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专题11 空间几何体的截面问题
【浙江省慈溪市2023学年第一学期期末测试卷12】
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，截面为梯形
D．当，，时，截面为梯形
根据空间图形的基本事实与推论可以选择特殊位置判定选项A、D.
对于A项，如下图所示，当时，E，F，G分别为AB，AC，的中点，易知，
所以截面即是等边三角形，故A选项正确．
对于D项，如下图所示，取，
则连接EF，EG分别交BC，于H，K，连接KH，此时截面为四边形FGKH．
易知，，四边形FGKH不是梯形，D不正确．
（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）
1．已知点P为正方体底面ABCD的中心，用与直线垂直的平面截此正方体，所得截面可能是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
根据平面的性质，空间图形的基本事实与推论结合三棱柱的特征分析截面的形状，验证选项即可.
对于B项，当时，是三角形．所以，若是平行四边形，则m，n，t必有一个数大于1，
不妨设，即在线段的延长线上．
如下图所示，设EG与交于与交于，
由图可知是四边形是梯形，但不是平行四边形，故B选项错误．
对于C项，当时，，，则直线EG过点，
连接FG交于N，EF交BC于M，连接，
此时截面为四边形，易知．
在AC上截取，易知在线段上，
连接，则，，∴此时截面为四边形为梯形（如下图所示）
（2023下·海南省直辖县级单位·高一嘉积中学校考期中）
2．如图正方体，棱长为1，为中点，为线段上的动点，过A、、的平面截该正方体所得的截面记为.若，则下列结论正确的是（ ）

A．当时，为四边形
B．当时，为等腰梯形
C．当时，为六边形
D．当时，的面积为
（2023上·河北沧州·高三泊头市第一中学校联考阶段练习）
3．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．
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；
根据空间几何体的特征通过补形得出更特殊熟悉的几何体正方体，根据正方体的特征判定选项A.
解：将题中直三棱柱补成正方体，如图，正方体中，各棱长均为1．
对于A：∵为正三解形，所以，在上取一点M，上取点N，上取点K，使得，，可得
故A正确
（2024·全国·模拟预测）
4．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．
（2023上·广东湛江·高三统考阶段练习）
5．如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为.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．过棱的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱的截面与棱（不含端点）交于点，则
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上·福建泉州·高三福建省泉州第一中学校考阶段练习）
6．在正方体中，分别为的中点，，点满足，，则（ ）
A．平面
B．三棱锥的体积与点的位置有关
C．的最小值为
D．当时，平面截正方体的截面形状为五边形
（2023下·广东肇庆·高一统考期末）
7．如图，已知长方体的三条棱长分别为，，，，，为常数，且满足，.点为上的动点（不与，重合），过点作截面，使，分别交，于点，.下列说法正确的是（ ）

A．截面是三角形 B．截面的周长为定值
C．存在点，使 D．为定值
（2023·山东潍坊·统考模拟预测）
8．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 ．
（2024上·安徽合肥·高二合肥一中校考阶段练习）
9．如图，三棱锥中，且为正三角形，分别是的中点，若截面侧面，则此棱锥侧面与底面夹角的余弦值为 .
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．ABC
【分析】首先利用线性，线面的垂直关系，首先作出一个平面，再通过平移平面的方法，得到不同的多边形，即可判断选项.
【详解】如图，设棱长为1，过点作，交于点，连结，
因为，则，
即，所以，所以点为的中点，
因为，，且，且平面，
所以平面，平面,
所以，且，，且平面，
所以平面，此时平面就是满足条件的一个,
此时所得截面为三角形，

当点平移至点，对应的点平移至点（分别是的中点），形成平面，
此时截面为四边形，

夹在平面和平面之间的形成五边形，如下图，

若截面在平面下方时，形成的截面为三角形，直至缩成一个点，如下图，

若截面在平面的上方时，形成的截面为五边形，如下图，

当点分别移到点的位置，点移到的中点位置，形成的截面为三角形，再往上形成的截面也为三角形，直至缩成一个点，
如下图，

综上可知，所的截面为三角形，四边形，五边形，没有六边形.
故选：ABC
2．ABD
【分析】对于A、B，延长交于点，连接并延长交于，连接.即可得出截面形状，判断A、B；对于C项，延长交于点，连接并延长交于点，交延长线于，连接，即可得出截面形状；对于D项，作出截图，求出平行四边形的边长与夹角，根据面积公式，即可得出答案.
【详解】对于A，如图1，延长交于点，连接并延长交于，连接.

因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
则四边形即为所求截面，故A项正确；
对于B项，如图2，延长交于点，连接并延长交于，连接.

因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
因为分别为的中点，所以.
又，所以点与点重合，
所以，截面即为梯形.
又，，，
所以，，所以，
所以，截面四边形为等腰梯形，故B项正确；
对于C项，如图3，延长交于点，连接并延长交于点，交延长线于，连接，交于点，连接.

可知，截面为五边形，故C项错误；
对于D项，如图4，截面即为四边形.

易知.
又，
在中，，
所以，，
所以，的面积为，故D正确.
故选：ABD.
3．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；
4．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．
5．ACD
【分析】利用平面的性质确定截面，再解三角形即可判定A、B，利用基本不等式可判定C，利用空间想象结合图形性质分类讨论可判定D项.
【详解】设截面与棱的交点为，
对于A项，如图1，过棱的截面为，易知当为棱的中点时，,且，平面，故平面，
取的中点，连接，则，
又平面，，即是异面直线的公垂线，，
故此时的面积取得最小值，最小值为，正确；

对于B项，易知，故结合A项，可设，
在中，由余弦定理，
所以，即，B错误；
对于C项，如图2，当截面为平行四边形时，，，
由正四面体的性质可知，故，从而平行四边形为长方形.
设，则，所以长方形的面积，
当且仅当时，等号成立，正确；

对于D项，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：ACD
6．AD
【详解】
A选项，以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
，
，
所以，，
又，平面，平面，
所以平面，故A正确；
B选项，因为在正方体中，且，
所以四边形为平行四边形，因此，
又平面，平面，所以平面，
因此棱上的所有点到平面的距离都相等，又是棱上的动点，
所以三棱锥的体积始终为定值，故B错；
C选项，，，，因为，，所以，
所以，
，
又，
当时，有最小值，最小值为，故C错误；
D选项，连接，取中点为，当与交点为点时，平面截正方体截面图形为四边形，如图1，
此时，，，，此时，
当时，如图2，截面为五边形EBFKL，故D正确；
故选：AD.
7．AD
【分析】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，，，，利用线面垂直求出，得点的坐标，根据点的坐标对四个选项逐个判断可得答案.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系；
则，，设，，，，
，，，
因为，所以，得，
因为，所以，即点在线段上（不与和重合），
，，即，
所以点在线段上（不与和重合），
所以截面是三角形，故A正确；
因为，所以，
所以，，，
所以截面的周长为，
因为为常数，所以当增大时，周长也增大，故周长不为定值，故B错误；
由，，得，得，这不可能，故C错误；
由以上知，为定值，故D正确.

故选：AD
【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，利用线面垂直求出点的坐标是解题关键.
8．
【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：
9．
【分析】
取和的中点分别为，，根据二面角的定义可得，进而可得为所作的二面角，根据三角形的边角关系即可求解二面角余弦值．
【详解】
取和的中点分别为，，
，分别是，的中点，
,,
由于且为正三角形，
，故,
由于，分别是，的中点，因此，
故,
由于截面侧面，所以,进而可得,
由于
故为侧面与底面的二面角的平面角，
设， ，，
在直角中， ，
故答案为：
答案第1页，共2页
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