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高中数学三轮复习（直击痛点）：专题14截面问题
一、选择题
1．（2023高一下·台州期中）已知四棱锥中，平面，四边形为正方形，，平面过，，的中点，则下列关于平面截四棱锥所得的截面正确的为（　　）
A．所得截面是正五边形 B．截面过棱的三等分点
C．所得截面面积为 D．截面不经过中点
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】 在四棱锥 中， ，取PB， BC， CD， PD中点分别为E， F， G，H，连接EH， EF， FH，如图，
因底面ABCD为正方形，E， F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，
则EF// BD// FG，EF// PC//GH，得四边形EFGH是平行四边形，
令FG∩AC=J，则
在PA上取点I，使得，连接EI， HI， JI，则JI// PC// EF，
由点J∈平面EFGH，有JI 平面EFGH ，则点I∈平面EFGH， HI平面EFGH，
故五边形EFGHI是平面截四棱锥 所得的截面多边形，
而，，则截面不是正五边形，故A错误；
由A选项分析，可知截面过棱PA的四等分点，故 B错误；
PA⊥底面ABCD，FG 平面ABCD，则PA⊥FG，而BD⊥AC， BD//FG，则AC⊥FG，又PA∩AC=A， PA，AC平面PAC，因此FG⊥平面PAC，PC平面PAC，
于是得FG⊥PC，有FG⊥EF，
所以矩形EFGH面积等于，，
而JI⊥EH，则△IEH边EH上的高等于
故
故截面五边形EFG H I面积为，故C正确；
截面经过CD中点，故D错误.
故选： C.
【分析】 根据给定条件，作出平面截四棱锥 所得的截面多边形，再逐项进行判断，即可得答案.
2．（2023高一下·安徽月考）下列叙述正确的是（　　）
A．用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台
B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台
D．棱台的侧棱延长后必交于一点
【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征；棱台的结构特征
【解析】【解答】解：用一个平行与棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分是棱台，故A错误；由棱台的概念可知，棱台的侧棱延长后交于一点（原棱锥的顶点），所以B、C选项中的不一定是棱台，故B、C错误，D正确；
故选：D.
【分析】根据棱台的概念求及棱锥和棱台的关系判定即可.
3．（2020高一下·北京期中）一正四面体木块如图所示，点 是棱 的中点，过点P将木块锯开，使截面平行于棱 和 ，则下列关于截面的说法正确的是（　　）．
A．满足条件的截面不存在 B．截面是一个梯形
C．截面是一个菱形 D．截面是一个三角形
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】取 的中点 ， 的中点 ， 的中点 ，连接 ，
易得 ∥ 且 ， ∥ 且 ，所以 ∥ ， ，
所以四边形 为平行四边形，又 平面 ， 平面 ，由线面平行
的判定定理可知， ∥平面 ， ∥平面 ，即截面为四边形 ，又
，所以四边形 为菱形，所以C符合题意.
故答案为：C
【分析】取 的中点D， 的中点E， 的中点F，连接 ，易得即截面为四边形 ，且四边形 为菱形即可得到答案.
4．（2022高一下·台州期中）在正方体中，为棱的一个三等分点（靠近点），分别为棱，的中点，过三点作正方体的截面，则下列说法正确的是（　　）
A．所得截面是六边形
B．截面过棱的中点
C．截面不经过点
D．截面与线段相交，且交点是线段的一个五等分点
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】在正方体中，依题意，直线FG与直线交于点P，显然，
直线FE交DA延长线于点Q，则有，如图，
连接，则有，而平面平面，平面平面，
平面与平面有公共点，则平面与平面必有一条交线，此交线平行于，也平行于，
连，因，则四边形是平行四边形，于是得，即平面平面，
因此点是平面截正方体的截面的一个顶点，连交分别于点O，H，
连接，则五边形是平面截正方体所得的截面，A不正确，C不正确；
由知，，即，B不正确；
由得，即，则截面与线段相交，且交点是线段的一个五等分点，D符合题意.
故答案为：D
【分析】根据给定条件，作出过三点的正方体的截面，再逐项分析判断，可得答案。
5．（2022高三上·顺义期末）已知过的平面与正方体相交，分别交棱，于，.则下列关于截面的说法中，不正确的是（　　）
A．截面可能是矩形 B．截面可能是菱形
C．截面可能是梯形 D．截面不可能是正方形
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】如下图，当分别与对角顶点重合时，显然是矩形；
如下图，当，为，的中点时，显然是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知：不可能为正方形；
根据对称性，其它情况下为平行四边形；
综上，C不正确.
故答案为：C.
【分析】选过特殊点(中点、对角顶点)且含体对角线的平面截取正方体，根据正方体的性质及结构特征、勾股定理分析各选项的正误即可.
二、多项选择题
6．（2023高三上·湛江月考）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
【答案】A,C,D
【知识点】棱锥的结构特征；余弦定理；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：取中点，作图，连接，
所以，高为，
因为木块是一个正四面体，
所以当截面为时，有最小面积，
最小面积为，
所以A选项正确，
当点为中点时，
，
，
所以B选项错误，
如图，截面是平行四边形，
当时，平行四边形面积最大，
所以当分别取四边中点时，
此时有最大截面，截面面积为，
所以C选项正确，
过的中线，且平行于底面的截面，各顶点到截面距离相等，
这样的截面一共有4个，
过的中线，且与对面平行的截面，各顶点到截面距离相等，
这样的截面一共有3个，
所以一共有个截面，
所以D选项正确，
故答案为：ACD.
【分析】首先根据A选项中，取中点，找到过棱的最小截面；再利用取A选项的中点，结合余弦定理求出；然后根据正四面体的性质，找到最大的平行四边形截面；分析平行的性质，找到到各顶点距离都相等的截面.
7．（2022高二上·福州月考）如图，已知正方体的棱长为1，E为的中点，P为对角线上的一个动点，过P作与平面ACE平行的平面，则此平面截正方体所得的截面（　　）
A．截面不可能是五边形
B．截面可以是正六边形
C．P从D点向运动时，截面面积先增大后减小
D．截面面积的最大值为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；三角形中的几何计算
【解析】【解答】在正方体中，取的中点F，连接，而E为的中点，则，
取的中点T，Q，连接，有，平面平面，
则平面，连交分别于点，连BD交AC，TQ分别于，连交于，如图，
显然，又，则四边形是平行四边形，即，
平面，平面，有平面，而平面，
于是得平面平面，并且四边形与四边形面积相等，
当点P从D点向的移动过程中，点P在线段（不含端点）上时，截面与射线相交，
当交点在线段（不含点D）时，截面为三角形，并且逐渐变大，当交点在线段的延长线上时，
截面还与平面相交，截面为四边形，并且逐渐变大，当点P在线段（不含端点）上时，
截面与正方体的六个面相交，截面为六边形，并且先逐渐增大，截面经过的中点时截面面积最大，之后逐渐减小，
当点P在线段（不含点）时，截面由四边形变形为三角形，并且逐渐减小，
因此，截面不可能为五边形，A，C符合题意；
，，
即，两边与两边分别平行的截面六边形顶角不等于，因此截面六边形不是正六边形，B不正确；
令过中点的截面为六边形，有，令，连ON，
有，，又分别为等腰梯形两底的中点，
即有，有，N为GH中点，O为KL中点，连HK，GL，即四边形为矩形，点分别为棱中点，
，等腰底边上的高，
所以最大截面面积，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】在正方体中，取的中点F，连接，而E为的中点，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则，取的中点T，Q，连接，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则，再利用线线平行证出线面平行，则平面，连交分别于点，连BD交AC，TQ分别于，连交于，再利用中点的性质得出，再利用，则四边形是平行四边形，即，再利用线线平行证出线面平行，所以平面，再利用线面平行证出面面平行，所以平面平面，并且四边形与四边形面积相等，再利用分类讨论的方法得出当交点在线段（不含点D）时，截面为三角形，并且逐渐变大，当点P在线段（不含端点）上时，截面与正方体的六个面相交，截面为六边形，并且先逐渐增大，截面经过的中点时截面面积最大，之后逐渐减小，当点P在线段（不含点）时，截面由四边形变形为三角形，并且逐渐减小，因此，截面不可能为五边形；再利用勾股定理和余弦定理得出两边与两边分别平行的截面六边形顶角不等于，因此截面六边形不是正六边形；令过中点的截面为六边形，连ON，再结合中点作中位线的方法和中位线的性质，则，再利用勾股定理得出ON的长，再利用分别为等腰梯形两底的中点，则，再利用中点的性质和矩形的结构特征和几何法得出等腰底边上的高，再利用几何法和四边形的面积公式和三角形的面积公式以及求和法得出最大截面面积，进而找出正确的选项。
8．（2023高三上·清远期末）已知棱长为2的正方体的中心为，用过点的平面去截正方体，则（　　）
A．所得的截面可以是五边形
B．所得的截面可以是六边形
C．该截面的面积可以为
D．所得的截面可以是非正方形的菱形
【答案】B,C,D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】过正方体中心的平面截正方体所得的截面至少与四个面相交，所以可能是四边形、五边形、六边形，
又根据正方体的对称性，截面不会是五边形，但可以是正六边形和非正方形的菱形（如图）A不符合题意，BD符合题意；
因为四边形的面积为，当截面过中心且平行与底面时，截面为矩形（此时也是正方形），且面积为，若这个截面绕着中心旋转，转到与四边形重合，此时面积为，所以在转动过程一定存在截面面积为，C符合题意．
故答案为：BCD．
【分析】利用正方体的对称性逐一判断即可.
9．（2023高三下·安徽开学考）已知正方体的棱长为2，过棱，的中点E，F作正方体的截面，下列说法正确的是（　　）．
A．该正方体外接球的表面积是
B．若截面是正六边形，则直线与截面垂直
C．若截面是正六边形，则直线与截面所成角的正弦值为
D．若截面过点，则截面周长为
【答案】B,D
【知识点】球的体积和表面积；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】对于A，外接球的半径为，故外接球的表面积为，A不符合题意；
对于B，建立如图1所示的空间直角坐标系，
设的中点为G，则，，，，，
∴，，，
∴，，
则，，即，，
又，，正六边形截面，
∴正六边形截面，B符合题意；
对于C，如图1，易得，为正六边形截面的一个法向量，
设直线与截面所成的角为，
则，C不符合题意；
对于D，如图2，延长，与的延长线交于点K，与的延长线交于点L，连接交于点M，连接交于点N，则截面为平面．
因此有，M为的三等分点，N为的三等分点，
于是．
∵，，，
故截面的周长为，D符合题意．
故答案为：BD．
【分析】求出外接球的半径，进而求出外接球的表面积可判断A；建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用向量法可得直线与截面垂直，可判断B；求出正六边形截面的一个法向量，利用向量法可求出直线与截面所成角的正弦值，可判断C；根据勾股定理求出ME，D1M，可得截面的周长，可判断D.
10．（2024·南宁模拟）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，则下列结论正确的是（　　）
A．勒洛四面体ABCD最大的截面是正三角形
B．勒洛四面体ABCD的体积大于正四面体ABCD的体积
C．勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是
D．勒洛四面体ABCD四个曲面所有交线长的和为8π
【答案】B,C
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；棱柱、棱锥、棱台的体积；余弦定理
【解析】【解答】解：对于A．由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面，
即为经过四面体表面的截面，如图1所示，故A错误：
对于B．由勒洛四面体的定义及题示图形知，
其中勒洛四面体的体积大于正四面体的体积，故B正确：
对于C．勒洛四面体被平面截得的截面如图1，
其面积为，故C正确：
对于D．由勒洛四面体的定义可知，所有的交线形成6条相等的弧，先看，
根据对称性可知其圆心为线段的中点，如图2所示．
因为正四面体的棱长为4，所以，
设，则，
所以（为弧度制），所以，
所以交线总长度为，故D错误.
故答案为：BC．
【分析】由勒洛四面体的定义可知，勒洛四面体最大的截面为经过四面体表面的截面，可判断A：由勒洛四面体的定义得到勒洛四面体的体积大于正四面体的体积，可判断B：由勒洛四面体被平面截得的截面，求得其面积，可判断C：由勒洛四面体的定义可知，根据对称性可知其圆心为线段的中点，设，求出得到交线总长度，可判断D.
11．（2023高一下·马鞍山期末）在正方体中，E，F分别为AB，BC的中点，G为线段上的动点，过E，F，G作正方体的截面记为，则（　　）
A．当截面为正六边形时，G为中点
B．当时，截面为五边形
C．截面可能是等腰梯形
D．截面不可能与直线垂直
【答案】A,C
【知识点】平面的基本性质及推论
【解析】【解答】A、延长EF、交DC于点，交DA于点，延长交于T，取的中点S，连接交于，连接AC、，如图，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EFAC，
∵，，，
∴，
∴T为的中点，
∴，
又，
∴，
同理可得，，
∴S、T、G、F、E、共面，
∴正六边形为截面，选项正确
B、延长EF、交DC于点，交DA于点，连接交于G，连接交于M，连，五边形为截面，如图，
∵，
∴，
∴，
∴，
当，截面为五边形，
当，截面为六边形，
当，截面为四边形，选项错误.
C、当G与重合时，连接、、，则，且如图，
D、，，EF，FG为相交直线且在内，
∴，故当G为线段上中点时，截面与直线垂直，选项错误；
∵，
∴ 四边形是等腰梯形，
故选：AC.
【分析】利用平面的基本性质画出正方体截图，判断A、B、C，利用垂直的性质判断D.
12．（2022·湖北模拟）棱长为1的正方体中，P、Q分别在棱BC、上，，，，且，过A、P、Q三点的平面截正方体得到截面多边形，则（　　）
A．时，截面一定为等腰梯形
B．时，截面一定为矩形且面积最大值为
C．存在x，y使截面为六边形
D．存在x，y使与截面平行
【答案】B,D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】对A，时，截面为矩形，A不符合题意；
对B，当时，点与点重合，设过A、P、Q三点的平面交于，则因为平面平面，故，且，此时截面为矩形，当点与点重合时面积最大，此时截面积，B符合题意；
对C，截面只能为四边形、五边形，C不符合题意；
对D，当，时，延长交延长线于，画出截面如图所示.
此时因为，，故，则.由面面平行的截面性质可得，，故，此时，故且，故平行四边形，故，根据线面平行的判定可知与截面平行，D符合题意．
故答案为：BD
【分析】对于A，举反例判断即可；对于B，当时，点与点重合，再根据面面平行的性质与线面垂直的性质判断即可；对于C，直观想象根据截面的可能情况判定即可；对于D，根据线面平行与截面的性质举例当，时成立判定即可.
13．（2021高三上·建平月考）正方体 的棱长为2，用一个平面 截这个正方体，把该正方体分为体积相等的两部分，则下列结论正确的是（　　）
A．这两部分的表面积也相等 B．截面可以是三角形
C．截面可以是五边形 D．截面可以是正六边形
【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】平面 截这个正方体，把该正方体分为体积相等的两部分，则平面 一定过正方体的中心，所以这两部分的表面积也相等，根据对称性，截面不会是三角形、五边形，但可以是正六边形（如图）.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征和截面的形状判断方法、多面体的表面积求解方法，从而找出结论正确的选项。
14．（2022高二下·盐城月考）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点做平行于底面的截面得到的所有棱长均为1的截角四面体，则下列说法正确的有（　　）
A．该截角四面体的表面积为
B．该截角四面体的体积为
C．该截角四面体中，GH∥JK
D．二面角 B-AC-D的余弦值为
【答案】B,C,D
【知识点】简单组合体的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：由题意，几何体的截角四面体由4个边长为1的正三角形，4个边长为1的正六边形构成，
所以截角四面体的表面积为 ，所以A不正确；
因为棱长为1的正四面体的高为 ，
所以体积为 ，所以B正确；
连接CF，AE，在正六边形BCGHFD中，可得GH//CF ，
同理在正六边形ABDEKJ中，可得 JK//AE，
又因为AC//EF且AC=EF，所以ACEF为平行四边形，所以CF//AE，
所以GH//JK ，所以C正确；
过点D作DO⊥平面ABC，垂足为O，
取AC的中点M，连接OM，因为截角为正四面体，且△ABC为正三角形，
其中AD=CD，所以OM⊥AC，DM⊥AC，且O，B，M三点共线，
所以∠OMD为二面角B-AC-D的平面角，
其中 ，可得 ，
则，
又因为二面角B-AC-D为锐二面角，所以，所以D正确.
故选：BCD.
【分析】根据题意，得到几何体的截角四面体由4个边长为1的正三角形，4个边长为1的正六边形构成，结合表面积公式，可判定A不正确；
求得正四面体的高，结合体积公式，可判定B正确；
连接CF，AE，分别证得GH //CF，JK//AE， 结合CF//AE，可判定C正确；
过点D作DO⊥平面ABC，垂足为O，取AC的中点M，连接OM，得到∠OMD为二面角B-AC-D的平面角，进而可判定D正确.
15．（2023高三上·广州月考）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线QB1与直线DB1的夹角为30°，则（　　）
A．DB1⊥平面PMN
B．平面PMN截正方体所得的截面面积为3
C．点Q的轨迹长度为π
D．能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部(厚度忽略不计)的球的半径的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】轨迹方程；棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
故设平面PMN的法向量为
则，令得x=y=1，故
因为故所以A对；
对于B，取的中点E，F，Q，连接MQ，ME，EN，NF，FP，PQ，EP，，，
因为M，N，P分别是棱的中点，
所以
所以平面PMN截正方体所得的截面为正六边形FPQMEN，
其中边长为，所以截面面积为所以B对；
对于C，Q为平面PMN上的动点，直线与直线的夹角为30°，
又因为设垂足为S，以S为圆心，为半径作圆，即为点Q的轨迹，
其中由对称性可知，，故半径
故点Q的轨迹长度为，所以C错；
对于D，因为M，N，P分别是棱的中点，所以平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，不妨求能放入含有顶点D的空间几何体的球的半径最大值，该球与平面PMN切与点S，与平面，平面ADCB，平面相切，由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为t，，故
故球的半径的最大值为，所以D对。
故答案为：ABD.
【分析】对于A，建立空间直角坐标系，求出平面PMN的法向量，得到线面垂直；对于B，作出辅助线，找出平面PMN截正方体所得的截面，求出面积；对于C，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；对于D，由对称性得到平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在上，设球心为R(t，t，t)，由得到方程，求出半径的最大值，从而找出正确的选项。
16．（2023·淮南模拟）如图，棱长为2的正四面体中，分别为棱的中点，O为线段的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是（　　）
A．平面
B．球O的体积为
C．球O被平面截得的截面面积为
D．球O被正四面体表面截得的截面周长为
【答案】A,B,D
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】设分别为的中点，连接，
则，
故，则四边形为平行四边形，
故交于一点，且互相平分，即O点也为的中点，
又，故，
平面，故平面，
由于平面，则平面，
故，结合O点也为的中点，同理可证，
平面，故平面，A符合题意；
由球O的表面正好经过点M，则球O的半径为，
棱长为2的正四面体中，，M为的中点，
则，故，
则，所以球O的体积为，B符合题意；
由平面，平面，故平面平面，
平面平面，由于平面，
延长交平面于G点，则平面，垂足G落在上，
且G为正的中心，故，
所以，
故球O被平面截得的截面圆的半径为，
则球O被平面截得的截面圆的面积为，C不符合题意；
由A的分析可知，O也为棱中点连线的中点，
则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，
球O被正四面体的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为，
故球O被正四面体表面截得的截面周长为，D符合题意，
故答案为：ABD
【分析】设分别为的中点，连接，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则，再利用平行的传递性，故，则四边形为平行四边形，故交于一点，且互相平分，即O点也为的中点，再利用结合等腰三角形三线合一，故，再利用线线垂直证出线面垂直，故平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，结合O点也为的中点，同理可证，再利用线线垂直证出线面垂直，故平面；由球O的表面正好经过点M，则球O的半径为，棱长为2的正四面体中，，M为的中点，再利用等腰三角形三线合一，则，再利用勾股定理得出OM的长，再结合球的体积公式得出球O的体积；由平面结合线面垂直证出面面垂直，故平面平面，再结合面面垂直的性质定理和平面，从而延长交平面于G点，则平面，垂足G落在上，且G为正的中心，再结合线段比例的方法和勾股定理得出球O被平面截得的截面圆的半径，再利用圆的面积公式得出球O被平面截得的截面圆的面积；由选项A的分析可知，O也为棱中点连线的中点，则球O与每条棱都交于棱的中点，结合选项C的分析可知，球O被正四面体的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为，再结合圆的周长公式得出球O被正四面体表面截得的截面周长，从而找出结论正确的选项。
17．（2022高一下·恩施期末）如图，在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，过作正方体的截面交棱于F，则（　　）
A．当时，截面为等腰梯形
B．当时，截面为六边形
C．当时，截面面积为2
D．当时，截面与平面所成的锐二面角的正切值为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】当时，易得截面为四边形，
易证，且，，所以截面为等腰梯形，A符合题意．
当时，AB，BC上（不含端点）各有一个截点，所以截面为五边形，B不符合题意．
当时，设BC的中点为M，易得截面为四边形，易得，，所以四边形的面积为，C符合题意．
如图，过F作FP垂直于点P，延长FE，交于点O，过作垂直EO于点Q，
因为平面//平面，所以截面与平面所成的锐二面角的大小等于平面与平面所成的锐二面角的大小．因为⊥平面，所以，所以即所求的锐二面角．易得，，由，得，所以，D符合题意．
故答案为：ACD.
【分析】 当 时，F是当A1A的中点，可得截面为等腰梯形判断A；当时，截面是五边形可判断B；当 时，则F与A重合，G是BC的中点，截面即是菱形可求面积判断C；当 时，过F作FP垂直于点P，延长FE，交于点O，过作垂直EO于点Q，截面与平面所成的锐二面角的大小等于平面与平面所成的锐二面角的大小，可求出锐二面角的正切值判断D.
三、填空题
18．（2023·重庆市模拟）已知球的两个平行截面的面积分别为，且两个截面之间的距离是，则球的表面积为　 　．
【答案】
【知识点】球面距离及相关计算；球的体积和表面积
【解析】【解答】解：设两个平行截面圆的半径分别为，，球的半径为，
由，，解得，，
当两截面在球心的同侧时，，
解得，球的表面积为；
当两截面在球心的同侧时，，无解；
综上可知，球的表面积为.
故答案为：.
【分析】设两个平行截面圆的半径分别为，，球的半径为，根据球的对称性，分两截面在球心的同侧和异侧两种情况讨论求解即可.
19．（2023高二上·上海市期中）在棱长为6的正方体中，E是棱AB的中点，过作正方体的截面，则该截面的面积是　 　．
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：
根据题意作出如上图的示意图并取的中点F连接EF，因为点 E是棱AB的中点 ，点F是棱的中点，故由中位线定理得：
又由正方体的性质得：，故，则等腰梯形为过正方体的截面，
由勾股定理得：；，，
则等腰梯形的高，故梯形的面积
故答案为：.
【分析】首先利用正方体的性质和中位线定理作出 过正方体的截面等腰梯形，然后利用勾股定理计算出等腰梯形各边的边长即高h，然后利用等腰梯形的面积公式进行计算即可.
20． 一个正四面体木块如图所示，点是棱的中点．过点将木块锯开，使截面平行于棱和，若木块的棱长为，则截面面积为　 　
【答案】
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；空间几何体的直观图
【解析】【解答】解：∵图中木块为正四面体，∴AB=AC=BC=VA=VB=VC=a，
又∵点是棱的中点，过点将木块锯开，使截面平行于棱和，
∴，，
∴.
故答案为：
【分析】本题主要考查空间几何体的基本内容，利用线面平行的判定定理求出截面面积，因为截面平行于VB和AC，所以PD和FE都平行于AC，PF和DE都平行于VB，而且P是VA的中点，即可得知截面PDEF为正方形，且边长为，即可求解.
21．（2023高三上·贵州开学考）如图，三棱锥的三条侧棱两两垂直，且．点是侧面内一点，过点作一个既平行于侧棱，又平行于底边的三棱锥的截面，则该截面面积的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：由题意可得，如图，
在平面 内， 过点 P作 ，在平面 内过点 E 作，
在平面 内过点 F 作，并连接 DQ，
，故， 共面，
由平面平面 ，所以平面，
同理可说明 平面 ，
所以四边形 是过点 P 既平行于直线又平行于直线 的截面，
平面 ， 平面 平面平面，，
又 ， ，
，四边形 是平行四边形，
平面，
平面，又 平面 ，.
又 ， ，则平行四边形 是矩形.
， ，
设相似比为 k， 则
， ，
， ，，
又 ，， 即
，
所以当时，取得最大值为.
故答案为：.
【分析】如图作出辅助线，根据三棱锥侧棱两两垂直推导出截面是矩形，在用相似三角形的关系表示出矩形的面积进行求解.
22．（2022高二上·浙江月考）某学习小组研究一种如图1所示的卫星接收天线，发现其轴截面为图2所示的抛物线形，在轴截面内的卫星信号波束呈近似平行的状态射入，经反射聚焦到焦点处，已知卫星接收天线的口径（直径）为，深度为，则该卫星接收天线轴截面所在的抛物线的焦点到顶点的距离为　 　.
【答案】2.25
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】由题意建立如图所示的平面直角坐标系.
设抛物线的方程为，
由题意可得，将点坐标代入抛物线的方程可得，
解得，所以抛物线的方程为，
焦点的坐标为，即，
所以焦点到灶底（抛物线的顶点）的距离为.
故答案为：2.25.
【分析】根据题意建立直角坐标系，设抛物线方程为，将图中点的坐标代入得到方程，即得到焦点坐标，即可得到距离.
23．如图，正方体的棱长为，点是棱的中点，过的平面与平面平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为　 　．
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】由题意，正方体 的棱长为1，点 是棱 的中点，过 的平面 与平面 平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，如图，是正六边形，边长为： ，
所以截面多边形的周长为 ．
故答案为： ．
【分析】由题意，正方体 的棱长为1，点 是棱 的中点，过 的平面 与平面 平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，再利用图形得出截面是正六边形，再结合正六变形的周长公式得出截面多边形的周长。
24．（2022高三上·金坛）在正四面体中，为边的中点，过点作该正四面体外接球的截面，记最大的截面面积，最小的截面面积为，则　 　；若记该正四面体内切球和外接球的体积分别为和，则　 　．
【答案】；27
【知识点】棱锥的结构特征；球的体积和表面积
【解析】【解答】将正四面体放置于正方体中，如图所示，可得正方体的外接球就是正四面体的外接球，外接球的球心O为正方体的体对角线DF的中点，
设正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，
因为外接球的直径等于正方体的对角线长，
所以外接球的半径为，
E为BC边的中点，过E作该正四面体外接球的截面，
当截面过球心O时，截面面积最大，最大值为，
当截面到球心O的距离最大时，截面圆的面积取最小值，
此时球心O到截面的距离为，可得截面圆的半径为，
从而截面面积的最小值为．所以；
设正四面体内切球的球心为G，半径为，
取底面BCD的中心H，连接AH，则AH为正四面体的高，G在AH上，H在DE上，
正四面体的每个面的面积为，
，正四面体的高，
故正四面体的体积为，
连接G与正四面体的4个顶点可以得到4个的正三棱锥，每个正三棱锥体积为，则，
所以，求得，
故正四面体内切球的体积，
正四面体外接球的半径为，外接球的体积为，
。
故答案为：；27。
【分析】将正四面体放置于正方体中，可得正方体的外接球就是正四面体的外接球，外接球的球心O为正方体的体对角线DF的中点，设正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，利用外接球的直径等于正方体的对角线长，再利用勾股定理得出外接球的半径，再结合E为BC边的中点，过E作该正四面体外接球的截面，当截面过球心O时，截面面积最大，再结合圆的面积公式得出截面面积的最大值，当截面到球心O的距离最大时，截面圆的面积取最小值，进而得出此时球心O到截面的距离，再利用勾股定理得出截面圆的半径，再利用圆的面积公式得出截面面积的最小值，进而得出的值，设正四面体内切球的球心为G，半径为，取底面BCD的中心H，连接AH，则AH为正四面体的高，G在AH上，H在DE上，再利用三角形的面积公式得出正四面体的每个面的面积，再结合比例的关系得出的长，再利用勾股定理得出正四面体的高，再结合棱锥的体积公式得出正四面体的体积，连接G与正四面体的4个顶点可以得到4个的正三棱锥，再结合锥体的体积公式得出每个正三棱锥体积，进而得出，再利用球的体积公式得出正四面体内切球的体积，从而得出正四面体外接球的半径，再结合球的体积公式得出外接球的体积，从而得出的值。
25．（2023高三上·济南开学考）已知圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则圆锥的体积为　 　．
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：由题意得，
因为圆锥的轴截面是边长为 2 的等边三角形，
可设圆锥的底面半径为 r， 母线为 l， 高为 h，
所以 r=1， l=2，，
则这个圆锥的体积为，
故答案为：.
【分析】根据等边三角形性质可求出圆锥的底面半径 r， 母线 l， 高为h，再由圆锥的体积公式计算即可.
四、解答题
26．（2023高二下·衢州期末）如图，在正三棱台中，，，过棱的截面与棱，分别交于、.
（1）记几何体和正三棱台体积分别为，，若，求的长度；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）解：∵三棱台是正三棱台，∴平面，
∵平面，平面平面，∴，
若，则，几何体是三棱柱，记，，
此时，不满足题意，舍去；
因此，设与交于点，与交于点，则
因为，即交于同一点，
∴几何体是三棱台
∵，∴，∴.
（2）解：如图，延长，，交于点，作中点，连接，，
∵，，平面∴平面，
过作交于，则，
∵平面∴平面，
∴即直线与平面所成的角，
∵，，，
∴在中，由余弦定理可得，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的性质；直线与平面所成的角；余弦定理
【解析】【分析】(1)根据正三棱台，得到线面平行，再由线面平行的性质，推导出线线平行，然后根据题目所给体积之比，化简得到EF值.
(2)首先根据题目所给条件，得到一组线面垂直，再由线面垂直的性质，得到线线垂直，然后证出另外一组线面垂直，从而找到所求直线与平面夹角，结合余弦定理，求出夹角余弦值，最后得到正弦值.
27．（2022·枣庄一模）已知正方体中，点E，F分别是棱，的中点，过点作出正方体的截面，使得该截面平行于平面．
（1）作出该截面与正方体表面的交线，并说明理由；
（2）求与该截面所在平面所成角的正弦值．
（截面：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形．）
【答案】（1）解：设分别是棱的中点，顺次连接，则四边形即为所求的截面.
理由如下：因为点分别是棱的中点，故，又，所以，而两平行直线确定一个平面，所以四边形为平面图形.
因为点分别是棱的中点，故，又平面，平面，所以平面.
因为，所以，又不共线，所以，
又平面，平面，所以平面，又，平面，平面，
所以平面平面.
（2）解：易知与该截面所在平面所成角的正弦值，即与平面所成角的正弦值.
建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，
故，设平面的一个法向量为，则，令，可得，
又，所以，故与平面所成角的正弦值为，
即与该截面所在平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1） 设分别是棱的中点，顺次连接，则四边形即为所求的截面。理由如下：利用点分别是棱的中点，再结合中点作中位线的方法和中位线的性质，故，再利用结合平行的传递性，所以，而两平行直线确定一个平面，所以四边形为平面图形，再利用点分别是棱的中点，再结合中点作中位线的方法和中位线的性质，故，再利用线线平行证出线面平行，所以平面，再利用三角形法则和向量相等的判断方法，所以，再利用不共线，所以，再利用线线平行证出线面平行，所以平面，再结合线面平行证出面面平行，从而证出平面平面。
（2） 利用已知条件，易知与该截面所在平面所成角的正弦值，即与平面所成角的正弦值，从而建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式得出直线与该截面所在平面所成角的正弦值。
28．（2023高二上·温州期末）广州塔外形优美，游客都亲切地称之为“小蛮腰”，其主塔部分可近似地看成是由一个双曲面和上下两个圆面围成的．其中双曲面的构成原理如图所示：圆，所在的平面平行，垂直于圆面，AB为一条长度为定值的线段，其端点A，B分别在圆，上，当A，B在圆上运动时，线段AB形成的轨迹曲面就是双曲面．用过的任意一个平面去截双曲面得到的截面曲线都是双曲线，我们称之为截面双曲线．已知主塔的高度，，设塔身最细处的圆的半径为，上、下圆面的半径分别为、，且，，成公比为的等比数列．
（1）求与的夹角；
（2）建立适当的坐标系，求该双曲面的截面双曲线的渐近线方程．
【答案】（1）解：过A作圆面于点，连接，如图，则有，
令塔身最细处的圆的圆心为O，直线与圆O的公共点为L，过L作交于H，连接，
必有，圆面，圆面，则，而平面，有平面，
平面，则，又圆面，则，显然圆面圆面，有，
因此，依题意：，，，
，，
于是得，
所以与的夹角为.
（2）解：由（1）知，，，
在直角中，，
因此，解得，，
以塔身最细处的圆的圆心O为原点，以所在直线为y轴，以圆O的一条平行于的直径所在的直线为x轴，
建立平面直角坐标系，则双曲线的顶点坐标为，设双曲线方程为：，
设，，令交x轴于点K，显然四边形是平行四边形，则，
解得：，即，
代入双曲线方程得：，解得：，
所以双曲线的渐近线方程为．
【知识点】双曲线的简单性质；异面直线及其所成的角
【解析】【分析】(1)根据给定条件， 过A作圆面于点 ，直线AB与塔身最细处的圆的公共点为L， L在圆面O2上射影为H，结合线面垂直求出 ，即可得 与的夹角；
(2)建立平面直角坐标系，结合(1)中信息，求出点A的坐标，设出双曲线方程即可代入求解，可得该双曲面的截面双曲线的渐近线方程．
29．（2022高二上·郑州期末）在水平桌面上放一只内壁光滑的玻璃水杯，已知水杯内壁为抛物面型（抛物面指抛物线绕其对称轴旋转所得到的面），抛物面的轴截面是如图所示的抛物线.现有一些长短不一 质地均匀的细直金属棒，其长度均不小于抛物线通径的长度（通径是过抛物线焦点，且与抛物线的对称轴垂直的直线被抛物线截得的弦），若将这些细直金属棒，随意丢入该水杯中，实验发现：当细棒重心最低时，达到静止状态，此时细棒交汇于一点.
（1）请结合你学过的数学知识，猜想细棒交汇点的位置；
（2）以玻璃水杯内壁轴截面的抛物线顶点为原点，建立如图所示直角坐标系.设玻璃水杯内壁轴截面的抛物线方程为，将细直金属棒视为抛物线的弦，且弦长度为，以细直金属棒的中点为其重心，请从数学角度解释上述实验现象.
【答案】（1）解：根据通径的特征，知通径会经过抛物线的焦点达到静止状态，
则可猜想细棒交汇点位置为：抛物线的焦点或抛物面的焦点.
（2）解：解释上述现象，即证：当 （ 为抛物线通径）时，只要 过点 ，则 中点 到 的距离最小；
如图所示，记点 在抛物线准线上的射影分别是 ，
，
由抛物线定义知： ，
当 过抛物线焦点时，点 到准线距离取得最小值，最小值为 的一半，此时点 到 轴距离最小.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；抛物线的应用
【解析】【分析】（1） 根据通径的特征，知通径会经过抛物线的焦点达到静止状态，再利用归纳推理的方法，可猜想细棒交汇点位置为：抛物线的焦点或抛物面的焦点。
（2） 解释上述现象，即证：当 （ 为抛物线通径）时，只要 过点 ，则 中点 到 的距离最小，记点 在抛物线准线上的射影分别是 ，再利用
和抛物线定义知当 过抛物线焦点时，点 到准线距离取得最小值，最小值为 的一半，此时点 到 轴距离最小。
30．（2021·石家庄模拟）2022年北京冬奥会标志性场馆——国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，体现了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.
（Ⅰ）利用祖暅原理推导半径为 的球的体积公式时，可以构造如图②所示的几何体 ，几何体 的底面半径和高都为 ，其底面和半球体的底面同在平面 内.设与平面 平行且距离为 的平面 截两个几何体得到两个截面，请在图②中用阴影画出与图①中阴影截面面积相等的图形并给出证明；
（Ⅱ）现将椭圆 所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球 ， （如图），类比（Ⅰ）中的方法，探究椭球 的体积公式，并写出椭球 ， 的体积之比.
【答案】解：（Ⅰ）由图可知，图①几何体的为半径为 的半球，图②几何体为底面半径和高都为 的圆柱中挖掉了一个圆锥，与图①截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分）
证明如下：
在图①中，设截面圆的圆心为 ，易得截面圆 的面积为 ，
在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为 ，所以，圆环的面积为 ，所以，截得的截面的面积相等
（Ⅱ）类比（Ⅰ）可知，椭圆的长半轴为 ，短半轴为 ，构造一个底面半径为 ，高为 的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上（如图），在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为 ，高为 ；
在半椭球截面圆的面积 ，
在圆柱内圆环的面积为
∴距离平面 为 的平面截取两个几何体的平面面积相等，
根据祖暅原理得出椭球 的体积为：
，
同理：椭球 的体积为
所以，两个椭球 ， 的体积之比为 .
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积
【解析】【分析】 （Ⅰ）由题意直接画出阴影即可，然后分别求出图①中圆的面积及图②中圆环的面积即可证明；
（Ⅱ）类比（Ⅰ）可知，椭圆的长半轴为a，短半轴为b，构造一个底面半径为b，高为a的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，以圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥的底面半径为b，高为a，证明截面面积相等，由祖暅原理求出椭球A的体积，同理求出椭球B的体积，作比得答案．
31．已知三棱锥S﹣ABC，SC∥截面EFGH，AB∥截面EFGH．求证：截面EFGH是平行四边形．
【答案】证明：三棱锥S﹣ABC，SC∥截面EFGH，可得SC∥EF，SC∥HG，∴EF∥HG
AB∥截面EFGH．可得AB∥EH，AB∥FG，∴EH∥FG，
∴截面EFGH是平行四边形．
【知识点】平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】利用直线与平面平行的性质定理，推出结果即可．
32．如图所示，在棱长为2cm的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1的中点是P，过点A1作出与截面PBC1平行的截面，简单证明截面形状，并求该截面的面积．
【答案】解：取AB、C1D1的中点M、N，连结A1M、MC、CN、NA1．
由于A1N∥PC1∥MC且A1N=PC1=MC，
∴四边形A1MCN是平行四边形．
又∵A1N∥PC1，A1M∥BP，A1N∩A1M=A1，
PC1∩BP=P，
∴平面A1MCN∥平面PBC1
因此，过A1点作与截面PBC1平行的截面是平行四边形．
又连结MN，作A1H⊥MN于H，由于A1M=A1N=，MN=2，
则AH=．
∴
故 S平行四边形A1MCN=2=2（cm2）．
【知识点】平面与平面平行的性质
【解析】【分析】根据线面平行的定义和性质可以证明与截面PBC1平行的截面是平行四边形．然后求平行四边形的面积即可．
33．球的两个平行截面的面积分别为5π，8π两截面之间的距离为1，求球的半径．
【答案】解：设半径为r，圆心为O，（画图，将空间图形化为平面图形，一个圆，圆内有两条相距1的两条平行弦）
大弦长2 =4，小弦长2=2
O到大弦距离x=
O到小弦的距离y=
若两弦在圆心的同侧则
则x+1=y
∴+1=
∴r=3
若两弦在圆的异侧，则x+y=1
即1﹣=，整理得=-1，无意义
综上得，的研究球的半径为3
【知识点】球的性质
【解析】【分析】设球半径为r，球心为O，进而将空间图形化位平面图形，分别求得大弦和小弦，进而求得圆心0到两个弦的距离，由已知圆心到两弦距离之差为1，由此等量关系建立等式求得r．
34．（2017·沈阳模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B⊥底面ABC，△ABC和△ABB1都是边长为2的正三角形．
（Ⅰ）过B1作出三棱柱的截面，使截面垂直于AB，并证明；
（Ⅱ）求AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【答案】解：（Ⅰ）设AB中点为O，连OC，OB1，B1C，则截面OB1C为所求，
证明：OC，OB1分别为△ABC，△ABB1的中线，所以AB⊥OC，AB⊥OB1，
又OC，OB1为平面OB1C内的两条相交直线，所以AB⊥平面OB1C，
（Ⅱ）以O为原点，OB方向为x轴方向建立如图所示的空间直角坐标系，
易求得B（1，0，0），A（﹣1，0，0）， ，
设平面BCC1B1的一个法向量为 ，
由 解得平面BCC1B1的一个法向量为 ，
，
所以AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）设AB中点为O，连OC，OB1，B1C，则截面OB1C为所求，通过证明AB⊥OC，AB⊥OB1，推出AB⊥平面OB1C．（Ⅱ）以O为原点，OB方向为x轴方向建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面BCC1B1的一个法向量，入会利用空间向量的数量积求解AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
35．已知正三棱锥S﹣ABC的高SO=h，斜高SM=n，求经过SO的中点且平行于底面的截面△A1B1C1的面积．
【答案】解：设底面正三角形的边长为a，
在Rt△SOM中SO=h，SM=n，
∴OM= ，
又MO= a，即a= ，
∴ ，
∴截面面积为
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【分析】根据所给的正三棱锥的高和斜高，利用勾股定理做出三棱锥的底面面积，经过SO的中点且平行于底面的截面与底面是相似的三角形，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方，得到结果．
36．（2018高一下·北京期中）已知：正方体ABCD－A1B1C1D1，如图，
（Ⅰ）若E、F为AA1、CC1的中点，画出过D1、E、F的截面；
（Ⅱ）若M、N、P为A1B1、BB1、B1C1上的点（均不与B1重合），求证：△MNP是锐角三角形。
【答案】解：（Ⅰ）
（Ⅱ）证明：
设 ，
则 ，
则△MNP中，
同理可得cosN＞0，cosP＞0，
则∠M、∠N、∠P均为锐角，即△MNP是锐角三角形。
【知识点】平面的基本性质及推论；余弦定理
【解析】【分析】（Ⅰ）标出点D1、E、F，由题得B点与点D1、E、F在同一平面内，连接四个点即可。
（Ⅱ）由勾股定理表示出三角形的三条边，再由余弦定理得出三角形角的范围。
37．如图是表示以AB=4，BC=3的矩形ABCD为底面的长方体被一平面斜截所得的几何体，其中四边形EFGH为截面．已知AE=5，BF=8，CG=12．
（1）作出截面EFGH与底面ABCD的交线l；
（2）截面四边形EFGH是否为菱形？并证明你的结论；
（3）求DH的长．
【答案】解：（1）根据公里3，作HE与DA的交点P，作GF与CB的交点Q，则点Q是截面EFGH与底面ABCD，故连PQ得直线l，它便是所求作，如下图：（2）截面EFGH为菱形．∵平面ABFE∥平面DCGH，且平面EFGH分别截平面ABFE与平面DCGH得直线EF与GH，∴EF∥GH．同理，FG∥EH，∴四边形EFGH为平行四边形．又∵EF2=AB2+（BF﹣AE）2=25，FG2=BC2+（CG﹣BF）2=25，∴EF=FG=5，∴四边形EFGH为菱形．（3）∵几何体是长方体被一平面斜截所得的，∴AE+CG=BF+DH，把AE=5，BF=8，CG=12代入得，DH=9．
【知识点】简单组合体的结构特征
【解析】【分析】（1）根据公里3分别作出两个平面的公共点，连接这两个点所成的直线，即是所求的直线；
（2）根据平面ABFE∥平面DCGH和面面平行的限制定理得EF∥GH，再由FG∥EH得四边形EFGH为平行四边形，由题意求出EF=FG，即证出结论；
（3）根据几何体的结构特征得AE+CG=BF+DH，代入数据求出DH的长．
38．（2016高三上·韶关期中）如图，ABC﹣A1B1C1是底面边长为2，高为 的正三棱柱，经过AB的截面与上底面相交于PQ，设C1P=λC1A1（0＜λ＜1）．、
（1）证明：PQ∥A1B1；
（2）当 时，求点C到平面APQB的距离．
【答案】（1）证明：∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面ABC∩平面ABQP=AB，平面ABQP∩平面A1B1C1=QP，
∴AB∥PQ，
又∵AB∥A1B1，
∴PQ∥A1B1．
（2）解：建立如图所示的直角坐标系．
∴O（0，0，0），P（0，0， ），A（0，1，0），B（﹣ ，0，0），C（0，﹣1，0），
∴ =（0，﹣1， ）， =（﹣ ，﹣1，0）， =（0，﹣2，0），
设平面APQB的法向量为 =（x，y，z），
则 ，可得 ，
取 = ，
∴点C到平面APQB的距离d= = = ．
【知识点】棱柱的结构特征；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）由平面ABC∥平面A1B1C1，利用线面平行的性质定理可得：AB∥PQ，又AB∥A1B1，即可证明PQ∥A1B1．（2）建立如图所示的直角坐标系．设平面APQB的法向量为 =（x，y，z），则 ，利用点C到平面APQB的距离d= 即可得出．
1 / 1高中数学三轮复习（直击痛点）：专题14截面问题
一、选择题
1．（2023高一下·台州期中）已知四棱锥中，平面，四边形为正方形，，平面过，，的中点，则下列关于平面截四棱锥所得的截面正确的为（　　）
A．所得截面是正五边形 B．截面过棱的三等分点
C．所得截面面积为 D．截面不经过中点
2．（2023高一下·安徽月考）下列叙述正确的是（　　）
A．用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台
B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台
D．棱台的侧棱延长后必交于一点
3．（2020高一下·北京期中）一正四面体木块如图所示，点 是棱 的中点，过点P将木块锯开，使截面平行于棱 和 ，则下列关于截面的说法正确的是（　　）．
A．满足条件的截面不存在 B．截面是一个梯形
C．截面是一个菱形 D．截面是一个三角形
4．（2022高一下·台州期中）在正方体中，为棱的一个三等分点（靠近点），分别为棱，的中点，过三点作正方体的截面，则下列说法正确的是（　　）
A．所得截面是六边形
B．截面过棱的中点
C．截面不经过点
D．截面与线段相交，且交点是线段的一个五等分点
5．（2022高三上·顺义期末）已知过的平面与正方体相交，分别交棱，于，.则下列关于截面的说法中，不正确的是（　　）
A．截面可能是矩形 B．截面可能是菱形
C．截面可能是梯形 D．截面不可能是正方形
二、多项选择题
6．（2023高三上·湛江月考）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
7．（2022高二上·福州月考）如图，已知正方体的棱长为1，E为的中点，P为对角线上的一个动点，过P作与平面ACE平行的平面，则此平面截正方体所得的截面（　　）
A．截面不可能是五边形
B．截面可以是正六边形
C．P从D点向运动时，截面面积先增大后减小
D．截面面积的最大值为
8．（2023高三上·清远期末）已知棱长为2的正方体的中心为，用过点的平面去截正方体，则（　　）
A．所得的截面可以是五边形
B．所得的截面可以是六边形
C．该截面的面积可以为
D．所得的截面可以是非正方形的菱形
9．（2023高三下·安徽开学考）已知正方体的棱长为2，过棱，的中点E，F作正方体的截面，下列说法正确的是（　　）．
A．该正方体外接球的表面积是
B．若截面是正六边形，则直线与截面垂直
C．若截面是正六边形，则直线与截面所成角的正弦值为
D．若截面过点，则截面周长为
10．（2024·南宁模拟）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，则下列结论正确的是（　　）
A．勒洛四面体ABCD最大的截面是正三角形
B．勒洛四面体ABCD的体积大于正四面体ABCD的体积
C．勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是
D．勒洛四面体ABCD四个曲面所有交线长的和为8π
11．（2023高一下·马鞍山期末）在正方体中，E，F分别为AB，BC的中点，G为线段上的动点，过E，F，G作正方体的截面记为，则（　　）
A．当截面为正六边形时，G为中点
B．当时，截面为五边形
C．截面可能是等腰梯形
D．截面不可能与直线垂直
12．（2022·湖北模拟）棱长为1的正方体中，P、Q分别在棱BC、上，，，，且，过A、P、Q三点的平面截正方体得到截面多边形，则（　　）
A．时，截面一定为等腰梯形
B．时，截面一定为矩形且面积最大值为
C．存在x，y使截面为六边形
D．存在x，y使与截面平行
13．（2021高三上·建平月考）正方体 的棱长为2，用一个平面 截这个正方体，把该正方体分为体积相等的两部分，则下列结论正确的是（　　）
A．这两部分的表面积也相等 B．截面可以是三角形
C．截面可以是五边形 D．截面可以是正六边形
14．（2022高二下·盐城月考）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点做平行于底面的截面得到的所有棱长均为1的截角四面体，则下列说法正确的有（　　）
A．该截角四面体的表面积为
B．该截角四面体的体积为
C．该截角四面体中，GH∥JK
D．二面角 B-AC-D的余弦值为
15．（2023高三上·广州月考）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线QB1与直线DB1的夹角为30°，则（　　）
A．DB1⊥平面PMN
B．平面PMN截正方体所得的截面面积为3
C．点Q的轨迹长度为π
D．能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部(厚度忽略不计)的球的半径的最大值为
16．（2023·淮南模拟）如图，棱长为2的正四面体中，分别为棱的中点，O为线段的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是（　　）
A．平面
B．球O的体积为
C．球O被平面截得的截面面积为
D．球O被正四面体表面截得的截面周长为
17．（2022高一下·恩施期末）如图，在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，过作正方体的截面交棱于F，则（　　）
A．当时，截面为等腰梯形
B．当时，截面为六边形
C．当时，截面面积为2
D．当时，截面与平面所成的锐二面角的正切值为
三、填空题
18．（2023·重庆市模拟）已知球的两个平行截面的面积分别为，且两个截面之间的距离是，则球的表面积为　 　．
19．（2023高二上·上海市期中）在棱长为6的正方体中，E是棱AB的中点，过作正方体的截面，则该截面的面积是　 　．
20． 一个正四面体木块如图所示，点是棱的中点．过点将木块锯开，使截面平行于棱和，若木块的棱长为，则截面面积为　 　
21．（2023高三上·贵州开学考）如图，三棱锥的三条侧棱两两垂直，且．点是侧面内一点，过点作一个既平行于侧棱，又平行于底边的三棱锥的截面，则该截面面积的最大值为　 　．
22．（2022高二上·浙江月考）某学习小组研究一种如图1所示的卫星接收天线，发现其轴截面为图2所示的抛物线形，在轴截面内的卫星信号波束呈近似平行的状态射入，经反射聚焦到焦点处，已知卫星接收天线的口径（直径）为，深度为，则该卫星接收天线轴截面所在的抛物线的焦点到顶点的距离为　 　.
23．如图，正方体的棱长为，点是棱的中点，过的平面与平面平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为　 　．
24．（2022高三上·金坛）在正四面体中，为边的中点，过点作该正四面体外接球的截面，记最大的截面面积，最小的截面面积为，则　 　；若记该正四面体内切球和外接球的体积分别为和，则　 　．
25．（2023高三上·济南开学考）已知圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则圆锥的体积为　 　．
四、解答题
26．（2023高二下·衢州期末）如图，在正三棱台中，，，过棱的截面与棱，分别交于、.
（1）记几何体和正三棱台体积分别为，，若，求的长度；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
27．（2022·枣庄一模）已知正方体中，点E，F分别是棱，的中点，过点作出正方体的截面，使得该截面平行于平面．
（1）作出该截面与正方体表面的交线，并说明理由；
（2）求与该截面所在平面所成角的正弦值．
（截面：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形．）
28．（2023高二上·温州期末）广州塔外形优美，游客都亲切地称之为“小蛮腰”，其主塔部分可近似地看成是由一个双曲面和上下两个圆面围成的．其中双曲面的构成原理如图所示：圆，所在的平面平行，垂直于圆面，AB为一条长度为定值的线段，其端点A，B分别在圆，上，当A，B在圆上运动时，线段AB形成的轨迹曲面就是双曲面．用过的任意一个平面去截双曲面得到的截面曲线都是双曲线，我们称之为截面双曲线．已知主塔的高度，，设塔身最细处的圆的半径为，上、下圆面的半径分别为、，且，，成公比为的等比数列．
（1）求与的夹角；
（2）建立适当的坐标系，求该双曲面的截面双曲线的渐近线方程．
29．（2022高二上·郑州期末）在水平桌面上放一只内壁光滑的玻璃水杯，已知水杯内壁为抛物面型（抛物面指抛物线绕其对称轴旋转所得到的面），抛物面的轴截面是如图所示的抛物线.现有一些长短不一 质地均匀的细直金属棒，其长度均不小于抛物线通径的长度（通径是过抛物线焦点，且与抛物线的对称轴垂直的直线被抛物线截得的弦），若将这些细直金属棒，随意丢入该水杯中，实验发现：当细棒重心最低时，达到静止状态，此时细棒交汇于一点.
（1）请结合你学过的数学知识，猜想细棒交汇点的位置；
（2）以玻璃水杯内壁轴截面的抛物线顶点为原点，建立如图所示直角坐标系.设玻璃水杯内壁轴截面的抛物线方程为，将细直金属棒视为抛物线的弦，且弦长度为，以细直金属棒的中点为其重心，请从数学角度解释上述实验现象.
30．（2021·石家庄模拟）2022年北京冬奥会标志性场馆——国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，体现了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.
（Ⅰ）利用祖暅原理推导半径为 的球的体积公式时，可以构造如图②所示的几何体 ，几何体 的底面半径和高都为 ，其底面和半球体的底面同在平面 内.设与平面 平行且距离为 的平面 截两个几何体得到两个截面，请在图②中用阴影画出与图①中阴影截面面积相等的图形并给出证明；
（Ⅱ）现将椭圆 所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球 ， （如图），类比（Ⅰ）中的方法，探究椭球 的体积公式，并写出椭球 ， 的体积之比.
31．已知三棱锥S﹣ABC，SC∥截面EFGH，AB∥截面EFGH．求证：截面EFGH是平行四边形．
32．如图所示，在棱长为2cm的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1的中点是P，过点A1作出与截面PBC1平行的截面，简单证明截面形状，并求该截面的面积．
33．球的两个平行截面的面积分别为5π，8π两截面之间的距离为1，求球的半径．
34．（2017·沈阳模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B⊥底面ABC，△ABC和△ABB1都是边长为2的正三角形．
（Ⅰ）过B1作出三棱柱的截面，使截面垂直于AB，并证明；
（Ⅱ）求AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
35．已知正三棱锥S﹣ABC的高SO=h，斜高SM=n，求经过SO的中点且平行于底面的截面△A1B1C1的面积．
36．（2018高一下·北京期中）已知：正方体ABCD－A1B1C1D1，如图，
（Ⅰ）若E、F为AA1、CC1的中点，画出过D1、E、F的截面；
（Ⅱ）若M、N、P为A1B1、BB1、B1C1上的点（均不与B1重合），求证：△MNP是锐角三角形。
37．如图是表示以AB=4，BC=3的矩形ABCD为底面的长方体被一平面斜截所得的几何体，其中四边形EFGH为截面．已知AE=5，BF=8，CG=12．
（1）作出截面EFGH与底面ABCD的交线l；
（2）截面四边形EFGH是否为菱形？并证明你的结论；
（3）求DH的长．
38．（2016高三上·韶关期中）如图，ABC﹣A1B1C1是底面边长为2，高为 的正三棱柱，经过AB的截面与上底面相交于PQ，设C1P=λC1A1（0＜λ＜1）．、
（1）证明：PQ∥A1B1；
（2）当 时，求点C到平面APQB的距离．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】 在四棱锥 中， ，取PB， BC， CD， PD中点分别为E， F， G，H，连接EH， EF， FH，如图，
因底面ABCD为正方形，E， F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，
则EF// BD// FG，EF// PC//GH，得四边形EFGH是平行四边形，
令FG∩AC=J，则
在PA上取点I，使得，连接EI， HI， JI，则JI// PC// EF，
由点J∈平面EFGH，有JI 平面EFGH ，则点I∈平面EFGH， HI平面EFGH，
故五边形EFGHI是平面截四棱锥 所得的截面多边形，
而，，则截面不是正五边形，故A错误；
由A选项分析，可知截面过棱PA的四等分点，故 B错误；
PA⊥底面ABCD，FG 平面ABCD，则PA⊥FG，而BD⊥AC， BD//FG，则AC⊥FG，又PA∩AC=A， PA，AC平面PAC，因此FG⊥平面PAC，PC平面PAC，
于是得FG⊥PC，有FG⊥EF，
所以矩形EFGH面积等于，，
而JI⊥EH，则△IEH边EH上的高等于
故
故截面五边形EFG H I面积为，故C正确；
截面经过CD中点，故D错误.
故选： C.
【分析】 根据给定条件，作出平面截四棱锥 所得的截面多边形，再逐项进行判断，即可得答案.
2．【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征；棱台的结构特征
【解析】【解答】解：用一个平行与棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分是棱台，故A错误；由棱台的概念可知，棱台的侧棱延长后交于一点（原棱锥的顶点），所以B、C选项中的不一定是棱台，故B、C错误，D正确；
故选：D.
【分析】根据棱台的概念求及棱锥和棱台的关系判定即可.
3．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】取 的中点 ， 的中点 ， 的中点 ，连接 ，
易得 ∥ 且 ， ∥ 且 ，所以 ∥ ， ，
所以四边形 为平行四边形，又 平面 ， 平面 ，由线面平行
的判定定理可知， ∥平面 ， ∥平面 ，即截面为四边形 ，又
，所以四边形 为菱形，所以C符合题意.
故答案为：C
【分析】取 的中点D， 的中点E， 的中点F，连接 ，易得即截面为四边形 ，且四边形 为菱形即可得到答案.
4．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】在正方体中，依题意，直线FG与直线交于点P，显然，
直线FE交DA延长线于点Q，则有，如图，
连接，则有，而平面平面，平面平面，
平面与平面有公共点，则平面与平面必有一条交线，此交线平行于，也平行于，
连，因，则四边形是平行四边形，于是得，即平面平面，
因此点是平面截正方体的截面的一个顶点，连交分别于点O，H，
连接，则五边形是平面截正方体所得的截面，A不正确，C不正确；
由知，，即，B不正确；
由得，即，则截面与线段相交，且交点是线段的一个五等分点，D符合题意.
故答案为：D
【分析】根据给定条件，作出过三点的正方体的截面，再逐项分析判断，可得答案。
5．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】如下图，当分别与对角顶点重合时，显然是矩形；
如下图，当，为，的中点时，显然是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知：不可能为正方形；
根据对称性，其它情况下为平行四边形；
综上，C不正确.
故答案为：C.
【分析】选过特殊点(中点、对角顶点)且含体对角线的平面截取正方体，根据正方体的性质及结构特征、勾股定理分析各选项的正误即可.
6．【答案】A,C,D
【知识点】棱锥的结构特征；余弦定理；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：取中点，作图，连接，
所以，高为，
因为木块是一个正四面体，
所以当截面为时，有最小面积，
最小面积为，
所以A选项正确，
当点为中点时，
，
，
所以B选项错误，
如图，截面是平行四边形，
当时，平行四边形面积最大，
所以当分别取四边中点时，
此时有最大截面，截面面积为，
所以C选项正确，
过的中线，且平行于底面的截面，各顶点到截面距离相等，
这样的截面一共有4个，
过的中线，且与对面平行的截面，各顶点到截面距离相等，
这样的截面一共有3个，
所以一共有个截面，
所以D选项正确，
故答案为：ACD.
【分析】首先根据A选项中，取中点，找到过棱的最小截面；再利用取A选项的中点，结合余弦定理求出；然后根据正四面体的性质，找到最大的平行四边形截面；分析平行的性质，找到到各顶点距离都相等的截面.
7．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；三角形中的几何计算
【解析】【解答】在正方体中，取的中点F，连接，而E为的中点，则，
取的中点T，Q，连接，有，平面平面，
则平面，连交分别于点，连BD交AC，TQ分别于，连交于，如图，
显然，又，则四边形是平行四边形，即，
平面，平面，有平面，而平面，
于是得平面平面，并且四边形与四边形面积相等，
当点P从D点向的移动过程中，点P在线段（不含端点）上时，截面与射线相交，
当交点在线段（不含点D）时，截面为三角形，并且逐渐变大，当交点在线段的延长线上时，
截面还与平面相交，截面为四边形，并且逐渐变大，当点P在线段（不含端点）上时，
截面与正方体的六个面相交，截面为六边形，并且先逐渐增大，截面经过的中点时截面面积最大，之后逐渐减小，
当点P在线段（不含点）时，截面由四边形变形为三角形，并且逐渐减小，
因此，截面不可能为五边形，A，C符合题意；
，，
即，两边与两边分别平行的截面六边形顶角不等于，因此截面六边形不是正六边形，B不正确；
令过中点的截面为六边形，有，令，连ON，
有，，又分别为等腰梯形两底的中点，
即有，有，N为GH中点，O为KL中点，连HK，GL，即四边形为矩形，点分别为棱中点，
，等腰底边上的高，
所以最大截面面积，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】在正方体中，取的中点F，连接，而E为的中点，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则，取的中点T，Q，连接，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则，再利用线线平行证出线面平行，则平面，连交分别于点，连BD交AC，TQ分别于，连交于，再利用中点的性质得出，再利用，则四边形是平行四边形，即，再利用线线平行证出线面平行，所以平面，再利用线面平行证出面面平行，所以平面平面，并且四边形与四边形面积相等，再利用分类讨论的方法得出当交点在线段（不含点D）时，截面为三角形，并且逐渐变大，当点P在线段（不含端点）上时，截面与正方体的六个面相交，截面为六边形，并且先逐渐增大，截面经过的中点时截面面积最大，之后逐渐减小，当点P在线段（不含点）时，截面由四边形变形为三角形，并且逐渐减小，因此，截面不可能为五边形；再利用勾股定理和余弦定理得出两边与两边分别平行的截面六边形顶角不等于，因此截面六边形不是正六边形；令过中点的截面为六边形，连ON，再结合中点作中位线的方法和中位线的性质，则，再利用勾股定理得出ON的长，再利用分别为等腰梯形两底的中点，则，再利用中点的性质和矩形的结构特征和几何法得出等腰底边上的高，再利用几何法和四边形的面积公式和三角形的面积公式以及求和法得出最大截面面积，进而找出正确的选项。
8．【答案】B,C,D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】过正方体中心的平面截正方体所得的截面至少与四个面相交，所以可能是四边形、五边形、六边形，
又根据正方体的对称性，截面不会是五边形，但可以是正六边形和非正方形的菱形（如图）A不符合题意，BD符合题意；
因为四边形的面积为，当截面过中心且平行与底面时，截面为矩形（此时也是正方形），且面积为，若这个截面绕着中心旋转，转到与四边形重合，此时面积为，所以在转动过程一定存在截面面积为，C符合题意．
故答案为：BCD．
【分析】利用正方体的对称性逐一判断即可.
9．【答案】B,D
【知识点】球的体积和表面积；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】对于A，外接球的半径为，故外接球的表面积为，A不符合题意；
对于B，建立如图1所示的空间直角坐标系，
设的中点为G，则，，，，，
∴，，，
∴，，
则，，即，，
又，，正六边形截面，
∴正六边形截面，B符合题意；
对于C，如图1，易得，为正六边形截面的一个法向量，
设直线与截面所成的角为，
则，C不符合题意；
对于D，如图2，延长，与的延长线交于点K，与的延长线交于点L，连接交于点M，连接交于点N，则截面为平面．
因此有，M为的三等分点，N为的三等分点，
于是．
∵，，，
故截面的周长为，D符合题意．
故答案为：BD．
【分析】求出外接球的半径，进而求出外接球的表面积可判断A；建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用向量法可得直线与截面垂直，可判断B；求出正六边形截面的一个法向量，利用向量法可求出直线与截面所成角的正弦值，可判断C；根据勾股定理求出ME，D1M，可得截面的周长，可判断D.
10．【答案】B,C
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；棱柱、棱锥、棱台的体积；余弦定理
【解析】【解答】解：对于A．由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面，
即为经过四面体表面的截面，如图1所示，故A错误：
对于B．由勒洛四面体的定义及题示图形知，
其中勒洛四面体的体积大于正四面体的体积，故B正确：
对于C．勒洛四面体被平面截得的截面如图1，
其面积为，故C正确：
对于D．由勒洛四面体的定义可知，所有的交线形成6条相等的弧，先看，
根据对称性可知其圆心为线段的中点，如图2所示．
因为正四面体的棱长为4，所以，
设，则，
所以（为弧度制），所以，
所以交线总长度为，故D错误.
故答案为：BC．
【分析】由勒洛四面体的定义可知，勒洛四面体最大的截面为经过四面体表面的截面，可判断A：由勒洛四面体的定义得到勒洛四面体的体积大于正四面体的体积，可判断B：由勒洛四面体被平面截得的截面，求得其面积，可判断C：由勒洛四面体的定义可知，根据对称性可知其圆心为线段的中点，设，求出得到交线总长度，可判断D.
11．【答案】A,C
【知识点】平面的基本性质及推论
【解析】【解答】A、延长EF、交DC于点，交DA于点，延长交于T，取的中点S，连接交于，连接AC、，如图，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EFAC，
∵，，，
∴，
∴T为的中点，
∴，
又，
∴，
同理可得，，
∴S、T、G、F、E、共面，
∴正六边形为截面，选项正确
B、延长EF、交DC于点，交DA于点，连接交于G，连接交于M，连，五边形为截面，如图，
∵，
∴，
∴，
∴，
当，截面为五边形，
当，截面为六边形，
当，截面为四边形，选项错误.
C、当G与重合时，连接、、，则，且如图，
D、，，EF，FG为相交直线且在内，
∴，故当G为线段上中点时，截面与直线垂直，选项错误；
∵，
∴ 四边形是等腰梯形，
故选：AC.
【分析】利用平面的基本性质画出正方体截图，判断A、B、C，利用垂直的性质判断D.
12．【答案】B,D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】对A，时，截面为矩形，A不符合题意；
对B，当时，点与点重合，设过A、P、Q三点的平面交于，则因为平面平面，故，且，此时截面为矩形，当点与点重合时面积最大，此时截面积，B符合题意；
对C，截面只能为四边形、五边形，C不符合题意；
对D，当，时，延长交延长线于，画出截面如图所示.
此时因为，，故，则.由面面平行的截面性质可得，，故，此时，故且，故平行四边形，故，根据线面平行的判定可知与截面平行，D符合题意．
故答案为：BD
【分析】对于A，举反例判断即可；对于B，当时，点与点重合，再根据面面平行的性质与线面垂直的性质判断即可；对于C，直观想象根据截面的可能情况判定即可；对于D，根据线面平行与截面的性质举例当，时成立判定即可.
13．【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】平面 截这个正方体，把该正方体分为体积相等的两部分，则平面 一定过正方体的中心，所以这两部分的表面积也相等，根据对称性，截面不会是三角形、五边形，但可以是正六边形（如图）.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征和截面的形状判断方法、多面体的表面积求解方法，从而找出结论正确的选项。
14．【答案】B,C,D
【知识点】简单组合体的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：由题意，几何体的截角四面体由4个边长为1的正三角形，4个边长为1的正六边形构成，
所以截角四面体的表面积为 ，所以A不正确；
因为棱长为1的正四面体的高为 ，
所以体积为 ，所以B正确；
连接CF，AE，在正六边形BCGHFD中，可得GH//CF ，
同理在正六边形ABDEKJ中，可得 JK//AE，
又因为AC//EF且AC=EF，所以ACEF为平行四边形，所以CF//AE，
所以GH//JK ，所以C正确；
过点D作DO⊥平面ABC，垂足为O，
取AC的中点M，连接OM，因为截角为正四面体，且△ABC为正三角形，
其中AD=CD，所以OM⊥AC，DM⊥AC，且O，B，M三点共线，
所以∠OMD为二面角B-AC-D的平面角，
其中 ，可得 ，
则，
又因为二面角B-AC-D为锐二面角，所以，所以D正确.
故选：BCD.
【分析】根据题意，得到几何体的截角四面体由4个边长为1的正三角形，4个边长为1的正六边形构成，结合表面积公式，可判定A不正确；
求得正四面体的高，结合体积公式，可判定B正确；
连接CF，AE，分别证得GH //CF，JK//AE， 结合CF//AE，可判定C正确；
过点D作DO⊥平面ABC，垂足为O，取AC的中点M，连接OM，得到∠OMD为二面角B-AC-D的平面角，进而可判定D正确.
15．【答案】A,B,D
【知识点】轨迹方程；棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
故设平面PMN的法向量为
则，令得x=y=1，故
因为故所以A对；
对于B，取的中点E，F，Q，连接MQ，ME，EN，NF，FP，PQ，EP，，，
因为M，N，P分别是棱的中点，
所以
所以平面PMN截正方体所得的截面为正六边形FPQMEN，
其中边长为，所以截面面积为所以B对；
对于C，Q为平面PMN上的动点，直线与直线的夹角为30°，
又因为设垂足为S，以S为圆心，为半径作圆，即为点Q的轨迹，
其中由对称性可知，，故半径
故点Q的轨迹长度为，所以C错；
对于D，因为M，N，P分别是棱的中点，所以平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，不妨求能放入含有顶点D的空间几何体的球的半径最大值，该球与平面PMN切与点S，与平面，平面ADCB，平面相切，由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为t，，故
故球的半径的最大值为，所以D对。
故答案为：ABD.
【分析】对于A，建立空间直角坐标系，求出平面PMN的法向量，得到线面垂直；对于B，作出辅助线，找出平面PMN截正方体所得的截面，求出面积；对于C，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；对于D，由对称性得到平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在上，设球心为R(t，t，t)，由得到方程，求出半径的最大值，从而找出正确的选项。
16．【答案】A,B,D
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】设分别为的中点，连接，
则，
故，则四边形为平行四边形，
故交于一点，且互相平分，即O点也为的中点，
又，故，
平面，故平面，
由于平面，则平面，
故，结合O点也为的中点，同理可证，
平面，故平面，A符合题意；
由球O的表面正好经过点M，则球O的半径为，
棱长为2的正四面体中，，M为的中点，
则，故，
则，所以球O的体积为，B符合题意；
由平面，平面，故平面平面，
平面平面，由于平面，
延长交平面于G点，则平面，垂足G落在上，
且G为正的中心，故，
所以，
故球O被平面截得的截面圆的半径为，
则球O被平面截得的截面圆的面积为，C不符合题意；
由A的分析可知，O也为棱中点连线的中点，
则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，
球O被正四面体的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为，
故球O被正四面体表面截得的截面周长为，D符合题意，
故答案为：ABD
【分析】设分别为的中点，连接，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则，再利用平行的传递性，故，则四边形为平行四边形，故交于一点，且互相平分，即O点也为的中点，再利用结合等腰三角形三线合一，故，再利用线线垂直证出线面垂直，故平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，结合O点也为的中点，同理可证，再利用线线垂直证出线面垂直，故平面；由球O的表面正好经过点M，则球O的半径为，棱长为2的正四面体中，，M为的中点，再利用等腰三角形三线合一，则，再利用勾股定理得出OM的长，再结合球的体积公式得出球O的体积；由平面结合线面垂直证出面面垂直，故平面平面，再结合面面垂直的性质定理和平面，从而延长交平面于G点，则平面，垂足G落在上，且G为正的中心，再结合线段比例的方法和勾股定理得出球O被平面截得的截面圆的半径，再利用圆的面积公式得出球O被平面截得的截面圆的面积；由选项A的分析可知，O也为棱中点连线的中点，则球O与每条棱都交于棱的中点，结合选项C的分析可知，球O被正四面体的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为，再结合圆的周长公式得出球O被正四面体表面截得的截面周长，从而找出结论正确的选项。
17．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】当时，易得截面为四边形，
易证，且，，所以截面为等腰梯形，A符合题意．
当时，AB，BC上（不含端点）各有一个截点，所以截面为五边形，B不符合题意．
当时，设BC的中点为M，易得截面为四边形，易得，，所以四边形的面积为，C符合题意．
如图，过F作FP垂直于点P，延长FE，交于点O，过作垂直EO于点Q，
因为平面//平面，所以截面与平面所成的锐二面角的大小等于平面与平面所成的锐二面角的大小．因为⊥平面，所以，所以即所求的锐二面角．易得，，由，得，所以，D符合题意．
故答案为：ACD.
【分析】 当 时，F是当A1A的中点，可得截面为等腰梯形判断A；当时，截面是五边形可判断B；当 时，则F与A重合，G是BC的中点，截面即是菱形可求面积判断C；当 时，过F作FP垂直于点P，延长FE，交于点O，过作垂直EO于点Q，截面与平面所成的锐二面角的大小等于平面与平面所成的锐二面角的大小，可求出锐二面角的正切值判断D.
18．【答案】
【知识点】球面距离及相关计算；球的体积和表面积
【解析】【解答】解：设两个平行截面圆的半径分别为，，球的半径为，
由，，解得，，
当两截面在球心的同侧时，，
解得，球的表面积为；
当两截面在球心的同侧时，，无解；
综上可知，球的表面积为.
故答案为：.
【分析】设两个平行截面圆的半径分别为，，球的半径为，根据球的对称性，分两截面在球心的同侧和异侧两种情况讨论求解即可.
19．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：
根据题意作出如上图的示意图并取的中点F连接EF，因为点 E是棱AB的中点 ，点F是棱的中点，故由中位线定理得：
又由正方体的性质得：，故，则等腰梯形为过正方体的截面，
由勾股定理得：；，，
则等腰梯形的高，故梯形的面积
故答案为：.
【分析】首先利用正方体的性质和中位线定理作出 过正方体的截面等腰梯形，然后利用勾股定理计算出等腰梯形各边的边长即高h，然后利用等腰梯形的面积公式进行计算即可.
20．【答案】
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；空间几何体的直观图
【解析】【解答】解：∵图中木块为正四面体，∴AB=AC=BC=VA=VB=VC=a，
又∵点是棱的中点，过点将木块锯开，使截面平行于棱和，
∴，，
∴.
故答案为：
【分析】本题主要考查空间几何体的基本内容，利用线面平行的判定定理求出截面面积，因为截面平行于VB和AC，所以PD和FE都平行于AC，PF和DE都平行于VB，而且P是VA的中点，即可得知截面PDEF为正方形，且边长为，即可求解.
21．【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：由题意可得，如图，
在平面 内， 过点 P作 ，在平面 内过点 E 作，
在平面 内过点 F 作，并连接 DQ，
，故， 共面，
由平面平面 ，所以平面，
同理可说明 平面 ，
所以四边形 是过点 P 既平行于直线又平行于直线 的截面，
平面 ， 平面 平面平面，，
又 ， ，
，四边形 是平行四边形，
平面，
平面，又 平面 ，.
又 ， ，则平行四边形 是矩形.
， ，
设相似比为 k， 则
， ，
， ，，
又 ，， 即
，
所以当时，取得最大值为.
故答案为：.
【分析】如图作出辅助线，根据三棱锥侧棱两两垂直推导出截面是矩形，在用相似三角形的关系表示出矩形的面积进行求解.
22．【答案】2.25
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】由题意建立如图所示的平面直角坐标系.
设抛物线的方程为，
由题意可得，将点坐标代入抛物线的方程可得，
解得，所以抛物线的方程为，
焦点的坐标为，即，
所以焦点到灶底（抛物线的顶点）的距离为.
故答案为：2.25.
【分析】根据题意建立直角坐标系，设抛物线方程为，将图中点的坐标代入得到方程，即得到焦点坐标，即可得到距离.
23．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】由题意，正方体 的棱长为1，点 是棱 的中点，过 的平面 与平面 平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，如图，是正六边形，边长为： ，
所以截面多边形的周长为 ．
故答案为： ．
【分析】由题意，正方体 的棱长为1，点 是棱 的中点，过 的平面 与平面 平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，再利用图形得出截面是正六边形，再结合正六变形的周长公式得出截面多边形的周长。
24．【答案】；27
【知识点】棱锥的结构特征；球的体积和表面积
【解析】【解答】将正四面体放置于正方体中，如图所示，可得正方体的外接球就是正四面体的外接球，外接球的球心O为正方体的体对角线DF的中点，
设正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，
因为外接球的直径等于正方体的对角线长，
所以外接球的半径为，
E为BC边的中点，过E作该正四面体外接球的截面，
当截面过球心O时，截面面积最大，最大值为，
当截面到球心O的距离最大时，截面圆的面积取最小值，
此时球心O到截面的距离为，可得截面圆的半径为，
从而截面面积的最小值为．所以；
设正四面体内切球的球心为G，半径为，
取底面BCD的中心H，连接AH，则AH为正四面体的高，G在AH上，H在DE上，
正四面体的每个面的面积为，
，正四面体的高，
故正四面体的体积为，
连接G与正四面体的4个顶点可以得到4个的正三棱锥，每个正三棱锥体积为，则，
所以，求得，
故正四面体内切球的体积，
正四面体外接球的半径为，外接球的体积为，
。
故答案为：；27。
【分析】将正四面体放置于正方体中，可得正方体的外接球就是正四面体的外接球，外接球的球心O为正方体的体对角线DF的中点，设正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，利用外接球的直径等于正方体的对角线长，再利用勾股定理得出外接球的半径，再结合E为BC边的中点，过E作该正四面体外接球的截面，当截面过球心O时，截面面积最大，再结合圆的面积公式得出截面面积的最大值，当截面到球心O的距离最大时，截面圆的面积取最小值，进而得出此时球心O到截面的距离，再利用勾股定理得出截面圆的半径，再利用圆的面积公式得出截面面积的最小值，进而得出的值，设正四面体内切球的球心为G，半径为，取底面BCD的中心H，连接AH，则AH为正四面体的高，G在AH上，H在DE上，再利用三角形的面积公式得出正四面体的每个面的面积，再结合比例的关系得出的长，再利用勾股定理得出正四面体的高，再结合棱锥的体积公式得出正四面体的体积，连接G与正四面体的4个顶点可以得到4个的正三棱锥，再结合锥体的体积公式得出每个正三棱锥体积，进而得出，再利用球的体积公式得出正四面体内切球的体积，从而得出正四面体外接球的半径，再结合球的体积公式得出外接球的体积，从而得出的值。
25．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：由题意得，
因为圆锥的轴截面是边长为 2 的等边三角形，
可设圆锥的底面半径为 r， 母线为 l， 高为 h，
所以 r=1， l=2，，
则这个圆锥的体积为，
故答案为：.
【分析】根据等边三角形性质可求出圆锥的底面半径 r， 母线 l， 高为h，再由圆锥的体积公式计算即可.
26．【答案】（1）解：∵三棱台是正三棱台，∴平面，
∵平面，平面平面，∴，
若，则，几何体是三棱柱，记，，
此时，不满足题意，舍去；
因此，设与交于点，与交于点，则
因为，即交于同一点，
∴几何体是三棱台
∵，∴，∴.
（2）解：如图，延长，，交于点，作中点，连接，，
∵，，平面∴平面，
过作交于，则，
∵平面∴平面，
∴即直线与平面所成的角，
∵，，，
∴在中，由余弦定理可得，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的性质；直线与平面所成的角；余弦定理
【解析】【分析】(1)根据正三棱台，得到线面平行，再由线面平行的性质，推导出线线平行，然后根据题目所给体积之比，化简得到EF值.
(2)首先根据题目所给条件，得到一组线面垂直，再由线面垂直的性质，得到线线垂直，然后证出另外一组线面垂直，从而找到所求直线与平面夹角，结合余弦定理，求出夹角余弦值，最后得到正弦值.
27．【答案】（1）解：设分别是棱的中点，顺次连接，则四边形即为所求的截面.
理由如下：因为点分别是棱的中点，故，又，所以，而两平行直线确定一个平面，所以四边形为平面图形.
因为点分别是棱的中点，故，又平面，平面，所以平面.
因为，所以，又不共线，所以，
又平面，平面，所以平面，又，平面，平面，
所以平面平面.
（2）解：易知与该截面所在平面所成角的正弦值，即与平面所成角的正弦值.
建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，
故，设平面的一个法向量为，则，令，可得，
又，所以，故与平面所成角的正弦值为，
即与该截面所在平面所成角的正弦值为.
【知识点】平面与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1） 设分别是棱的中点，顺次连接，则四边形即为所求的截面。理由如下：利用点分别是棱的中点，再结合中点作中位线的方法和中位线的性质，故，再利用结合平行的传递性，所以，而两平行直线确定一个平面，所以四边形为平面图形，再利用点分别是棱的中点，再结合中点作中位线的方法和中位线的性质，故，再利用线线平行证出线面平行，所以平面，再利用三角形法则和向量相等的判断方法，所以，再利用不共线，所以，再利用线线平行证出线面平行，所以平面，再结合线面平行证出面面平行，从而证出平面平面。
（2） 利用已知条件，易知与该截面所在平面所成角的正弦值，即与平面所成角的正弦值，从而建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合数量积求向量夹角公式和诱导公式得出直线与该截面所在平面所成角的正弦值。
28．【答案】（1）解：过A作圆面于点，连接，如图，则有，
令塔身最细处的圆的圆心为O，直线与圆O的公共点为L，过L作交于H，连接，
必有，圆面，圆面，则，而平面，有平面，
平面，则，又圆面，则，显然圆面圆面，有，
因此，依题意：，，，
，，
于是得，
所以与的夹角为.
（2）解：由（1）知，，，
在直角中，，
因此，解得，，
以塔身最细处的圆的圆心O为原点，以所在直线为y轴，以圆O的一条平行于的直径所在的直线为x轴，
建立平面直角坐标系，则双曲线的顶点坐标为，设双曲线方程为：，
设，，令交x轴于点K，显然四边形是平行四边形，则，
解得：，即，
代入双曲线方程得：，解得：，
所以双曲线的渐近线方程为．
【知识点】双曲线的简单性质；异面直线及其所成的角
【解析】【分析】(1)根据给定条件， 过A作圆面于点 ，直线AB与塔身最细处的圆的公共点为L， L在圆面O2上射影为H，结合线面垂直求出 ，即可得 与的夹角；
(2)建立平面直角坐标系，结合(1)中信息，求出点A的坐标，设出双曲线方程即可代入求解，可得该双曲面的截面双曲线的渐近线方程．
29．【答案】（1）解：根据通径的特征，知通径会经过抛物线的焦点达到静止状态，
则可猜想细棒交汇点位置为：抛物线的焦点或抛物面的焦点.
（2）解：解释上述现象，即证：当 （ 为抛物线通径）时，只要 过点 ，则 中点 到 的距离最小；
如图所示，记点 在抛物线准线上的射影分别是 ，
，
由抛物线定义知： ，
当 过抛物线焦点时，点 到准线距离取得最小值，最小值为 的一半，此时点 到 轴距离最小.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；抛物线的应用
【解析】【分析】（1） 根据通径的特征，知通径会经过抛物线的焦点达到静止状态，再利用归纳推理的方法，可猜想细棒交汇点位置为：抛物线的焦点或抛物面的焦点。
（2） 解释上述现象，即证：当 （ 为抛物线通径）时，只要 过点 ，则 中点 到 的距离最小，记点 在抛物线准线上的射影分别是 ，再利用
和抛物线定义知当 过抛物线焦点时，点 到准线距离取得最小值，最小值为 的一半，此时点 到 轴距离最小。
30．【答案】解：（Ⅰ）由图可知，图①几何体的为半径为 的半球，图②几何体为底面半径和高都为 的圆柱中挖掉了一个圆锥，与图①截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分）
证明如下：
在图①中，设截面圆的圆心为 ，易得截面圆 的面积为 ，
在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为 ，所以，圆环的面积为 ，所以，截得的截面的面积相等
（Ⅱ）类比（Ⅰ）可知，椭圆的长半轴为 ，短半轴为 ，构造一个底面半径为 ，高为 的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上（如图），在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为 ，高为 ；
在半椭球截面圆的面积 ，
在圆柱内圆环的面积为
∴距离平面 为 的平面截取两个几何体的平面面积相等，
根据祖暅原理得出椭球 的体积为：
，
同理：椭球 的体积为
所以，两个椭球 ， 的体积之比为 .
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积
【解析】【分析】 （Ⅰ）由题意直接画出阴影即可，然后分别求出图①中圆的面积及图②中圆环的面积即可证明；
（Ⅱ）类比（Ⅰ）可知，椭圆的长半轴为a，短半轴为b，构造一个底面半径为b，高为a的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，以圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥的底面半径为b，高为a，证明截面面积相等，由祖暅原理求出椭球A的体积，同理求出椭球B的体积，作比得答案．
31．【答案】证明：三棱锥S﹣ABC，SC∥截面EFGH，可得SC∥EF，SC∥HG，∴EF∥HG
AB∥截面EFGH．可得AB∥EH，AB∥FG，∴EH∥FG，
∴截面EFGH是平行四边形．
【知识点】平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】利用直线与平面平行的性质定理，推出结果即可．
32．【答案】解：取AB、C1D1的中点M、N，连结A1M、MC、CN、NA1．
由于A1N∥PC1∥MC且A1N=PC1=MC，
∴四边形A1MCN是平行四边形．
又∵A1N∥PC1，A1M∥BP，A1N∩A1M=A1，
PC1∩BP=P，
∴平面A1MCN∥平面PBC1
因此，过A1点作与截面PBC1平行的截面是平行四边形．
又连结MN，作A1H⊥MN于H，由于A1M=A1N=，MN=2，
则AH=．
∴
故 S平行四边形A1MCN=2=2（cm2）．
【知识点】平面与平面平行的性质
【解析】【分析】根据线面平行的定义和性质可以证明与截面PBC1平行的截面是平行四边形．然后求平行四边形的面积即可．
33．【答案】解：设半径为r，圆心为O，（画图，将空间图形化为平面图形，一个圆，圆内有两条相距1的两条平行弦）
大弦长2 =4，小弦长2=2
O到大弦距离x=
O到小弦的距离y=
若两弦在圆心的同侧则
则x+1=y
∴+1=
∴r=3
若两弦在圆的异侧，则x+y=1
即1﹣=，整理得=-1，无意义
综上得，的研究球的半径为3
【知识点】球的性质
【解析】【分析】设球半径为r，球心为O，进而将空间图形化位平面图形，分别求得大弦和小弦，进而求得圆心0到两个弦的距离，由已知圆心到两弦距离之差为1，由此等量关系建立等式求得r．
34．【答案】解：（Ⅰ）设AB中点为O，连OC，OB1，B1C，则截面OB1C为所求，
证明：OC，OB1分别为△ABC，△ABB1的中线，所以AB⊥OC，AB⊥OB1，
又OC，OB1为平面OB1C内的两条相交直线，所以AB⊥平面OB1C，
（Ⅱ）以O为原点，OB方向为x轴方向建立如图所示的空间直角坐标系，
易求得B（1，0，0），A（﹣1，0，0）， ，
设平面BCC1B1的一个法向量为 ，
由 解得平面BCC1B1的一个法向量为 ，
，
所以AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）设AB中点为O，连OC，OB1，B1C，则截面OB1C为所求，通过证明AB⊥OC，AB⊥OB1，推出AB⊥平面OB1C．（Ⅱ）以O为原点，OB方向为x轴方向建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面BCC1B1的一个法向量，入会利用空间向量的数量积求解AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
35．【答案】解：设底面正三角形的边长为a，
在Rt△SOM中SO=h，SM=n，
∴OM= ，
又MO= a，即a= ，
∴ ，
∴截面面积为
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【分析】根据所给的正三棱锥的高和斜高，利用勾股定理做出三棱锥的底面面积，经过SO的中点且平行于底面的截面与底面是相似的三角形，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方，得到结果．
36．【答案】解：（Ⅰ）
（Ⅱ）证明：
设 ，
则 ，
则△MNP中，
同理可得cosN＞0，cosP＞0，
则∠M、∠N、∠P均为锐角，即△MNP是锐角三角形。
【知识点】平面的基本性质及推论；余弦定理
【解析】【分析】（Ⅰ）标出点D1、E、F，由题得B点与点D1、E、F在同一平面内，连接四个点即可。
（Ⅱ）由勾股定理表示出三角形的三条边，再由余弦定理得出三角形角的范围。
37．【答案】解：（1）根据公里3，作HE与DA的交点P，作GF与CB的交点Q，则点Q是截面EFGH与底面ABCD，故连PQ得直线l，它便是所求作，如下图：（2）截面EFGH为菱形．∵平面ABFE∥平面DCGH，且平面EFGH分别截平面ABFE与平面DCGH得直线EF与GH，∴EF∥GH．同理，FG∥EH，∴四边形EFGH为平行四边形．又∵EF2=AB2+（BF﹣AE）2=25，FG2=BC2+（CG﹣BF）2=25，∴EF=FG=5，∴四边形EFGH为菱形．（3）∵几何体是长方体被一平面斜截所得的，∴AE+CG=BF+DH，把AE=5，BF=8，CG=12代入得，DH=9．
【知识点】简单组合体的结构特征
【解析】【分析】（1）根据公里3分别作出两个平面的公共点，连接这两个点所成的直线，即是所求的直线；
（2）根据平面ABFE∥平面DCGH和面面平行的限制定理得EF∥GH，再由FG∥EH得四边形EFGH为平行四边形，由题意求出EF=FG，即证出结论；
（3）根据几何体的结构特征得AE+CG=BF+DH，代入数据求出DH的长．
38．【答案】（1）证明：∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面ABC∩平面ABQP=AB，平面ABQP∩平面A1B1C1=QP，
∴AB∥PQ，
又∵AB∥A1B1，
∴PQ∥A1B1．
（2）解：建立如图所示的直角坐标系．
∴O（0，0，0），P（0，0， ），A（0，1，0），B（﹣ ，0，0），C（0，﹣1，0），
∴ =（0，﹣1， ）， =（﹣ ，﹣1，0）， =（0，﹣2，0），
设平面APQB的法向量为 =（x，y，z），
则 ，可得 ，
取 = ，
∴点C到平面APQB的距离d= = = ．
【知识点】棱柱的结构特征；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）由平面ABC∥平面A1B1C1，利用线面平行的性质定理可得：AB∥PQ，又AB∥A1B1，即可证明PQ∥A1B1．（2）建立如图所示的直角坐标系．设平面APQB的法向量为 =（x，y，z），则 ，利用点C到平面APQB的距离d= 即可得出．
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