2027年高考数学一轮复习第七章　§7.9　立体几何中的截面、交线问题学案含解析

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题型一 截面作图
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.
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.
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 (2025·衡水模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，M，N分别为棱AA1，CC1的中点，点Q是棱A1D1上靠近点D1的三等分点，作出过点M，N，Q的平面与正方体ABCD-A1B1C1D1的截面，并写出作法.
解 如图所示，M，N分别是AA1，CC1的中点，
则MN∥A1C1∥AC，
作QE∥A1C1，交C1D1于点E，连接EN，并延长交DC的延长线于点K，连接QM，并延长交DA的延长线于点T，连接TK交AB于点G，交BC于点F，连接MG，NF，
则六边形QENFGM为过M，N，Q三点的截面.
题型二 截面图形的形状判断
例2 (多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，F为线段CC1(不包括端点)上的动点，过点A，E，F作正方体的截面，则截面图形可能为( )
A.三角形B.等腰梯形
C.五边形D.六边形
答案 BC
解析 连接AE并延长，交DC的延长线于M点，则DC=CM，取CC1中点为P，若F为点P时，如图①，
图①
连接MP并延长，交DD1于D1点，连接AD1，EF，∴截面为四边形AEPD1.
易得EP綉12AD1，AE=D1P，
∴截面四边形AEPD1为等腰梯形，B正确；
若F在CP之间，如图②，连接MF并延长交线段DD1于N点，连接AN，EF，截面为梯形AEFN；
图②
若F在PC1之间，如图③，连接MF并延长交DD1的延长线于点Q，交线段C1D1于N，连接AQ，与线段A1D1交于H点，连接HN，EF，则截面为五边形AEFNH，C正确.
图③
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 (多选)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，则截面的形状可能是( )
A.五边形B.四边形
C.等腰三角形D.直角三角形
答案 BCD
解析 ①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，连接AD交A'C'于点E，连接EF，如图1，
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；
②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.
取CC'的中点为Q，连接PQ，AQ，如图2，又P为线段BB'的中点，所以AP=AQ，所以△APQ为等腰三角形，故截面的形状可能是C；
图2
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.
题型三 截面图形的周长或面积
例3 (2025·重庆模拟)已知正四棱锥P-ABCD，其中AB=4，PA=42，平面α过点A，且平面α⊥PC，则平面α截正四棱锥P-ABCD的截面面积为( )
A.1633B.833C.123D.3233
答案 A
解析 依题意，在正四棱锥P-ABCD中，AB=BC=CD=AD=4，且PA=PB=PC=PD=42，
所以AC=42，所以△PAC是等边三角形，
设E是PC的中点，则AE⊥PC，所以AE⊂α，且AE=(42)2−(22)2=26，
设平面α与PB，PD分别相交于点F，G，
则由α⊥PC得PC⊥AF，PC⊥EF，PC⊥EG，PC⊥AG，
cs∠APB=cs∠BPC=cs∠DPC
=(42)2+(42)2−422×42×42=34，
所以PEPF=12PCPF=22PF=34，PEPG=12PCPG=22PG=34，故PF=PG=823，
所以EF=EG=8232−(22)2=2143，
所以AF=AG
=(42)2+8232−2×42×823×34
=823，
在△AEF中，由余弦定理得cs∠AFE
=8232+21432−(26)22×823×2143=-714，
所以sin∠AFE=1−−7142=32114，
所以结合正四棱锥的对称性得
S△AEF=12×823×2143×32114=833=S△AEG，
所以截面面积为833×2=1633.
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，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为DD1的中点，过点D作正方体的截面使其与平面A1EC1平行，则该截面的周长为 .
答案 45
解析 根据题意，取AA1，CC1的中点分别为M，N，连接DM，DN，B1M，B1N，MN，如图所示，
易知DE=C1N=1，且DE∥C1N，所以四边形DEC1N是平行四边形，
所以DN∥EC1，
又DN⊄平面A1EC1，EC1⊂平面A1EC1，
所以DN∥平面A1EC1.
同理可得DM∥平面A1EC1，
DN∩DM=D，DN，DM⊂平面DMN，
所以平面DMN∥平面A1EC1，
即过点D作正方体截面使其与平面A1EC1平行的截面即为平面DMN.
显然A1E∥B1N，A1E=B1N=5，且DM∥A1E，A1E=DM=5，
所以B1N∥DM，B1N=DM=DN=B1M=5，
所以四边形DMB1N是边长为5的菱形，即所求截面周长即为菱形DMB1N的周长，
所以其周长为4DM=45.
课时精练
[分值：42分]
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是AB，BC的中点，过点D1，E，F的平面截该正方体，则截面形状为( )
A.六边形B.五边形
C.四边形D.三角形
答案 B
解析 延长直线EF，分别交DA，DC的延长线于M，N两点，连接D1M，D1N分别交A1A，C1C于H，G两点，连接EH，FG，如图所示，过点D1，E，F的截面即为五边形D1HEFG.
2.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.5B.6C.8D.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=13AB，EH=23PC，
所以平行四边形EFGH的周长为2(EF+EH)=23(AB+2PC)=6.
3.已知棱长为4的正四面体ABCD，用所有与点A，B，C，D距离均相等的平面截该四面体，则所有截面的面积和为( )
A.12+43B.16+43
C.83D.43
答案 A
解析 与点A，B，C，D距离均相等的平面可分为两类，
一类是平面的一侧是1个点，另外一侧有3个点(如图1)，
此时截面过棱的中点，且与一个面平行，
故截面三角形与平行的面(三角形)相似，相似比为12，故其面积为14×12×4×4×sin 60°=3，
这样的截面共有4个，故这类截面的面积和为3×4=43；
另外一类是平面的两侧各有2个顶点(如图2)，
因为正四面体对棱垂直，易知四边形PQMN是边长为2的正方形，其面积为22=4，
这样的截面共有3个，故这类截面的面积和为4×3=12，
故符合条件的截面的面积和为12+43.
4.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，与直线A1C垂直的平面α截该正方体所得的截面多边形为M，则M的面积的最大值为( )
A.338B.334C.32D.3
答案 B
解析 连接A1B，因为BC⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1，且AB1⊥A1B，A1B∩BC=B，BC，A1B⊂平面A1BC，
图① 图②
所以AB1⊥平面A1BC，A1C⊂平面A1BC，
所以AB1⊥A1C，同理B1D1⊥A1C，且AB1∩B1D1=B1，AB1，B1D1⊂平面AB1D1，
所以A1C⊥平面AB1D1，
所以平面α为平面AB1D1或与其平行的平面，M只能为三角形或六边形.
当M为三角形时，其面积的最大值为34×(2)2=32，当M为六边形时，此时的情况如图①所示，
设KD=x，则AK=1-x，KL=2(1-x)，KE=2x，依次可以表示出六边形的边长，如图②所示，六边形可看作由两个等腰梯形构成，
其中LP∥KO∥EN，KO=2，两个等腰梯形的高分别为62(1-x)，62x，
则S六边形LKENOP=12(2x+2)·62(1-x)+
12[2(1-x)+2]·62x
=32(-2x2+2x+1)=-3x−122+334，
当且仅当x=12时，六边形面积最大，即截面是正六边形时截面面积最大，最大值为334.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.(2025·莆田模拟)一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图所示，则截面的图形可能是( )
答案 ABD
解析 当截面过体对角线，且不与任意正方体表面平行或垂直时，则能得图形A；
当截面过体对角线，且与正方体上下表面垂直时，则能得图形B；
当截面与任意正方体表面平行时，可得到图形D；
对于图形C，不妨考虑此截面为经过正方体ABCD-A1B1C1D1的四个顶点A，B，C1，D1或C，D，A1，B1的截面，
但四边形ABC1D1和四边形CDA1B1不是正方形，其他情况也可同理得到，故截面不可能是图形C.
6.(2026·威海模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段A1D1上的动点(包括端点)，则( )
A.存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B.存在点Q，使PQ∥平面MBN
C.过Q，M，N三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面为五边形
D.过Q，M，N三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面面积的最大值为42
答案 ABD
解析 选项A，连接A1B，A1P，CD1，在正方体中易知CD1∥A1B，
P，N分别是C1D1，CC1的中点，则PN∥CD1，所以PN∥A1B，即A1，P，N，B四点共面，当Q与A1重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确；
选项B，如图，取A1D1的中点为Q，连接PQ，QM，A1C1，
因为M，N分别是AA1，CC1的中点，则A1M与C1N平行且相等，四边形A1C1NM是平行四边形，
所以MN∥A1C1，又P是C1D1的中点，
所以PQ∥A1C1，所以PQ∥MN，
MN⊂平面MBN，PQ⊄平面MBN，
所以PQ∥平面MBN，B正确；
选项C，连接AC，A1C1，因为M，N分别是AA1，CC1的中点，则MN∥A1C1∥AC，
Q在A1D1上(除端点外)，如图，作QE∥A1C1交C1D1于E，连接EN并延长交DC的延长线于点K，
连接QM并延长交DA的延长线于点T，连接TK交AB于点G，交BC于点F，连接MG，NF，则六边形QENFGM为过Q，M，N三点的截面，当点Q与点D1重合时，截面为四边形D1MBN，当点Q与点A1重合时，截面为四边形A1ACC1，
综上，过Q，M，N三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面不可能是五边形，故C错误；
由正方体的对称性可知梯形QENM与梯形FGMN全等，
由面面平行的性质定理得TK∥QE，
从而有TK∥AC，由正方体性质，
设D1Q=x，0≤x≤2(当x=0或x=2时，截面为四边形，可看作截面为六边形的特殊情况)，
则D1E=D1Q=x，C1E=2-x，
N是CC1的中点，C1E∥CK，
则CK=C1E=2-x，所以CF=CK=2-x，
同理AG=2-x，BG=BF=x，
QE=2x，MN=22，
EN=12+(2−x)2=x2−4x+5，
梯形QENM是等腰梯形，高为h=
EN2−MN−QE22=12x2−2x+3，
截面面积S=2×12(QE+MN)h=x4−6x2+8x+24，
设f(x)=x4-6x2+8x+24，x∈[0，2]，
则f'(x)=4x3-12x+8=4(x-1)2(x+2)≥0，
故f(x)在[0，2]上单调递增，f(x)max=f(2)=32，
所以截面面积的最大值为32=42，D正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为4，点E为PB的中点，点F在PC上，FC=3PF，点G为AD的中点，则平面EFG截正四棱锥P-ABCD所得的截面周长为 .
答案 4+22+23
解析 延长FE与CB的延长线交于点H，连接HG与AB交于点L，延长HG与CD的延长线交于点M，连接FM与PD交于点N，
则平面EFG截正四棱锥P-ABCD所得的截面为五边形FELGN，
如图所示，易知EL=NG=2，LG=22，
FE=FN=PF2+PE2−2PF·PEcs60°
=1+4−2×1×2×12=3，
所以截面五边形FELGN的周长为4+22+23.
8.圆台O1O2的母线长为3，下底面直径为10，上底面直径为5，过圆台的两条母线作截面，则该截面面积的最大值为 .
答案 272
解析 由题意作出轴截面ABCD，并将其补成等腰三角形ABE，DC=5，AB=10，AD=BC=3，
根据DC∥AB，DC=12AB，则DC为△ABE的中位线，则DE=EC=AD=3，AE=BE=6，
在△ABE中，利用余弦定理得cs∠AEB=62+62−1022×6×6=-718，
因为∠AEB∈(0，π)，所以∠AEB∈π2，π，
过圆台两条母线所作截面也为等腰梯形，并将其补成等腰三角形，设其顶角为α，
则S截面=12×6×6sin α-12×3×3sin α=272sin α，因为α>0，且αmax=∠AEB，
则当α=π2时，S截面的最大值为272.
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