培优课 空间几何体的截面问题-【优学精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册教用Word(人教A版)

该教案聚焦空间几何体的截面问题，从截面定义切入，通过直接法、平行线法、延长线法三种题型构建学习支架，结合例题解析与通性通法，帮助学生从基础概念过渡到实际作图应用。 以正方体、长方体等几何体为载体，通过例题推理与跟踪训练，培养学生空间观念（数学眼光）和逻辑推理（数学思维），规范作图步骤提升数学语言表达，助力学生掌握截面方法，为教师提供系统教学资源，提升课堂效率。

培优课　空间几何体的截面问题 　　截面定义：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，与几何体表面的交集（交线）叫做截线，与几何体棱的交集（交点）叫做截点. 题型一 直接法作截面 【例1】　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为BB1的中点，画出过A1，C1，P三点的截面. 解：因为此三点在几何体的棱上，且两两在一个平面内，直接连接A1P，A1C1，C1P就得到截面A1C1P. 通性通法 　　若截面上的点都在几何体的棱上，且两两在同一个平面内，可借助基本事实“如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内”，直接连线作截面. 【跟踪训练】 （多选）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，点E，F，G，H分别为棱A1C1，B1C1，BC，AC上的点，过E，F，G，H四点作截面，则截面的形状可以为（　　） A.矩形 B.菱形 C.正方形 D.梯形 解析：ACD　截面图如图所示，因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，则平面A1B1C1∥平面ABC，截面过平面A1B1C1、平面ABC，则交线EF∥HG，当FG不与B1B平行时，此时截得的EH不平行于FG，四边形EFGH为梯形；当FG∥B1B时，此时截得的EH∥FG，FG⊥EF，当EH≠EF时，四边形EFGH为矩形；当EH＝EF时，四边形EFGH为正方形.故A、C、D正确. 题型二 平行线法作截面 【例2】　在长方体ABCD-A'B'C'D'中，点P是棱BB'的中点，画出过点A'，D'，P三点的截面. 解：连接 A'P，因为平面 ADD'A'∥平面BCC'B'，所以只要过P作A'D'的平行线即可.取CC'的中点Q，连接PQ，则A'D'∥PQ.连接D'Q即得截面A'PQD'. 通性通法 　　若截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某一个面平行，可以借助于两个性质：①如果一条直线平行于一个平面，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；②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，利用平行线法作截面. 【跟踪训练】 1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为BC，CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截面多边形的形状为（　　 ） A.三角形　　B.四边形 C.五边形　　D.六边形 解析：B　如图，把截面AEF补形为四边形AEFD1，连接BC1，因为E，F分别为BC，CC1的中点，则EF∥BC1， 又在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AD1∥BC1，所以EF∥AD1，则A，D1，F，E四点共面.则平面AEF截正方体所得的截面多边形的形状为四边形.故选B. 2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且该截面的面积为时，线段AP的长为（　　） A. B.1 C. D. 解析：D　如图，连接BD，A1D，过点P作BD，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR.因为BD∥B1D1，所以PQ∥B1D1，因为B1D1⊂平面B1D1C，PQ⊄平面B1D1C，所以PQ∥平面B1D1C.因为A1D∥B1C，所以PR∥B1C.因为B1C⊂平面B1D1C，PR⊄平面B1D1C，所以PR∥平面B1D1C.又PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR，所以平面PQR∥平面B1D1C，则平面PQR为截面，易知△PQR是等边三角形，则PQ2·＝，解得PQ＝2，所以AP＝PQ＝.故选D. 　　 题型三 延长线法作截面 【例3】　如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6，M是A1B1的中点，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：如图所示，五边形DQMFN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，交D1A1的延长线于点H， 连接DH交AA1于点Q，连接QM，FN， 所以五边形DQMFN即为所求截面. 通性通法 　　若截面上的点中至少有两个点在几何体的一个表面上，可以借助于基本事实“如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内”，利用延长线法作截面. 【跟踪训练】 已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝AD＝4，BA＝BC＝2，M为PA中点，过C，D，M的平面截四棱锥P-ABCD所得的截面为α.若α与棱PB交于点F，画出截面α，保留作图痕迹（不用说明理由），求点F的位置. 解：延长DC交AB的延长线于E，连接ME交PB于F，连接FC，如图，四边形MFCD为截面α.在△ADE中，BC∥AD，由＝，则C为DE中点，B为AE中点，过M作MN∥AB交PB于N，则MN＝AB＝1，∴△MNF∽△EBF，∴＝＝，∴BF＝2NF，即BF＝BP，∴F为棱PB上靠近点B位置的三等分点. 1.用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体不可能是（　　） A.圆锥 B.圆柱 C.三棱锥 D.正方体 解析：B　用一个平面去截一个圆锥时，轴截面的形状是一个等腰三角形，所以A满足条件； 用一个平面去截一个圆柱时，截面的形状可能是矩形，可能是圆，可能是椭圆，不可能是一个三角形，所以B不满足条件； 用一个平面去截一个三棱锥时，截面的形状是一个三角形，所以C满足条件； 用一个平面去截一个正方体时，截面的形状可以是一个三角形，所以D满足条件.故选B. 2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面α和线段AA1，BB1，CC1，DD1分别交于点E，F，G，H，则截面EFGH的形状不可能是（　　） A.梯形 B.正方形 C.长方形 D.菱形 解析：A　∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面α∩平面ADD1A1＝EH，平面α∩平面BCC1B1＝FG，∴EH∥FG，同理可得EF∥HG，∴四边形EFGH为平行四边形，∴截面EFGH的形状不可能是梯形.故选A. 3.（2024·中山月考）在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是正方形ABCD、正方形BB1C1C的中心，则过点A，M，N的平面截正方体的截面面积为a2. 解析：如图，连接AC，则AC过点M，连接B1C，则B1C经过点N，连接AB1，则过点A、M、N的平面截正方体的截面为等边△ACB1，因为正方体棱长为a，故△ACB1边长为a，面积为·（a）2＝a2. 4.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分别是A1D1，C1D1，AA1的中点，试过P，Q，R三点作其截面. 解：如图，取BC的中点为F，延长PR，DA交于点E，连接EF交AB于点G，则G为AB的中点，延长GF，DC交于点H，连接HQ交CC1于点I，所得六边形PRGFIQ即为所作截面. 1.用一个平面去截一个四棱锥，截面形状不可能的是（　　） A.四边形 B.三角形 C.五边形 D.六边形 解析：D　根据一般的截面与几何体的几个面相交就得到几条交线，截面就是几边形，而四棱锥最多只有5个面，则截面形状不可能的是六边形，故选D. 2.已知圆锥的母线长为3，若轴截面为等腰直角三角形，则圆锥的表面积为（　　） A.（3＋3）π B. C.（4＋6）π D.（6＋6）π 解析：B　依题意，圆锥的母线长为3，轴截面为等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径为r＝，所以圆锥的表面积为π×（）2＋π××3＝，故选B. 3.若正方体的一个截面恰好截这个正方体为等体积的两部分，则该截面（　　） A.一定通过正方体的中心 B.一定通过正方体一个表面的中心 C.一定通过正方体的一个顶点 D.一定构成正多边形 解析：A　根据题意，恰好截正方体为等体积的两部分的截面，可能为中截面、对角面、也可能是倾斜的平面，不管哪种截面都过正方体的中心.故选A. 4.（2024·杭州月考）已知过BD1的平面与正方体ABCD-A1B1C1D1相交，分别交棱AA1，CC1于M，N.则下列关于截面BMD1N的说法中，不正确的是（　　） A.截面BMD1N可能是矩形 B.截面BMD1N可能是菱形 C.截面BMD1N可能是梯形 D.截面BMD1N不可能是正方形 解析：C　如图①，当M，N分别与对角顶点重合时，显然BMD1N是矩形； 如图②，当M，N为AA1，CC1的中点时，显然BMD1N是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知：BMD1N不可能为正方形； 根据对称性，其它情况下BMD1N为平行四边形；综上，C不正确.故选C. 5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝DD1，NB＝BB1，那么正方体中过点M，N，C1的截面图形是（　　） A.三角形　　　　　　　B.四边形 C.五边形 D.六边形 解析：C　先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点.如图，设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形. 6.如图是一个棱长为2的正方体被过棱A1B1、A1D1的中点M、N，顶点A和过点N及顶点D、C1的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的体积为（　　） A.5 B.6 C.7 D.8 解析：C　将正方体还原可得如图所示图形，则＝××1×1×2＝，＝××1×2×2＝，＝23＝8，所以该几何体的体积V＝8－－＝7.故选C. 7.如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（　　） A.（2）（5） B.（1）（3） C.（2）（4） D.（1）（5） 解析：D　当截面ABCD如图①为轴截面时，截面图形如（1）所示； 当截面ABCD如图②不为轴截面时，截面图形如（5）所示，下侧为抛物线的形状. 故选D. 8.已知正方体的棱长为2，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（　　） A.　　　　B.2 C.3　　　　D.3 解析：C　在正方体中，共有3组互相平行的棱，每条棱与平面α所成的角都相等，如图所示的正六边形对应的截面面积最大.此时正六边形的边长为，其面积为6××（）2＝3. 9.用一个平面去截一个正方体，截面边数有4种情况. 解析：正方体有六个面，用一个平面去截一个正方体，截面的形状可能是：三角形、四边形、五边形、六边形，如图所示，因此截面边数有4种情况. 10.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若AB＝2，AD＝AA1＝4，E，F分别为BB1，A1D1的中点，过点A，E，F作长方体ABCD-A1B1C1D1的一截面，则该截面的周长为4＋2. 解析：连接AF，过点E作EP∥AF交B1C1于点P，连接FP，AE，即可得到截面AFPE，因为E为BB1中点，EP∥AF，所以B1P＝A1F＝1，因为AB＝2，AD＝AA1＝4，则AF＝＝2，且EP＝AF＝，AE＝＝2，FP＝＝，所以截面AFPE的周长为2＋＋2＋＝4＋2. 11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为A1B1，B1C1的中点，过M，N的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为. 解析：如图所示，最大面积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）×＝. 12.如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2CD，∠BAD＝60°，四边形CDD1C1是正方形.指出棱CC1与平面ADB1的交点E的位置（无需证明），并在图中将平面ADB1截该四棱柱所得的截面补充完整. 解：E为CC1的中点. 作图如下：如图，取CC1的中点E，连接DE，B1E， 平面ADEB1即为该四棱柱所得的截面（可通过证明 DE∥AB1来判断）. 13.（2024·阳江质检）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝，M为DD1的中点. （1）求证：D1B∥平面MAC； （2）过D1B作正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面，使得截面平行于平面MAC，在正四棱柱表面应该怎样画线？请说明理由，并求出截面的面积. 解：（1）证明：连接DB，交AC于点O，所以O为DB的中点，连接MO.因为M为DD1的中点，所以MO是△D1DB的中位线，所以D1B∥MO. 又MO⊂平面MAC，D1B⊄平面MAC，所以D1B∥平面MAC. （2）分别取A1A，B1B，C1C的中点E，G，F，连接D1E，EB，BF，FD1，则四边形D1EBF即为所求截面，证明如下： 连接A1G，GF，所以A1E＝GB，A1E∥GB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1G＝EB，A1G∥EB.同理A1D1＝GF，A1D1∥GF，所以四边形D1A1GF是平行四边形，所以A1G＝D1F，A1G∥D1F，所以D1F＝EB，D1F∥EB，即四边形D1EBF是平行四边形. 又因为MD1＝CF，MD1∥CF，所以四边形D1MCF是平行四边形，所以D1F∥MC. 因为D1F⊄平面MAC，MC⊂平面MAC，所以D1F∥平面MAC，又因为D1F∩D1B＝D1，D1F，D1B⊂平面D1EBF，所以平面MAC∥平面D1EBF，所以四边形D1EBF即为所求截面. 又因为EB＝＝＝， FB＝＝＝，所以EB＝FB，所以四边形D1EBF为菱形，所以D1B⊥EF. 因为D1B＝ ＝＝＝2， EF＝AC＝＝，所以截面面积为D1B·EF＝. 10 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $