2026《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)微專題106講》含答案69.截面問題研究.69.

正（長）方體中的截面問題研究

基本原理：過正方體（長方體）上三點做截面.

1.三點中有兩點共面

例1.如圖,在正方體ABCD—AiBCDi中,E,F,G分別在AB,BC,DDi上,求作過E,F,G

三點的截面.

思路：當三點中有兩點共面時，做截面的思路就是先找共面兩點所在直線與該平面所有的

棱交點，而這些交點由同時在另外一個平面中，即該截面和正方體某個側(cè)面的交點，這樣

利用公理1,逐次相連找到所有的交點，即可得到截面.

解析：作法：①.由于E,尸共面，在底面AC內(nèi)，過E,b作直線與DA于L,顯然，

此時L即在側(cè)面4。內(nèi)，又在欲求截面內(nèi)，而該截面與側(cè)面4。又交于點G,根據(jù)公理1,

截面與側(cè)面A。交于L.

同理，過E,歹作直線與。C的延長線交于此時M即在側(cè)面DC1內(nèi)，又在欲求截

面內(nèi)，根據(jù)公理1,截面與側(cè)面DC1交于

②在側(cè)面4。內(nèi)，連接LG交A4］于K.

③在側(cè)面。G內(nèi)，連接GM交CG于

④連接KE,FH.則五邊形EEHGK或犯國即為所求的截面.

練習(xí)1.（三點兩兩共面）P,Q,R三點分別在直四棱柱AG的棱BB”CG和DDi上，試畫出

過P,Q,R三點的截面作法.

5G

AB

解析：作法：（1）連接QP,QR并延長，分別交CB,CD的延長線于E,F.

（2）連接EF交AB于T,交AD于S.

（3）連接RS,TP.則五邊形PQRST即為所求截面.

例2.(三點所在的棱兩兩異面)

如圖，長方體ABC。-A4GA中，P,Q,R分別為A2，AB,CG上三點，求過這三點的

分析：此題的難點在于P,Q,R三點均不在同一個側(cè)面(底面)中，這樣我們就暫時無法通

過側(cè)面(底面)中連線與棱的交點來找到截面的邊界點，于是需要先做出一個平面來，讓

上面三點中有兩點共面，這就轉(zhuǎn)化成例1的情形，從而解決問題.

解：如圖，作QE〃班?交4片與E,則QE,RG確定一個平面，轉(zhuǎn)化為例1的情形.

連接EC1，少，交于點尸；連接Pb交G2，A與延長線于G,H；連接HQ交A4],班1延

長線于I,Ji連接/R交于K.則KRGP/QK為所作截面.

二.截面的的畫法小結(jié)

1.確定截面的主要依據(jù)有

(1)平面的四個公理及推論.

(2)直線和平面平行的判定和性質(zhì).

(3)兩個平面平行的性質(zhì).

2.作截面的幾種方法

(1)直接法：有兩點在幾何體的同一個面上，連接該兩點即為幾何體與截面的交線，找截

面實際就是找交線的過程。

(2)延長線法：同一個平面有兩個點，可以連線并延長至與其他平面相交找到交點。

(3)平行線法：過直線與直線外一點作截面，拖直線所在的面與點所在的平面平行，可以

通過過點找直線的平行線找到幾何體的截面的交線。

三.正方體中的基本截面類型

三.習(xí)題演練

習(xí)題1.如圖，在棱長為12的正方體ABC。-A旦QB中，已知E,尸分別為棱AB,CG的

中點，若過點2,E,尸的平面截正方體A3。-A耳G2所得的截面為一個多邊形，求該

多邊形的周長.

解析：如圖，延長DC,與2尸的延長線交于點G,連接EG,交BC于點H,延長GE,與DA

的延長線交于點M,連接交A4于點N.連接NE,FH,因為正方體48。-4瓦￡口的

棱長為12,所以=6君.因為2c1〃CG,所以△RCVFSAGCF,

所以笑=g=l，所以CG=12,同理可得△BE/fsACG”,所以券=空=:，

CGCFCHCG2

21

所以CH=§8C=8,BH=-BC=49

所以FH=JCF?+CH?=10，EH=JBH?+BE?=2屈?易知△BEH名/\AEM,所以

AMAN.--------------「

AM=BH^4,又訴'=萬萬，解得⑷V=3,所以NE=dAN、AE，=3下，

1Vi.JL-/

D[N=JA.+A4=15,

則該多邊形的周長為+m+HE+E7V+ND[=25+9石+2屈.

習(xí)題2.如圖，在正方體ABCD-ABGR中，AB=4,E為棱BC的中點4

下為棱AA的四等分點（靠近點2），過點A,及尸作該正方體的截面,

A

解析：如圖，取CQ的中點耳，取CC,上靠近點C,的三等分點G,連接AE,EG,GH,HF,FA,

易誣AEMHF,AFMEG,則五邊形AEGHF為所求截面.

84

因為AB=4,所以BE=CE=QH==2,AF=3,DF=1,CG=0,

則AE=2君,EG=半，GH=3叵,即=5AF=5,故該截面的周長是

33

其廠9+25+2JF5鉆死一平,9-\/5+25+2\/13

AE+EG+GH+HF+AF=/-----------------.故答案為：—..................----

33

習(xí)題3.一塊正方體形木料如圖所示，棱長為6,點尸在線段AG上，且#-1,過

點尸將木料鋸開，使得截面過BC,則（）

A.PC1.BD

B.截得的兩個幾何體分別是三棱柱和四棱臺

C.截面的面積為2君

D.以A為球心，A3為半徑的球面與截面的交線長為色

2

解析：對于A,ACGA是正方體ABC。-的對角面，則四邊形ACGA為矩形,

AC//AG，由CCI,平面ABC。，3Du平面A3CD,得而AC13O,

ACCG=C,AC,CC|U平面ACGA，則網(wǎng)（人平面ACGA,又尸CU平面ACGA，因此

PCLBD,A正確；

對于B,過點P作直線平行于4G交A4，CQ分別于N,M,連接BN,CM,顯然

MNHB}CXHBC,則四邊形3azN為過點p及直線3c的正方體的截面，截得的兩個幾何體

分別是三棱柱和四棱柱，B錯誤；

對于C,由選項B得2襄=94=4,則C]M=1,CM=J(A/3)2+12=2;因此截面矩形

BCMN^^S=BC-CM=2y/3,C正確；

對于D,過A作A0_L8N于。，由5CJ.平面AOu平面A2B|A，得AO/BC,

而BNBC=B,BN,BCu平面BCMN,則AO_L平面BCMN,因此。為以A為球心，AB為

半徑的球面被平面BCMN所截小圓圓心，球面與截面的交線為以。為圓心，80為半徑的

半圓弧，顯然/區(qū)4。=/4附=3。，BO'AB衛(wèi),因此交線長為匝，D正確.

222

故選：ACD

習(xí)題4.在棱長為2的正方體ABC。-AAG，中，E是棱OR的中點，則平面4EC截該正

方體所得截面面積為;平面\EC與底面ABCD所成銳二面角的余弦值為

解析：如圖，在正方體A5CD-A4GA中,

平面A^DA//平面B￡CB,平面A￡C）平面A^DA=\E,

平面AEC平面4GCB=CF,.1AE//。7,同理可證A/〃CE,四邊形AECB是平行四邊

形，BC//4M,ZBCF=ZD^E,又2C=AR=2,ZCBF=ZAtDtE=90,

ARE.CBF,;.BF=D,E=1,則F為8片的中點，：.CF=dBC?+BF?=百，同理

CE=y[5,所以截面AEC尸是邊長為君的菱形，其對角線政=2。=20，AC=2日

故截面面積S=^AlCxEF=1X272X2A/3=2^.設(shè)平面AEC與底面ABCD所成銳二面角

為19,因為截面在底面的射影為正方形ABCD,所以cos。=,正ye=祟=厚.

故答案為：2瓜;

70.立體幾何新教材中的一些?？紟缀误w

--素材展示（均選自人教A版必修二教材）

圖8.6-28（第180）

二.典例分析（以下按照上圖順序展開），下面進入正文分析

★1.阿基米德多面體

例1.“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面圍成的多面

體，它體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美.如圖所示，將正方體沿同一頂點出發(fā)的三條棱的中點截去一個

三棱錐，共可截去8個三棱錐，得到8個面為正三角形、6個面為正方形的一種半正多面體.若

48=拒，則此半正多面體外接球的表面積為（）

C.成兀D.8兀

A.4島B.127t

解析：如圖，在正方體EFGH-EFGa中，分別取正方體、正方形可居5司的中心。、a,

連接?.?A2分別為耳的中點，貝!j=2AB=20,，正方體

的邊長為EP=2,故。q=QA=l,可得04=JOO；+QA?=應(yīng),

根據(jù)對稱性可知：點。到該半正多面體的頂點的距離相等，則該半正多面體外接球的球心

為。，半徑氏=。4=&,故該半正多面體外接球的表面積為5=4無斤=4兀X（￡了=87I.

故選：D

例2.（多選題）“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形圍成

的多面體，它體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美.如圖所示，將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截

去一個三棱錐，共可截去八個三棱錐，得到八個面為正三角形、六個面為正方形的一種阿

基米德多面體.已知AB=1,則關(guān)于圖中的半正多面體，下列說法正確的有（）

A.該半正多面體的體積為逆

3

B.該半正多面體過A民C三點的截面面積為還

2

C.該半正多面體外接球的表面積為8兀

D.該半正多面體的表面積為6+

解析：A；如圖，因為筋=1,所以該半正多面體是由棱長為后的正方體沿各棱中點截去

8個三棱錐所得到的，

E

所以該半正多面體的體積為：v=（忘了；-8xlxlxf^、立=偵,故A正確；

D乙、乙,乙J

B：根據(jù)該半正多面體的對稱性可知，過A,B,C三點的截面為正六邊形ABCEED,

又AB=1,所以正六邊形面積為5=6x1x12=地，故B正確；

42

C：根據(jù)該半正多面體的對稱性可知，該半正多面體的外接球的球心為正方體的中心，

即正六邊形ABCFED的中心，故半徑為AB=1,所以該半正多面體外接球的表面積為

S=4TIR2=47IXF=4兀,故C錯誤；

D：因為該半正多面體的八個面為正三角形、六個面為正方形，棱長皆為1,所以其表面積

^8x^xl2+6xl2=6+2A/3,故D正確.故選：ABD

4

★2.正八面體

例3.正八面體可由連接正方體每個面的中心構(gòu)成，如圖所示，在棱長為2的正八面體中,

則有（）

￡

//AX

A.直線AE與C廠是異面直線B.平面48月_1平面鉆石

C.該幾何體的體積為金代D.平面4洱與平面。b間的距離為亞

33

解析：正八面體可由正方體每個面的中心構(gòu)成，如圖：

因為正八面體的棱長為2,所以正方體的棱長為2&.；A,E,C,歹四點共面，直線AE

與b是共面的，故A錯;

設(shè)一^面角￡—AS—。為。，SAQE=W*，S正方形A8CD=4,所以cos。=

71

所以：二面角石—尸=2。。5，故B錯;

V=1X4X2A/2=|V2,故C錯；由八面體的構(gòu)成可知：平面4近和平面DCT之間的距離

是正方體體對角線的《，所以兩個平面之間的距離為：1x272x73=^,故D對.

333

故選：D

例4.將兩個各棱長均為1的正三棱錐。-ASC和E-ABC的底面重合，得到如圖所示的六

面體，動點P在該六面體表面上，且滿足BC_LAP,則（）

A.ADJ.BCB.該幾何體的體積為正

4

C.動點P的軌跡長為2+石D.該多面體內(nèi)切球的半徑為如

9

解析:對于A,取8c的中點〃，連接4%，由正三棱錐的性質(zhì)可得AM±BC,DMLBC,

因為AMDM=M,所以平面ADM,所以BCJ_AD,正確.

對于B,在正三棱錐ABC中，作高線DO,由正三角形的性質(zhì)可得AM=—,AO=—,

23

所以。。=亞，其體積為匕=J_SABLOO=也，所以該幾何體的體積為交，不正確.

313126

對于C,由幾何體的對稱性可得，A四點共面，由選項A可知，3cl平面

所以點P的軌跡為線段DM和ME及棱AD和AE,其長度為2+若，正確.

對于D,設(shè)幾何體的內(nèi)切球半徑為「，球心為。，連接球心和各頂點，則有6%_ABD=變，

6

即且r=也，解得一遠，正確.故選：ACD

269

例5.將兩個各棱長均為1的正三棱錐3-ABC和E-ABC的底面重合，得到如圖所示的六

面體，則（）

A.該幾何體的表面積為逆

2

B.該幾何體的體積為理

6

C.過該多面體任意三個頂點的截面中存在兩個平面互相垂直

D.直線AQ〃平面BCE

解析：對于A,SABD=L-速=2,所以表面積為6、3=主叵，故A對;

ABD22442

對于B,如圖所示:

設(shè)點。在平面ABC內(nèi)的投影為。，M為的中點，則由對稱性可知。為三角形A8C的重

心，所以AO=2AM=2X1X立=走，又因為AD=1,所以正三棱錐A5c的高為

3323

DO=^AD2-AO2=^=^-,所以題圖所示幾何體的體積為

v=2VDABC=2x-x^x^=—,故B錯；

D-ABC3346

對于C,由B選項可知。。_1面45。，由對稱性可知。,。,￡三點共線，所以DE2面ABC,

而DEu面ADE,所以面ADE_L面ABC,故C正確;

對于D,建立如圖所示的空間直角坐標系:

其中3軸平行「因為

所以C，o],c且、,BC=(-1,0,0),BE=一工這，一

,0,E0,0,—

(26)15工7V26

-x=0

設(shè)平面8CE的法向量為“=(x,y,z),所以|\小巫八,

——x------y-------z=0

I263

不妨取z=l,解得y=-2"x=0,所以取〃=(0,-2也1),

、

又A[O，T‘而4。"=一￥+半=一半*0,所以直

,0,D0,0,,AD=

IJ7\44

線AO與平面3CE不平行，故D錯.故選：AC.

★3.鱉膈

例6.如圖所示的陽馬尸-ABCD中，側(cè)棱底面ABCD,且PD=CD,點E是PC的中

點，連接DE,BD,BE.

(1).證明：。石,平面尸爪、試判斷四面體￡BCD是否為鱉膈，若是，寫出其每個面的

直角（只需寫出結(jié)論）；若不是，請說明理由;

V

(2).記陽馬尸-ABCD的體積為匕，四面體￡BCD的體積為匕，求才的值.

[2

圖1

證明：（1）因為底面ABC。，所以尸DLBC；由底面ABC。為長方形，有3CLCD,

而P￡>CD=D,所以BC,平面PCD,D￡u平面PC。，所以BCLDE

又因為？D=CD,點￡是PC的中點，所以DELPC,而尸CBC=C,所以DEL平

面PBC,由平面PC。，DE_L平面PBC,可知四面體EBC。的四個面都是直角

三角形.

即四面體EBCD是一個鱉%其四個面的直角分別是/BCD,ZBCE,ZDEC,ZDEB

（2）由已知，PZ）是陽馬尸—ABCD的高，所以匕=g2MsJD=gBCCD.pD；由（1）

知，DE是鱉腌D—5CE的高，BC±CE,所以V?=!S^E.DE=工BC?CE?DE.

36

在RtaPDC中，因為PD=CD,點E是PC的中點，所以DE=CE=^CD,

2

y^BCCDPD2CD.pD_^

V2-BCCE-DECEDE

6

★4.“鴨嘴”模型

結(jié)論1：如圖，AB=AC,OB=DC,設(shè)。為中點，則AO，BC,DO，BC,故3CJ_

面A。。，則5CLAD.

結(jié)論2：反過來，若如圖，AB=AC,且設(shè)。為中點，則A0J_3C.另

一方面，由于5CLA。，則面AOD,^BC±OD,因為。為BC中點，故可得：

DB=DC.

結(jié)論3.上述兩個結(jié)論中，ZAOD即為二面角A-BC-D的平面角.

例7.（2023年全國乙卷真題）已知ABC為等腰直角三角形，A3為斜邊，AABD為等邊

三角形，若二面角C-Afi-O為150。，則直線。與平面A5C所成角的正切值為（）

A.-B.立C.6D.-

5555

解析：取A3的中點E,連接CEQE,因為Me是等腰直角三角形，且4臺為斜邊，則有

CE1AB,又△”￡）是等邊三角形，則從而NCED為二面角C-Afi-D的平面

角，即NCE￡>=150,

顯然€'￡'門?！?=￡1,比,?！?lt;=平面°/)￡',于是ABJ.平面CDE,又/IBu平面ABC,

因此平面CDE_L平面ABC,顯然平面CDEc平面ABC=CE,直線COu平面CDE,則直

線。在平面43c內(nèi)的射影為直線CE,從而/DCE為直線8與平面ABC所成的角，令

AB=2,貝!JCE=l,￡>E=g,在.CDE中，由余弦定理得：

CD=7CE2+DE2-2CE-DEcosZCED=Jl+3_2xlx后X(_孝)=近，

DE得后即…

由正弦定理得

sinZDCE

顯然/DCE是銳角,cosZDCE=71-sin2ZDCE=

所以直線。與平面ABC所成的角的正切為由.故選：C

5

例8.(2023年新高考2卷)如圖，三棱錐A-BCD中，DA=DB=DC,BD±CD,

ZADB=ZADC=60,E為5c的中點.

(1)證明：BCYDA；

(2)點歹滿足所=。4,求二面角。—AB—尸的正弦值.

解析：(1)連接因為E為5c中點，DB=DC,所以。EL8c①，

因為DA=DB=DC,ZADB=ZADC=60,所以ACD與△ABD均為等邊三角形,

AC=AB,從而AE_LBC②，由①②，AE\DE=E,AE,DEu平面ADE,

所以，3C1平面ADE,而ADu平面ADE,所以BC_LZM.

(2)二面角。-鉆-尸的正弦值為且.

3

三.習(xí)題演練

1.如圖1,過球。上不在同一大圓上的A,B,C三個點中的任意兩點作大圓.可以得到劣

弧AB,3c與AC,則這三條劣弧圍成的曲面VABC(陰影部分)稱為球面VABC,這三

條劣弧稱為球面VABC的邊.A,B,C三點稱為球面VA3C的頂點.設(shè)二面角C-為

A,二面角C-O3—A為B,二面角3-OC-A為C,則球面VA8C的面積

S球面AABC=(-??A+3+sC-萬)4,其中R為球的半徑，二A,",均用弧度制表示.以

球心。為坐標原點，建立如圖2所示的空間直角坐標系.已知A(0,0,6),B(兀2?,-2),

C(20％-2)三點均在球。的球面上，其中m>0,n<0.

⑴求"J"的值；

⑵求點。到平面ABC的距離；

⑶求球面VA3C的面積.

【詳解】(D根據(jù)。4=O3=OC,可得36=m2+24+4=8+w2+4,

解得加=±2近,〃=±2萌，因為m所以羽=2近,力=-2萌，

(2)由(1)得3(2后,2否-2),。(2"-2而-2),=(2倉2瓦-8),AC(2也-2倔-8),

設(shè)平面ABC的一個法向量為％=(%,%,z0),

vAB=2y/2x+2A/6J-8=0

000令毛=2^2,%=。，z。=1,

VQ'A.C—--8=0

所以平面ABC的一個法向量為%=(20,0,1),

所以點0到平面ABC的距離為與詈=扁=2；

(3)依題意OA=(0,0,6),05=(272,276,-2),OC=(2后,-2而，-2),

設(shè)平面。18,平面OBC,平面OAC的法向量為匕=(占,%，4),%=(x2,y2,z2),v3=(x3,y3,z3),

vOA=6z=0

ii,令％=6,則%=一1，4=0,則[=(6-1,0),

VfOB=2夜再+2通弘-22]0

V2OB=2yflx2+26y2--0

則<令%2=1，則％=。*2=0,則匕=(1,0,/),

v2'OC=2A/2X2-246y2-2z2=0

VOA=6Z=0

則33,令Xj=6，則%=1/3=。,則匕=（力』，0），

v3OC=242X3-246y3-2z30

所以|85上4|=|以光(匕,西)|=」^坐一=1,

\/IV,|.|v312

,coS1.B,=1cos^,v2)1=J^a

IcosAC|=|cos(v2,v3\|=-^^-=^

\/|v2|.|v3|2

結(jié)合。AB,C四點的位置，可知，.A注：C均為鈍角,

所以二4=二3=^C=—,

，7TQTTQTT

故球面VABC的面積S球面v.c=（市+T+1"一兀）x6?=36兀“

2.正多面體是指各個面都是全等的正多邊形，并且各個多面角都是全等的多面角，又稱為柏

拉圖多面體，因為柏拉圖及其追隨者對它們所作的研究而得名.自然界中有許多的柏拉圖

多面體，如甲烷、金剛石分子結(jié)構(gòu)模型都是正四面體，氯化鈉的分子結(jié)構(gòu)模型是正六面體,

螢石的結(jié)晶體有時是正八面體，硫化體的結(jié)晶體有時會接近正十二面體的形狀……柏拉圖

多面體滿足性質(zhì)：V+F-E=2（其中V,F和E分別表示多面體的頂點數(shù)，面數(shù)和棱數(shù)）.

（1）正十二面體共有幾條棱，幾個頂點？

⑵如圖所示的正方體ABC。-A與G2中，點GH,