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§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 作截面
例1 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M 是A1B1的中点，N 在棱CC1上，且CN=2NC1.作出过点
D，M，N 的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作法.
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 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G 分别为BC，CD，DD1的中点，作出过点E，F，G
的平面截正方体的截面.
题型二 截面图形的形状判断
例2 已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E 是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F 是线段D1C1上靠近
D1的三等分点，则平面AEF 截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为( )
A.三角形
B.四边形
C.五边形
D.六边形
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 如图，正三棱柱ABC-A'B'C'的所有棱长都相等，P 为线段BB'的中点，Q 为侧面BB'C'C 内
的一点(包括边界，异于点P)，过点A，P，Q 作正三棱柱的截面，则截面的形状不可能是( )
A.五边形
B.四边形
C.等腰三角形
D.直角三角形
题型三 截面图形的周长或面积
例3 (2024·呼和浩特模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M 为棱DC 的中点，N 为侧面BC1
的中心，过点M 的平面α 垂直
于DN，则平面α 截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为( )
A.4(√5+√2)
B.2√3
C.5√3
D.4√6
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 如图所示，棱长为3 的正四面体形状的木块，点P 是△ABC 的重心，过点P 将木块锯开，
并使得截面平行于AD 和BC，则截面的面积为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
答案精析
例1 解 方法一 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D1C1的延长线于点E，
连接ME 交B1C1于点F，延长EM 交D1A1的延长线于点H，
连接DH 交AA1于点Q，
连接QM，FN，
则五边形DQMFN 即为所求截面.
方法二 连接DN，过点M 作DN 的平行线交AA1于Q 点，连接DQ，过N 作DQ 的平行线交B1C1于F 点，
连接MF，
则五边形DQMFN 即为所求截面.
跟踪训练1 解 如图，过点G 作EF 的平行线交BB1于点J，过点J 作FG 的平行线交A1B1于点I，
过点I 作EF 的平行线交A1D1于点H，易知点J，I，H 都在截面EFG 内，
且都是其所在棱的中点，从而所得截面是正六边形EFGHIJ.
例2 C [如图，设AB=6，分别延长AE，A1B1交于点G，此时B1G=3，
连接FG 交B1C1于点H，连接EH，
设平面AEF 与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1=AE，平面AEF∩平面DCC1D1=l，
所以l∥AE，设l∩D1D=I，
则FI∥AE，
此时△FD1I∽△ABE，故ID1=4
3 ，连接AI，
所以五边形AIFHE 为所求截面图形.]
跟踪训练2 A [对于B，当PQ 的延长线与线段B'C'(除端点外)相交于点F 时，延长PQ 交CC'的延长线
于点D，
图1
连接AD 交A'C'于点E，连接EF，如图1，
此时过点A，P，Q 作正三棱柱的截面为四边形APFE(当Q 在线段B'C'(除端点外)上时，截面也为四边形)，
故截面的形状可能是B；
对于A，当PQ 的延长线与线段CC'或BC(除B 点外)相交(或点Q 在线段CC'或BC(除B 点外)上)时，截面为
三角形，
结合B 选项可知，截面为三角形或四边形，不可能为五边形，故截面的形状不可能是A；
对于C，取CC'的中点为Q，连接PQ，AQ，如图2，又P 为线段BB'的中点，
图2
所以AP=AQ，所以△APQ 为等腰三角形，故截面的形状可能是C；
对于D，取BC 的中点为Q，连接AQ，PQ，如图3，
图3
因为三棱柱ABC-A'B'C'为正三棱柱，所以AQ⊥BC，
又BB'⊥平面ABC，AQ⊂平面ABC，所以BB'⊥AQ，
又BC∩BB'=B，BC，BB'⊂平面BB'C'C，所以AQ⊥平面BB'C'C，
又PQ⊂平面BB'C'C，
所以AQ⊥PQ，所以△APQ 为直角三角形，故截面的形状可能是D.]
例3 D [如图所示，取BC，CC1的中点E，F，分别连接NE，NF，DE，DF，AD1，D1M，AM，
在正方形ABCD 中，因为M，E 分别为DC，BC 的中点，
可得△ADM∽△DCE，
所以∠DAM=∠CDE，
∠AMD=∠CED，
因为∠ADM=90°，
所以∠AMD+∠CDE=∠AMD+∠DAM=90°，
所以∠DPM=90°，即AM⊥DE，
又因为E，N 分别为BC，BC1的中点，
所以NE∥CC1，
因为CC1⊥平面ABCD，
AM⊂平面ABCD，
所以CC1⊥AM，所以AM⊥NE，
又因为DE∩NE=E 且DE，NE⊂平面DNE，
所以AM⊥平面DNE，
因为DN⊂平面DNE，
所以AM⊥DN，
同理可证D1M⊥DN，
又因为AM∩D1M=M 且AM，
D1M⊂平面AD1M，
所以DN⊥平面AD1M，
即平面α 截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面为△AD1M，
由正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，
在Rt△ADD1中，可得AD1=√A D
2+ D D1
2=√4
2+ 4
2=4√2，
在Rt△ADM 中，可得AM=√A D
2+ D M
2=√4
2+2
2=2√5，
在Rt△DD1M 中，可得D1M=√D D1
2+ D M
2=√4
2+2
2=2√5，
所以截面的面积为S=1
2×4√2×√(2√5)
2-(2√2)
2=4√6.]
跟踪训练3 B [由题意可知，点P 是△ABC 的重心，过点P 作EF∥BC，
分别交AB，AC 于点E，F，作FG∥AD 交CD 于点G，
设平面EFG 与BD 交于点H，连接HG，EH，由于BC⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，故BC∥平面EFG，
因为FG∥AD，AD⊄平面EFG，FG⊂平面EFG，所以AD∥平面EFG，
即四边形EFGH 即为所求截面，
由于BC∥平面EFG，平面EFG∩平面BCD=HG，BC⊂平面BCD，
故BC∥HG∥EF，同理FG∥EH，
故四边形EFGH 为平行四边形，
设M 为BC 的中点，连接AM，DM，
则AM⊥BC，DM⊥BC，AM，DM⊂平面ADM，AM∩DM=M，故BC⊥平面ADM，AD⊂平面ADM，
故BC⊥AD，
而EF∥BC，FG∥AD，故EF⊥FG，即平行四边形EFGH 为矩形，即所求截面是矩形，
因为点P 是△ABC 的重心，
则AP=2
3AM，
故EF=2
3BC=2，AF=2
3AC，
所以FG=1
3AD=1，故矩形EFGH 的面积为EF×FG=2，即截面的面积为2.]
