立体几何中的截面问题.docx

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1、立体几何中的截面问题一、知识点梳理一、鼓面问鹿的理论依据(1)确定平面的条件不在同一平面的三点确定一个平面；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、鼓面问题的基本思路1.定义相关要素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.此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线.此平面与几何体的棱(或

2、面)的交集(交点)叫做实截点.此平面与几何体的棱(或面)的延长线的交点叫做虚截点.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T连截线T围截面3 .作截面的具体步图(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

3、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C,注意：此时合格Cl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.二、题型精讲精练【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

4、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AbeOA4GA中，BE=*=2,AAB=3AAif则该四棱柱被过点A，c,E的平面截得的截面面积为.【答案】1219【分析】在。A上取点尸，使得A尸=2,连接A

5、EC广，则四边形AECF是平行四边形，由勾股定理可得AE,CE,，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A6COA4G。中，BE=W=2,4A3=3AA,可得AAl=BBl=CG=8,BE=2,在DR上取点尸，使得DF=2,连接AEC尸，则有A/=CE,A1/CE,所以四边形AEC厂是平行四边形，由勾股定理可得A=62+62=62,CE=22+62=2i,tC=62+6282=234,所以c*言萨=策段患=噂所以SSg得，所以四边形W是平行四边形的面积为AEXECXSinNAEC=6艰2而X甯=12加，故答案为：12M【典例3】如图，在正方体ABa)-ABCa中，ab=4,E

6、为棱BC的中点，尸为棱AA的四等分点(靠近点A),过点AE尸作该正方体的截面，则该截面的周长是.【分析】首先根据面面平行的性质定理作出过点4旦F的正方体的截面，从而求截面的周长.【详解】如图，取GA的中点”，取CG上靠近点G的三等分点G,连接AEGG”,“EE4,易证AEEA”EG,则五边形AEG尸为所求截面.4因为A3=4,所以BE=CE=CIH=DlH=2,AxF=3,DF=l,CG=g,C1G=-则AE=25EG=*GH=巫,HF=EAF=5,故该截面的周长是J3AE+EG + GH + HF + AF =9百+25 + 2而.故答案为:9 + 25 + 2i5【典例4】已知三棱锥A-3

7、Cz）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,ACf5.AD的中点，若平面。截三棱锥A-BS和球。所得的截面面积分别为S,S2,则寸=（）33r33r33A.o.V.U.868464;T【答案】B【分析】根据平面截三棱锥A-BCO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A-8C。所得正三角边长为a,截面圆的半径为r,则Sl=立.S1 33S2 6故选：B14由正弦定理可得二=毡。，.a=仃2=皿sin6003-3【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

8、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.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）己知在正方体ABC。-A/CQ中，E,F,G分别是A8,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AG、DD、AD的中点H、M、N,连接G”、HM、MN,在正方体ABCO-AgGR中，E9F,G分别是AB,BB,BC的中点

9、,.HG!ENtHM/EF,FG/MN,.六边形打C”MN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ABCQ中，AB=BBI=2BC,点P,Q,T分别在棱BB,CG和AB上，且BP=3BP,CQ=3ClQtBT=3AT,则平面PQr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。P并延长交C8的延长线于点E,连接口并延长交AO于点S,过点S作SR/EQ交。A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CA的延长线于点E,连接Q并延长交AD于点S,

10、过点S作SR/EQ交DDl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67=38尸，CQ=3CQ,BT=3AT9PRRP11所以:.EBPs&ECQ,则万=Kr力所以EB=：BC，ECCQ32QAT111又SATSEBT,=-=,所以SA=WE8=/Al),EBrB336则SD=AD,O显然SoRSECQt则/二考，所以DR=WQC=ICjDD-GCC91212故选:C4. （2023秋江苏南京高三统考开学考试）在正方体A8CQ-A82中，过点B的平面。与直线AC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

11、【分析】作出辅助线，证明出BO_L平面AAC,所以BDl_A。，同理可证明BCAC,得到ACL平面BCp,故平面。即为平面BCQ,得到截面的形状.【详解】连接325G,G2AC,因为AAJJ平面ABCf）,或Ju平面A88,所以AA1J.BD,又四边形A88为正方形，所以ACJ80,又AAlAC=A9AAI,ACu平面AAC,所以8Z）J_平面441C,因为ACU平面AAC,所以8O_LA。，同理可证明8GLAC,因为SGBD=B,BJ,BDu平面BaD,故AC_L平面8Cq,故平面。即为平面BCQ,则。截该正方体所得截面的形状为三角形.5. （2023河南模拟预测）在正方体ABCo-AgCQ

12、中，M,N分别为AO,GA的中点，过M,MBl三点的平面截正方体ABCO-AgGR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AH上取点。，且8Q=3AQ,取8中点为P,在。A上取点R,且。R=3。/?.通过一4册2.尸。8,可得ZAQM=NBPC,进而得出ZABp=ZAQM,QMBP.通过证明用NBP,得出用NQM洞理得出NR4Q,即可得出正方体的截面图形.【详解】在AB上取点Q,且8Q=3AQ,取。中点为尸，连接QM、BRNP,BQ.在。A上取点R,KDiR=3DRt连结NR,MR.因为箜=则CP BC-,ZQAM = ZPCB, 2所以QMSAPC8,

13、所以ZAQM=NBPC.又A8CD,所以NABP=N砒;，所以ZABP=/AQM,所以，QM/BP.因为MP分别为GR,CO的中点，所以PNCC且PN=CG.根据正方体的性质，可知484CC,且BB=CC,所以，PN/BByf且PN=BB,所以，四边形BPN片是平行四边形，所以，BiN/BP9所以片NQM.同理可得，NRHBQ.所以，五边形QMRN4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48CD-AgGR中，点M为Cz）的中点,点P在侧面A。AA上，且到AA的距离为6,到AA的距离为5,则过点P且与AM垂直的正方体截面的形A.三角形B.

14、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，过点尸作所AA分别交AA,DR于点E厂,因为AA_L4。，可得E尸J.?1,。，在正方体ABe。-AAGA中，Co_L平面ADRA，所以EF上CD又C。A。=。,所以所1平面MDVAoq平面MDAI,所以ADjLEE过P作PKLAA交于AR点K,则PK=6,设KF=XFKKP（6则、=卡，所以西=而，即布=而，则=6所以AF=AK+KF=5+6=11在正方形4蜴GA中，取CR的中点M,连接MMi,4M则V4/R与VRGN,则ZD1A1M1=NDG所以NDM+NDMA=4NDM+DxM=90。,即AM1DN取4G的中点N,过F作FH/DN交BG于点H,连接RN,则4例1，尸又MMl_L平面A瓦Ca,所以MM_LFH,由MMCAM=M所以尸HJ_平面AMM,所以7J.AM又EFCFH=F,所以Al面EFH连接过H作HG/BC,由BCJ/AD，则BCJ/FE,所以HGFE(且HGFE)连接EG,则四边形EFHG为梯形，所以AM!平面EFHG所以截面的