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专题 15 立体几何的动态截面问题
【2024届唐山市普通高等学校招生统一考试第一次模拟演练11】.在透明的密闭正三棱柱容器内灌进一些水，已知.如图，当竖直放置时，水面与地面距离为3.固定容器底面一边AC于地面上，再将容器按如图方向倾斜，至侧面与地面重合的过程中，设水面所在平面为α，则（ ） A.水面形状的变化：三角形 梯形 矩形 B.当时，水面的面积为 C.当时，水面与地面的距离为 D.当侧面与地面重合时，水面的面积为12
根据已知先算得水的体积得出容器剩余部分的体积，利用等体积法计算BCD即可.
易知水的体积为，则剩余空间的体积为，
对于B，当时，如图所示，
此时水面形状为，
即，.
对于C，当时，如图所示
，即，
记C到平面BDE之距为d，则.
由得，
，即此时水面与地面的距离为.
对于D，当侧面与地面重合时，如图所示，
此时水面即为矩形，，
水面面积为.
（23-24高三上·山东枣庄·期末）
1．已知正四棱台的上下底面边长分别为1和3，高为2.用一个平行于底面的截面截棱台，若截得的两部分几何体体积相等，则截面与上底面的距离为（ ）
A． B． C． D．
根据平面的性质结合图形的几何特征分析截面形状即可.
如图所示，当水面在倾斜过程中直到过点B时，这段过程中水面的形状都是三角形；继续倾斜直到放平之前，这段过程中水面形状为梯形；放平时为矩形；故A正确.
（2024·四川·一模）
2．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·江西景德镇·一模）
3．如图，正方体的棱长为2，E，F，G，H分别是所在棱上的点，且满足，则（ ）

A．若四边形为矩形，则
B．若四边形为菱形，则E，G或F，H为所在棱中点
C．若四边形为菱形，则四边形的周长取值范围为
D．当且仅当E，F，G，H均为所在棱中点时，四边形为正方形
（23-24高三上·四川成都·期末）
4．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．
（23-24高二上·浙江·开学考试）
5．已知长方体中，，，用过该长方体体对角线的平面去截该长方体，则所得截面的面积最小值为（ ）
A． B． C． D．
（2024·四川·模拟预测）
6．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．
（23-24高二下·浙江·开学考试）
7．如图，已知棱长为2的正方体，点是棱的中点，过点作正方体的截面，关于下列判断正确的是（ ）
A．截面的形状可能是正三角形
B．截面的形状可能是直角梯形
C．此截面可以将正方体体积分成1：3
D．若截面的形状是六边形，则其周长为定值
（23-24高二上·安徽·阶段练习）
8．在棱长为2的正方体中，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．四点共面
B．
C．过点的平面被正方体所截得的截面是等腰梯形
D．过作正方体外接球的截面，所得截面面积的最小值为
（23-24高三上·江苏扬州·期末）
9．棱长为2的正方体中，下列选项中正确的有（ ）
A．过的平面截此正方体所得的截面为四边形
B．过的平面截此正方体所得的截面的面积范围为
C．四棱锥与四棱锥的公共部分为八面体
D．四棱锥与四棱锥的公共部分体积为
（22-23高一下·江苏连云港·期末）
10．在长方体中，

(1)已知分别为棱 的中点（如图1），作出过点，，的平面与长方体的截面，并写出作法;
(2)如图2，已知，，过点A且与直线平行的平面将长方体分成两部分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，求这两个球的半径之和的最大值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】延长正四棱台的棱交于一点，由三角形相似，求出，再由棱台的体积公式求出截面截得棱台的上部分几何体的体积，设截面与上底面的距离为，正方形的边长为，由三角形相似，得到，结合即可求出.
【详解】延长正四棱台的棱交于点，
如图所示，截面平行于底面
设上底面的面积为，下底面的面积为，截面的面积为，
正四棱台的体积为，平行于底面的截面截棱台，截得的上部分几何体体积为，则，
上底面的中心为，下底面的中心为，连结，
则上底面，下底面，正四棱台的高为，
设截面与上底面的距离为，正方形的边长为，
，，
由得，，由得，，
又，所以，
同理可得，得，所以，①
又因为，②
由①②得，，，所以截面与上底面的距离为.
故选：D.

2．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.
3．BCD
【分析】
由正方体的结构特征，结合已知和平面的基本性质、矩形、菱形的特征判断各项正误即可.
【详解】A：若四边形为矩形，也有可能，如下图示，即只需用一个垂直于一组对面的平面截正方体，并保证即可，错；

B：若四边形为菱形，，则且对角线垂直，
若E，G或F，H都不是棱中点，如下图，作，分别交于，
因为E，G都不是棱中点，则，易知，与菱形矛盾，
所以E，G或F，H至少有一对是棱中点，对；

C：由B分析知：四边形为菱形，假设E，G是棱中点，且，
所以F，H都是棱中点时，菱形边长最短为2；F，H都是顶点时，菱形边长最长为，
棱长的范围为，故四边形的周长取值范围为，对；

D：要使四边形为正方形，即用一个垂直于一组对面的平面截正方体，且截面过一组相对侧棱的中点，
结合矩形和菱形的性质，且，则E，F，G，H均为所在棱中点，对.
故选：BCD
4．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.
5．C
【分析】
分类讨论截面的位置，利用异面直线的距离计算截面面积即可.
【详解】假设截面为，易知截面为平行四边形，过点作，垂足为，则截面面积，因为为定值，所以只要最小，
当F在BC上（不含两端点）时，如图所示建立空间直角坐标系，则为异面直线和的公垂线时，EF最小，易知异面直线和的距离即到平面的距离，

，设面的法向量为，
则，则，令，则，即，
所以BC到面的距离为；
当F在上（不含两端点）时，如图所示，

此时为和的公垂线时，最小．同上可得和的公垂线长为；
当F在上（不含两端点）时，如图所示，

此时EF为和的公垂线，最小．同上可得和的公垂线长为；
故，此时，
易得特殊截面，，，
比较所得.
故选：C.
6．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.
7．AC
【分析】对于A：取相应棱的中点分析判断；对于B：假设成立，结合面面平行的性质以及线面垂直分析判断；对于C：Q为所在棱中点，结合棱柱的体积分析判断；对于D：设为的中点，，结合几何性质求周长，进而分析判断.
【详解】假设正方体的棱长为2.
对于选项A：如图，M，N分别为所在棱中点，

可知，即截面的形状是正三角形，故A正确；
对于选项B：由面面平行的性质可知：∥，

如果为直角梯形，例如，
由正方体的性质可知：，可知平面，
又因为平面，则∥或重合，
由图可知不成立，即截面的形状不可能是直角梯形，故B错误；
对于选项C： Q为所在棱中点，如图，

则正方体的体积为8，三棱柱的体积为，
所以截面将正方体分成，故C正确；
对于选项D：如图所示，假设为的中点，，
则，
，
可得，
则六边形的周长为，
显然周长与有关，即六边形的周长不是定值，故D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：对于选项D：取特殊位置，假设为的中点，，结合几何形状求周长，进而分析判断.
8．BCD
【分析】
对于A，画出图形，假设四点共面，由面面平行的性质推出矛盾即可验证；对于B，画出图形，由先证线面垂直，即证明平面，由此即可验证；对于C，画出图形，通过观察并简单推理即可验证；对于D，画出图形，若要所得截面的面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点，通过数形结合计算即可验证.
【详解】对于A，如图所示：

四点共面，且由题意有面面，
根据面面平行的性质，可知，
又，
所以，显然不成立，故假设不成立，故A错误；
对于B，如图所示：

∵平面，平面，
∴，
∵，，且平面，平面，
∴⊥平面，
又平面，从而，故B正确；
对于C，如图所示：

取的中点，易得，所以四点共面，
易知，所以四边形为等腰梯形，故C正确；
对于D，如图所示：

正方体外接球的球心在其中心点处，球的半径，
要使过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的中点，
连接，则，，
所以，此时截面圆的半径，
所以可得截面面积的最小值为，故D正确．
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据题意作出图形，通过数形结合进行推理以及计算，从而顺利求解.
9．ABD
【分析】
利用平面基本性质作出任意一个过的平面截正方体所得的截面，即可判断A；由正方体结构特征，讨论为各线段上的中点及从中点向线段两端运动时截面面积的变化情况确定截面面积的范围判断B；令交于，交于，交于，结合平面基本性质找到四棱锥与四棱锥的公共部分，并应用棱锥的体积公式求其体积判断C、D.
【详解】连接与线段上任意一点，过作交于，
所以过的平面截此正方体所得的截面为四边形，A对；
由上分析及正方体结构特征易知：四边形为平行四边形，
若为各线段上的中点时，四边形为菱形，
此时截面最小面积为；
根据正方体的对称性，从中点向或运动时，四边形面积都是由小变大，
当与重合时，截面最大面积为；
综上，过的平面截此正方体所得的截面的面积范围为，B对；
令交于，交于，交于，
显然是各交线的中点，若是中点，连接，
所以四棱锥与四棱锥的公共部分为六面体，C错；
其体积，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：对于A、B，应用平面基本性质作出截面，结合正方体结构特征判断；对于C、D，将棱锥各侧棱连接，由平面基本性质判断相交平面，进而确定公共部分的几何特征.
10．(1)截面见解析，作法见解析
(2)
【分析】
（1）根据空间点、线、面的相关公理，即可作图，继而写出作法；
（2）设平面将长方体分成两部分，判断出要使两小球半径之和最大，需在平面上运动；进而结合截面图，求得两小球的半径，可得半径之和的表达式，可结合函数的单调性，求得最值.
【详解】（1）截面如图：

作法：（1）连接并延长交的延长线于E；
（2）连接与交于F，并延长交的延长线于G；
（3）连接交与H；
（4）分别连接，则五边形及其内部区域即为所求截面.
（2）如图示

平面将长方体分成两部分，且,
则可能在平面上或在平面上，
如果在平面上运动，两部分几何体都是细长形状，
放入的两个小球由于棱长的限制，可知要使两小球半径之和最大，
需在平面上运动；
延长与延长线交于P，不妨设上面小球为，下方的为，
截面图如上面右图，
作，垂足为Q，设，圆的半径为，
则在中，，，
，则，
又当与重合时，取得最大值，
即由内球圆等面积法可得，则，
设圆的半径为，在中，，
，
故，则，
求得，
又，解得，
故，
而，设，则，
则令，，
故在上单调递减，
故，
即这两个球的半径之和的最大值为.
【点睛】关键点睛：本题综合性较强，解答第二问时要注意发挥空间想象能力，借助于截面图明确空间的位置关系，关键在于利用图形的几何性质求得两球半径的表达式，进而求得半径和的表达式，即可求解.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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