素养拓展25 立体几何中的截面问题（解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展25立体几何中的截面问题（精讲+精练）一、截面问题的理论依据(1)确定平面的条件①不在同一平面的三点确定一个平面；②两条平行线确定一个平面(2)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线(3)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内(4)如果一条直线平行于一个平面，且经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行(5)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行二、截面问题的基本思路1.定义相关要素①用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面.②此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线.③此平面与几何体的棱(或面)的交集(交点)叫做实截点.④此平面与几何体的棱(或面)的延长线的交点叫做虚截点.⑤截面中能够确定的一部分平面叫做截小面.2.作截面的基本逻辑：找截点→连截线→围截面3.作截面的具体步骤（1）找截点：方式1：延长截小面上的一条直线，与几何体的棱、面(或其延长部分)相交，交点即截点方式2：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体的棱于截点（2）连截线：连接同一平面内的两个截点，成截线（3）围截面：将各截线首尾相连，围成截面三、作截面的几种方法（1）直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程。（2）延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。（3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体的截面的交线。模型演练：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等完全理解了，再改成任意等分点一、知识点梳理方法：两点成线相交法或者平行法特征：1.三点中，有两点连线在表面上.本题如下图是EF（这类型的关键）；2.“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以.方法一：相交法，做法如下图.方法二：平行线法，做法如下图.四、正方体中的基本截面类型【典例1】用一个平面去截正方体，所得截面不．可能是（）A．直角三角形B．直角梯形C．正五边形D．正六边形【答案】ABC【分析】根据正方体的几何特征，我们可分别画出用一个平面去截正方体得到的几何体的图形，然后逐一与四个答案中的图形进行比照，即可判断选项．【详解】当截面为三角形时，可能出现正三角形，但不可能出现直角三角形；截面为四边形时，可能出现矩形，平行四边形，等腰梯形，但不可能出现直角梯形；当截面为五边形时，不可能出现正五边形；截面为六边形时，可能出现正六边形，故选：ABC．【典例2】已知正四棱柱1111ABCDABCD中，1124BEBB，143ABAA，则该四棱柱被过点1A，C，E的平面截得的截面面积为______.【答案】1219【分析】在1DD上取点F，使得12DF，连接1,AFCF，则四边形1AECF是平行四边形，由勾股定理可得11,,AECEAC，再结合余弦定理与面积公式即可求解【详解】由题意，正四棱柱1111ABCDABCD中，1124BEBB，143ABAA，可得1118,2AABBCCBE，在1DD上取点F，使得12DF，连接1,AFCF，则有11,//AFCEAFCE，所以四边形1AECF是平行四边形，由勾股定理可得2222222116662,26210,668234AECEAC，二、题型精讲精练所以222111172401365cos210262210AECEACAECAECE,所以195sin10AEC，所以四边形1AECF是平行四边形的面积为1195sin62210121910AEECAEC，故答案为：1219【典例3】如图，在正方体1111ABCDABCD中，4AB，E为棱BC的中点，F为棱11AD的四等分点（靠近点1D），过点,,AEF作该正方体的截面，则该截面的周长是___________.【答案】95252133【分析】首先根据面面平行的性质定理作出过点,,AEF的正方体的截面，从而求截面的周长.【详解】如图，取11CD的中点H，取1CC上靠近点1C的三等分点G，连接,,,,AEEGGHHFFA，易证//,//AEHFAFEG，则五边形AEGHF为所求截面.因为4AB，所以111182,3,1,3BECECHDHAFDFCG，143CG则1025,3AEEG，213,5,5,3GHHFAF故该截面的周长是95252133AEEGGHHFAF.故答案为：95252133.【典例4】已知三棱锥ABCD的所有棱长均相等，四个顶点在球O的球面上，平面经过棱AB，AC，AD的中点，若平面截三棱锥ABCD和球O所得的截面面积分别为1S，2S，则12SS（）A．338B．3316C．38D．364【答案】B【分析】根据平面截三棱锥ABCD所得三角形为正三角，即可求出三角形面积及外接圆面积，即可求解.【详解】设平面截三棱锥ABCD所得正三角边长为a，截面圆的半径为r，则2134Sa，由正弦定理可得23sin603ara，22243πaSπr，123316SSπ，故选：B【题型训练-刷模拟】1.截面形状问题一、单选题1．（2023·全国·高三专题练习）用一平面去截一长方体，则截面的形状不可能是（）A．四边形B．五边形C．六边形D．七边形【答案】D【分析】用平面去截正方体时最多和六个面相交得六边形.【详解】如图，用平面去截正方体时最多和六个面相交得六边形，因此截面的形状可能有：三角形、四边形、五边形、六边形，不可能为七边形，故选:D.2．（2023·全国·高三专题练习）已知在正方体1111ABCDABCD中，E，F，G分别是AB，1BB，11BC的中点，则过这三点的截面图的形状是（）A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形【答案】D【分析】利用平行画出截面，进而判断出正确答案.【详解】分别取11DC、1DD、AD的中点H、M、N，连接GH、HM、MN，在正方体1111ABCDABCD中，E，F，G分别是AB，1BB，11BC的中点，//HGEN，//HMEF，//FGMN，六边形EFGHMN是过E，F，G这三点的截面图，过这三点的截面图的形状是六边形．故选：D3．（2023·全国·高三专题练习）已知在长方体1111ABCDABCD中，12ABBBBC，点P，Q，T分别在棱1BB，1CC和AB上，且13BPBP，13CQCQ，3BTAT，则平面PQT截长方体所得的截面形状为（）A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形【答案】C【分析】连接QP并延长交CB的延长线于点E，连接ET并延长交AD于点S，过点S作//SREQ交1DD于点R，连接RQ，即可得到截面图形，从而得解.【详解】如图连接QP并延长交CB的延长线于点E，连接ET并延长交AD于点S，过点S作//SREQ交1DD于点R，连接RQ，则五边形PQRST即为平面PQT截该长方体所得的截面多边形.其中因为13BPBP，13CQCQ，3BTAT，所以EBPECQ∽，则13EBBPECCQ，所以12EBBC，又SATEBT∽，所以13SAATEBTB，所以1136SAEBAD，则56SDAD，显然SDRECQ∽，则SDDRECCQ，所以1155591212DRQCCCDD.故选：C4．（2023秋·江苏南京·高三统考开学考试）在正方体1111ABCDABCD中，过点B的平面与直线1AC垂直，则截该正方体所得截面的形状为（）A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形【答案】A【分析】作出辅助线，证明出BD⊥平面1AAC，所以BD⊥1AC，同理可证明1BC⊥1AC，得到1AC⊥平面1BCD，故平面即为平面1BCD，得到截面的形状.【详解】连接11,,,BDBCCDAC，因为1AA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以1AA⊥BD，又四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，又1AAACA，1,AAAC平面1AAC，所以BD⊥平面1AAC，因为1AC平面1AAC，所以BD⊥1AC，同理可证明1BC⊥1AC，因为1BCBDB，1,BCBD平面1BCD，故1AC⊥平面1BCD，故平面即为平面1BCD，则截该正方体所得截面的形状为三角形.故选：A5．（2023·河南·模拟预测）在正方体1111ABCDABCD中，M，N分别为AD，11CD的中点，过M，N，1B三点的平面截正方体1111ABCDABCD所得的截面形状为（）A．六边形B．五边形C．四边形D．三角形【答案】B【分析】在AB上取点Q，且3BQAQ，取CD中点为P，在1DD上取点R，且13DRDR.通过QAMPCB∽，可得AQMBPC，进而得出ABPAQM，QMBP∥.通过证明1BNBP∥，得出1BNQM∥.同理得出1NRBQ∥，即可得出正方体的截面图形.【详解】在AB上取点Q，且3BQAQ，取CD中点为P，连接1,,,QMBPNPBQ.在1DD上取点R，且13DRDR，连结,NRMR.因为12AQAMCPBC，QAMPCB，所以QAMPCB∽，所以AQMBPC.又ABCD，所以ABPBPC，所以ABPAQM，所以，QMBP∥.因为,NP分别为11,CDCD的中点，所以1PNCC∥，且1PNCC=.根据正方体的性质，可知11BBCC∥，且11BBCC，所以，1PNBB∥，且1PNBB=，所以，四边形1BPNB是平行四边形，所以，1BNBP∥，所以1BNQM∥.同理可得，1NRBQ∥.所以，五边形1QMRNB即为所求正方体的截面.故选：B.6．（2023·全国·高三专题练习）在如图所示的棱长为20的正方体1111ABCDABCD中，点M为CD的中点，点P在侧面11ADDA上，且到11AD的距离为6，到1AA的距离为5，则过点P且与1AM垂直的正方体截面的形状是（）A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形【答案】B【分析】根据线面垂直的判定与性质，以及正方体的截面的性质、平面的基本性质，即可求解.【详解】如图所示，过点P作1//EFAD分别交11,AADD于点,EF，因为11ADAD，可得1EFAD，在正方体1111ABCDABCD中，CD平面11ADDA，所以EFCD又1CDADD,所以EF平面1MDA,1AD平面1MDA,所以1ADEF过P作11PKAD交于11AD点K，则6PK,设KFx则11AEAF,所以11FKKPFAAE，即116xAEAF,则6x所以115611AFAKKF在正方形1111DCBA中，取11CD的中点1M，连接111,MMAM则111AMDV与11DCNV,则11111DAMNDC所以111111111190NDMDMANDMDAM,即111AMDN取11BC的中点N，过F作1//FHDN交11BC于点H，连接1DN，则11AMFH又1MM平面1111DCBA,所以1MMFH,由1111MMAMM所以FH平面11AMM，所以1FHAM又EFFHF，所以1AM平面EFH连接1BC，过H作1//HGBC,由11//BCAD，则1//BCFE，所以//HGFE(且HGFE)连接EG，则四边形EFHG为梯形，所以1AM平面EFHG所以截面的形状为四边形边形EFHG.故选：B.7．（2023·上海·高三统考学业考试）如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH为截面，长方形ABCD为底面，则四边形EFGH的形状为（）A．梯形B．平行四边形C．可能是梯形也可能