分析：
E、F、G任意两点的连线都不与底面平行，因此可以考虑找交点的方法。
作图：
延长GF，交CB于𝑨𝟏；延长EF，交AB于𝑩𝟏。
连接𝐴1𝐵1，与DC的延长线交于𝑪𝟏，连接𝐶1𝐺交棱SD于𝑫𝟏，则四边形𝐸𝐹𝐺𝐷1为所求截面。
二、作平行于某一直线或平面的截面
一般来说，平行某直线或某平面的截面画法比较简单。
有了线面平行和面面平行，必然可以推导出线线平行，基于这个思想作出截面不难。
例5：
如图，点M，N为正方体所在面对角线的四等分点。
过M、N作平行于PQ的平面截正方体所得的截面图形。
分析：
考虑先在上下两个平面内分别过M、N两点做PQ的平行线。
找到它们与棱的公共点，
再结合图形考虑剩余部分的作图。
三、作垂直于某一直线或平面的截面
因此，作垂直的平面，往往可以转化为先作垂线。
例6：
如图正四棱锥S-ABCD，底面边长为2，侧棱长为2√2。
过A点的平面α满足SC⊥α，作出平面α截该四棱锥所得的截面图形。
分析：
由SC⊥平面α，易知SC垂直平面α内的任意直线。
因此本题关键在于过A点作出两条相交直线都与SC垂直。
可以利用正四棱锥现有的垂直关系：
SC⊥BD
1、突破口：
由空间化平面，解△SAC，若AE⊥SC，可解得E为SC的中点。
2、怎么再做一条线垂直SC呢?
注意BD与SC的垂直关系，因此只要平行BD的线就都与SC垂直。
下面两种方法看图即知作图原理。
方法1：
过A点作BD的平行线
方法二：
设AE与SO相交于F，若过F点作BD的平行线，解△SDB，则可计算出BN及
DM的长度，从而可以作出截面。
思考：
如何计算四边形AMEN的面积?
有哪此办法?
四、作与某一直线或平面成一定角度的截面
这个问题有些难度，不过在考试中，一般会考察一些较为明显的，角度易找易算的图形。
一般要求大家根据线面角和二面角的定义来做图。
例7：
已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点E，F分别是棱AB，AD的中点，过点E，F的平面∝与平面ABCD成30°角，且与棱𝐶𝐶1存在交点，作出平面∝截正方体所得的截面图形。
观察与分析：
连接AC交EF于点M，则AC⊥EF于M，设平面∝与棱𝐶𝐶1相交于S，连接SM，则由三垂线定理（射影定理）易知SM⊥EF于M，∠SMC即为平面∝与平面ABCD所成的平面角。
思考：
设正方体棱长为1，你能算出SC的长度吗?
算出SC的长度，就确定了S点的位置。
余下的作图与前面的例子基本都相同，就不再写具体过程了。
总结：
截面的作图技巧无非就是借助现有的平行关系，或者通过确定四点共面并延长相交的手法去找到平面的公共点进而确定交线。
前面所述是截面的画法，而实际考试中，一般很少有直接要求作出截面的题目，于是，接下来看看跟截面有关的实际题目。
二、习题：
1、作图题，点M，N，P为正方体所在棱的中点。
作出过此三点的平面截正方体所得的截面图形。
解析：
（1）用相交法找到PN与底面的交点B，然后连接MB与棱相交于C。
（2）由于正方体的前后面平行，可作PD∥NC交棱于D，由于正方体的上下面平行，可作
PE∥MC交棱于E。
2、作图题，点M，N，P为正方体的顶点或所在棱的中点。
作出过此三点的平面截正方体所得的截面图形。
解析：
答：
（1）用相交法延长PN与底面的交点A，然后连接MA与棱相交于B。
（2）用相交法延长BM与左侧面的交点C，然后连接PC与棱相交于D。
截面如图。
3、正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为8，点E、F、G分别位于棱𝐵𝐵1、𝐴𝐴1、𝐶𝐶1上，且𝐵𝐸=1，𝐴1𝐹=2，𝐶1𝐺=2，求作过E，F，G的截面。
解析：
（1）用相交法找到EG与上底面的交点：
延长EG与𝑩𝟏𝑪𝟏延长相交于M。
（2）用相交法找到EF与上底面的交点：
延长EG与𝑩𝟏𝑨𝟏延长相交于N。
（3）连接MN与𝐶1𝐷1、𝐴1𝐷1交于P、Q。
PQFEG就是所求截面。
4、在正方体ABCD−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，如图M，N分别是正方形ABCD，𝐵𝐶𝐶1𝐵1的中心，平面𝐷1𝑀𝑁将正方体分割成两个多面体，则点C所在的多面体与点𝐴1所在的多面体的体积之比是（）
A.23
B.
12
C.
25
D.
13
解析：
本题的关键首先是作出截面。
设正方体棱长为1。
（1）作NE垂直BC于E，延长𝐷1N与DE相交于F，即是𝐷1N与底面的交点。
延长AB与直线DE相交，假设交点为F’，根据线段比例关系，可知F’与F重合并且BF=1
（2）如上图（左）连结MF与BC相交于P，根据三角形比例关系：
𝐵𝑃=𝐵𝐹，所以BP=1
𝑀𝐺𝐹𝐺3
如上图（右）延长PM与DA相交于Q，AQ=2BP=2，所以DQ=1
33
延长PN与𝐵𝐶相交于S，因为N点是右侧面的中心，根据对称：
𝐶𝑆=BP=1
1113
（3）截面作出来了（如上图左），并且各线段长也轻松算出来了，则后面的计算也容易了。
（如上图右）里面的那块可以看成是两个棱柱：
直棱柱𝑫𝟏𝑪𝟏𝑺−𝑫𝑪𝑻，倒放的斜棱柱
𝑫𝑫𝑸−𝑻𝑺𝑷。
直棱柱𝐷𝐶𝑆−𝐷𝐶𝑇的体积是：
11
𝟏11
𝑉1=𝑆ℎ=2×𝐶1𝑆×𝐶1𝐷1×𝐶𝐶1=6
斜棱柱𝐷𝐷𝑄−𝑇𝑆𝑃的体积是：
11
1𝑉2=𝑆ℎ=2×𝑃𝑇×𝑆𝑇×𝐶𝐷=6
所以截面截得的几何体里面那块体积为𝑉
+𝑉
=1，另一块的体积为12
所以两块体积比为1：
2，答案：
B
123
1−=
33
5、正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为4，E，F分别是
BC和𝐶1𝐷1的中点，经过点A，E，F的平面把正方体
𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1截成两部分，则截面与𝐵𝐶𝐶1𝐵1的交线段长为.
解析：
已知正方体棱长为4
（1）如上图，延长AE、DC相交于M，可知CE是中位线，所以CM=4。
连结FM交𝐶𝐶于N，作FD垂直DC于G，所以𝐶𝑁=𝑀𝐶=4，所以CN=8
1𝐹𝐺𝑀𝐺63
故截面𝐵𝐶𝐶𝐵的交线段EN=√𝐶𝐸2+𝐶𝑁2=√22+（8）2=10
1133
答案：
𝟏𝟎
𝟑
下面我们画出完整的截面，如下图，延长NF、𝐷𝐷1相交于P，连结AP与𝐴1𝐷1相交于Q。
思考：
你能求出上图（右）所有线段的长度吗?
6、正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，所有棱长均为2，点E、F分别为棱𝐵𝐵1，𝐴1𝐶1的中点，若过点A、E、F作正三棱柱的截面，求截面的周长。
解析：
相交法先作出截面。
延长AE、𝐴1𝐵1相交于M，因为E是中点，所以𝐵1𝐸是中位线，𝐵1𝑀=𝐵1𝐴1=2
连结FM，与𝐵1𝐶1相交于N。
AENF就是截面，（如上图右）。
设点D为𝐴𝐵的中点，连结FD，且FD=1。
所以𝐵1𝑁=𝑀𝐵1，得𝐵𝑁=2
11𝐷𝐹
𝑀𝐷13
余弦定理得，FM=√32+12−2×3×1×（−1）=√13，由于N是三等分点，所以NF=√13
NE=22
23
4√13
√𝐵1𝐸
+𝐵1𝑁
=√1+=
9
，AE=AF=√5
3
所以得，答案：
𝟐√𝟓+𝟐√𝟏𝟑
𝟑
7、在正方体ABCD−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，E、F分别为棱𝐴𝐴1，𝐶𝐶1的中点，则在空间中与直线
𝐴1𝐷1，𝐸𝐹，𝐶𝐷都相交的直线有多少条.
答案：
无数条
解法1：
在EF上任取一点M，直线𝐴1𝐷1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，当M取不同位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点（交点分别为P，M，N）。
如图所示。
解法2：
在𝐴1𝐷1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们相交于点M，则PM与EF必须相交，即PM为所求直线。
由点P的任意性知：
有无数条直线与
𝐴1𝐷1，𝐸𝐹，𝐶𝐷都相交。
8、正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为3，点E，F分别在棱𝐶𝐶1和𝐶1𝐷1上，且满足𝐶1𝐸=2𝐸𝐶，
𝐷1𝐹=2𝐹𝐶1，下列命题：
①异面直线BE，CF所成角的余弦值为3
10
②过B，E，F三点的平面截正方体所得的截面为等腰梯形
③三棱锥𝐵1
−𝐵𝐸𝐹的体积为3
2
④过𝐵1作平面α，使得AE⊥α，则平面α截正方体所得截面
的面积为5√19
2
其中正确的序号是：
A.①④B.①②③C.①③④D.①②③④
解析：
（答案C）命题①
过B点作CF的平行线，化空间为平面解三角形GBE。
BG=√𝐺𝐵12+𝐵𝐵12=√1+9=√10，BE=√10，EG=√𝐸𝐶12+𝐺𝐶12=√4+10=√14
余弦定理得cos∠GBE=10+10−14=3
2×√10×√1010
故命题①正确
命题②
作出截面是关键，
（1）如图作FG∥𝐶1𝐵1，EH∥𝐶1𝐵1，
（2）作BM∥HG，所以用平行法作出截面BGFE。
EF∥HG∥BM，𝐵1𝐺=𝐵1𝐻，所以𝐵M=3，即M为棱
𝐵1𝑀
𝐴𝐵的中点，2
𝐵1𝐵
2
12
21，
11𝑀𝐹
=𝑀𝐺
+𝐹𝐺
=+9
4
𝐵𝐸2=𝐸𝐶2+𝐵𝐶2=1+9，所以MF≠BE，所以截面不是等腰梯形。
故命题②错误。
命题③
𝟏𝟏𝟑
𝑽𝑩𝟏−𝑩𝑬𝑭=𝑽𝑭−𝑩𝑩𝟏𝑬=𝟑×𝟐×𝟑×𝟑×𝟏=𝟐
所以三棱锥𝐵1故命题③正确
命题④
−𝐵𝐸𝐹的体积为3
2
作出平面α截正方体的截面是关键。
分析：
要使得AE⊥α，那么只要能找到过𝐵1的两条相交线都与AE垂直就可。
（1）容易找到𝐵1𝐷1与AE垂直。
（2）因为BE正好是AE在正方体右侧面的射影，所以根据三垂线定理，过𝐵1点作BE的垂线，必与AE垂直。
作𝐵1H⊥BE于H，延长𝐵1H与BC相交于M，
作MN∥BD交CD于N，梯形𝑩𝟏𝑴𝑵𝑫𝟏即为所求截面。
𝐵1𝐷1=3√2，𝑀𝑁=2√2，𝐷1𝑁=𝐵1𝑀=√10，
所以等腰梯形的高h=√（√10）2−（√2）2=√19，截面面积S=1×（𝟑√𝟐+𝟐√𝟐）×√𝟏𝟗=𝟓√𝟏𝟗
故命题④正确
222
𝟐𝟐
9、在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面三角形是边长2的等边三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，AA1＝3，M，N分别是BC，AB的中点，点P在棱CC1上，且CP＝2PC1，设平面AMP与BNC1的交线为l，则直线C1N与l的位置关系是（）
A.相交B.平行C.异面D.垂直
答案：
B
把交线画出来是关键，先画出面面交线l.
1、直线AM和BN都在底面，相交于A点。
2、直线BC1和MP都在三棱柱的侧面。
可以延长相交于Q点。
所以连接AQ即是题中的两平面的交线l。
解法一：
设直线BC1与MP交于点Q，则平面AMP与BNC1的交线为AQ.
设直线AM与CN交于点O，则O为等边三角形ABC的中心，CO＝2ON，CP＝2PC1，
COCP
1
所以ON＝PC＝2，OP∥NC1，NC1⊂平面ABQ，OP⊄平面ABQ，所以OP∥平面ABQ.又OP⊂平面AMQ，平面AMQ∩平面ABQ＝AQ，所以OP∥AQ.
所以，NC1∥AQ，即C1N∥l.
解法二：
设直线BC1与MP交于点Q,则平面AMP与BNC1的交线为AQ.设直线B1C1与MQ交于点R.
因为CR∥BC
C1R
C1P1
BM＝MC，
1，所以MC＝PC＝2，又
C1RC1Q1
所以BM＝BQ＝2，所以C1为BQ的中点，又N为AB的中点，
所以，C1N∥AQ，即C1N∥l.
10、已知正四棱锥P-ABCD中，△PAC是边长为3的等边三角形，点M是△PAC的重心，过点M作与平面PAC垂直的平面α，平面α与截面PAC交线段长为2，则平面α与正四棱锥P-ABCD表面交线所围成的封闭图形的面积可能为（请将可能的结果填到横线上）
①2；②2√2；③3；④2√3
答案：
①③
本题涉及分类，需考虑到与底面相交时的截面。
情况1：
如上图（左），易求得正方形边长为√2，所以面积S=2
情况2：
如上图（右），长方形面积是2×1=2，三角形面各为1×2×1=1，所以S=3.
2
11、正方体-ABCD−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为1，点P为棱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
①当02
时，S为四边形；②当CQ=12
时，S为等腰梯形；
③当CQ=3时，S与𝐶𝐷的交点R满足𝐶R=1
；④当3411
134
⑤当CQ=1时，S的面积为√6；
2
答案：
①②③⑤
解析：
作出截面是关键，如上图（左）知命题①正确
如上图（右）因为P、Q都是所在棱的中点，知命题②正确
延长AP、DC相效于E，P是所在棱的中点，
CE=DC=1
𝐶1𝑅=𝐶1𝑄，所以𝐶R=1，故命题③正确
𝐶𝐸𝑄𝐶13
如图，很明显当34
故命题④错误
当CQ=1时，截面为菱形𝐶1𝑇𝐴𝑃。
所以1√6
S=2×TP×𝐴𝐶1=2
命题⑤正确
反思：
解决此题的关键是：
利用面面平行的性质定理，以及相似三角形知识，整个局面豁然开朗。
要想做好截面，画好立体图，立体几何的公理和定理是基础，是助燃剂，是秘诀。
12如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点。
则下列各图中不满足直线
MN∥平面ABC的是（）
答案：
D
解析：
作出截面即知，D选项：
MN与平面ABC共面。
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