文档内容
§7.9 立体几何中的截面、交线问题
重点解读 “截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一
些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力．求截面、交线问题，一是与解三
角形、多边形面积、周长、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求
解．
题型一 截面作图
例1 如图，在正方体ABCD－ABC D 中，M是AB 的中点，N在棱CC 上，且CN＝2NC .
1 1 1 1 1 1 1 1
作出过点D，M，N的平面截正方体ABCD－ABC D 所得的截面，写出作法．
1 1 1 1
解 如图所示，五边形DQMFN即为所求截面．
作法如下：连接DN并延长交DC 的延长线于点E，
1 1
连接ME交BC 于点F，交DA 的延长线于点H，
1 1 1 1
连接DH交AA 于点Q，连接QM，FN，
1
则五边形DQMFN即为所求截面．
思维升华 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，若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与截面的交线．
跟踪训练1 如图，已知在正方体ABCD－ABC D 中，M是棱AA 的中点，过C，D ，M三
1 1 1 1 1 1
点作正方体的截面，作出这个截面图，写出作法．解 如图，连接CD，连接DM并延长，交DA的延长线于点N，连接CN交AB于点P，连
1 1
接MP，则四边形CDMP为过C，D，M三点的正方体的截面．
1 1
题型二 截面图形的形状判断
例2 (多选)在正方体ABCD－ABC D 中，点E是线段DD 上的动点，若过A，B ，E三点
1 1 1 1 1 1
的平面将正方体截为两个部分，则所得截面的形状可能为( )
A．等边三角形 B．矩形
C．菱形 D．等腰梯形
答案 ABD
解析 当点E与D 重合时，过A，B ，E三点的截面是等边三角形ABD ，故A正确；当点
1 1 1 1
E与D重合时，过A，B，E三点的截面为矩形ABC D，故B正确；若截面为菱形，则必有
1 1 1
AB ＝AE，此时点E与D 重合，故C错误；当点E与DD 中点重合时，记C D 的中点为
1 1 1 1 1
F，连接EF，FB ，C D(图略)，易知EF∥DC ，由正方体性质可知，AD∥BC 且AD＝
1 1 1 1 1
BC ，所以四边形ABC D为平行四边形，所以DC ∥AB ，所以EF∥AB 且EF＝AB ，设正
1 1 1 1 1 1 1 1
方体棱长为2，则AE＝BF＝＝，所以过A，B ，E三点的截面为等腰梯形ABFE，故D正
1 1 1
确．
思维升华 判断几何体被一个平面所截的截面形状，关键在于弄清这个平面与几何体的面相
交成线的形状和位置．
跟踪训练2 已知一个棱柱的底面是正六边形，侧面都是正方形，用至少过该棱柱三个顶点
(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱，所得截面的形状不可能是( )
A．等腰三角形 B．等腰梯形
C．五边形 D．正六边形
答案 D
解析 如图①，由图可知，截面ABC为等腰三角形，选项A可能；截面ABEF为等腰梯形，
选项B可能；如图②，截面AMDEN为五边形，选项C可能；因为侧面是正方形，只有平行
于底面的截面才可能是正六边形，故过两底的顶点不可能得到正六边形，选项D不可能．题型三 截面图形的周长或面积
例3 (2024·朔州模拟)在正方体ABCD－ABC D 中，棱长为3，E为棱BB 上靠近B 的三等
1 1 1 1 1 1
分点，则平面AED 截正方体ABCD－ABC D 的截面面积为( )
1 1 1 1 1
A．2 B．4
C．2 D．4
答案 C
解析 延长AE，AB 交于点F，连接DF交BC 于点G，如图，
1 1 1 1 1
在正方体ABCD－ABC D 中，平面ADD A∥平面BCC B，
1 1 1 1 1 1 1 1
∵平面AFD ∩平面ADD A＝AD，平面AFD ∩平面BCC B＝EG，
1 1 1 1 1 1 1
∴AD∥GE，又∵AD＝3，GE＝，
1 1
∴四边形AEGD 是梯形，且为平面AED 截正方体ABCD－ABC D 的截面．
1 1 1 1 1 1
又∵DG＝AE＝，在等腰梯形AEGD 中，过G作GH⊥AD，
1 1 1
∴GH＝＝，
∴S＝·(AD＋EG)·GH＝×(＋3)×＝2.
1
思维升华 几何体的截面的相关计算，关键在于根据公理作出所求的截面，再运用解三角形
的相关知识得以解决．
跟踪训练3 (2023·新乡模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD－ABC D 中，E是棱CC 的
1 1 1 1 1
中点，过A，D ，E三点的截面把正方体ABCD－ABC D 分成两部分，则该截面的周长为(
1 1 1 1 1
)
A．3＋2 B．2＋＋3
C． D．2＋2＋2答案 A
解析 如图，取BC的中点F，连接EF，AF，BC ，
1
E，F分别为棱CC ，BC的中点，
1
则EF∥BC ，
1
又在正方体中BC ∥AD，
1 1
则有EF∥AD，所以平面AFED 为所求截面，
1 1
因为正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，
1 1 1 1
所以EF＝，DE＝AF＝＝，AD＝2，
1 1
所以四边形AFED 的周长为3＋2.
1
课时精练
一、单项选择题
1．过正方体ABCD－ABC D 的棱AB，BC的中点E，F作一个截面，使截面与底面ABCD
1 1 1 1
所成二面角为45°，则此截面的形状为( )
A．三角形或五边形 B．三角形或四边形
C．正六边形 D．三角形或六边形
答案 D
解析 过棱AB，BC的中点E，F作正方体ABCD－ABC D 的截面，∵二面角D －EF－
1 1 1 1 1
D，二面角B－EF－B都大于45°，∴当截面为EFHJIG时，如图所示，为六边形；当截面为
1
EFM时，如图所示，为三角形．
2．在长方体ABCD－ABC D 中，若AB＝2，AD＝AA ＝4，E，F分别为BB ，AD 的中点，
1 1 1 1 1 1 1 1
过点A，E，F作长方体ABCD－ABC D 的一个截面，则该截面的周长为( )
1 1 1 1
A．6 B．6
C．2＋4 D．4＋2
答案 D解析 如图，连接 AF，过点E作EP∥AF交BC 于点P，连接FP，AE，即可得到截面
1 1
AFPE，
因为E为BB 的中点，EP∥AF，
1
所以BP＝AF＝1，
1 1
因为AB＝2，AD＝AA＝4，
1
则AF＝＝2，所以EP＝AF＝，
AE＝＝2，FP＝＝，
所以截面AFPE的周长为2＋＋2＋＝4＋2.
3．(2023·承德模拟)在三棱锥P－ABC中，AB＋2PC＝9，E为线段AP上更靠近P的三等分
点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P－ABC所得截面的周长为( )
A．5 B．6 C．8 D．9
答案 B
解析 如图所示，在三棱锥P－ABC中，过E分别作EF∥AB，EH∥PC，
再分别过点H，F作HG∥AB，FG∥PC，可得E，F，G，H四点共面，
因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，
同理可证，PC∥平面EFGH，
所以截面即为平行四边形EFGH，
又由E为线段AP上更靠近P的三等分点，且AB＋2PC＝9，
所以EF＝AB，EH＝PC，
所以平行四边形EFGH的周长为2(EF＋EH)＝(AB＋2PC)＝6.
4．已知正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，M，N分别为AB ，BC 的中点，过M，N的
1 1 1 1 1 1 1 1
平面所得截面为四边形，则该截面的最大面积为( )
A．2 B．2 C. D.
答案 D
解析 如图所示，面积最大的截面四边形为等腰梯形 MNCA，其中MN＝，AC＝2，AM＝CN＝，
高为h＝＝，
故面积为×(＋2)×＝.
5.从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥(以圆柱的上底面为正四棱锥底面
的外接圆，下底面圆心为顶点)而得到的几何体如图所示，用一个平行于底面且距底面为1
的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为( )
A．4π－4 B．4π
C．4π－2 D．2π－2
答案 C
解析 截面图形应为圆面中挖去一个正方形，且圆的半径是2，则截面圆的面积为4π，
设正四棱锥的底面正方形边长为a，则2a2＝16，所以a＝2，
正四棱锥的底面正方形的面积为(2)2＝8，
由圆锥中截面的性质，可得圆面中挖去一个正方形与正四棱锥的底面正方形相似，
设圆面中挖去一个正方形的面积为S′，正四棱锥的底面正方形的面积为S，则＝＝，从而
S′＝2，
所以截面图形的面积为4π－2.
6．在正方体ABCD－ABC D 中，M，N分别为AD，C D 的中点，过M，N，B 三点的平
1 1 1 1 1 1 1
面截正方体ABCD－ABC D 所得的截面形状为( )
1 1 1 1
A．六边形 B．五边形
C．四边形 D．三角形
答案 B解析 如图，在AB上取点Q，且BQ＝3AQ，取CD的中点P，连接QM，BP，NP，BQ.
1
在DD 上取点R，且DR＝3DR，连接NR，MR.
1 1
因为＝＝，∠QAM＝∠PCB，
所以△QAM∽△PCB，所以∠AQM＝∠BPC.
又AB∥CD，所以∠ABP＝∠BPC，
所以∠ABP＝∠AQM，
所以QM∥BP.
因为N，P分别为C D，CD的中点，
1 1
所以PN∥CC ，且PN＝CC .
1 1
根据正方体的性质，可知BB∥CC ，且BB＝CC ，所以PN∥BB，且PN＝BB，
1 1 1 1 1 1
所以四边形BPNB 是平行四边形，
1
所以BN∥BP，所以BN∥QM.
1 1
同理可得NR∥BQ.
1
所以五边形QMRNB 即为所求正方体的截面．
1
二、多项选择题
7．用一个平面截正方体，则截面的形状不可能是( )
A．锐角三角形 B．直角梯形
C．正五边形 D．正六边形
答案 BC
解析 对于A，截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三
角形．如图所示的截面为△ABC.设DA＝a，DB＝b，DC＝c，所以AC2＝a2＋c2，AB2＝a2＋
b2，BC2＝b2＋c2.
所以由余弦定理得，cos∠CAB＝＝>0，
所以∠CAB为锐角．同理可求，∠ACB为锐角，∠CBA为锐角．所以△ABC为锐角三角形，
故A不符合题意；对于B，如图，截面图形如果是四边形，可能是正方形、矩形、菱形、一般梯形、等腰梯形，
不可能是直角梯形，故B符合题意；
对于C，如图，当截面为五边形时，不可能出现正五边形，故C符合题意；
对于D，当截面过棱的中点时，如图，即截面为正六边形，故D不符合题意．
8．已知正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，E，F，H是棱BC，DC ，AA 上的动点(包含
1 1 1 1 1 1 1
端点)，且满足CE＝DF＝AH，则下列结论正确的是( )
1
A．DB⊥平面EFH
1
B．存在E，F，H，使得点D到平面EFH的距离为1
C．平面EFH截此正方体所得截面面积的最大值为3
D．平面EFH截此正方体所得截面的周长为定值
答案 ACD
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，设CE＝DF＝AH＝m，m∈[0,2]，
1
则D(0,0,0)，E(m,2,0)，F(0，m,2)，H(2,0，m)，B(2,2,2)，
1
DB1·EF＝(2,2,2)·(－m，m－2,2)＝－2m＋2m－4＋4＝0，故DB1⊥EF，即DB⊥EF，
1
同理可得DB⊥EH，EF∩EH＝E，EF，EH⊂平面EFH，故DB⊥平面EFH，故A正确；
1 1
平面EFH的一个法向量为DB1＝(2,2,2)，
点D到平面EFH的距离为|DH||cos〈DH，DB1〉|＝＝＝1，
解得m＝－2，不满足题意，故B错误；
设平面 EFH 分别与 AD ，AB，CC 交于 P，Q，R，设 P(p,0,2)，则PF·DB1＝(－p，
1 1 1
m,0)·(2,2,2)＝－2p＋2m＝0，p＝m，即P(m,0,2)，
同理可得，Q(2，m,0)，R(0,2，m)，故|HR|＝|PE|＝|FQ|＝2，PF∥HR∥QE，
如图，过点P作PM⊥HR于M，EN⊥HR于N，则|PM|＝(2－m)，|EN|＝m，
截面面积为S＝(m＋2)×(2－m)＋×(2＋2－m)×m＝－(m－1)2＋3，当m＝1时有最大值为
3，故C正确；
截面的周长为m＋(2－m)＋m＋(2－m)＋m＋(2－m)＝6，为定值，故D正确．
三、填空题
9．(2024·曲靖模拟)“中国天眼”(如图1)是世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜，其形状
可近似地看成一个球冠(球冠是球面被平面所截的一部分，如图2所示，截得的圆叫做球冠
的底，垂直于截面的直径被截得的线段叫做球冠的高．若球面的半径是 R，球冠的高度是
h，则球冠的面积S＝2πRh)．已知天眼的球冠的底的半径约为250米，天眼的反射面总面积
(球冠面积)约为25万平方米，则天眼的球冠高度约为________米.
答案 130
解析 由题意得(R－h)2＋2502＝R2，
则2Rh＝h2＋2502，
则S＝2πRh＝πh2＋2502π＝250 000，
所以h2＝＝2502，
所以h＝250≈250×0.52＝130.
10.如图，在直三棱柱ABC－ABC 中，AB＝1，BC＝2，AC＝，AA ＝3，M为线段BB 上的
1 1 1 1 1
一动点，则过A，M，C 三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为________．
1
答案 3＋
解析 由题意可知过A，M，C 三点的平面截该三棱柱所得截面的周长即△AMC 的周长，
1 1
因为直三棱柱ABC－ABC 的各侧面均为矩形，所以AC ＝＝，
1 1 1 1
直三棱柱ABC－ABC 的侧面部分展开图如图所示，
1 1 1则在矩形ACC A 中，AM＋MC ≥AC ＝＝3，
1 1 1 1
所以过A，M，C 三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为3＋.
1
