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热点6-2 空间几何体的交线与截面问题
空间几何体的交线与截面问题既是高考数学的热点，也是难点，往往在高考的选填压轴题中出现，难度较大.此类题目综合考察考生的空间想象能力和逻辑推理能力，处理这类问题的基本思路是借助空间点线面的位置关系和相应的定理，将空间问题平面化.
【题型1 作出空间几何体的截面】
满分技巧 1、作截面应遵循的三个原则：（1）在同一平面上的两点可引直线；（2）凡是相交的直线都要画出它们的交点；（3）凡是相交的平面都要画出它们的交线； 2、作交线的方法有如下两种：（1）利用基本事实3作直线；（2）利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.
【例1】
（2024·全国·高三专题练习）
1．如图，正方体的棱长为8，，，分别是，，的中点．
(1)画出过点，，的平面与平面的交线；
(2)设平面，求的长．
【变式1-1】
（2024·甘肃·高三武威第六中学校联考开学考试）
2．如图，正方体的棱长为分别为棱的中点.
(1)请在正方体的表面完整作出过点的截面，并写出作图过程；（不用证明）
(2)求点到平面的距离.
【变式1-2】
（2023·全国·高三专题练习）
3．如图，直四棱柱的底面为正方形，为的中点．
(1)请在直四棱柱中，画出经过三点的截面并写出作法（无需证明）．
(2)求截面的面积．
【变式1-3】
（2023·贵州铜仁·校联考模拟预测）
4．如图，已知在正三棱柱中，，三棱柱外接球半径为，且点分别为棱，的中点．

(1)过点作三棱柱截面，求截面图形的周长；
(2)求平面与平面的所成角的余弦值．
【题型2 判断截面多边形的形状】
满分技巧 判断截面多边形形状时需要注意以下几点： 1、截面与几何体表面相交，交线不会超过几何体表面个数. 2、不会与同一个表面有两条交线. 3、与一对平行表面相交，交线平行（不一定等长） 4、截面截内切球或者外接球时，区分与面相切和与棱相切之间的关系
【例2】
（2024·广东深圳·高三统考期末）
5．在正方体中，用垂直于的平面截此正方体，则所得截面可能是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【变式2-1】
（2023·江西宜春·高三宜丰中学校考阶段练习）
6．在长方体中，、，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（ ）
A．三角形
B．四边形
C．五边形
D．六边形
【变式2-2】
（2024·陕西安康·安康中学校联考模拟预测）
7．如图，在正方体中，分别为棱的中点，过三点作该正方体的截面，则（ ）

A．该截面是四边形
B．平面
C．平面平面
D．该截面与棱的交点是棱的一个三等分点
【变式2-3】
（2024·浙江宁波·高三统考期末）
8．已知直三棱柱，，，，，，平面EFG与直三棱柱相交形成的截面为，则（ ）
A．存在正实数，，，使得截面为等边三角形
B．存在正实数，，，使得截面为平行四边形
C．当，时，截面为五边形
D．当，，时，截面为梯形
【题型3 求解截面多边形的周长】
满分技巧 求解截面多边形的周长有两个思路：（1）利用多面体展开图进行求解；（2）在各个表面确定交线，分别利用解三角形进行求解.
【例3】
（2024·四川成都·高三树德中学校考期末）
9．如图，已知正方体的棱长为为的中点，过点作与直线垂直的平面，则平面截正方体的截面的周长为（ ）
A． B．
C． D．
【变式3-1】
（2024·全国·模拟预测）
10．如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，用过点，E，的平面截正方体，则截面周长为（ ）

A． B．9 C． D．
【变式3-2】
（2023·全国·高三对口高考）
11．如图，在直三棱柱中，，，，，为线段上的一动点，则过三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为 ．

【变式3-3】
（2023·河南·校联考模拟预测）
12．在正四棱柱中，，点分别是，的中点，则过点的平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-4】
（2024·河北廊坊·高三文安县第一中学校联考期末）
13．如图所示，正四棱台中，上底面边长为3，下底面边长为6，体积为，点在上且满足，过点的平面与平面平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
【题型4 求解截面多边形的面积】
满分技巧 求解截面多边形的面积问题的步骤：（1）通过解三角形求得截面多边形各边的长度；（2）判断多边形的形状是否规则，若为规则图形可直接使用面积公式求解；否则可通过切割法将多边形分为多个三角形求解.
【例4】
（2023·四川南充·统考一模）
14．如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，则平面截正方体所得的截面面积为（ ）
A． B． C．9 D．18
【变式4-1】
（2023·四川成都·高三石室中学校考期中）
15．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA1B1B是矩形，D是棱CC1的中点，CC1=AC=4， ，AB=3，， 过点D作平面平面，则平面截三棱柱ABC-A1B1C1所得截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-2】
（2023·安徽·高三合肥一中校联考阶段练习）
16．已知正三棱锥底面边长为1，侧棱长为2，过棱的中点作与该棱垂直的截面分别交，于点，，则截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-3】
（2023·山西大同·高三大同一中校考阶段练习）
17．已知正方体的棱长为3，点分别在棱上，且满足为底面的中心，过作截面，则所得截面的面积为 .
【变式4-4】
（2023·江西·高三校联考阶段练习）
18．已知棱长为4的正四面体，用所有与点A，B，C，D距离均相等的平面截该四面体，则所有截面的面积和为（ ）
A． B．
C． D．
【题型5 截面分割几何体的体积问题】
满分技巧 截面分割后的几何体易出现不规则的几何体，对此往往采用“切割法”或“补形法”进行体积的求解.
【例5】
（2023·河北衡水·衡水中学校考一模）
19．已知正三棱柱，过底边的平面与上底面交于线段，若截面将三棱柱分成了体积相等的两部分，则（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】
（2024·重庆·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）
20．已知正方体 ，棱的中点分别为，平面 截正方体得两个几何体，体积分别记为，则 （ ）
A． B．
C． D．
【变式5-2】
（2024·浙江湖州·高三统考期末）
21．在正四棱锥中，底面的边长为为正三角形，点分别在上，且，若过点的截面交于点，则四棱锥的体积是（ ）
A． B． C． D．
【变式5-3】
（2023·江苏扬州·高邮中学校考模拟预测）
22．如图，在三棱柱中，，是棱AB上一点，若平面把三棱柱分成体积比为的两部分，则（ ）
A．1 B． C． D．
【变式5-4】
（2023·全国·高三专题练习）
23．在如图所示的几何体中，，平面，，，，.
(1)证明：平面；
(2)过点作一平行于平面的截面，画出该截面（不用说明理由），并求夹在该截面与平面之间的几何体的体积.
【题型6 截面最值的相关问题】
满分技巧 截面最值问题的计算，主要由以下三种方法： 1、极限法：通过假设动点运动至两端，计算最值（需注意判断是否单调）； 2、坐标法：通过建系设坐标，构造对应的函数进行求解； 3、化归法：通过图形转化，把立体图形转化为平面图形，寻找平面图形中的最值计算.
【例6】
（2024·四川·校联考模拟预测）
24．设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为，则的面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【变式6-1】
（2024·江西赣州·南康中学校联考模拟预测）
25．已知直三棱柱中，，过点的平面分别交棱AB，AC于点D，E，若直线与平面所成角为，则截面三角形面积的最小值为 ．
【变式6-2】
（2024·山东烟台·高三统考期末）
26．如图，在直三棱柱中，，，则该三棱柱外接球的表面积为 ；若点为线段的中点，点为线段上一动点，则平面截三棱柱所得截面面积的最大值为 .
【变式6-3】
（2024·广西·模拟预测）
27．在三棱锥中，平面，，，，点为棱上一点，过点作三棱锥的截面，使截面平行于直线和，当该截面面积取得最大值时，（ ）
A． B． C． D．
【变式6-4】
（2023·广西·高三统考阶段练习）
28．在棱长为2的正方体内，放入一个以为铀线的圆柱，且圆柱的底面所在平面截正方体所得的截面为三角形，则该圆柱体积的最大值为 ．
【题型7 球的截面问题】
满分技巧 求解球的截面问题的要点：（1）确定球心与半径；（2）寻找作出并计算截面与球心的距离；（3）充分利用“球心做弦的垂线，垂足是弦中点”这个性质；（4）强调弦的中点，不一定是几何体线段的中点.
【例7】
（2024·江西赣州·南康中学校联考一模）
29．球的两个平行截面面积分别为和，球心到这两个截面的距离之差等于1，则球的直径为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【变式7-1】
（2024·陕西榆林·统考一模）
30．已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-2】
（2024·河北邢台·高三统考期末）
31．《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑中，平面，，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-3】
（2023·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习）
32．三棱锥的四个顶点都在表面积为的球O上，点A在平面的射影是线段的中点，，则平面被球O截得的截面面积为（ ）
A． B．
C． D．
【变式7-4】
（2024·山东滨州·高三统考期末）
33．已知直四棱柱的所有棱长均为4，，以A为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 ．
【题型8 圆锥的截面问题】
【例8】
（2023·全国·模拟预测）
34．某圆锥的母线长为4，轴截面是顶角为120°的等腰三角形，过该圆锥的两条母线作圆锥的截面，当截面面积最大时，圆锥底面圆的圆心到此截面的距离为（ ）
A．4 B．2 C． D．
【变式8-1】
（2024·浙江宁波·高三统考期末）
35．已知高为2的圆锥内接于球O，球O的体积为，设圆锥顶点为P，平面为经过圆锥顶点的平面，且与直线所成角为，设平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，，则 .
【变式8-2】
（2024·广东中山·中山纪念中学校考二模）
36．已知球的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球和圆锥所得的截面面积分别为，若，则
【变式8-3】
（2023·全国·高三专题练习）
37．如图，在圆锥中，已知高.底面圆的半径为2，为母线的中点，根据圆锥曲线的定义，下列三个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线，则下面四个命题中正确的有（ ）
A．圆锥的体积为 B．圆的面积为
C．椭圆的长轴长为 D．双曲线两渐近线的夹角
【变式8-4】
（2023·河北·河北衡水中学校考模拟预测）
38．如图，用一垂直于某条母线的平面截一顶角正弦值为的圆锥，截口曲线是椭圆，顶点A到平面的距离为3.
(1)求椭圆的离心率；
(2)已知P在椭圆上运动且不与长轴两端点重合，椭圆的两焦点为，，证明：二面角的大小小于.
（建议用时：60分钟）
（2024·全国·高三专题练习）
39．已知OA为球O的半径，过OA的中点M且垂直OA的平面截球得到圆M，若圆M的面积为，则球O的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
（2024·全国·模拟预测）
40．在正方体中，E，F分别为棱，的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为，最大值为，则（ ）
A． B． C． D．
（2023·四川宜宾·高二四川省兴文第二中学校校考开学考试）
41．如图，在三棱柱中，过的截面与AC交于点D，与BC交于点E（D，E都不与C重合），若该截面将三棱柱分成体积之比为的两部分，则（ ）

A． B． C． D．
（2024·四川·校联考一模）
42．设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为M．则下列结论正确的是（ ）．
A．M必为三角形 B．M可以是四边形
C．M的周长没有最大值 D．M的面积存在最大值
（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）
43．如图，在三棱锥中，两两垂直，且，以为球心，为半径作球，则球面与底面的交线长度的和为（ ）

A． B． C． D．
（2023·河北沧州·高三泊头市第一中学校联考阶段练习）
44．已知正方体的棱长为，为的中点，为棱上异于端点的动点，若平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2024·河南南阳·高三统考期末）
45．用一个平面去截正方体，关于截面的说法，正确的有（ ）
A．截面有可能是三角形，并且有可能是正三角形
B．截面有可能是四边形，并且有可能是正方形
C．截面有可能是五边形，并且有可能是正五边形
D．截面有可能是六边形，并且有可能是正六边形
（2023·辽宁朝阳·高三校联考期中）
46．如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为a．现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（ ）

A．过棱AC的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱AC的截面与棱BD（不含端点）交于点P，则的最小值为
C．若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为
D．与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个
（2023·山东潍坊·统考模拟预测）
47．正三棱台中，，，点，分别为棱，的中点，若过点，，作截面，则截面与上底面的交线长为 ．
（2023·重庆·高三校联考阶段练习）
48．如图，已知正方体的棱长为4，，，分別是棱，，的中点，平面截正方体的截面面积为 .
（2023·广西河池·校联考模拟预测）
49．已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，为中点，过，，的平面截四棱锥所得的截面为．
(1)若与棱交于点，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），并证明．
(2)求多面体的体积．
（2023·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）
50．如图，直三棱柱中，点D，E分别为棱的中点，．
(1)设过A，D，E三点的平面交于F，求的值；
(2)设H在线段上，当的长度最小时，求点H到平面的距离．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)作图见解析
(2)
【分析】（1）通过平面，将延长后必与相交，设交点为，连接，即为过点，，的平面与平面的交线.
（2）由可知，进而可通过勾股定理求得的长.
【详解】（1）如下图所示，∵平面，与不平行，∴与必相交．设交点为，连接．
∵平面，平面，
∴过点，，的平面与平面的交线为.
（2）∵，∴，∴．
∴.
2．(1)截面，作图过程见解析
(2)
【分析】（1）根据截面定义及平面的性质作图即可；
（2）以为原点，棱所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由点到平面的距离的向量公式求得答案.
【详解】（1）连接并延长交延长线于点，连接并延长交于点，交延长线于点，连接交于点，则截面即为所求.

（2）如图，以为原点，棱所在直线分别为轴建立空间直角坐标系Dxyz.

因为正方体的棱长为2，
所以.
.
设平面的法向量为，
则即
取，得平面的法向量为.
设点到平面的距离为，则，
故点到平面的距离为.
3．(1)图形见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接、、、，则四边形即为所求；
（2）依题意可得四边形为菱形，连接，，求出，，即可得解.
【详解】（1）取的中点，连接、、、，
则四边形即为过点、和的平面截直四棱柱所得截面；
取的中点，连接、，因为为的中点，为直四棱柱，底面为正方形，
所以且，且，所以且，
所以为平行四边形，所以，
又且，所以为平行四边形，所以，
所以，即、、、四点共面.
（2）在直四棱柱中，，、分别为、的中点，
所以，
所以四边形为菱形，连接，，则，
又，，
所以.
4．(1)
(2)
【分析】（1）根据题，结合球的截面圆的性质，求得，延长交于点，连接交于点，得到四边形为所求截面，进而求得截面图形的周长；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：由正三棱柱中，，三棱柱外接球半径为，
设外接球的半径为，底面正的外接圆的半径为，可得，
则，
因为，解得，
又因为点分别为棱，的中点，可得，
如图所示，延长交于点，连接交于点，四边形为所求截面，
又由，所以，
在中，由余弦定理得，所以可得,
所以截面图形的周长为.

（2）解：以点为原点，以所在的直线分别为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，可得，
则
设平面的法向量为，则，
取，则，所以，
取的中点，因为为等边三角形，可得，
又因为平面，且平面，所以，
因为且平面，所以平面，
又由，可得，
所以平面的一个法向量为，
设两个平面所成角为，则，
所以平面与平面的所成角的余弦值．

5．AD
【分析】先证明平面，平面，再平移平面和平面判断.
【详解】解：如图所示：

在正方体中，又，平面，平面，则平面，
又平面，则，同理，又，平面，平面，
所以平面，同理平面，
由直线与平面垂直的性质得；与平面和平面平行的平面，都与垂直，
由图象知：在平面和平面之间的平面，与正方体所得截面的形状为六边形；
在平面和平面之外的平面，与正方体所得截面的形状为三角边形，
故选：AD
6．C
【分析】找到截面与长方体的平面的交线，判断为五边形.
【详解】如图所示，延长、，使，连接、，
∵、、，
∴、，
∵、分别为棱、的中点，
∴，
∴，
∵，又、、三点共线，
∴、、三点共线，∴在截面上，
延长、，使，连接，使，
∴在截面上，
连接、，
∵，且
∴，∴且=，
又为中点，、、三点共线，
∴、、三点共线，
∴截面为五边形，
故选：C．
7．D
【分析】对A：延拓平面，即可求得截面，从而进行判断；对B：证明与不垂直，即可证明；对C：由，与平面不垂直，即可判断两平面位置关系；对D：根据三角形相似，即可证明.
【详解】对A：如图，将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于点，
连接，分别与棱交于点，得到截面是五边形，故A错误；

对B：因为面面，故；
又，面，故面，
又面，故；
假设，又，面，故面，
又面，显然过一点作一个平面的垂直只能有一条，假设不成立，即与不垂直；
又平面，所以与平面不垂直，故B错误；
对C：面面，故，又，
面，故面，又面，
故，同理可得，又面，
故平面，又与平面不垂直，
所以平面与平面不平行，故C错误；
对D：易知，所以，
所以截面与棱的交点是棱的一个三等分点，故D正确．
故选：D．
8．AC
【分析】分类讨论不同的位置，即可得出结论.
【详解】由题意，在直三棱柱中，
，，，，，平面EFG与直三棱柱相交形成的截面为，
A项，当时，截面为等边三角形，
此时，且，A正确；
B项，当时，点在三棱锥内部，为三角形，
当时，不为平行四边形，
当时，不为平行四边形，
当时，不为平行四边形，
当有两个大于时，不为平行四边形,
当有三个大于时，截面为,
∴不存在正实数，，，使得截面为平行四边形，B错误；
C项，当，时，，解得：（舍）或，
当时， ，在三棱柱外，在三棱柱内，截面为五边形,故C错误；
D项，当，，时，截面为四边形,
易知与相交，
假设，因为平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，所以（矛盾），
故四边形不是梯形，
故D错误.
故选：AC.
9．D
【分析】作出符合条件的截面并求出周长判断即可.
【详解】
当点为的中点时，取的中点，连接，
显然≌，则，，
即有，而平面，平面，则，
又平面，于是平面，而平面，
因此，同理，显然平面，
所以是平面截正方体所得截面，其周长为.
故选：D.
10．A
【分析】作出正方体的截面图形，求出周长即可.
【详解】
如图，取AB的中点G，连接GE，，．
因为E为BC的中点，所以，，
又，，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
所以，，
所以用过点，E，的平面截正方体，所得截面为梯形，
其周长为．
故选：A．
11．##
【分析】利用直三棱柱的侧面展开图求解即可.
【详解】由题意可知过三点的平面截该三棱柱所得截面的周长即的周长，
因为直三棱柱，所以各侧面均为矩形，
所以，
直三棱柱的侧面部分展开图如图所示，

则在矩形中，
所以过三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为，
故答案为：
12．D
【分析】先作出图形，然后分析图形的特征，求出边长，进而得出周长.
【详解】如图，延长交的延长线于点，交的延长线于点，
连接并延长交于点，交的延长线于点，
连接，分别交，于点，，
连接，，则六边形所在平面即为平面，
六边形即为过点的平面截正四棱柱所得的截面多边形，
由全等三角形可知，，，分别为，，的中点，
因为，所以，
所以六边形的周长为．
故选：D．

13．D
【分析】首先过点作于点，结合已知得，由棱台体积公式得，由勾股定理得，再求出的长，最终根据相似三角形对应边成比例即可得解.
【详解】如图所示，
过点作于点，因为，
所以，
则四棱台的高为，则四棱台的体积为，
解得，所以侧棱长为.
如图所示：
过于点，于点，连接，
由对称性可知，
所以，
而，
所以，
所以，同理，
分别在棱上取点，使得，
易得，
所以截面多边形的周长为.
故选：D.
14．B
【分析】根据，分别是，的中点，得到，利用正方体的结构特征，有，从而有，由平面的基本性质得到在同一平面内，截面是等腰梯形，再利用梯形面积公式求解.
【详解】由题知连接，，，如图所示
因为分别是的中点，所以，
在正方体中，所以，
所以在同一平面内，
所以平面截该正方体所得的截面为平面，因为正方体的棱长为，
所以，，，
则到的距离为等腰梯形的高为，
所以截面面积为，故B正确.
故选：B.
15．A
【分析】根据题意可先证出平面，然后做出平面与截三棱柱的截面，再求截面面积从而求解.
【详解】由题意知：分别取中点，连接，如图所示：
所以：，因为：
又因为：平面，不在平面上，
所以：平面，平面，
又因为：，平面，
所以：平面平面，即：平面为平面与三棱柱的截面；
因为，且，，平面
平面，又因为平面，所以：，，
又因为：，，平面，
所以：平面，因为：平面，
所以：，又因为：为中点，
所以得：为等边三角形，则：， ，，
所以，所以得:四边形为等腰梯形，
所以：，，，可求出截面面积为：
故A项正确.
故选：A.
16．B
【分析】在中，由余弦定理求得，进而得，从而可得，同理，则，可求得，过作于点，则为的中点，求出可得答案.
【详解】由题易知面，面，则，，
在中，由余弦定理得，，
∵，∴，
∴，，，
，同理，，
∴，∴，∴，∴．
过作于点，则为的中点，
∴，
∴，
故选：B．
17．
【分析】由题设条件易得，过所得截面为梯形，根据棱长为3，求出该梯形面积即可.
【详解】如图，连接,

在正方体中，易知，
,即.
四点共面，
又在上，
过作正方体截面为梯形，
正方体的棱长为3，
,
,
梯形的高为：，
梯形的面积为：.
故答案为：.
18．A
【分析】找到两类截面，分别为一类是平面的一侧是1个点，另外一侧有3个点（如图1），
此时截面过棱的中点，且与一个面平行；另外一类是平面的两侧各有2个顶点（如图2），
因为正四面体对棱垂直，分别计算出面积即可.
【详解】与点A，B，C，D距离均相等的平面可分为两类，
一类是平面的一侧是1个点，另外一侧有3个点（如图1），
此时截面过棱的中点，且与一个面平行，
故截面三角形与平行的面（三角形）相似，相似比为，故其面积为，
这样的截面共有4个，故这类截面的面积和为，
另外一类是平面的两侧各有2个顶点（如图2），
因为正四面体对棱垂直，易知四边形PQMN是边长为2的正方形，其面积为4，
这样的截面共有3个，故这类截面的面积和为12，
故符合条件的截面的面积和为.
故选：A．
19．A
【分析】由线面平行性质可知，结合棱台和棱柱体积公式可求得，由相似关系可求得结果.
【详解】平面，平面平面，平面，；
设的面积为，的面积为，三棱柱的高为，
三棱台的体积，
又三棱柱的体积，
，解得：（舍）或，
∽，，即.
故选：A.
20．D
【分析】根据正方体的几何性质可得平面即为平面，根据台体的体积公式与正方体体积公式分别求解，从而可得的值.
【详解】不妨设正方体的棱长为，连接，
因为正方体 ，所以，
则四边形为平行四边形，所以，
因为的中点分别为，所以，则，
所以平面即为平面，几何体为一个三棱台，
则，
又正方体的体积为，所以，
则.
故选：D.
21．D
【分析】连接，交于，连接，交于，根据题意，，得为重心，得为中点，进而得，和，得平面，再利用棱锥得体积公式，即可求解.
【详解】如图：
连接，交于点，连接，，相交于点，
因为，，所以，所以，故为的重心，所以为中点.
又因为为正三角形，所以.
因为四棱锥是正四棱锥，所以，，，平面，且，所以平面.
平面，所以，又，所以.
，平面，，
所以平面.
因为，
所以，，，,
所以.
故选：D
22．D
【分析】先画出平面与三棱锥的截面，分析清楚两部分是什么几何体，由等体积求解即可.
【详解】如图：
延长与交于，连接交于，
则平面与三棱锥的截面是，
将三棱锥分成两部分，三棱台，多面体，
设，，，
，
，设，则，
，则，
，解得：，由于
所以
故选：D.
23．(1)证明见解析
(2)截面为平面，体积为
【分析】（1）由余弦定理和勾股定理可得，结合线面垂直的性质可得，由线面垂直的判定可得结论；
（2）取的中点，的中点，由面面平行的判定可知所求截面为平面；利用棱锥体积公式可得所求体积为.
【详解】（1）在中，，，，，
由余弦定理得：，，，
又平面，平面，，
，平面，平面.
（2）取的中点，的中点，连接，则平面即为所求.
理由如下：
，，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，
同理可得：平面，
，平面，平面平面；
由（1）可知：平面，且平面，
，，
夹在该截面与平面之间的几何体的体积.
24．B
【分析】首先确定截面的形状，再通过几何计算，确定面积的最大值.
【详解】连结，因为平面，平面，所以
且，平面，所以平面，平面，
所以，同理，且，平面，
所以平面；
所以平面为平面或与其平行的平面，只能为三角形或六边形.
当为三角形时，其面积的最大值为；
当为六边形时，此时的情况如图所示，
设，则，
依次可以表示出六边形的边长，如图所示：六边形可由两个等腰梯形构成，
其中，两个等腰梯形的高分别为，，
则，
当且仅当时，六边形面积最大，即截面是正六边形时截面面积最大，最大值为.

【点睛】关键点点睛：本题的关键1是理解题意，并能利用转化与化归思想，直观象限和数学计算相结合，2是确定平面，从而将抽象的问题转化为具体计算.
25．
【分析】先推导出平面，过点作交于点，再证明平面，所以，设，由等面积法可知，，从而，即可求解.
【详解】因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，
平面，所以，
过点作交于点，连接，
，，平面，
所以平面，过点作交于点，
因为平面，所以，
平面，，所以平面，
因为直线与平面所成角为，所以，
在中，由，，可得，，
设，在中，，由等面积法可知，
因为平面，又由平面，所以，
所以，
因为，
当且仅当时，等号成立，所以.
故答案为：.
26．
【分析】把直三棱柱可补充一个长方体，结合长方体的性质，求得外接球的半径，得到其表面积；连接，延长交于点，取的中点，连接，
在过点作，证得截面四边形为直角梯形，设，求得梯形的面积为，设，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】由题意，直三棱柱中，，，
该直三棱柱可补充一个长方体，
其中直三棱柱的外接球和补成的长方体的外接球是同一个球，
又由长方体过同一顶点的三条棱长分别为，可得对角线长为，
所以外接球的半径为，则该三棱柱外接球的表面积为；
如图所示，连接，并延长交于点，取的中点，连接，
则且，在过点作，可得，
连接，则四边形即为过点的截面，
在中，因为，且为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以四边形为直角梯形，
在中，由且，可得，所以，
设，在直角中，可得，
又由，可得，
所以直角梯形的面积为
，其中，
设，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
时，，单调递减，
又由，可得，
所以当时，函数取得最大值，此时梯形的面积取得最大值.
故答案为：.
【点睛】知识方法点拨：对于立体结合中的截面的探索性以及最值问题的求解策略：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
5、对于探索性问题的求解，可得建立函数关系，常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
27．C
【分析】通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直角三角形即可求得答案.
【详解】根据题意，在平面内，过点作，交于点；
在平面内，过点作，交于点；
在平面内，过点作，交于点，连接，如图所示，

因为，则，设其相似比为，即，
则；
又因为，，，
由余弦定理得，，则，
即.
又平面，，平面，所以，.
又，则，.
因为，则，则，
因为，所以，即，
同理可得，即，
因为，，则，
故四边形为平行四边形；而平面，平面，
故平面，同理平面，
即四边形为截面图形；
又平面，平面，则，
又，所以.
故平行四边形为矩形，则，
所以当时，有最大值，则，
在中，.
故选：C.
【点睛】思路点睛：先作平行线作出题中的截面，再证明四边形为符合题意的截面图形，结合线面平行以及线面垂直说明四边形为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，利用二次函数求出最值得解.
28．
【分析】易得圆柱的底面所在平面截正方体所得的截面为正三角形，该正三角形的内切圆即为圆柱的底面，根据为铀线，求出圆柱的高，表示出圆柱的体积，利用导数求出最大值.
【详解】如图，连接，，，，
因为平面，平面，则，
又，平面，平面，,
平面，故，同理可得，
平面，平面，，平面，
设圆柱的一个底面所在平面截正方体所得的截面为，则为正三角形，
由圆柱可知轴线平面，又平面，所以平面平面，
设（），则，
所以内切圆的半径，
点到平面的距离．

因为，所以圆柱的高，
圆柱的体积，
，则在上单调递增，
所以．
故答案为：
29．D
【分析】根据题设知较近的截面圆半径为，另一个截面圆半径为，结合截面圆半径与球体半径、球心与截面距离关系列方程求球体半径，即得结果.
【详解】令球心到较近的截面距离为，则到另一个截面距离为，且球的半径为，
易知较近的截面圆面积为，另一个截面圆面积为，
所以较近的截面圆半径为，另一个截面圆半径为，
由截面圆半径与球体半径、球心与截面距离关系知：，
所以，故，则球的直径为6.
故选：D
30．C
【分析】设截得的截面圆的半径为，球的半径为，由平面几何知识得截面与球心的距离为，利用勾股定理求得的值，由题意可知球心到所求截面的距离最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得答案.
【详解】如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，
因为，
所以.由勾股定理，得，由题意得，
所以，解得，
此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.
设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则，
所以只需球心到所求截面的距离最大即可，
而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大，
即，所以.
故选：C
31．B
【分析】由题意可得平面，找出交线，计算弧长即可得.
【详解】因为平面，、平面，
所以，，
因为，，、平面，
所以平面，
如图所示，设为球与平面的交线，
则，，所以，
所以所在的圆是以为圆心，为半径的圆，
因为且，
所以，所以弧的长为．
故选：B.
32．C
【分析】分别找出和的外接圆圆心和，通过过作平面的垂线，过作平面的垂线，两垂线的交点即为三棱锥外接球球心，再通过几何关系求出外接圆半径，即可求其被球截得的圆的面积．
【详解】
设中点为，点在平面的射影是线段的中点，
平面，，，
又，是等边三角形．
取中点为，连接交于，则是外心．
连接，在上取，使得，则为外心．
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
两垂线的交点即为三棱锥外接球球心，
则四边形是矩形，．
连接，，设外接圆半径，设球半径为．
球的表面积为，．
在中，，
平面被球截得的截面面积．
故选：C
33．
【分析】由题设知圆弧为球面与侧面的交线，根据题设由直棱柱的性质求弧长即可.
【详解】如图：取的中点,连接，
结合题意：易得为等边三角形，
因为为的中点，所以
因为在直四棱柱中有面,且面，
所以,又因为,且面
所以面，结合球的性质可知为该截面圆的圆心，
因为直四棱柱的所有棱长均为4，，
所以 ,, ,,
故以A为球心，为半径的球面与侧面的交线为：以为圆心, 为半径的圆所成的圆弧.
所以.
故答案为: .
34．D
【分析】设该圆锥的顶点为S，底面圆心为O，连接SO，得到，得到的夹角为90°时，的面积最大，结合，列出方程，即可求解.
【详解】设该圆锥的顶点为S，底面圆心为O，AB为底面圆的直径，连接SO，由圆锥的母线长为4，轴截面是顶角为120°的等腰三角形可知圆锥的高，底面圆半径为，
设C为圆锥底面圆周上一点，连接BC，OC，则，
所以当的面积最大时，即最大时，即的夹角为90°时，
的面积最大，此时的面积为8，且，
取中点，连接，则，
在直角中，可得，
所以的面积为，
设圆锥底面圆的圆心O到截面SBC的距离为h，
则由可得，
即，解得，
所以圆锥底面圆的圆心到此截面的距离为．
故选：D．

35．
【分析】根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答.
【详解】令球半径为，则，解得，由平面与直线成角，
得平面截球所得小圆半径，因此，
由球的内接圆锥高为2，得球心到此圆锥底面距离，则圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段为圆锥底面圆的弦，
点为弦中点，如图，依题意，，，
，显然，于是，
所以.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及平面截球所得截面，利用截面小圆的性质，可从线面垂直关系求解，也可借助勾股定理建立数量关系求解.
36．
【分析】根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答.
【详解】设球O半径为R，由，得，
平面截球O所得截面小圆半径，由，得，
因此，球心O到平面的距离，
而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，
因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，
于是得圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段为圆锥底面圆的弦，
点C为弦中点，如图，由题意，，
则，，，
所以.
故答案为：.
37．BCD
【分析】利用圆锥的体积公式计算判断A；利用圆锥的几何性质确定圆的半径计算判断B；利用圆锥的轴截面求出判断C；建立平面直角坐标系，设双曲线方程，确定双曲线过的点的坐标计算判断D.
【详解】对于A，圆锥底面圆面积，圆锥体积，A错误；
对于B，圆锥中截面圆的半径为底面圆半径的一半，该圆面积为，B正确；
对于C，过作于，于是，，
因此椭圆的长轴长，C正确；
对于D，在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系，坐标原点与点P到底面距离相等，
于是双曲线顶点，双曲线与圆锥底面圆周的交点，设双曲线方程为，
则，解得，因此该双曲线的两条渐近线互相垂直，
即双曲线两渐近线的夹角，D正确.
故选：BCD
38．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据圆锥的几何性质借助于轴截面运算分析；（2）建系，先求两平面的法向量，则可得，换元，利用放缩结合导数求的取值范围，即可得结果.
【详解】（1）以椭圆的中心以及短轴的顶点作平行于圆锥底面的截面（截面为圆），如图为圆锥的轴截面，
由题意可得：，则椭圆的长轴长，即，
设圆锥的顶角为，由题意可知
∵，则，解得或（舍去），
∴，
在中，可得，则，
在中，则，
可得，
故，
在中，可得，
即截面圆的半径为，则椭圆的短轴，
故椭圆的短轴长，即，则，
∴椭圆的离心率.
（2）如图，以椭圆的中心为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
设，平面的法向量为，
∵，则，
令，则，即，
同理可得：平面的法向量为，
则
令，则，
当时，则，
∴，
构建，
则，
当时，则，
令，则，
则在上单调递增，在上单调递减，故；
当时，令，则，
令，则当时恒成立，
故在上单调递减，则，
∴在上单调递减，则；
综上所述：当时恒成立，
∴，
设二面角的平面角为，由题意可得，
∴，即二面角的大小小于.
39．C
【分析】根据题意，利用圆的面积公式和球的截面圆的性质，求得球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】设圆的半径为，因为圆M的面积为，可得，解得，
设球O的半径为，由截面圆的性质，可得，即，
解得，所以球的表面积为．
故选：C．
40．D
【分析】根据题意可求得正方体的外接球球心位置，易知当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径，当截面与OP垂直时，截面面积最小；分别求出对应的半径大小即可得出结果.
【详解】如图，正方体的外接球球心在其中心点处，设该正方体的棱长为，
则外接球的半径，
要使过直线EF的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段EF的中点，
连接OE，OF，OP，则，
，
所以，
此时截面圆的半径．
显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径；
所以．
故选：D．
41．C
【分析】根据面面平行的性质得到，得到特殊图形，根据棱台和棱柱的体积公式直接求解即可.
【详解】因为三棱柱，
所以，面面，
又因为面面，面面，
所以，显然为三棱台，
设，（），三棱柱的高为，
则，
所以三棱柱体积为，
三棱台的体积为，
.①三棱台的体积占，
则，得，得或，均不符合题意；
②三棱台的体积占，
则，得，得或，因为，所以.
故选：C
42．D
【分析】对于选项A和B，结合空间图形，截面与直线垂直，截面多边形只能为正三角形或六边形；对于选项C，分截面多边形为正三角形和六边形两种情况分析多边形的周长最值即可；对于选项D，分截面多边形为正三角形和六边形两种情况分析多边形的面积最值即可；
【详解】对于选项A、B，易知平面为平面或与其平行的平面，故多边形M只能为三角形或六边形，选项A和B均错误；
对于选项C，
当M为正三角形时，显然截面多边形M为时周长取得最大值为；
当截面多边形M为六边形时，
设，则，，，
易得：，，
此时截面多边形M的周长为定值：，
综合两种情况，M的周长的最大值为，选项C错误；
对于选项D，
当M为正三角形时，
仅当截面多边形M为时的面积为；
当截面多边形M为六边形时，设，
该六边形可由两个等腰梯形和构成，
其中，
，，，
两个等腰梯形和的高分别为和，
则
，
，
当且仅当时，六边形面积最大值为，即截面多边形是正六边形时截面面积最大．
综上，当时，截面多边形为正六边形时面积取得最大值.
选项D正确.
故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题的D选项的关键是设，计算出截面的面积表达式，利用二次函数图象与性质即可求出其面积最值.
43．C
【分析】由等体积公式求出截面圆的半径为，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度.
【详解】由题意知三棱锥为正三棱锥，故顶点在底面的射影为的中心，连接，由，
得，所以，
因为球的半径为，所以截面圆的半径，
所以球面与底面的交线是以为圆心，为半径的圆在内部部分，
如图所示

易求，所以，
易得，所以，
所以交线长度和为.
故选：C.
【点睛】本题为空间几何体交线问题，找到球面与三棱锥的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键.具体做法为由等体积公式求出截面圆的半径，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度.
44．B
【分析】根据题意，结合正方体的几何结构特征，得出当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段上，求得，线段的取值范围，得到答案.
【详解】在正方体中，平面平面，
因为平面，平面，平面平面，
则平面与平面的交线过点，且与直线平行，与直线相交，
设交点为，如图所示，

又因为平面，平面，
即分别为，与平面所成的角，
因为，则，且有，当与重合时，平面截该正方体所得的截面为四边形，此时，即为棱中点；
当点由点向点移动过程中，逐渐减小，点由点向点方向移动；
当点为线段上任意一点时，平面只与该正方体的4个表而有交线，即可用成四边形；
当点在线段延长线上时，直线必与棱交于除点外的点，
又点与不重合，此时，平面与该正方体的5个表面有交线，截面为五边形，
如图所示．

因此．当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段（除点外）上，即，可得，则，
所以线段的取值范围是，
所以若平面截该正方体的截面为五边形，线段的取值范围是.
故选：B．
【点睛】知识方法：对于空间共面、共线问题，以及几何体的截面问题的策略：
1、正面共面的方法：一是先确定一个平面，然后再证明其余的线（或点）在这个平面内；二是证明两个平面重合；
2、证明共线的方法：一是先由两个点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；二是直接证明这些点都在同一条特定直线上；
3、空间几何体中截面问题：一是熟记特殊几何体（正方体，正四面体等）中的特殊截面的形状与计算；二是结合平面的基本性质，以及空间中的平行关系，以及平面的基本性质，找全空间几何体的截面问题，并作出计算；
4、空间几何体中的动点轨迹等问题：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
45．ABD
【分析】根据题意，结合正方体的几何结构，以及截面的概念与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，在正方体中，
对于A中，过点三点的截面为，截面的形状为正三角形，所以A正确；
对于B中，过棱的中点，作正方体的截面，此时截面与上下底面平行且全等，所以截面的性质为正方形，所以B正确；
对于C中，用一个平面截正方体，截面可以是五边形，但不能为正五边形，所以C错误；
对于D中，如图所示，用一个平面截正方体，当取各边的中点时，截面是正六边形，所以D正确.
故选：ABD.

46．ABD
【分析】选项A三角形的底边一定，高最小时面积最小确定；选项B用余弦定理可得；选项C先证明平行四边形为矩形，再用相似比设出边长，最后根据二次函数求最值；选项D分类讨论可得.
【详解】对于A，设截面与棱BD的交点为P，如图1，过棱AC的截面为，当P为棱BD的中点时，由，，且都在平面内，则平面，又在平面内，所以，所以当P为棱BD的中点时，的面积取得最小值，最小值为，A正确．

图1
设，，．
在中，，
因为，所以，所以，B正确．
对于C，如图2，当截面EFNM为平行四边形时，，，
因为平面ABD，平面ABD,所以平面ABD，
又因为平面CBD，平面CBD平面ABD,所以，同理，
由选项A可知，所以，从而平行四边形EFNM为长方形．
设，利用相似比可得，
则，所以长方形EFNM的面积，
当且仅当时，等号成立，C错误．

图2
与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为两类．第一类：平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面距离相等，这样的截面有4个．第二类：平行于正四面体的两条对棱，且到两条棱距离相等，这样的截面有3个．故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7个，D正确．
故选：ABD
【点睛】选项A三角形的底边一定，高最小时面积最小确定；选项B用余弦定理可得；选项C先证明平行四边形为矩形，再用相似比设出边长，最后根据二次函数求最值；选项D分类讨论可得.
47．
【分析】作出平面与平面的交线，由正三棱台中相似求出，再由余弦定理求解.
【详解】连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接，如图，
则线段即为截面与上底面的交线，
因为F为的中点，，
所以.
过点E作的平行线交于点，
因为，，
所以，
在中，
.
故答案为：
48．
【分析】在正方体中作出平面截正方体的截面，进而求出其面积即可.
【详解】
在正方体中，
延长交延长线于，连接交于，并延长交延长线于R，
延长交延长线于，连接交于，交于，
易知点共面，平面即为平面，
所以平面截正方体的截面为六边形，
因为，，分別是棱，，的中点，
所以根据相似比易知点都为其所在正方体棱的中点，则易得六边形为正六边形，
因为正方体的棱长为4，
所以正六边形的边长，
所以截面面积为.
故答案为：
49．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）延长，连接交于，连接，可得截面；过作交于，通过证明，可得；
（2）由（1）可得，后由题目条件可得答案.
【详解】（1）延长，连接交于，连接，如图，四边形为截面.
中，，由，则为中点，为中点．
过作交于，则.
,.，即．
（2）.
由题意及（1）可得，.
则；
又可得，点F到平面BEC距离为，
则.
则．
50．(1)
(2)
【分析】（1）先将平面延展，在图中表示出和，根据三角形相似即可求出的值；
（2）由题意可以建立空间直角坐标系，根据垂线段最短，确定H的位置，由点到平面的距离的向量表示公式即可求出点H到平面的距离.
【详解】（1）如图延长交于，连接交于，
如图所示：
因为为棱的中点，，且，
所以是的中点，即，
因为，
所以∽，所以.
（2）由题知平面，则，
因为，且，所以，所以平面，
所以，如图所示，以为原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，
所以，，， ，，设，，
，，
因为最短，所以，
所以，解得，
所以，则，
设平面的法向量，则，即，
所以，
所以点到平面的距离.
答案第1页，共2页
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