2023年新高考数学大一轮复习专题49讲 专题四 立体几何 第4讲 截面问题.docx

1、第4讲截面问题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，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键例1(1)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别在AB，BC，DD1上，求作过E，F，G三点的截面解作法：在底面AC内，过E，F作直线EF，分别与DA，DC的延长线交于L，M.在侧面A1D内，连接LG交AA1于K.在侧面D1C内，连接GM交CC1于H.连接KE，FH.则五边形EFHGK即为所求的截面(2)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为()

2、A矩形B三角形C正方形D等腰梯形答案D解析取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G，由题意得GHEF，AHA1F，又GH平面A1EF，EF平面A1EF，GH平面A1EF，同理AH平面A1EF，又GHAHH，GH，AH平面AHGD1，平面AHGD1平面A1EF，故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形例2(1)(2018全国)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为()A. B. C. D.答案A解析如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等

3、，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN6sin 60.故选A.(2)如图，在三棱锥OABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OAOBOC，分别经过三条棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S1，S2，S3，则S1，S2，S3的大小关系为_答案S3S2bc，利用等体积法易得S1a，S2b，S3c，SS

4、(a2b2a2c2)(b2a2b2c2)c2(a2b2)，又ab，SS0，即S1S2，同理，平方后作差可得，S2S3，S3S2S1.确定截面的主要依据有(1)平面的四个公理及推论(2)直线和平面平行的判定和性质(3)两个平面平行的性质(4)球的截面的性质1平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为()A. B. C. D.答案A解析如图所示，设平面CB1D1平面ABCDm1，平面CB1D1，m1m，又平面ABCD平面A1B1C1D1，平面CB1D1平面A1B1C1D1B1D1，B1D1m1，B1D1m，同理可得CD

5、1n.故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即CD1B1的大小而B1CB1D1CD1(均为面对角线)，CD1B1，得sinCD1B1，故选A.2.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为_答案147解析设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积V1abcabc，剩下的几何体的体积V2abcabcabc，所以V1V2147.3(多选)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是()A当0CQ时，S为四

6、边形B当CQ时，S为等腰梯形C当CQ时，S与C1D1的交点R满足C1RD当CQ1时，S为六边形答案ABC解析当Q为中点，即CQ时，截面APQD1为等腰梯形，故B正确；当0CQ时，只需在DD1上取点M使PQAM，即可得截面APQM为四边形，故A正确；当CQ时，如图，延长AP交DC于M，连接MQ，并延长交C1D1于R，交DD1于N，CQ，DN2，D1N，D1RDM，C1R，故C正确；当CQ1时，在上图中只需将Q上移，此时截面形状仍是APQRT，为五边形，故D不正确4P，Q，R三点分别在直四棱柱AC1的棱BB1，CC1和DD1上，试画出过P，Q，R三点的截面作法解作法：(1)连接QP，QR并延长，分别交CB，CD的延长线于E，F.(2)连接EF交AB于T，交AD于S.(3)连接RS，TP.则五边形PQRST即为所求截面