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重难点2-9 立体几何的截面问题（八类核心考点题型）（原卷版）
【考情透析】
空间中截面问题和轨迹问题，是高考常考题型，常以客观题出现，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想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。
【归纳题型】
核心考点题型一 截面作图
（一）平行线法
【例题1】（2023.四川成都高三模拟）已知正方体的体积为1，点在线段上（点异于两点），点在上满足，若平面截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．
【例题2】（2023·江苏盐城高三专题检测）如图，棱长为2的正方体ABCD–A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过E作平面，使得//平面BDF.
(1)作出截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由；
(2)求平面与平面的距离.
【变式1-1】（2023秋·河北石家庄高三模拟） 已知直四棱柱的底面为正方形，，为的中点，则过点，和的平面截直四棱柱所得截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式1-2】（2023秋·山东青岛高三模拟）如图，已知正方体，点为棱的中点.

(1)证明：平面. (2)证明：.
(3)在图中作出平面截正方体所得的截面图形(如需用到其它点，需用字母标记并说明位置)，并说明理由.
【变式1-3】 （2023秋·河南安阳高三模拟）如图，在棱长为1的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点，且∥截面，则线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（二）相交线法
【例题1】（2023·陕西宝鸡高一检测）如图，正方体的棱长为6，是的中点，点在棱上，且.作出过点，，的平面截正方体所得的截面，写出作法；
【例题2】（2023·四川绵阳高三模拟）棱长为6的正方体中，点E是线段的中点，点F在线段上，，则正方体被平面所截得的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式1-4】（2023·甘肃武威高三模拟） 在正方体中，，为棱的四等分点（靠近点），为棱的四等分点（靠近点），过点，，作该正方体的截面，则该截面的周长是（ ）
A． B． C． D．
【变式1-5】（2023·陕西榆林高三模拟） （1）如图，棱长为2的正方体中，，是棱，的中点，在图中画出过底面中的心且与平面平行的平面在正方体中的截面，并求出截面多边形的周长为：______；
（2）作出平面与四棱锥的截面，截面多边形的边数为______．
【变式1-6】（2023·云南曲靖高三模拟） 在正方体，中，，分别为正方形和的中心，，则平面截正方体所得截面的周长是（ ）
A．10 B．40 C． D．
核心考点题型二 截面形状判定
【例题1】（2023秋·江西婺源高三模拟）如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题中正确命题的个数为（ ）
①当时，S为四边形； ②当时，S为等腰梯形；
③当时，S与的交点满足；④当 时，S为六边形；
A．1 B．2 C．3 D．4
【例题2】（2023·四川成都双流中学校考期中）已知正方体的棱长为,为线段上的动点，过点的平面截该正方体的截面记为，则下列命题正确的个数是（）
①当且时，为等腰梯形；
②当分别为的中点时，几何体的体积为；
③当为中点且时，与的交点为，满足；
④当为中点且时，为五边形.
A．1 B．2 C．3 D．4
【变式2-1】（2023·甘肃张掖中学校考期中）如图正方体，棱长为1，P为中点，Q为线段上的动点，过A P Q的平面截该正方体所得的截面记为.若，则下列结论错误的是（ ）
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
【变式2-2】（2023秋·河北武汉高三期中）如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体，截面与底面所成的角为，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形为矩形，若沿将其侧面剪开，其侧面展开图形状大致为（ ）
A．B．C．D．
核心考点题型三 截面的周长
【例题1】．（2023秋·山西大同高三检测）已知直三棱柱的侧棱长为2，，，过，的中点，作平面与平面垂直，则所得截面周长为 ．
【例题2】．（2023秋·四川成都高三检测）已知正方体的棱长为6，E、F分别是、的中点，则平面CEF截正方体所得的截面的周长为______．
【变式3-1】．（2023秋·江苏无锡高三模拟）棱长为1的正方体中，点为棱的中点，则过，，三点的平面截正方体的截面周长为 ．
【变式3-2】（2023·四川泸州·四川省泸县第二中学校联考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体，中，点E为CD的中点，则过点C且与垂直的平面被正方体截得的截面周长为 ．
【变式3-3】（2023·山东烟台高三联考模拟预测）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作一截面，则截面的周长为（　　）
A．2+2 B． C． D．
【变式3-4】（2023·甘肃天水高三模拟预测）已知直三棱柱的侧棱长为2，，，过，的中点，作平面与平面垂直，则所得截面周长为 ．
核心考点题型四 截面的面积
【例题1】（2023秋·四川成都高三模拟预测）在棱长为2的正方体中，P，Q是，的中点，过点A作平面，使得平面平面，则平面截正方体所得截面的面积是（ ）
A． B．2 C． D．
【例题2】（2023秋·江苏镇江第二高级中学校考开学考试）如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于 ．

【变式4-1】（2023秋·河南信阳高三模拟）在一次通用技术实践课上，木工小组需要将正方体木块截去一角，要求截面经过面对角线上的点（如图），且与平面平行，已知，，则截面面积等于 .
【变式4-2】（2023·江苏泰州中学高三校考检测）正方体的棱长是，其中是中点，是中点，则过点的截面面积是．
【变式4-3】（2023·河南洛阳高三模拟）棱长为2的正方体中，，分别是、的中点，过平面做正方体的截面，则这个截面的面积为______．
核心考点题型五 截面切割几何体的体积问题
【例题1】（2023·辽宁沈阳高三模拟）在斜三棱柱中，，分别为侧棱，上的点，且知，过，，的截面将三棱柱分成上下两个部分体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【例题2】（2023秋·贵州贵阳一模）在三棱柱中，底面，，点P是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为 .
【例题3】（2023秋·江西九江高三模拟）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上 下两部分，记上 下两部分的体积分别为，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】（2023秋·广东揭阳华侨中学联考）如图，正方体中，E F分别是棱 的中点，则正方体被截面BEFC分成两部分的体积之比 .
【变式5-2】（2023秋·陕西榆林高三联考） 如图，正方体中，点，，分别是，的中点，过点，，的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，则（ ）
A． B． C． D．
【变式5-3】（2023秋·安徽合肥统考期末）在棱长为a的正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，过点A，E，F作一个截面，该截面将正方体分成两个多面体，则体积较小的多面体的体积为 .
【变式5-4】（2023·辽宁锦州·校考一模）在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上 下两部分，记上 下两部分的体积分别为，则的最大值是 .
【变式5-5】（2023秋·湖南长沙高三期末）在正四棱锥中，M在棱上且满足.过作截面将此四棱锥分成上，下两部分，记上，下两部分的体积分别为，，则的最大值为 .
核心考点题型六 球与截面问题
【例题1】．（2023秋·云南曲靖高三期末）已知正四面体ABCD的表面积为，E为棱AB的中点，球О为该正四面体的外接球，则过DE的平面被球О所截得的截面面积最小值为（ ）
A． B． C． D．
【例题2】．（2023秋·四川成都高三期末）已知三棱锥满足底面，在中，，，，是线段上一点，且，球为三棱锥的外接球，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为，则球的表面积为（ ）
A．72π B．86π C．112π D．128π
【例题3】．（2023秋·河北保定高三期末）已知球和正四面体，点在球面上，底面过球心，棱分别交球面于，若球的半径，则所得多面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【变式6-1】．（2023秋·江苏无锡一中高三检测）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【变式6-2】．（2023·福建福州福州第一中学校考模拟预测）在矩形中，，将沿对角线翻折至的位置，使得平面平面，则在三棱锥的外接球中，以为直径的截面到球心的距离为（ ）
A． B． C． D．
【变式6-3】．（2023秋·福建厦门外国语学校校考模拟预测）已知半径为4的球，被两个平面截得圆，记两圆的公共弦为，且，若二面角的大小为，则四面体的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【变式6-4】．（2023秋·四川成都外国语学校模拟预测）已知三棱锥中，Q为BC中点，，侧面底面，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为 ．
核心考点题型七 截面的最值问题
【例题1】．（2023秋·陕西榆林高三模拟预测）在三棱锥中，，平面经过的中点E，并且与BC垂直，当α截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【例题2】（2023秋·河北唐山高三专题检测）若球是正三棱锥的外接球，，点在线段上，，过点作球的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-1】．（2023秋·山东威海高三模拟预测）．在正方体中，平面经过点B、D，平面经过点A、，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面所成的锐二面角大小为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-2】（2023秋·河南开封高三期末）棱长为1的正方体的8个顶点都在球O的表面上，E，F分别为棱AB，的中点，则经过E，F球的截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
核心考点题型八 平面截圆锥问题
【例题1】（2023·广东·高二统考期末）（多选题）圆锥曲线为什么被冠以圆锥之名？因为它可以从圆锥中截取获得.我们知道，用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截而与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线.因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线.截口曲线形状与和圆锥轴截面半顶角有如下关系；当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线.（如左图）
现有一定线段AB与平面夹角（如上右图），B为斜足，上一动点P满足，设P点在的运动轨迹是，则（ ）
A．当，时，是椭圆 B．当，时，是双曲线
C．当，时，是抛物线 D．当，时，是椭圆
【例题2】（2023秋·四川广元高三期中检测）美学四大构件是：史诗、音乐、造型（绘画、建筑等）和数学.素描是学习绘画的必要一步，它包括明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习索描的重要一步.某同学在画切面圆柱体（用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱，底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体，原圆柱的母线被截面所截剩余的部分称为切面圆柱体的母线）的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若切面圆柱体的最长母线与最短母线所确定的平面截切面圆柱体得到的截面图形是一个底角为60°的直角梯形，设圆柱半径，则该椭圆的焦距为（ ）
A． B． C． D．
【变式8-1】（2023·安徽安庆·安徽省桐城中学校考一模）.如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，截面分别与球，球切于点，，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于（ ）
A． B． C． D．
【变式8-2】（2023秋·湖南长沙高三检测）如图①，用一个平面去截圆锥得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinaldandelin（）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面 截面相切，两个球分别与截面相切于，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于，由球和圆的几何性质，可以知道，，，于是.由的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以为焦点的椭圆.
如图②，一个半径为的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源，则球在桌面上的投影是椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的焦距为（ ）
A． B． C． D．重难点2-9 立体几何的截面问题（八类核心考点题型）（解析版）
【考情透析】
空间中截面问题和轨迹问题，是高考常考题型，常以客观题出现，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想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。
【归纳题型】
核心考点题型一 截面作图
（一）平行线法
【例题1】（2023.四川成都高三模拟）已知正方体的体积为1，点在线段上（点异于两点），点在上满足，若平面截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．
【答案】B
【分析】由正方体的性质及面面平行的性质分析截面与上底面的两条边和有交点，然后作出截面，由相似形得出，从而可得的范围．
【详解】因为截面过点，那么它只能与正方体的过点的三个面中两个面有交线，因此截面的边只能在正方体的两个侧面和侧面的其中一个上（已经有一条边是），从而截面必与上底面有交线，由面面平行的性质定理知这个交线与直线平行，
如下图，在上取点，使得，连接可得平行四边形，则且，而与平行且相等，得且，从而是平行四边形，所以，
在上取得平行四边形，因此有，
如下图，截面是五边形，由面面平行的性质定理得，
因为两个角和的两边分别平行，且它们都是锐角，所以，而，
所以相似于，所以，，因此有，
所以，
所以，，，
故选：B．
【例题2】（2023·江苏盐城高三专题检测）如图，棱长为2的正方体ABCD–A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过E作平面，使得//平面BDF.
(1)作出截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由；
(2)求平面与平面的距离.
【答案】（1）略 （2）
【解析】（1）连接，由正方体性质可得，；
又，所以平面平面；
因为//平面，且，所以平面与平面重合，即平面就是截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面.
（2）由（1）可知平面与平面的距离等于点到平面的距离；
设点到平面的距离为，由题意可得，所以的面积为；的面积为；
由可得，解得.
所以平面与平面的距离为.
【变式1-1】（2023秋·河北石家庄高三模拟） 已知直四棱柱的底面为正方形，，为的中点，则过点，和的平面截直四棱柱所得截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出截面，判断截面为菱形，即可得出截面面积.
【详解】如图，
过点作的平行线，交于点，则为的中点，连接，则过点，和的平面截直四棱柱所得截面即四边形．
易得，所以四边形为菱形，连接，
则，又，，
所以截面面积为，
故选：D．
【变式1-2】（2023秋·山东青岛高三模拟）如图，已知正方体，点为棱的中点.

(1)证明：平面. (2)证明：.
(3)在图中作出平面截正方体所得的截面图形(如需用到其它点，需用字母标记并说明位置)，并说明理由.
【答案】（1）证明略 （2）证明略 （3）作图见解析
【解析】（1）证明：连接，交于点，连接，
因为是正方形，所以为的中点，又为棱的中点，
所以，平面，平面，
所以平面，
（2）证明：在正方体中，平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，
所以.
（3）如图取的中点，连接、，则为平面截正方体所得的截面，
证明：取的中点，连接、，因为为棱的中点
所以且，且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
所以，即、、、四点共面，即为平面截正方体所得的截面；
【变式1-3】 （2023秋·河南安阳高三模拟）如图，在棱长为1的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点，且∥截面，则线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件及三角形的中位线，利用线面平行的判定定理及面面平行的判定定理，结合直角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.
【详解】取的中点为,取的中点为,取的中点为，如图所示
因为是的中点，是的中点，
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
同理可得，平面,
又,平面,
所以平面平面.
又平面,线段扫过的图形是,
由,得,,
,,
所以,即为直角，
所以线段长度的取值范围是：,即.
故选：A.
（二）相交线法
【例题1】（2023·陕西宝鸡高一检测）如图，正方体的棱长为6，是的中点，点在棱上，且.作出过点，，的平面截正方体所得的截面，写出作法；
【解析】如图所示，五边形即为所求截面.
作法如下：连接并延长交的延长线于点，
连接交于点，交的延长线于点，
连接交于点，连接，，
所以五边形即为所求截面.
【例题2】（2023·四川绵阳高三模拟）棱长为6的正方体中，点E是线段的中点，点F在线段上，，则正方体被平面所截得的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】延长交直线AF于Q，连接EQ交于N，得N是的中点，延长直线EN于P，连接AP交于M，作出截面AFNEM，利用即可求解面积.
【详解】延长交直线AF于Q，
因为,所以,
连接EQ交于N，得N是的中点，延长直线EN于P，
连接AP交于M，作出截面AFNEM如下图所示，
则中，，
故的面积
=，
四边形ENFM中，，高为
四边形ENFM的面积
，
故所求截面面积为.
故选:B.
【变式1-4】（2023·甘肃武威高三模拟） 在正方体中，，为棱的四等分点（靠近点），为棱的四等分点（靠近点），过点，，作该正方体的截面，则该截面的周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正方体的特征，作出过点，，的该正方体的截面，计算相关线段的长，即可求得答案.
【详解】设为的三等分点，靠近B点，连接,并延长交延长线于P，
设为的三等分点，靠近点，连接,并延长交延长线于Q，
则∽，由于，故,
同理求得,故两点重合，则,
故，而，故,
同理可得,即四边形为平行四边形，
连接,则五边形即为过点，，所作的正方体的截面，
由题意可知
故该截面的周长是 ，
故选：C
【变式1-5】（2023·陕西榆林高三模拟） （1）如图，棱长为2的正方体中，，是棱，的中点，在图中画出过底面中的心且与平面平行的平面在正方体中的截面，并求出截面多边形的周长为：______；
（2）作出平面与四棱锥的截面，截面多边形的边数为______．
【答案】（1）.（2）五边形
【解析】(1)分别取，为棱，的中点，则由中位线性质得到：，所以四边形为平面四边形，
又，，所以四边形为平行四边形，所以，
由，平面，平面，所以平面，同理平面，，由面面平行的判定定理可得平面平面，所以四边形即为所求截面，且为梯形，
由截面作法可知，所以截面四边形的周长为.
（2）延长的延长线于，连接的延长线于连接于，连接，则五边形即为所求.所以截面多边形的边数为五.
【变式1-6】（2023·云南曲靖高三模拟） 在正方体，中，，分别为正方形和的中心，，则平面截正方体所得截面的周长是（ ）
A．10 B．40 C． D．
【答案】D
【分析】延长，交于点，连接并延长，分别交，于，，连接，连接并延长，交于点，连接，得到四边形为所求截面，进而求得截面的周长，得到答案.
【详解】如图所示，延长，交于点，连接并延长，分别交，于，，连接，连接并延长，交于点，连接，则四边形为所求截面，
因为是正方形的中心，所以，
由题意易证四边形为菱形，所以，，所以，，则为的中点，则，
从而，故所求截面的周长为．
故选：D.
核心考点题型二 截面形状判定
【例题1】（2023秋·江西婺源高三模拟）如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题中正确命题的个数为（ ）
①当时，S为四边形； ②当时，S为等腰梯形；
③当时，S与的交点满足；④当 时，S为六边形；
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
先确定临界值点，当，即为的中点时，
截面交于，则界面为等腰梯形，故②正确；
对①当时，即移动到位置时，
截面交线段于，所以截面为四边形，故①正确；
对③，当时，在的位置，截面交的延长线于，
延长交在的延长线于点，
则，
由，则，，又有，
所以，又，所以，故③正确；
对④，，点移动到位置，从图上看，截面为五边形，故④错误；
共个正确，
故选：C
【例题2】（2023·四川成都双流中学校考期中）已知正方体的棱长为,为线段上的动点，过点的平面截该正方体的截面记为，则下列命题正确的个数是（）
①当且时，为等腰梯形；
②当分别为的中点时，几何体的体积为；
③当为中点且时，与的交点为，满足；
④当为中点且时，为五边形.
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】①，当，即重合，且时，如下图所示，
过作，交于，连接，
根据正方体的性质可知，所以，所以四点共面，
在等腰直角三角形中，根据平行线分线段成比例的知识可知，
所以，
即截面为等腰梯形，①正确.
②，当分别为的中点时，
过作，垂足为，则，
由于平面，平面，所以，
由于平面，
所以平面，即平面.
所以，②正确.
③，当为中点且时，与的交点为，与的交点为，
由于平面平面，
平面，平面，所以，
同理可证得，
，设，则，
由，得，
即，所以，
同理，所以，解得.
即，③错误.
④，当为中点且时，重合，如下图所示，
截面是四边形，④错误.
所以正确的有个.
故选：B
【变式2-1】（2023·甘肃张掖中学校考期中）如图正方体，棱长为1，P为中点，Q为线段上的动点，过A P Q的平面截该正方体所得的截面记为.若，则下列结论错误的是（ ）
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
【答案】C
【解析】当时，如下图1，是四边形，故A正确；
当时，如下图2，为等腰梯形，B正确：
当时，如下图3，是五边形，C错误；
当时，Q与重合，取的中点F，连接，如下图4，由正方体的性质易得，且，截面为为菱形，其面积为，D正确.
故选：C
【变式2-2】（2023秋·河北武汉高三期中）如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体，截面与底面所成的角为，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形为矩形，若沿将其侧面剪开，其侧面展开图形状大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用几何体作各种辅助线，通过各种角度关系和长度关系可以得到侧面的高度，即可得到答案
【详解】解：过AB作平行于底面的半平面α，如图,取截面边界上任一点P,过P作垂直于半平面α,垂足为,延长交圆柱底面于点,过P作，垂足为M,连接,则，就是截面与底面所成的角，,
设AB的中点为O,连接，设，则，在中，，
在中，所以，
故选：A.
核心考点题型三 截面的周长
【例题1】．（2023秋·山西大同高三检测）已知直三棱柱的侧棱长为2，，，过，的中点，作平面与平面垂直，则所得截面周长为 ．
【答案】
【解析】如图，
取的中点，连接，取的中点，连接，，
取的中点，连接，连接，并延长与交于，取的中点，连接，交于，连接、，可得，，，即有，又，可得，因为平面，平面，所以，，平面，所以平面，因为，所以平面，平面，由面面垂直的判定定理，可得平面平面，则平面即为平面，由，，，，，可得所得截面周长为．
故答案为：．
【例题2】．（2023秋·四川成都高三检测）已知正方体的棱长为6，E、F分别是、的中点，则平面CEF截正方体所得的截面的周长为______．
【答案】
【分析】延长EF交DA的延长线于N，连接CN交AB于点G，连接FG；延长FE交的延长线于点M，连接CM交点H，连接EH；则正方体被平面CEF截得的截面为CHEFG.则EF＋FG＋GC＋CH＋HE为平面CEF截正方体所得的截面的周长，根据几何关系即可求解．
【详解】延长EF交DA的延长线于N，连接CN交AB于点G，连接FG；延长FE交的延长线于点M，连接CM交点H，连接EH；
则正方体被平面CEF截得的截面为CHEFG．
∵E、F分别是、的中点，则易知AN＝，∴AN＝，∴，
∴，，；同理，，，；
∴平面CEF截正方体所得截面的周长为：EF＋FG＋GC＋CH＋HE＝．
【变式3-1】．（2023秋·江苏无锡高三模拟）棱长为1的正方体中，点为棱的中点，则过，，三点的平面截正方体的截面周长为 ．
【答案】
【解析】
如图，取的中点为，连接，取的中点为，连接，
在正方形中，因为、分别为所在棱的中点，故，
而，，故，，
故四边形为平行四边形，故
在正方形中，因为、分别为所在棱的中点，故，
故四边形为平行四边形，故
故，故四边形为平行四边形，
故四点共面，故过，，三点的平面截正方体的截面为平行四边形.
又，故截面的周长为，
故答案为：.
【变式3-2】（2023·四川泸州·四川省泸县第二中学校联考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体，中，点E为CD的中点，则过点C且与垂直的平面被正方体截得的截面周长为 ．
【答案】/
【解析】如图，取中点，中点，连接，设与交于
点O，
因为在平面内的射影为，
由可得，
所以，
又因为，
所以，
在四边形中，，
其中，
所以，即，
所以是截面内的一条线，
同理是截面内的一条线，
所以过点C且与垂直的平面被正方体截得的截面为，
因为正方体的棱长为2，
所以
截面的周长为，
故答案为：
【变式3-3】（2023·山东烟台高三联考模拟预测）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作一截面，则截面的周长为（　　）
A．2+2 B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意先作出截面，进而算出截面各边的长度，最后得到答案.
【详解】如图，在正三棱柱中，延长AF与CC1的延长线交于M，连接EM交B1C1于P，连接FP，则四边形AEPF为所求截面.
过E作EN平行于BC交CC1于N，则N为线段CC1的中点，由相似于可得MC1=2，由相似于可得：，在中，，则，
在中，，则，在中，，则，
在中，，由余弦定理：，则，
所以截面周长为：.故选：B.
【变式3-4】（2023·甘肃天水高三模拟预测）已知直三棱柱的侧棱长为2，，，过，的中点，作平面与平面垂直，则所得截面周长为 ．
【答案】
【解析】如图，
取的中点，连接，取的中点，连接，，
取的中点，连接，连接，并延长与交于，取的中点，连接，交于，连接、，可得，，，即有，又，可得，因为平面，平面，所以，，平面，所以平面，因为，所以平面，平面，由面面垂直的判定定理，可得平面平面，则平面即为平面，由，，，，，可得所得截面周长为．
故答案为：．
核心考点题型四 截面的面积
【例题1】（2023秋·四川成都高三模拟预测）在棱长为2的正方体中，P，Q是，的中点，过点A作平面，使得平面平面，则平面截正方体所得截面的面积是（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】取中点，中点，利用面面平行的判定定理确定平面，利用余弦定理及三角形面积公式求解即可.
【详解】如图，取中点，中点，连接，

因为，平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，又，
平面，平面，所以平面平面，
即三角形为所得截面，
在中，，，
由余弦定理得，
所以，
所以.
故选：C.
【例题2】（2023秋·江苏镇江第二高级中学校考开学考试）如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于 ．

【答案】
【解析】因为、分别为、的中点，则且，
因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，，
所以，，设平面交棱于点，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，则，
因为为的中点，所以，为的中点，
设直线分别交、的延长线于点、，连接交棱于点，
连接交棱于点，连接、，则截面为六边形，
因为，则，
所以，，
因为，则，所以，，则为的中点，
同理可知，为的中点，易知六边形是边长为的正六边形，
所以，截面面积为.
故答案为：.
【变式4-1】（2023秋·河南信阳高三模拟）在一次通用技术实践课上，木工小组需要将正方体木块截去一角，要求截面经过面对角线上的点（如图），且与平面平行，已知，，则截面面积等于 .
【答案】
【解析】如图，连接交于点，连接、.
因为且，故四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
因为，、平面，所以，平面平面，
故截面平行于平面.
过点作与平行的直线分别交、于点、，在上取点使.
，，，.
因为平面，平面，所以，平面，
又因为，平面，平面，所以，平面，
因为，、平面，所以，平面平面，
易得，故，
因为，
易知是边长为的等边三角形，所以，，
因此，.
故答案为：.
【变式4-2】（2023·江苏泰州中学高三校考检测）正方体的棱长是，其中是中点，是中点，则过点的截面面积是．
【答案】
【解析】在上取使，连接并延长与的延长线交于点，连交于，连接，
由正方体的性质可知，则五边形即为过点的截面，
由题可得，，
在中，，
由余弦定理得，所以，
所以平行四边形的面积为，
又由，
所以，
所以截面的面积为.
故答案为：.
【变式4-3】（2023·河南洛阳高三模拟）棱长为2的正方体中，，分别是、的中点，过平面做正方体的截面，则这个截面的面积为______．
【答案】
【分析】根据题意，画出过平面做正方体的截面的平面图，然后根据勾股定理和相似三角形等几何方法解出，平面图形的各边数据，然后，利用梯形面积公式和三角形面积公式求和即可得到截面面积.
【详解】
如图，延长，延长，分别交的延长线于，根据正方体的性质，可知，，根据勾股定理，，又因为，可得，所以，，，由勾股定理，可得，，所以，过平面做正方体的截面为五边形，如图所示，连，作，，可得，根据勾股定理，可得，，综合以上数据，可以得到所示图形，
所以，该五边形面积为：
.故答案为：
核心考点题型五 截面切割几何体的体积问题
【例题1】（2023·辽宁沈阳高三模拟）在斜三棱柱中，，分别为侧棱，上的点，且知，过，，的截面将三棱柱分成上下两个部分体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由已知中三棱柱的侧棱和上各有一动点，满足，可得四边形与四边形的面积相等，等于侧面的面积的一半，根据等底同高的棱锥体积相等，可将四棱锥的体积转化三棱锥的体积，进而根据同底同高的棱锥体积为棱柱的，求出四棱锥的体积，进而得到答案.
【详解】设三棱柱的体积为
侧棱和上各有一动点，满足，
四边形与四边形的面积相等.
故四棱锥的体积等于三棱锥的体积等于.
则四棱锥的体积等于.
故过，，三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积比为
故选：.

【例题2】（2023秋·贵州贵阳一模）在三棱柱中，底面，，点P是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为 .
【答案】或
【解析】取的中点，连接，
因为，所以，
因为底面，底面，
所以，
又，所以平面，
不妨设，则，，
，
，
故上面一部分的体积为，
则，
所以两部分的体积比为或.
故答案为：或.
【例题3】（2023秋·江西九江高三模拟）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上 下两部分，记上 下两部分的体积分别为，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先判断为的重心，再利用重心得到，求出，进而得到，借助基本不等式求出最小值即可.
【详解】
过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，，得，，由，，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为.
故选：A.
【变式5-1】（2023秋·广东揭阳华侨中学联考）如图，正方体中，E F分别是棱 的中点，则正方体被截面BEFC分成两部分的体积之比 .
【答案】
【解析】设正方体的棱长为，体积为，则
，
因为E是棱的中点，所以，
，
.
.
故答案为：
【变式5-2】（2023秋·陕西榆林高三联考） 如图，正方体中，点，，分别是，的中点，过点，，的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图所示，过点，，的截面下方几何体转化为一个大的三棱锥，减去两个小的三棱锥，上方部分，用总的正方体的体积减去下方的部分体积即可.
【详解】作直线，分别交于两点，连接分别交于两点，
如图所示， 过点，，的截面即为五边形 ，
设正方体的棱长为，
因为点，，分别是，的中点。所以，即，
因为，所以
则过点，，的截面下方体积为：，
∴另一部分体积为，∴.故选：C.
【变式5-3】（2023秋·安徽合肥统考期末）在棱长为a的正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，过点A，E，F作一个截面，该截面将正方体分成两个多面体，则体积较小的多面体的体积为 .
【答案】
【解析】如图，依次连接，四边形即为所求截面，
因为点E、F分别为棱、的中点，所以∥，
可知为三棱台，所以，
其体积，
且正方体的体积为，
则另一部分的体积为，
因为，所以体积较小的多面体的体积为.
故答案为：.
【变式5-4】（2023·辽宁锦州·校考一模）在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上 下两部分，记上 下两部分的体积分别为，则的最大值是 .
【答案】2
【解析】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值，
设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图，
则，令，则，即有，
，
当且仅当时取等号，此时，
所以的最大值是2.
故答案为：2
【变式5-5】（2023秋·湖南长沙高三期末）在正四棱锥中，M在棱上且满足.过作截面将此四棱锥分成上，下两部分，记上，下两部分的体积分别为，，则的最大值为 .
【答案】
【解析】设过AM的平面交SB,SD于G,P，
将平面MGAP延伸，交BC,CD于E，F，则A，E，F共线.
设，
，
又，
而，
由于
，
，，
.
故答案为：.
核心考点题型六 球与截面问题
【例题1】．（2023秋·云南曲靖高三期末）已知正四面体ABCD的表面积为，E为棱AB的中点，球О为该正四面体的外接球，则过DE的平面被球О所截得的截面面积最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据表面积求出四面体的棱长，得出外接球的半径，根据截面圆的性质可得答案.
【详解】设正四面体的棱长为，则，∴，
∴正四面体的高为；
将正四面体放置于正方体中，如图1所示：可得正方体的外接球就是正四面体的外接球，
∵正四面体的棱长为2，∴正方体的棱长为，可得外接球半径满足，
E为棱AB的中点，过DE作其外接球的截面，当球心O到截面的距离最大时，截面圆的面积达到最小值，
此时球心O到截面的距离等于O到DE的距离，O到DE的距离为，
可得截面圆的半径为，得到截面圆的面积最小值为.
故选:C.

【例题2】．（2023秋·四川成都高三期末）已知三棱锥满足底面，在中，，，，是线段上一点，且，球为三棱锥的外接球，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为，则球的表面积为（ ）
A．72π B．86π C．112π D．128π
【答案】D
【解析】先找到外接球球心，过的中点作，则平面，取，则为外接球球心，过点作球的截面，最大的截面过球心，最小的截面是过且与垂直的截面，由此可用表示出两截面圆半径．
【详解】如图，是边中点，是边中点，∵，∴是的外心，

作，∵平面，∴平面，平面，
∴，取，易得，
∴是三棱锥的外接球的球心.
是中点，则，，∴，
∵，∴，∴，
设，则，，又，
∴，
过且与垂直的截面圆半径为，则，
这是最小的截面圆半径，最大的截面圆半径等于球半径，
∴，，
，.
故选：D.
【例题3】．（2023秋·河北保定高三期末）已知球和正四面体，点在球面上，底面过球心，棱分别交球面于，若球的半径，则所得多面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设正四面体，棱长为，
如图所示：
设外接球的球心为，半径为，所以，解得，
由于，所以，
在中，过O作AB垂线OH，由面积可得，则，
利用勾股定理：，
即：，,
多面体的体积为.
故选：D.
【变式6-1】．（2023秋·江苏无锡一中高三检测）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，
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，
此时，截面面积的最小值.
故选：C.
【变式6-2】．（2023·福建福州福州第一中学校考模拟预测）在矩形中，，将沿对角线翻折至的位置，使得平面平面，则在三棱锥的外接球中，以为直径的截面到球心的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，取的中点为，连接，过作，垂足为，连接.
因为三角形为直角三角形，故，
同理，故，
所以为三棱锥的外接球的球心，而，
因为，平面，平面平面，
平面平面，故平面，
而平面，故.
在直角三角形中，，故，
故，
在直角三角形中，，
故，故.
设球心到以为直径的截面的距离为，
则，
故选：B.
【变式6-3】．（2023秋·福建厦门外国语学校校考模拟预测）已知半径为4的球，被两个平面截得圆，记两圆的公共弦为，且，若二面角的大小为，则四面体的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设弦的中点为，连接，依题意，可得如下图形，
由圆的性质可知，则即为二面角的平面角，
故，
四面体的体积为
，
其中
，当且仅当时取等号，
由球的截面性质，，，
所以四点共圆，则有外接圆直径，
从而，
.
故选：C
【变式6-4】．（2023秋·四川成都外国语学校模拟预测）已知三棱锥中，Q为BC中点，，侧面底面，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为 ．
【答案】
【解析】连接，找到球心到平面和平面的射影为和的中心,，再通过面面垂直的性质定理和线面垂直的性质定理得到，再利用勾股定理求出相关长度，找到截面圆的最值情况，代入计算即可得到答案.
【详解】连接,由,
可知：和是等边三角形,
设三棱锥外接球的球心为,
所以球心到平面和平面的射影是和的中心,，
是等边三角形,为中点,所以,
又因为侧面底面,侧面底面，侧面，
所以底面,而底面,因此,
所以是矩形,应为和是边长为4的等边三角形,
所以两个等边三角形的高,
在矩形中,，
连接,所以,
设过点的平面为,当时,此时所得截面的面积最小,该截面为圆形,
可得,
因此圆的半径为,
所以此时面积为,当点在以为圆心的大圆上时,此时截面的面积最大,
面积为:,所以截面的面积范围为.
故答案为：.

核心考点题型七 截面的最值问题
【例题1】．（2023秋·陕西榆林高三模拟预测）在三棱锥中，，平面经过的中点E，并且与BC垂直，当α截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取靠近的四等分点，的中点，截此三棱锥所得的截面为平面，当时截面面积最大，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，由求得外接球的半径进而求得球的表面积.
【详解】
如图所示，取中点及靠近的四等分点，的中点，连接，，，，，
由，所以，又是中点，是的中点，所以
可知，同理可得，
又，平面，平面，所以平面，所以平面即为平面，
又因为，所以，所以，
所以截此三棱锥所得的截面面积为，
当时，取得最大值，
设外接球球心为，半径为，，分别为，外接圆圆心，球心满足面，面，
又因为和均为边长为4的正三角形，所以，
所以四边形为正方形，且，又,所以，
∴.
故选：D.
【例题2】（2023秋·河北唐山高三专题检测）若球是正三棱锥的外接球，，点在线段上，，过点作球的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
如图所示，其中是球心，是等边三角形的中心，
可得，，
设球的半径为，在三角形中，由，
即，解得，即，
所以，
因为在中，，，
所以，，，
由题知，截面中面积最小时，截面圆与垂直，
设过且垂直的截面圆的半径为，则，
所以，最小的截面面积为.
故选：A
【变式7-1】．（2023秋·山东威海高三模拟预测）．在正方体中，平面经过点B、D，平面经过点A、，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面所成的锐二面角大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设平面与面所成的二面角为，二面角为，分和两种情况讨论，证明平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合，从而可得出答案.
【详解】平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合，
证明：设平面与面所成的二面角为，二面角为，
当时，记平面截正方体所得截面为面，，
则，
令，
因为，所以，
当时，显然平面截正方体所得截面面积最大时，
截面为面，
当时，平面截正方体所得截面为，
所以平面截正方体所得截面面积最大时截面为面，
同理平面过时，截正方体所得截面面积最大时截面为面，
连接，面与面所成锐二面角为，
因为面面，
所以的所成角大小为二面角大小，
因为，所以面与面所成锐二面角大小为.
故选：C．
【变式7-2】（2023秋·河南开封高三期末）棱长为1的正方体的8个顶点都在球O的表面上，E，F分别为棱AB，的中点，则经过E，F球的截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设球O半径为R.因为正方体内接于球，所以，.设G为AD中点，中点为P.由题，.
.
延长FO与BC交于M，延长EO与交于N，
由题可得N，M分别为，BC中点.
则，
.
经过E，F球的截面面积的最小时，OP.因截面为圆面，则圆面对应半径.
则此时截面面积为：.
故选：C
核心考点题型八 平面截圆锥问题
【例题1】（2023·广东·高二统考期末）（多选题）圆锥曲线为什么被冠以圆锥之名？因为它可以从圆锥中截取获得.我们知道，用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截而与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线.因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线.截口曲线形状与和圆锥轴截面半顶角有如下关系；当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线.（如左图）
现有一定线段AB与平面夹角（如上右图），B为斜足，上一动点P满足，设P点在的运动轨迹是，则（ ）
A．当，时，是椭圆 B．当，时，是双曲线
C．当，时，是抛物线 D．当，时，是椭圆
【答案】ACD
【解析】∵AB为定线段，为定值，∴P在以AB为轴的圆锥上运动，
其中圆锥的轴截面半顶角为，与圆锥轴AB的夹角为
对于A，，∴平面截圆锥得椭圆，A正确；对于B，，是椭圆，B错.
对于C，，是抛物线，C正确.对于D，，是椭圆，D正确.
故选：ACD.
【例题2】（2023秋·四川广元高三期中检测）美学四大构件是：史诗、音乐、造型（绘画、建筑等）和数学.素描是学习绘画的必要一步，它包括明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习索描的重要一步.某同学在画切面圆柱体（用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱，底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体，原圆柱的母线被截面所截剩余的部分称为切面圆柱体的母线）的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若切面圆柱体的最长母线与最短母线所确定的平面截切面圆柱体得到的截面图形是一个底角为60°的直角梯形，设圆柱半径，则该椭圆的焦距为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】依题意知，最长母线与最短母线所在截面如图所示．
．
从而．
因此在椭圆中长轴长，所以
短轴长，所以，
，所以，则.
故选：A．
【变式8-1】（2023·安徽安庆·安徽省桐城中学校考一模）.如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，截面分别与球，球切于点，，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，
得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，
点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴，
椭圆长轴长，
过作于D，连，显然四边形为矩形，
又，
则，
过作交延长线于C，显然四边形为矩形，
椭圆焦距，
所以椭圆的离心率．
故选：A.
【变式8-2】（2023秋·湖南长沙高三检测）如图①，用一个平面去截圆锥得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinaldandelin（）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面 截面相切，两个球分别与截面相切于，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于，由球和圆的几何性质，可以知道，，，于是.由的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以为焦点的椭圆.
如图②，一个半径为的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源，则球在桌面上的投影是椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的焦距为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设球与相切与点，作出轴截面如下图所示，
由题意知：，，，
，
又，，，又，，
椭圆的焦距为.
故选：C.

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