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特训 10 立体几何中的截面问题（七大题型）
用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面.此平面与几何体表面的交集
(交线)叫做截线.
1.作截线与截点的主要根据：
(1)确定平面的条件.
(2)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线.
(3)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内.
(4)线面平行的性质定理。
(5)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行.
2.立体几何图形中有关截面的做法：
①若已知两点在同一平面内，只要连接这两点，就可以得到截面与多面体的一个面的截线。
②若面上只有一个已知点，应设法在同一平面上再找出第二个确定的点;
③若两个已知点分别在相邻的面上，应找出这两个相邻平面的交线与截面的交点。
④面面平行的性质定理。
⑤若有一点在面上而不在棱上，则可通过作辅助平而找出棱上的交点;
若已知点在体内，则可通过辅助平面找出面上的交点，再找出棱上的交点.
目录：
01 ：三棱柱
02 ：四棱锥
03 ：棱台
04 ：侧棱垂直于底面
05 ：正方体、长方体
06 ：其他多面体
07 ：三棱锥
08 ：折叠问题
01 ：棱柱（含正方体）
1．（2023·辽宁抚顺·模拟预测）在直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 中，底面 ABCD 为平行四边形， AB = 2 2 ，
BC 5 AA = 4 cos ABC 10= ， 1 ， = - ，过点 B 作平面截四棱柱所得截面为正方形，该平面交棱DD1于点
10
MD
M，则 =D M （ ）1
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2023·江西赣州·模拟预测）在直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，侧棱
AA1 = 3
1
，E 是 BC 的中点，F 是棱CC1 上的点，且CF = CC1，过 A1作平面a ，使得平面a //平面 AEF，则3
平面a 截直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 ，所得截面图形的面积为（ ）
3
A． B 19． C．3 D．
2 192
3．（2024·安徽安庆·三模）在正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，点 E, F 分别为棱 AB, AD的中点，过点E, F ,C1三
点作该正方体的截面，则（ ）
A．该截面多边形是四边形
B．该截面多边形与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点
C． A1C ^平面C1EF
D．平面 AB1D1 / / 平面C1EF
02 ：棱锥
4．（2024·重庆渝中·模拟预测）在三棱锥P - ABC 中， AC = BC = PC = 2 ，且 AC ^ BC, PC ^平面 ABC ，过
点 P 作截面分别交 AC, BC 于点 E, F ，且二面角P - EF - C 的平面角为60o ，则所得截面PEF 的面积最小值
为（ ）
4 8
A 2． B． C． 3 D．13 3
π
5．（2024·广西·模拟预测）在三棱锥V - ABC 中，BV ^平面VAC，VA =1， AB = AC = 2 ， VAC = ，4
点F 为棱 AV 上一点，过点F 作三棱锥V - ABC 的截面，使截面平行于直线VB 和 AC ，当该截面面积取得
最大值时，CF =（ ）
A 10 B 17 C 5 13． ． ． D．
3 4 2 3
6．（2023·陕西西安·模拟预测）在三棱锥P - ABC 中，侧面 PAC 是等边三角形，底面 ABC 是等腰直角三角
形， AB ^ BC ， AC = PB =10，点 M，N，E 分别是棱 PA，PC，AB 的中点，过 M，N，E 三点的平面a 截
三棱锥P - ABC 所得截面为W，给出下列结论：
①截面W的形状为正方形；
②截面W 25 2的面积等于 ；
2
③ 2异面直线 PA 与 BC 所成角的余弦值为 ；
4
400
④三棱锥P - ABC 外接球的表面积等于 π ．
3
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④ B．②③ C．①③④ D．②③④
03 ：棱台
7．（23-24 高三上·河北廊坊·期末）如图所示，正四棱台 ABCD - A1B1C1D1 中，上底面边长为 3，下底面边
6 63 2长为 ，体积为 ，点E 在 AD 上且满足DE = 2AE ，过点E 的平面a 与平面D1AC 平行，且与正四棱台
2
各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（ ）
A．7 2 B．8 2 C．3 3 + 4 2 D． 4 3 + 4 2
8．（22-23 高三下·浙江绍兴·开学考试）在正棱台 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1, AA1 = 3, M 为棱 B1C1 中
点.当四棱台的体积最大时，平面MBD截该四棱台的截面面积是（ ）
A 5 3． B 5 3．3 2 C． D． 6 2
4 2
9．（22-23 高二上·湖北荆州·阶段练习）用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截得的棱台上、下底面积
之比为1: 4，已知截去的棱锥的顶点到其底面的距离为 3，则棱台的上、下底面的距离为（ ）
A．12 B．9 C．6 D．3
04 ：圆柱
10．（2022·河南新乡·三模）已知一个圆柱与一个圆锥的轴截面分别为正方形与正三角形，且正方形与正三
角形的边长相等，则该圆柱的体积与圆锥的体积的比值为（ ）
A． 3 B． 2 2 C． 2 3 D． 5
11．（23-24 高二上·辽宁·阶段练习）如图，某圆柱的轴截面 ABCD 是边长为 2 的正方形，P，Q 分别为线
段 BC，AC 上的两个动点，E 为 AB 上一点，且BE =1，则PQ + PE 的最小值为（ ）
3
A 3 3 3 2．3 B． C． D．
2 2 2
12．（23-24 高三上·陕西·阶段练习）已知某圆柱的轴截面是边长为 2 的正方形 ABCD，在该圆柱的底面内
任取一点 E，则当四棱锥E - ABCD的体积最大时，该四棱锥的侧面积为（ ）
A．1+ 2 + 5 B．1+ 2 2 + 5
C．1+ 2 + 2 5 D． 2 + 2 5
05 ：圆锥
13．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知轴截面为正三角形的圆锥MM 的高与球 O 的直径相等，则圆锥MM
的体积与球 O 的体积的比值是 .
14．（22-23 高二上·上海浦东新·期中）如图，圆锥 O 的轴截面是一个面积为 1 的等腰直角三角形，C 为弧 AB
上的一点， CPB = 45°，E 为线段 PB上的动点，则CE + OE的最小值为（ ）
A． 2 B． 3 C．2 D
2 5
． + - 2
2 2
15．（23-24 高二上·北京·期中）已知圆锥的底面半径为 2 3 ，高为 2，S 为顶点，A，B 为底面圆周上的两
个动点，则下列说法正确的是 .
①圆锥的体积为8π；
②圆锥侧面展开图的圆心角大小为 3p ；
③圆锥截面 SAB 面积的最大值为 4 3 ；
256
④若圆锥的顶点和底面上的所有点都在一个球面上，则此球的体积为 π .
3
06 ：球
16．（2024·江苏徐州·模拟预测）对球面上的三个点，每两个点之间用大圆劣弧相连接，所得三弧围成的球
面部分称为“球面三角形”，这三个弧叫做球面三角形的边.若半径为 2 的球的球面上有一个各边长均为 π的
球面三角形，则该球面三角形的面积为（ ）
2 2
A． 2π B 4π C 3π． ． D 3π．
4 2
17．（2024·江西宜春·模拟预测）在正六棱柱 ABCDEF - A1B1C1D1E1F1中， AA1 = 2AB = 2，O为棱 AA1的中
点，则以O为球心，2 为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
3 3
A． 1+ ÷÷ π B． 2 + ÷÷ π
è 3 è 3

C． 1
2 3
+ ÷÷ π D． 2
2 3
+ ÷÷ π
è 3 è 3
18．（23-24 高二上·四川德阳·阶段练习）已知正三棱锥 A - BCD的外接球是球O，正三棱锥底边BC = 3，
侧棱 AB = 2 3 ，点E 在线段BD上，且BE = DE ，过点E 作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是
（ ）
é11π
A． ê ,3π
ù
B． 2π,3π é11π ù é9π ùC． , 4π D． , 4π
4 ú ê 4 ú ê 4 ú
07 ：组合体
19．（21-22 高二上·湖南·期中）从一个底面圆半径与高均为 2 的圆柱中挖去一个正四棱锥（以圆柱的上底
面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点）而得到的几何体如图所示，今用一个平行于底面且距底
面为 1 的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为（ ）
A． 4p - 4 B． 4p C． 4p - 2 D． 2p - 2
20．（2022·陕西西安·模拟预测）“牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和
谐优美的几何体，它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几
何体（如图 1）.如图 2 所示的“四脚帐篷”为“牟和方盖”的上半部分，点O为四边形 ABCD的中心，点 P 为“四
脚帐篷”的“上顶点”，OP =1.用平行于平面 ABCD的平面a 去截“四脚帐篷”，当平面a 经过OP的中点时，
截面图形的面积为 .
21．（2021·全国·模拟预测）如图，正八面体PABCDQ 的棱长为 2，点E ，F ， H 分别是PA， PB，BC 的
中点，则过E ，F ， H 三点的平面a 截该正八面体所得截面的面积等于 .
附加题型： 07 ：展开图综合
22．（23-24 高三上·云南昆明·阶段练习）正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 2，M 是棱B1C 上的一个动点
（含端点），则MA + MC1的最小值为（ ）
A．4 B． 2 + 2 C． 6 + 2 D． 2 5
23．（2024 高三·全国·专题练习）如图， S - ABC 是正三棱锥且侧棱长为 a，两侧棱 SA, SC 的夹角为30°, E, F
分别是 SA, SC 上的动点，则三角形BEF 的周长的最小值为（ ）
A． 2a B． 3a C． 5a D． 6a
24．（23-24 高三下·全国·阶段练习）如图，在三棱锥P - ABC 中，
AB = BC = 2, BA ^ BC, PA = PB = PC = 2，点M 是棱BC 上一动点，则PM + MA的取值范围是（ ）
A． éê 6 + 2 7 ,4
ù é ù
ú B．
2 + 2,4
é 10 + 14 ù é, 4 10 + 14
ù
C． ê ú D． ê , 2 + 2
2
ú
2
25．（2024·福建漳州·一模）如图，石磨是用于把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种机械，通常由两个
圆石做成．磨是平面的两层，两层的接合处都有纹理，粮食从上方的孔进入两层中间，沿着纹理向外运移，
在滚动过两层面时被磨碎，形成粉末．如果一个石磨近似看作两个完全相同的圆柱体拼合而成，每个圆柱
体的底面圆的直径是高的 2 倍，若石磨的侧面积为 64π ，则圆柱底面圆的半径为（ ）
A．4 B．2 C．8 D．6
26．（21-22 高二下·湖南株洲·阶段练习）《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，
一侧棱垂真于底面的四棱锥”.现有阳马 S - ABCD ， SA ^ 平面 ABCD， AB =1， AD = 3， SA = 3，BC 上
有一点 E，使截面 SDE 的周长最短，则 SE 与CD 所成角的余弦值等于（ ）
2 2 2A 2．- B．- C． D．
4 5 5 4
27．（21-22 高一下·山西·期中）“莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢．”出自南宋诗人杨万里的作品《过松
源晨炊漆公店》．如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形．山脚呈圆形，半径为 40km．山高为
40 15 km，B 是山坡 SA 上一点，且 AB = 40 km．为了发展旅游业，要建设一条从 A 到 B 的环山观光公路，
这条公路从 A 出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为（ ）
A．60km B．12 6 km C．72km D．12 15 km
28．（23-24 高二上·河北保定·开学考试）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”
与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行” 它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄 决胜千里
大智大勇的象征（如图甲），图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧D E ， AC 所在
2π
圆的半径分别是 6 和 12，且 ABC = ，则关于该圆台下列说法错误的是（ ）
3
A 128 2．高为 4 2 B．体积为 π
3
C．表面积为56π D．内切球的半径为 2 2
29．（23-24 高二上·四川·期中）半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正
多边形为面的多面体.某半正多面体由 4 个正三角形和 4 个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图
所示的半正多面体中，若其棱长为 1，点 M，N 分别在线段DE ，BC 上，则FM + MN + AN 的最小值
为 .
30．（22-23 高一下·黑龙江哈尔滨·期中）已知矩形 ABCD 中， AB = 2 ，BC = 2 3 ，M , N 分别为 AD, BC
中点，O为对角线 AC, BD 交点，如图 1 所示．现将 OAB和 OCD剪去，并将剩下的部分按如下方式折叠：
沿MN 将△AOD， BOC 折叠，并使OA与OB重合，OC 与OD 重合，连接MN ，得到由平面OAM ，
OBN ，ODM ，OCN 围成的无盖几何体，如图 2 所示．
(1)求证：MN ^平面OAC ；
(2)若 P 为棱OC 上动点，求MP + NP 的最小值；
(3)求此多面体体积V 的最大值．
一、单选题
1．（2024·辽宁·模拟预测）圆锥的高为 2，底面半径为 1，则以圆锥的高为直径的球O表面与该圆锥侧面交
线长为（ ）
A 5π B 2 5π
4π 8π
． ． C． D．
5 5 5 5
2．（2024·四川自贡·三模）已知球 O 半径为 4，圆O1与圆O2 为球体的两个截面圆，它们的公共弦长为 4，
若 OO1 = 3， OO2 = 3，则两截面圆的圆心距 O1O2 =（ ）
A B 4 3． 3 ． C．3+ 3 D． 2 3
3
3．（2024·河南南阳·模拟预测）如图，已知 AC, BD 为圆锥 SO 底面圆的两条互相垂直的直径，若 SO = 3 ，
四棱锥 S - ABCD
2 3
的体积为 ，则圆锥 SO 的轴截面面积为（ ）
3
A． 3 B． 6 C． 2 3 D．2 6
4．（2024·浙江温州·模拟预测）边长为 2 的立方体被一个平面所截，截得的截面图形面积最大值为（ ）
A． 4 2 B． 2 3 C．3 3 D． 6 2
5．（2024·广东广州·模拟预测）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 的边长为 1，现有一个动平面a ，且a P 平面
A1BD ，当平面a 截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为S ，周长为 l，则（ ）
A．S 不为定值， l为定值 B．S 为定值， l不为定值
C．S 与 l均为定值 D．S 与 l均不为定值
6．（2023·安徽安庆·二模）一底面半径为 1 的圆柱，被一个与底面成 45°角的平面所截（如图），O为底面
圆的中心，O1为截面的中心，A 为截面上距离底面最小的点，A 到圆柱底面的距离为 1， B 为截面图形弧
上的一点，且 AO1B = 60°，则点 B 到底面的距离是（ ）
7
A B 14 - 2 7 C 14 - 7 D 14． ． ． ．
4 7 7 2
7．（2024·安徽合肥·模拟预测）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆面叫做球冠的底，垂直于
圆面的直径被截得的一段叫做球冠的高．球冠也可看作圆弧绕过它的一个端点的直径旋转一周所成的曲
面．假设球面对应球的半径是 R，球冠的高是 h，那么球冠的表面积公式为 S = 2πRh．据中国载人航天工程
办公室消息，北京时间 2023 年 12 月 21 日 21 时 35 分，经过约 7.5 小时的出舱活动，航天员汤洪波、唐胜
杰已安全返回天和核心舱，神舟十七号航天员乘组第一次出舱活动取得圆满成功．若航天员汤洪波出仓后
站在机械臂上，以背后的地球为背景，如图所示，面向镜头招手致意，此时汤洪波距离地球表面约为 400km
（图中的点 A 处），设地球半径约为 Rkm，则此时汤洪波回望地球时所能看到的地球的表面积为（ ）
A 100πR
2
km2 B 200πR
2
km2 C 400πR
2 800πR2
． ． ． km2 D． km2
R + 400 R + 400 R + 400 R + 400
8．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知 E, F 分别是棱长为 2 的正四面体 ABCD的对棱 AD, BC 的中点.过 EF 的
平面a 与正四面体 ABCD相截，得到一个截面多边形 ，则正确的选项是（ ）
①截面多边形 可能是三角形或四边形.
②截面多边形 周长的取值范围是 é 4,2 2 + 3 3ù .
③截面多边形 面积的取值范围是 é ù 1, 2 .
④ 6当截面多边形 是一个面积为 的四边形时，四边形的对角线互相垂直.
2
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
二、多选题
9．（2024·江西景德镇·三模）正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 6， P ，Q分别是棱 A1B1 ， A1D1的中点，过
P ，Q，C 作正方体的截面，则（ ）
A．该截面是五边形
B．四面体CC1PQ 外接球的球心在该截面上
C 2 2．该截面与底面 ABCD夹角的正切值为
3
D．该截面将正方体分成两部分，则较小部分的体积为 75
10．（2023·湖南郴州·二模）在正四棱台 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1 ， AA1 = 2 3，M 为棱 B1C1 的中点，
当正四棱台的体积最大时，下列说法正确的有（ ）
A．该正四棱台的高为 2
B．该正四棱台的体积为 224
C．平面MBD截该正四棱台的截面面积是10 3
D．该正四棱台的内切球半径为 1
11．（2021·山东潍坊·模拟预测）四面体 ABCD 的四个顶点都在球 O 的球面上，
AB = BC = CD = DA = 4, AC = BD = 2 2 ，点 E，F，G 分别为棱 BC，CD，AD 的中点，则下列说法正确的
是（ ）
A．过点 E，F，G 作四面体 ABCD 的截面，则该截面的面积为 2
B ABCD 16 3．四面体 的体积为
3
C．AC 与 BD 的公垂线段的长为 2 3
D．过 E 作球 O 的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为 5：4
三、填空题
12．（2024·全国·二模）已知长方体 ABCD - A1B1C1D1 的底面 ABCD 为边长是 2 的正方形，DD1 = 2CD，E，
F 分别为棱 AB，CC1 的中点，则过D1，E，F 的平面截长方体 ABCD - A1B1C1D1 的表面所得截面的面积
为 .
13．（2023·江苏常州·二模）在正四棱台 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1 ， AA1 = 2 3，M 为棱 B1C1 的中点，
当正四棱台的体积最大时，平面MBD截该正四棱台的截面面积是 .
14．（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥 S - ABCD 的所有棱长都为 2；点 E 在侧棱 SC 上，过点 E 且垂直
于 SC 的平面截该棱锥，得到截面多边形 H，则 H 的边数至多为 ，H 的面积的最大值为 ．特训 10 立体几何中的截面问题（七大题型）
用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面.此平面与几何体表面的交集
(交线)叫做截线.
1.作截线与截点的主要根据：
(1)确定平面的条件.
(2)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线.
(3)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内.
(4)线面平行的性质定理。
(5)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行.
2.立体几何图形中有关截面的做法：
①若已知两点在同一平面内，只要连接这两点，就可以得到截面与多面体的一个面的截线。
②若面上只有一个已知点，应设法在同一平面上再找出第二个确定的点;
③若两个已知点分别在相邻的面上，应找出这两个相邻平面的交线与截面的交点。
④面面平行的性质定理。
⑤若有一点在面上而不在棱上，则可通过作辅助平而找出棱上的交点;
若已知点在体内，则可通过辅助平面找出面上的交点，再找出棱上的交点.
目录：
01 ：三棱柱
02 ：四棱锥
03 ：棱台
04 ：侧棱垂直于底面
05 ：正方体、长方体
06 ：其他多面体
07 ：三棱锥
08 ：折叠问题
01 ：棱柱（含正方体）
1．（2023·辽宁抚顺·模拟预测）在直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 中，底面 ABCD 为平行四边形， AB = 2 2 ，
BC = 5 ， AA1 = 4， cos
10
ABC = - ，过点 B 作平面截四棱柱所得截面为正方形，该平面交棱DD1于点
10
MD
M，则 =D M （ ）1
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】先结合截面为正方形，借助中位线O O 转化得到PA, MD,QC 的关系，再利用余弦定理分别求解底
面对角线 AC, BD ，然后由垂直关系及截面正方形，借助长度相等，利用勾股定理建立PA,QC 的方程组，求
解转化即得所求比值.
【解析】
如图，设截面分别交 AA1，CC1 于点 P，Q，
连接 PQ，BM，设交点O ，连接 AC, BD ，设交点O，
由已知截面为正方形，则O 是 BM ， PQ的中点，
底面 ABCD 为平行四边形，则O是BD， AC 的中点，
又PA//BB1，BB1 //CQ，则PA//CQ ，
则OO 是VBDM 的中位线，也是四边形PACQ的中位线.
设 PA = x ，CQ = y，
故MD = 2OO = PA + CQ = x + y ，
由 PB2 = BQ2，得 x2 + 8 = y2 + 5，
化简得 x2 + 3 = y2 （*），且 x < y ，
由直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 知， A1A ^ 平面 ABCD，
又 AC 平面 ABCD，则 A1A ^ AC
则四边形PACQ为直角梯形.
由 cos ABC 10 cos BCD 10 = - ，得 = ，
10 10
在△BCD 10中，由余弦定理得BD2 = 5 + 8 - 2 5 2 2 = 9 ，
10
解得BD = 3，同理可得 AC = 17 ，
如图，在直角梯形PACQ中，在 CQ 上取点 S，使CS = AP = x ，
则QS = y - x .
由BM 2 = PQ2 ，得MD2 + BD2 = PS 2 + QS2 = AC 2 + QS2，
即 x + y 2 + 9 = y - x 2 +17 ，化简得 xy = 2，
与（*）联立，解得 x =1， y = 2，
所以MD = 3，则D1M =1，
验证知，此时四边形为MPBQ为正方形，满足题意.
DM
则 = 3D M ．1
故选：B．
2．（2023·江西赣州·模拟预测）在直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，侧棱
AA1 = 3
1
，E 是 BC 的中点，F 是棱CC1 上的点，且CF = CC1，过 A1作平面a ，使得平面a //平面 AEF，则3
平面a 截直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 ，所得截面图形的面积为（ ）
3
A． B 19． C．3 D．
2 192
【答案】A
【分析】根据四棱柱的几何性质以及面面平行的判定定理求解.
【解析】
如图，取B1,C
1
1的中点 M，在BB1上取一点 H，使得B1H = BB1，连接 A1M , HM , A1H ，如上图，3
则 A1M / / AE, HM / /EF , A1M I HM = M , AE I EF = E ， A1M , HM 平面 A1HM ，
AE, EF 平面 AEF，\平面 AEF / / 平面 A1HM ；
即过 A1点平行于平面 AEF 的平面截四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 的图形是三角形 A1HM ，
1
其中B1H = BB1 =1, A1H = 5, A1M = 5, MH = 2 ，3
2 2 2
cos MA A1M + A1H - HM 41H = = ,\sin MA H
3 1
= , S = A M gA H sin MA H 3=
2g ，A1M gA1H 5
1 5 VA1MH 2 1 1 1 2
故选：A.
3．（2024·安徽安庆·三模）在正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，点 E, F 分别为棱 AB, AD的中点，过点E, F ,C1三
点作该正方体的截面，则（ ）
A．该截面多边形是四边形
B．该截面多边形与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点
C． A1C ^平面C1EF
D．平面 AB1D1 / / 平面C1EF
【答案】B
【分析】将线段 EF 向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD 的延长线交于G, H ，连C1G,C1H 分别与棱
BP BG 1
BB1, DD1交于P,Q ，可判断 A；利用相似比可得 = = AC ^ BCCC GC 3，可判断 B；证明 1 平面 1
D即可判断
1
C；通过证明 A1C ^平面 AB1D1，可判断 D.
【解析】对于 A，将线段 EF 向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD 的延长线交于G, H ，
连C1G,C1H 分别与棱BB1, DD1交于P,Q ，得到截面多边形C1PEFQ 是五边形，A 错误；
1
对于 B，易知△AEF 和VBEG全等且都是等腰直角三角形，所以GB = AF = BC ，
2
BP BG 1 BP 1
所以 = = = BBCC GC 3，即 BB 3 ，点 P 是棱 1的一个三等分点，B 正确；1 1
对于 C，因为 A1B1 ^平面BCC1B1，BC1 平面BCC1B1，所以 A1B1 ^ BC1，
又BC1 ^ B1C ， A1B1 I B1C = B1, A1B1, B1C 平面 A1B1C ，所以BC1 ^ 平面 A1B1C ，
因为 A1C 平面 A1B1C ，所以 A1C ^ BC1，同理可证 A1C ^ BD，
因为BD BC1 = B, BD, BC1 平面BC1D，所以 A1C ^平面BC1D，
因为平面BC1D与平面C1EF 相交，所以 A1C 与平面C1EF 不垂直，C 错误；
对于 D，易知BC1 //AD1, BD//B1D1，所以 A1C ^ AD1, A1C ^ B1D1，
又 AD1 B1D1 = D1, AD1, B1D1 AB1D1，所以 A1C ^平面 AB1D1，
结合 C 结论，所以平面C1EF 与平面 AB1D1不平行，D 错误.
故选：B．
02 ：棱锥
4．（2024·重庆渝中·模拟预测）在三棱锥P - ABC 中， AC = BC = PC = 2 ，且 AC ^ BC, PC ^平面 ABC ，过
点 P 作截面分别交 AC, BC 于点 E, F ，且二面角P - EF - C 的平面角为60o ，则所得截面PEF 的面积最小值
为（ ）
4 8
A． B． C
2
．
3 3 3
D．1
【答案】B
4 3 2 3
【分析】由二面角的定义可得PGC = 60°，从而PG = ,CG = ，设CE = a,CF = b，由三角形的面积
3 3
8
相等和基本不等式得到 ab ，再由三角形的面积公式即可求解.
3
【解析】过 P 作PG ^ EF ，垂足为G ，连接CG ，则由三垂线定理可得EF ^ CG，
∴ PGC 即为二面角P - EF - C 的平面角，
∴ PGC = 60°，PC = 2 PG 4 3，所以 = ,CG 2 3= ，
3 3
设CE = a,CF = b，则EF = a2 + b2 ，
在三角形CEF 2 3中， ab = a2 + b2 ，
3
2 3 2 6ab
又 a2 + b2 2ab ，所以 ab 2ab = ，
3 3
ab 8 a b 2 6所以 ，3 = =
时等号成立，
3
PEF 1 4 3 a2 b2 ab 8所以三角形 的面积为 + = ，
2 3 3
8
故截面 PEF 面积的最小值为 .
3
故选：B.
π
5．（2024·广西·模拟预测）在三棱锥V - ABC 中，BV ^平面VAC，VA =1， AB = AC = 2 ， VAC = ，4
点F 为棱 AV 上一点，过点F 作三棱锥V - ABC 的截面，使截面平行于直线VB 和 AC ，当该截面面积取得
最大值时，CF =（ ）
A 10 B 17． ． C 5． D 13．
3 4 2 3
【答案】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.
【解析】根据题意，在平面VAC内，过点F 作EF∥ AC ，交VC 于点E ；
在平面VBC内，过点E 作EQ∥VB ，交BC 于点Q；
在平面VAB 内，过点F 作FD∥VB ，交 AB 于点D，连接DQ ，如图所示，
k VF VE EF因为EF∥ AC ，则△VCA∽△VEF ，设其相似比为 ，即 = = = k ，
VA VC AC
则EF = 2k ；
VA =1 2又因为 ， AC = 2 ， cos VAC = ，
2
由余弦定理得，VC = 1+ 2 - 2 1 2 2 =1，则VC 2 +VA2 = AC 2 ，
2
即VC ^ VA .
又BV ^平面VAC，VC ，VA 平面VAC，所以BV ^ VC ，BV ^ VA .
又 AB = 2 ，则BV =1，BC = 2 .
AF AD FD
因为FD∥VB ，则△AFD :△AVB ，则 = = ，
AV AB VB
AF VA -VF 1 k FD AF因为 = = - ，所以 = =1- k ，即FD =1- k ，
VA VA VB VA
同理可得QE =1- k ，即QE = FD ，
因为EQ∥VB ，FD∥VB ，则EQ∥FD，
故四边形EFDQ为平行四边形；而 EQ 平面EFDQ，VB 平面EFDQ，
故VB∥平面EFDQ，同理 AC / / 平面EFDQ，
即四边形EFDQ为截面图形；
又BV ^平面VAC，EF 平面VAC，则BV ^ EF ，
又FD∥VB ，所以FD ^ EF .
2
故平行四边形EFDQ为矩形，则 S矩形EFDQ = EF × FD = 2k × 1- k = - 2
k 1 2 - 2 ÷
+ ，
è 4
1 1
所以当k = 时， S 2矩形EFDQ 有最大值 ，则VF = kVA = ，2 4 2
1 5
在Rt△CVF 中，CF = CV 2 +VF 2 = 1+ = .
4 2
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EFDQ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EFDQ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.
6．（2023·陕西西安·模拟预测）在三棱锥P - ABC 中，侧面 PAC 是等边三角形，底面 ABC 是等腰直角三角
形， AB ^ BC ， AC = PB =10，点 M，N，E 分别是棱 PA，PC，AB 的中点，过 M，N，E 三点的平面a 截
三棱锥P - ABC 所得截面为W，给出下列结论：
①截面W的形状为正方形；
② 25 2截面W的面积等于 ；
2
③异面直线 PA 与 BC 2所成角的余弦值为 ；
4
400
④三棱锥P - ABC 外接球的表面积等于 π ．
3
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④ B．②③ C．①③④ D．②③④
【答案】C
【分析】根据三棱锥P - ABC 的几何特征，取BC 的中点为F ，利用线面垂直的判定定理即可证明截面W的
形状为正方形，且其面积等于 25，即①正确，②错误；利用平面向量数量积以及余弦定理可求出异面直线
PA 2与 BC 所成角的余弦值为 ，可知③正确；利用垂直关系找出外接球球心位置，计算出半径即可得④
4
正确.
【解析】取BC 的中点为F ，连接EF , NF ，
因为点M , N , E 分别是棱PA, PC, AB 的中点，所以MN //AC ，EF //AC ，可得MN //EF ；
MN = 1又 AC = 5，EF=
1 PB = 5，即MN =EF ；
2 2
所以M , N , E, F 四点共面，且四边形MNEF 为平行四边形，
取 AC 的中点为D，连接PD, BD，如下图所示：
易知PD ^ AC ，又VABC 是等腰直角三角形，且 AB ^ BC ，所以 AB = BC ，可得BD ^ AC ；
又PD BD = D，PD, BD 平面 PBD ，所以 AC ^平面 PBD ；
易知PB 平面 PBD ，可得 AC ^ PB；
又ME //PB，EF //AC ，所以ME ^ EF ，
且ME = NF=
1 PB = 5，所以四边形MNEF 为正方形，
2
即截面W的形状为正方形，所以①正确；
由正方形面积公式可知，四边形MNEF 的面积为5 5 = 25，即②错误；
uuur r uuur r uuur r uuur r r
设PA = a, PB = b, PC = c，可得BC = c - b，
uuur uuur r r r r r r r
所以PA × BC = a × c - b = a ×c - b × a ，
r r r r
易知 a ×c =10 10 cos 60o = 50， a ×b =10 10 cos APB ，
2
2 2
在VPAB 中，PA =10, PB =10, AB = 5 2 10 +10 - 5 2，所以 cos APB 150 3= = = ，可得
2 10 10 200 4
r r
a ×b =10 10 cos APB = 75；
uuur uuur r r r r
所以 cos PA × BC
ar×c - b ×= r ra 50 - 75 1 2= = - = -
a c ，× - b 10 5 2 2 2 4
2
所以异面直线 PA 与 BC 所成角的余弦值为 ，即③正确；
4
易知PD = 5 3, BD = 5，PB =10，所以可得PD ^ BD；
又PD ^ AC ，且BD AC = D ，BD, AC 平面 ABC ，
所以PD ^平面 ABC ，
又PD 平面PAC ，所以平面PAC ^平面 ABC ；
所以可得外接球球心O在PD上，设OD = h，半径为 R ，
2则 h2 + 52 = 5 3 - h = R2 5 3 10 3，解得 h = ， R = ；3 3
2 400
所以三棱锥P - ABC 外接球的表面积等于 4πR = π ，即④正确；
3
所有正确结论的序号是①③④.
故选：C
【点睛】方法点睛：关于球外接几何体的问题，首先根据几何体的结构特征，利用线面垂直判定定理等确
定球心位置，再利用半径相等列出等量关系即可计算出半径的大小.
03 ：棱台
7．（23-24 高三上·河北廊坊·期末）如图所示，正四棱台 ABCD - A1B1C1D1 中，上底面边长为 3，下底面边
6 63 2长为 ，体积为 ，点E 在 AD 上且满足DE = 2AE ，过点E 的平面a 与平面D1AC 平行，且与正四棱台
2
各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（ ）
A．7 2 B．8 2 C．3 3 + 4 2 D． 4 3 + 4 2
【答案】D
3 2 3 2
【分析】首先过点 A1作 A1H ^ AC 于点 H ，结合已知得 AH = ，由棱台体积公式得 A1H = ，由勾股2 2
定理得 AA1 = AH
2 + A H 21 = 3，再求出 AD1 的长，最终根据相似三角形对应边成比例即可得解.
【解析】如图所示，
过点 A1作 A1H ^ AC 于点 H ，因为 A1C1 = 3 2, AC = 6 2 ，
3 2
所以 AH = ，
2
1 63 2
则四棱台的高为 A1H ，则四棱台的体积为 32 + 62 + 3 6 A1H = ，3 2
解得 A1H
3 2
= ，所以侧棱长为 AA 2 21 = AH + A1H = 3 .2
如图所示：
过D1F ^ AD 于点F ， AG ^ AD 于点G ，连接 AD1 ，
6 - 3 3
由对称性可知DF = AG = = ,GF = A
2 2 1
D1 = 3，
AF 6 3 9所以 = - = ，
2 2
而DD1 = AA1 = 3，
所以D1F = 9
9 3 3
- = ，
4 2
81 27
所以 AD1 = + = 3 3 ，同理CD1 = AD1 = 3 3 ，4 4
分别在棱DC, DD1 上取点 N ,M ，使得DN : NC = DM : MD1 = 2 :1，
易得ME = NM
2
= AD1 = 2 3, EN
2
= AC = 4 2 ，
3 3
所以截面多边形的周长为 4 3 + 4 2 .
故选：D.
8．（22-23 高三下·浙江绍兴·开学考试）在正棱台 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1, AA1 = 3, M 为棱 B1C1 中
点.当四棱台的体积最大时，平面MBD截该四棱台的截面面积是（ ）
A 5 3． B 5 3．3 2 C． D． 6 2
4 2
【答案】C
【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即
可.
【解析】设 AB = 2A1B1 = 4x，上底面和下底面的中心分别为O1,O，该四棱台的高O1O = h， A1H ^ AC .
1 2 2 1 2 2
在上下底面由勾股定理可知， A1O1 = 2x + 2x = 2x, AO = 4x + 4x = 2 2x .2 2
2
在梯形 A 21O1OA中， A1A = AH
2 + A 21H 3 = 2 2x - 2x + h2 h2 = 3- 2x2，
V 1= 16x2 + 16x2 ×4x2 2 28 2所以该四棱台的体积为 + 4x h = x h ，3 3
3
V 2 784 2
2 2 2
所以 = x × x2
784
× h2 = x2 × x2 × 3- 2x2 784 x + x + 3- 2x × ÷ ，9 9 9 è 3
当且仅当 x2 = 3- 2x2 ，即 x =1时取等号，此时 AB = 4, A1B1 = 2，O1O = 1 .
取C1D1的中点 N ，连接 NM 、 ND，显然有MN / /D1B1 / /DB ，MN 平面 ABCD，
BD 平面 ABCD，所以MN / / 平面 ABCD，因此平面MBDN 就是截面.
1
显然MN = B1D1 = 2, BD = 4 2 ，2
在直角梯形 O1MEO 中，ME = h2 + OE - O 21M = 1+1 = 2 ，
因此在等腰梯形B1C1CB中，MB = ME2 + EB2 = 2 + 4 = 6 ，
同理在等腰梯形D1C1CD中，DN = 6 ，
在等腰梯形MBDN 中，设MF / /DN , MG ^ BD ，
则MF = 6, BF = 4 2 - 2 = 3 2 ，
2
2MG = 6 - 1 6 3 2 ÷ = ，
è 2 2
2 + 4 2 6 5 3
所以梯形MBDN 的面积为 = ，
2 2 2
故选：C.
【点睛】关键点睛：根据基本不等式求出体积最大值，结合线面平行判定定理判断截面的形状是解题的关
键.
9．（22-23 高二上·湖北荆州·阶段练习）用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截得的棱台上、下底面积
之比为1: 4，已知截去的棱锥的顶点到其底面的距离为 3，则棱台的上、下底面的距离为（ ）
A．12 B．9 C．6 D．3
【答案】D
【分析】
根据棱锥的性质，用平行于棱锥底面的平面截该棱锥，截面与底面为相似多边形，面积比为相似比的平方，
以此可得棱锥的高，进而得到棱台的高．
【解析】∵截去小棱锥的高为 3，设大棱锥的高为 h，
根据截面与底面为相似多边形，面积比为相似比的平方，
则32 : h2 =1: 4，∴ h = 6，
∴棱台的高是6 - 3 = 3，即棱台的上、下底面的距离为 3.
故选：D．
04 ：圆柱
10．（2022·河南新乡·三模）已知一个圆柱与一个圆锥的轴截面分别为正方形与正三角形，且正方形与正三
角形的边长相等，则该圆柱的体积与圆锥的体积的比值为（ ）
A． 3 B． 2 2 C． 2 3 D． 5
【答案】C
【分析】设正方形与正三角形的边长为 2，则可求出圆柱和圆锥的体积，从而可求得答案
【解析】设正方形与正三角形的边长为 2，
则圆柱的体积为p 12 2 = 2p ，
1
圆锥的体积为 p 12 3
3p
= ，
3 3
所以圆柱的体积与圆锥的体积的比值为 2 3 .
故选：C
11．（23-24 高二上·辽宁·阶段练习）如图，某圆柱的轴截面 ABCD 是边长为 2 的正方形，P，Q 分别为线
段 BC，AC 上的两个动点，E 为 AB 上一点，且BE =1，则PQ + PE 的最小值为（ ）
A 3 B 3 3 C 3 2
3
． ． ． D．
2 2 2
【答案】C
【分析】根据圆柱的结构特征采用将VBCE 沿直线 BC 旋转到某个位置的方法，将线段和转化为一条线段的
长度问题，结合求解线段长度即得答案.
【解析】如图，连接 EC，将VBCE 沿直线 BC 旋转到VBCE 的位置，
且E 在 AB 的延长线上．则PE = PE ，
π
由于圆柱的轴截面 ABCD 是边长为 2 的正方形，故 BAC = BCA = ， AE = AB + BE = 2 +1 = 3，
4
则PQ + PE = PQ + PE E Q ，当Q, P, E 三点共线时取等号，
当E Q ^ AC 时，E Q最小，最小值为 AE sin π 3 2= ，
4 2
PQ + PE 3 2即 的最小值为 ，
2
故选：C
12．（23-24 高三上·陕西·阶段练习）已知某圆柱的轴截面是边长为 2 的正方形 ABCD，在该圆柱的底面内
任取一点 E，则当四棱锥E - ABCD的体积最大时，该四棱锥的侧面积为（ ）
A．1+ 2 + 5 B．1+ 2 2 + 5
C．1+ 2 + 2 5 D． 2 + 2 5
【答案】B
【分析】根据棱锥体积公式以及正方形 ABCD的面积为定值确定 E 点在底面上的位置，求出相关线段长，
根据棱锥侧面积公式即可求得答案.
【解析】如图，设圆柱的底面圆心为 O，E 为该底面上一点，底面半径为 1，
V 1四棱锥体积 E- ABCD = SABCD × d ，其中 d 为 E 到 AD 的距离，3
因为正方形 ABCD的面积为定值2 2 = 4，
所以当 E 为 AD 的中点时，连接OE ,此时OE为四棱锥E - ABCD的高，高最大，
此时四棱锥E - ABCD体积最大，
则 AE ^ DE,OE ^ AD ，OE =1, AE = DE = 2 ，BE = CE = 22 + ( 2)2 = 6 ，
设圆柱的另一底面圆心为O1，连接O1E ，则O E ^ BC ，且O E = ( 6)2 -121 1 = 5 ,
1 1 1 1
此时四棱锥E - ABCD侧面积为 S = AD ×OE + AB × AE + CD × DE + BC ×O E
2 2 2 2 1
1
= 2 1 1+ 2 2 1+ 2 2 1+ 2 5 =1+ 2 2 + 5 ，
2 2 2 2
故选：B
05 ：圆锥
13．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知轴截面为正三角形的圆锥MM 的高与球 O 的直径相等，则圆锥MM
的体积与球 O 的体积的比值是 .
2
【答案】 3
【分析】设圆锥MM 的底面半径为 r，球 O 的半径为 R，由题意可得 2R = h = 3r ，结合体积公式运算求解.
【解析】设圆锥MM 的底面半径为 r，球 O 的半径为 R，
因为圆锥MM 的轴截面为正三角形，可知圆锥MM 的高h = 3r ，
2R h 3r R 3则 = = ，即 = r ，
2
可得圆锥MM V 1 πr 2 3r 3的体积 = = πr31 ，3 3
3
4 4 3 3πr3
球 O 的体积V2 = πR
3 = π
3 3
r
2 ÷÷
= ，
è 2
3 3
V πr 2
所以 1 = 3 = .
V2 3 3πr3
2
2
故答案为： 3 ．
14．（22-23 高二上·上海浦东新·期中）如图，圆锥 O 的轴截面是一个面积为 1 的等腰直角三角形，C 为弧 AB
上的一点， CPB = 45°，E 为线段 PB上的动点，则CE + OE的最小值为（ ）
A 2 5． 2 B． 3 C．2 D． + - 2
2 2
【答案】B
【分析】将空间图形进行翻折变化到同一平面，根据两点之间线段最短即可求解.
【解析】
将VPBC翻折到平面PAB内，得到如图所示平面四边形OBC P ，
1
因为 SVPAB = PA × PB =1,所以PA = PB = 2 ,2
所以OP = OA = OB =1 ,所以 BPO = 45o ,
又因为 CPB = 45°，所以翻折后的图形中 OPC = 90o ,
根据两点之间线段最短可知，CE + OE的最小值为OC = OP2 + PC 2 = 3 ,
故选:B.
15．（23-24 高二上·北京·期中）已知圆锥的底面半径为 2 3 ，高为 2，S 为顶点，A，B 为底面圆周上的两
个动点，则下列说法正确的是 .
①圆锥的体积为8π；
②圆锥侧面展开图的圆心角大小为 3p ；
③圆锥截面 SAB 面积的最大值为 4 3 ；
256
④若圆锥的顶点和底面上的所有点都在一个球面上，则此球的体积为 π .
3
【答案】①②④
【分析】根据题意求出圆锥的母线长，体积，侧面展开图的弧长，轴截面的面积，外接球体积，即可得出
结论.
【解析】Q圆锥的底面半径 r = 2 3 ，高为 h = 2，
\圆锥的母线长 SA = SB = r 2 + h2 = 2 3 2 + 22 = 4，
\ 1
2
圆锥的体积V = πr 2h
1
= π 2 3 2 = 8π，①正确；3 3
设圆锥侧面展开图的圆心角大小为a ，则 2π 2 3 = a 4,a = 3π，②正确；
当圆锥截面 SAB 为圆锥的轴截面时，此时 SA = SB = 4, AB = 4 3 ，
SA2 + SB2 - AB2
则 cos ASB 1= = - ，又 ASB 0, π ，
2SA × SB 2
2π
\ ASB = ，
3
π
则当 ASB = 时，圆锥截面 SAB 面积的最大，
2
S 1 1此时 V ASB = × SA × SA × sin ASB = 4 4 1 = 82 2 ，故③错误；
圆锥的顶点和底面上的所有点都在同一个球面上，即为圆锥的外接球，
设圆锥的外接球半径为 R ，
2 2 2
由球的性质可知R2 = h - R + r 2 ，即R2 = 2 - R + 2 3 ，
解得R = 4，
V 4 πR3 4 π 43 256π所以外接球体积 = = =3 3 3 ，④正确.
故答案为：①②④.
06 ：球
16．（2024·江苏徐州·模拟预测）对球面上的三个点，每两个点之间用大圆劣弧相连接，所得三弧围成的球
面部分称为“球面三角形”，这三个弧叫做球面三角形的边.若半径为 2 的球的球面上有一个各边长均为 π的
球面三角形，则该球面三角形的面积为（ ）
2 2
A． 2π B．4π C 3π． D 3π．
4 2
【答案】A
【分析】确定球面三角形与球表面积的关系，可求球面三角形的面积.
【解析】设球面三角形 ABC .
因为球的半径为 2，所以大圆周长为4π，求的表面积为 4π 22 =16π .
因为球面三角形的各边长均为 π，所以 AOB = AOC = BOC = 90° .
以O为球心，建立如图空间直角坐标系：
则球面三角形 ABC 的面积就是球面在第一卦限内的部分，根据对称性，球面三角形 ABC 的面积为球面面积
1 1 2
的 ，为 4π 2 = 2π .
8 8
故选：A
【点睛】关键点点睛：确定 AOB = AOC = BOC = 90°后，关键是弄清楚球面三角形的面积和整个球的
表面积之间的数量关系.
17．（2024·江西宜春·模拟预测）在正六棱柱 ABCDEF - A1B1C1D1E1F1中， AA1 = 2AB = 2，O为棱 AA1的中
点，则以O为球心，2 为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
3 3
A． 1+ 3 ÷÷
π B． 2 + ÷÷ π
è è 3
2 3 2 3
C． 1+ ÷÷ π D． 2 + ÷÷ π
è 3 è 3
【答案】D
【分析】根据题意，作图，分别求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和，可计算得到答案.
【解析】因为球O的半径为 2，所以球O不与侧而 ABB1A1及侧面 AFF1A1相交，
连接OC1, A1C1,OE1, A1E1．由题得OA1 =1， A1C1 = A1E1 = 3 ．所以OC1 = 2 ，
所以球O与侧面BCC1B1交于点C1，C ，与侧面EFF1E1交于点E1，E ．
在正六边形 A1B1C1D1E1F1中，易得 A1C1 ^ C1D1，因为CC1 ^ 平面 A1B1C1D1E1F1， A1C1 平面 A1B1C1D1E1F1．
所以CC1 ^ A1C1 ，又C1D1 I CC1 = C1,C1D1，CC1 平面CDD1C1 ，
所以 A1C1 ^ 平面CDD1C1 ，即OG ^平面CDD1C1 ，且OG = 3 ，又 22 - ( 3)2 =1，OH = OC1 = OC = 2．
所以球O与侧面CDD1C1 的交线为以CC1 为直径的半圆，同理可得球O与侧面EDD1E1的交线为以EE1为直径
的半圆．
由题易得 E1A1C
π
1 = ，则球O与上底面 A1B1C1D1E F
1
1 1及下底面 ABCDEF 的交线均为 个半径为 3的圆．3 6
1 2 3
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为 2 π 1+ 2 2π 3 =
6
2 + ÷÷ π ．
è 3
故选：D．
【点睛】关键点点睛：根据球O的半径为 2，判断球O只与侧而CDD1C1 及侧面EDD1E1，上底面 A1B1C1D1E1F1
及下底面 ABCDEF 相交.
18．（23-24 高二上·四川德阳·阶段练习）已知正三棱锥 A - BCD的外接球是球O，正三棱锥底边BC = 3，
侧棱 AB = 2 3 ，点E 在线段BD上，且BE = DE ，过点E 作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是
（ ）
é11π
A． ê ,3π
ù
ú B． 2π,3π
é11π ù é9π ù
C．
4 ê
, 4πú D． ê , 4π 4 4 ú
【答案】D
【分析】设△BCD的中心为O1，球 O 的半径为 R，在Rt△ OO1D中，利用勾股定理求出 R ，余弦定理求出
O1E ，再由勾股定理求出OE，过点 E 作球 O 的截面，当截面与 OE 垂直时，截面的面积最小，当截面过球
心时，截面面积最大.
【解析】如下图，设△BCD的中心为O1，球 O 的半径为 R，
连接O1D ，OD，O1E ，OE，则
O π 21D = 3sin = 3, AO = AD
2 - O D2 = 3，
3 3 1 1
2
Rt△ OO D R2 = 3 + 3- R 2在 1 中， ，
3
解得 R＝2，所以OO1 = AO1 - R =1，因为 BE＝DE，所以DE = ，2
2
在VDEO
2
1中，O1E = 3 3+ 3 ÷ - 2 3 cos π 3= ，
è 2 2 6 2
所以OE = O1E
2 7+ OO21 = ，过点 E 作球 O 的截面，2
当截面与 OE 垂直时，截面的面积最小，
2
2
此时截面的半径为 R - OE2
3
= π 3 9，则截面面积为 = π ，
2 2 ֏ 4
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为 4π.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是过点 E 作球 O 的截面，当截面与 OE 垂直时，截面的面积最小，当
截面过球心时，截面面积最大.
07 ：组合体
19．（21-22 高二上·湖南·期中）从一个底面圆半径与高均为 2 的圆柱中挖去一个正四棱锥（以圆柱的上底
面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点）而得到的几何体如图所示，今用一个平行于底面且距底
面为 1 的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为（ ）
A． 4p - 4 B． 4p C． 4p - 2 D． 2p - 2
【答案】C
【分析】先求出截面截圆柱所得的圆面的面积，再求出截面截正四棱锥所得的正方形的面积，从而得出答
案.
【解析】截面图形应为圆面中挖去一个正方形，且圆的半径是 2，
则截面圆的面积为： 4p
设正四棱锥的底面正方形边长为 a，则 2a2 = 16，所以 a = 2 2
2
正四棱锥的底面正方形的面积为 2 2 = 8
由圆锥中截面的性质，可得圆面中挖去一个正方形与正四棱锥的底面正方形相似
设圆面中挖去一个正方形的面积为 S ，正四棱锥的底面正方形为S
S S 1
则 = = ,从而 S = 2
S 8 4
所以截面图形的面积为 4p - 2．
故选：C．
20．（2022·陕西西安·模拟预测）“牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和
谐优美的几何体，它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几
何体（如图 1）.如图 2 所示的“四脚帐篷”为“牟和方盖”的上半部分，点O为四边形 ABCD的中心，点 P 为“四
脚帐篷”的“上顶点”，OP =1.用平行于平面 ABCD的平面a 去截“四脚帐篷”，当平面a 经过OP的中点时，
截面图形的面积为 .
【答案】3
【分析】根据对称性，可得截面a 的形状为正方形，利用勾股定理得正方形的边长即可求得面积.
【解析】根据对称性，可得截面a 的形状为正方形.
取 AB 中点E, CD 中点F ，可知截面EPF 为半圆.
截面a 与弧EP交于点M ，与PO交于点 N , N 为PO中点，
所以 NO
1
= , MO = PO =1 3，由勾股定理可得 ，
2 MN = 2
3
所以截面正方形的边长为 2 = 3 ，故其面积为 ( 3)2 = 3 .
2
故答案为：3
21．（2021·全国·模拟预测）如图，正八面体PABCDQ 的棱长为 2，点E ，F ， H 分别是PA， PB，BC 的
中点，则过E ，F ， H 三点的平面a 截该正八面体所得截面的面积等于 .
3 3
【答案】
2
【分析】由EF //AB得EF // 平面 ABQ，同理FH //平面CDP ，进而得
到平面a //平面 ABQ// 平面CDP ，结合正八面体的对称性可知截面是
边长为 1 的正六边形，求出面积即可.
【解析】∵ E ，F ， H 分别是PA， PB，BC 的中点，
∴ EF //AB，又EF 平面 ABQ， AB 平面 ABQ，
∴ EF // 平面 ABQ .同理得FH //平面CDP .
又平面 ABQ// 平面CDP ，EF I FH = F ，
∴平面a //平面 ABQ// 平面CDP .
设平面a 与CQ相交于点M ，则HM //BQ，
故M 为CQ的中点.同理得平面a 也过DQ ， AD 的中点，
结合正八面体的对称性，得截面是边长为 1 的正六边形，
1 3 3
其面积 S = 1 1 sin 60°÷ 6 = .
è 2 2
3 3
故答案为：
2
【点睛】确定多面体截面的关键在于确定截点，有了位于多面体同一表面上的
两个截点即可连接成截线，从而求得截面.而截线与截点的主要依据主要有：
(1)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线.
(2)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内.
(3)如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条
直线就和交线平行.
(4)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行.
22．（23-24 高三上·云南昆明·阶段练习）正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 2，M 是棱B1C 上的一个动点
（含端点），则MA + MC1的最小值为（ ）
A．4 B． 2 + 2 C． 6 + 2 D． 2 5
【答案】C
【分析】将VACB1绕CB1 翻折至与VCB1C1共平面，当A ，M ，C1共线时，MA + MC1最小.
【解析】由正方体的性质可得VACB1为等边三角形，边长为 2 2 ，
VCB1C1 为等腰直角三角形，其直角边长为 2，
将下图中VACB1绕CB1 翻折至与VCB1C1共平面，
因为CA = CB1 = AB1 = 2 2 ，CC1 = B1C1 = 2，所以A ，M ，C1共线时，
MA + MC1最小，此时M 为CB1 中点，则MA + MC1最小值为 2 + 6 ．
故选：C
23．（2024 高三·全国·专题练习）如图， S - ABC 是正三棱锥且侧棱长为 a，两侧棱 SA, SC 的夹角为30°, E, F
分别是 SA, SC 上的动点，则三角形BEF 的周长的最小值为（ ）
A． 2a B． 3a C． 5a D． 6a
【答案】A
【分析】通过展开平面以及勾股定理求得正确答案.
【解析】把正三棱锥沿 SB 剪开并展开，形成三个全等的等腰三角形：△SBC 、△SCA、△SAB ，
则 B SA = BSC = ASC = 30°， BSB = 90°，
连接BB ，交 SC 于F ，交SA于E ，
则线段BB 就是△BEF 的最小周长，又 SB = SB = a，
根据勾股定理， SB2 + SB 2 = BB 2 = 2a2 ，∴ BB = 2a .
故选：A
.
24．（23-24 高三下·全国·阶段练习）如图，在三棱锥P - ABC 中，
AB = BC = 2, BA ^ BC, PA = PB = PC = 2，点M 是棱BC 上一动点，则PM + MA的取值范围是（ ）
A． é ù é ùê 6 + 2 7 ,4ú B． 2 + 2,4
é 10 + 14 ù é, 4 10 + 14
ù
C． ê ú D． ê , 2 + 2
2 2
ú

【答案】A
【分析】把平面PBC 展开，判断出当 M 与 C 重合时，PM + MA最大；PM + MA的最小值为 AP ，利用余弦
定理即可求解.
【解析】如图所示，把平面PBC 展开，使 A、B、C、P 四点共面.
当 M 与 B 重合时，PM + MA = 2 + 2 < 4；
当 M 与 C 重合时，PM + MA = 2 + 2 = 4最大；
连结 AP 交BC 于M1 ，由两点之间直线最短可知，当M 位于M1 时，PM + MA最小.
2
22
2
-
此时， è 2
÷
14 ，sin CBP = =
2 4
cos ABP cos π 所以 = + CBP ÷ = -sin CBP
14
= - .
è 2 4
由余弦定理得： AP = AB2 + BP2 - 2AB × BP ×cos ABP
2
= 2 + 22 - 2 2 2 14 - 4 ÷÷è
= 6 + 2 7 .
所以PM + MA的取值范围为 é 6 + 2 7 ,4ù ê ú .
故选：A.
25．（2024·福建漳州·一模）如图，石磨是用于把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种机械，通常由两个
圆石做成．磨是平面的两层，两层的接合处都有纹理，粮食从上方的孔进入两层中间，沿着纹理向外运移，
在滚动过两层面时被磨碎，形成粉末．如果一个石磨近似看作两个完全相同的圆柱体拼合而成，每个圆柱
体的底面圆的直径是高的 2 倍，若石磨的侧面积为 64π ，则圆柱底面圆的半径为（ ）
A．4 B．2 C．8 D．6
【答案】A
【分析】设圆柱底面圆的半径为 r > 0，则圆柱的高为 r ，结合圆柱的侧面积公式运算求解.
【解析】设圆柱底面圆的半径为 r > 0，则圆柱的高为 r ，
则石磨的侧面积为 2 2πr r = 64π ，解得 r = 4 .
故选：A.
26．（21-22 高二下·湖南株洲·阶段练习）《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，
一侧棱垂真于底面的四棱锥”.现有阳马 S - ABCD ， SA ^ 平面 ABCD， AB =1， AD = 3， SA = 3，BC 上
有一点 E，使截面 SDE 的周长最短，则 SE 与CD 所成角的余弦值等于（ ）
2 2
A 2．- B．- C． D 2．
4 5 5 4
【答案】D
【分析】通过底面展开转化为平面图形，容易找到最小值点E ，然后利用平移法作出异面直线所成的角，
即可得解；
【解析】解：将平面 ABCD沿BC 折至 A BCD ，
使 SBC 与 A BCD 共面，
连接 SD 交BC 于E ，连接ED，此时VSDE 周长最短，
作EF //CD交 AD 于F ，
则 SEF （或其补角）即为所求角，
在RtVSAB 中， SB = SA2 + AB2 = 2，
\ SB BE 2 BE由 = =SA A D ，即 3 3 ，可得BE = 2，
\在RtVSBE 中， SE = SB2 + BE2 = 2 2 ，
\在RtVSFE 中， cos SEF
EF 1 2
= = = ，
SE 2 2 4
故 SE 与CD 2所成角的余弦值等于 ．
4
故选：D．
27．（21-22 高一下·山西·期中）“莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢．”出自南宋诗人杨万里的作品《过松
源晨炊漆公店》．如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形．山脚呈圆形，半径为 40km．山高为
40 15 km，B 是山坡 SA 上一点，且 AB = 40 km．为了发展旅游业，要建设一条从 A 到 B 的环山观光公路，
这条公路从 A 出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为（ ）
A．60km B．12 6 km C．72km D．12 15 km
【答案】C
【分析】利用圆锥侧面展开图去求公路长度最短时，下坡路段长度.
2
【解析】该圆锥的母线长为 40 15 + 402 =160，
2 π 40 π π
所以 = ，则圆锥的侧面展开图是圆心角为 的扇形，
160 2 2
如图，展开圆锥的侧面，连接 A B，过点 S 作 A B的垂线，垂足为 H，
由两点之间线段最短，知观光公路为图中的 A B， A B = SA 2 + SB2 = 1602 +1202 = 200，
记点 P 为 A B上任一点，连接 PS，上坡即 P 到山顶 S 的距离 PS 越来越小，
下坡即 P 到山顶 S 的距离 PS 越来越大，则下坡段的公路，即图中的 HB，
2 2
由Rt△SA B Rt△HSB HB SB 120，得 = = = 72（km）．
A B 200
故选：C
28．（23-24 高二上·河北保定·开学考试）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”
与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行” 它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄 决胜千里
大智大勇的象征（如图甲），图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧D E ， AC 所在
圆的半径分别是 6 和 12，且 ABC
2π
= ，则关于该圆台下列说法错误的是（ ）
3
A 128 2．高为 4 2 B．体积为 π
3
C．表面积为56π D．内切球的半径为 2 2
【答案】B
【分析】根据圆台的侧面展开图，求得圆台上下底面半径、母线长，然后可求得圆台的高、体积、表面积
和内切球的半径，从而确定正确答案.
【解析】设圆台的上底面半径为 r ，下底面半径为 R ，
则 2πr
2π
= 6，即 r = 2； 2πR
2π
= 12 ，即R = 4；
3 3
又圆台的母线长 l =12 - 6 = 6，
所以圆台的高h = l2 - R-r 2 = 4 2，A 正确；
1
圆台的体积V = π 4 2 22 + 42 2 4 112 2+ = π，B 错误；3 3
圆台的表面积 S = π 2 + 4 6 + π 22 + π 42 = 56π ，C 正确；
由于圆台的母线长等于上下底面半径和（ l = R + r ），
所以圆台的高即为内切球的直径，
所以内切球的半径为 2 2 ，D 正确.
故选：B
29．（23-24 高二上·四川·期中）半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正
多边形为面的多面体.某半正多面体由 4 个正三角形和 4 个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图
所示的半正多面体中，若其棱长为 1，点 M，N 分别在线段DE ，BC 上，则FM + MN + AN 的最小值
为 .
【答案】 19
【分析】将几何体展开为平面，且 A, F 在线段DE, BC 两侧（两线段在两点之间），利用两点之间线段最短
求FM + MN + AN 的最小值.
【解析】由题设，该半正多面体的展开图如下图示，
根据已知及几何体结构知：FT = 4 ， AT = 3 ，且 AT ^ FT ，故 AF = FT 2 + AT 2 = 19 ，
所以FM + MN + AN AF = 19 ，当且仅当在展开图中 A, N , M , F 共线时等号成立.
故答案为： 19
30．（22-23 高一下·黑龙江哈尔滨·期中）已知矩形 ABCD 中， AB = 2 ，BC = 2 3 ，M , N 分别为 AD, BC
中点，O为对角线 AC, BD 交点，如图 1 所示．现将VOAB和VOCD剪去，并将剩下的部分按如下方式折叠：
沿MN 将△AOD，VBOC 折叠，并使OA与OB重合，OC 与OD 重合，连接MN ，得到由平面OAM ，
OBN ，ODM ，OCN 围成的无盖几何体，如图 2 所示．
(1)求证：MN ^平面OAC ；
(2)若 P 为棱OC 上动点，求MP + NP 的最小值；
(3)求此多面体体积V 的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 3
1
(3)
2
【分析】（1）在图 2 中，取MN 的中点E ，连 AE ，CE，OE，通过证明MN ^ OA，MN ^ OC ，可证MN ^
平面OAC ；
（2）将侧面OCM 与OCN 展开在一个平面内，根据两点间线段最短可求出结果；
（3）根据对称性得V = 2VM -OCN ，因为VOCN 的面积为定值，所以当平面OMC ^平面ONC 时，三棱锥体积
最大，由此计算可得结果.
【解析】（1）在图 2 中，取MN 的中点E ，连 AE ，CE，OE，
因为 AM = AN ，E 为MN 的中点，所以MN ^ AE ，
同理得MN ^ CE ，MN ^ OE ，
因为 AE IOE = E， AE,OE 平面 AOE ，所以MN ^平面 AOE ，
因为OA 平面 AOE ，所以MN ^ OA，
因为CE IOE = E ，CE,OE 平面COE ，所以MN ^平面COE ，
因为OC 平面COE ，所以MN ^ OC ，
因为OAIOC = O ，OA,OC 平面OAC ，所以MN ^平面OAC .
（2）将侧面OCM 与OCN 展开在一个平面内，如图：
当点 P 是MN 与OC 的交点时，MP + NP 最小，
在图 1 中， AB = 2 ，BC = 2 3 ，所以
因为OM = ON = 1，MC = NC = 3，OM ^ MC ，ON ^ NC ，OC = 2，MN ^ OC ，
MOC 3 3所以 = NOC = 60o ，所以MP = NP = OM = ，
2 2
所以MP + NP = 3 .
所以MP + NP 的最小值为 3 .
（3）根据图形的对称性可知，V = 2VM -OCN ，
因为VOCN 1 1的面积为 ON × NC = 1 3 3= ，为定值，
2 2 2
所以当点M 到平面OCN 的距离最大值时，三棱锥体积最大，此时平面OMC ^平面ONC ，点M 到平面OCN
3
的距离等于点M 到OC 的距离，等于 ，
2
1 3 3 1
所以此多面体体积V 的最大值为 2 = .
3 2 2 2
一、单选题
1．（2024·辽宁·模拟预测）圆锥的高为 2，底面半径为 1，则以圆锥的高为直径的球O表面与该圆锥侧面交
线长为（ ）
A 5π 2 5π
4π 8π
． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】D
【分析】作圆锥 PO1 的轴截面PAB，设轴截面PAB与球O交点为 A1, B1,O2 为 A1B1 中点，则球O表面与该圆锥
侧面交线即为以O2 A1为半径的圆，利用相似和勾股定理求出O2 A1长即可.
【解析】根据题意，以圆锥的高为直径的球O半径为1，且与圆锥底面相切于底面圆心O1，
作圆锥 PO1 的轴截面PAB，设轴截面PAB与球O交点为 A1, B1,O2 为 A1B1 中点，
则球O表面与该圆锥侧面交线即为以O2 A1为半径的圆，
因为 A1在圆上，所以PA1 ^ A1O1，所以VO1A1A ∽ VPO1A，
O A PO
又因为PA = PO 2 + AO 2 1 1 1 2 51 1 = 5 ，所以由 =O A PA 解得O1A1 = ，1 5
所以PA1 = PO
2
1 - O
2 4 5
1A1 = ，5
1 1 4
所以由等面积可得 PA ×O
2 1 1
A1 = PO1 ×O2 2
A1，解得O2 A1 = ，5
8π
所以交线长为 2π ×O2 A1 = ，5
故选：D
2．（2024·四川自贡·三模）已知球 O 半径为 4，圆O1与圆O2 为球体的两个截面圆，它们的公共弦长为 4，
若 OO1 = 3， OO2 = 3，则两截面圆的圆心距 O1O2 =（ ）
A B 4 3． 3 ． C．3+ 3 D． 2 3
3
【答案】D
【分析】根据球心与截面圆心连线垂直圆面，求得两个圆面所成二面角，再根据直角三角形以及勾股定理
求解即可.
【解析】设圆O1与圆O2 公共弦为 AB ，其中点为E ，
O A = OA 2 - OO 2则 = 42 - 32 = 7 O A = OA 2
2
1 1 ， 2 - OO
2
2 = 4
2 - 3 = 13 ，
2 2
所以 O1E = O1A - AE = 7 - 4 = 3 O E = O
2 2
， 2 2 A - AE = 13- 4 = 3，
3
所以在Rt△OO1E 中， tan OEO1 = = 3 OEO = 60o，所以 ，3 1
Rt△OO E tan OEO 3在 2 中， = ，所以 OEO2 = 30
o
2 ，3
o 2 2
所以在VO1EO2中， O1EO2 = 90 ，所以 O1O2 = O2E + O1E = 9 + 3 = 2 3 .
故选：D.
3．（2024·河南南阳·模拟预测）如图，已知 AC, BD 为圆锥 SO 底面圆的两条互相垂直的直径，若 SO = 3 ，
2 3
四棱锥 S - ABCD 的体积为 ，则圆锥 SO 的轴截面面积为（ ）
3
A． 3 B． 6 C． 2 3 D．2 6
【答案】A
【分析】设圆锥底面圆的半径为 R ，利用体积可求得底面圆半径 R ，根据轴截面是等腰三角形可求其面积.
【解析】设圆锥底面圆的半径为 R ，
因为 AC, BD 为圆锥 SO 底面圆的两条互相垂直的直径，
易知四边形 ABCD为正方形，且边长为 2R，
1
则四棱锥 S - ABCD 的体积为 ( 2R)2 2 3 3 = ，
3 3
解得R =1或R = -1（舍去），
1
所以圆锥 SO 的轴截面面积为 2R 3 = 3 .
2
故选：A.
4．（2024·浙江温州·模拟预测）边长为 2 的立方体被一个平面所截，截得的截面图形面积最大值为（ ）
A． 4 2 B． 2 3 C．3 3 D． 6 2
【答案】A
【分析】当截面过立方体中心且过两条侧棱时，截面面积最大，得出截面后计算即可得.
【解析】当截面过立方体中心且过两条侧棱时，其截面面积最大，
如图所示矩形DD1B1B 符合要求，
此时截面面积为 S = 2 22 + 22 = 4 2 .
故选：A.
5．（2024·广东广州·模拟预测）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 的边长为 1，现有一个动平面a ，且a P 平面
A1BD ，当平面a 截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为S ，周长为 l，则（ ）
A．S 不为定值， l为定值 B．S 为定值， l不为定值
C．S 与 l均为定值 D．S 与 l均不为定值
【答案】A
【分析】利用正方体棱的关系，判断平面a 所成的角都相等的位置，可知截面边数最多时为六边形.如图所
示，可计算出周长为定值，计算正三角形 A1DB 的面积和截而为正六边形时的截面面积通过比较即可得答
案.
【解析】正方体的所有棱中，实际上是 3 组平行的棱，与面 A1DB 平行的面且截面是六边形时满足条件，如
图所示，
正方体边长为 1，即EF / / A1B
EF
设 = l
B1E = B E = l
A B ，则1 A
1 ，
1B1
NE A E
\ = 1 =1- l,\EF + NE = 2l + 2 1- l = 2
B D ，1 1 A1B1
同理可得六边形其他相邻两边的和均为 2 ，
\六边形的周长 l为定值3 2 ，
1
正三角形 A1DB 的面积为 2 2sin60o
3
= .
2 2
当M , N , E, F ,G, H 均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大，
2 2
, 1
2 1 2 3 3 3
此时 NG = 2 截面面积为 ÷÷ sin60
o 6 =
2 2 2 ÷÷
6 = ，
è è 2 2 4
\截面从 A1DB 平移到B1CD1的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长 l为定值，
面积S 不为定值.
故选：A
6．（2023·安徽安庆·二模）一底面半径为 1 的圆柱，被一个与底面成 45°角的平面所截（如图），O为底面
圆的中心，O1为截面的中心，A 为截面上距离底面最小的点，A 到圆柱底面的距离为 1， B 为截面图形弧
上的一点，且 AO1B = 60°，则点 B 到底面的距离是（ ）
7
A B 14 - 2 7 C 14 - 7 D 14． ． ． ．
4 7 7 2
【答案】C
【分析】由题意可得截面椭圆是以O1为中心，A 为长轴端点的椭圆，其长轴长为 2 2 ，短轴长为 2，作
BC ^ AO1于C ，因为 AO1B = 60°
2 14
，联立直线O1B的方程和椭圆方程可求得BO CO1 = ，可得出 1，过C7
作CD ^ OO1 ，即可求出O1D 和OD ，即可得出答案.
【解析】圆柱半径为 1，截面与底边所成角为 45o ，作 AM ^ OO1于M ，
则 MAO o1 = 45 ， AO1 = 2 .
截面椭圆是以O1为中心，A 为长轴端点的椭圆，其长轴长为 2 2 ，短轴长为 2，
x2
所以椭圆的方程为 + y2 =1，
2
作BC ^ AO1于C ，因为 AO1B = 60°，直线O1B的方程为 y = 3x，
2
所以设B x, 3x ，又因为B x, 3x x在椭圆 + y2 =1上，
2
解得： x 14 2 14 2 14 14= ± ，所以BO1 = ，CO1 = cos 60° = ，7 7 7 7
过C 作CD ^ OO 21 ，则O1D = CO
7
1 = ，2 7
OD OO O D 2 7 14 - 7= 1 - 1 = - = ，7 7
由于 BC CD
14 - 7
， 均平行于底面，故 B 点到底面的距离是 .
7
故选：C.
7．（2024·安徽合肥·模拟预测）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆面叫做球冠的底，垂直于
圆面的直径被截得的一段叫做球冠的高．球冠也可看作圆弧绕过它的一个端点的直径旋转一周所成的曲
面．假设球面对应球的半径是 R，球冠的高是 h，那么球冠的表面积公式为 S = 2πRh．据中国载人航天工程
办公室消息，北京时间 2023 年 12 月 21 日 21 时 35 分，经过约 7.5 小时的出舱活动，航天员汤洪波、唐胜
杰已安全返回天和核心舱，神舟十七号航天员乘组第一次出舱活动取得圆满成功．若航天员汤洪波出仓后
站在机械臂上，以背后的地球为背景，如图所示，面向镜头招手致意，此时汤洪波距离地球表面约为 400km
（图中的点 A 处），设地球半径约为 Rkm，则此时汤洪波回望地球时所能看到的地球的表面积为（ ）
A 100πR
2 2 2
km2 B 200πR km2 C 400πR km2 D 800πR
2
． ． ． ． km2
R + 400 R + 400 R + 400 R + 400
【答案】D
OO R
2
【分析】由题意可得 = ，结合公式 S = 2πRh计算即可求解.
R + 400
【解析】如图， AB = 400 km，
V V OO
OC
由 OO C ~ OCA，得 = ，又OC = R ，
OC OA
2
则 R2 = OO ×OA = OO (R + 400) ，得OO
R
= ，
R + 400
2
S 2πRh 2πR(R R 400 800πR
2
所以 = = - OO ) = 2πR(R - ) = 2πR2 × = （ 2）.
R + 400 R + 400 R + 400 km
800πR2
即此时汤洪波回望地球时所能看到的地球的表面积为 （ 2）.
R + 400 km
故选：D
8．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知 E, F 分别是棱长为 2 的正四面体 ABCD的对棱 AD, BC 的中点.过 EF 的
平面a 与正四面体 ABCD相截，得到一个截面多边形 ，则正确的选项是（ ）
①截面多边形 可能是三角形或四边形.
②截面多边形 周长的取值范围是 é 4,2 2 + 3 3ù .
③截面多边形 面积的取值范围是 é 1, 2 ù .
④ 6当截面多边形 是一个面积为 的四边形时，四边形的对角线互相垂直.
2
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
【答案】D
【分析】将平面a 从平面 ADF 开始旋转，结合对称性可判断①；设 AG = m 0 m 2 ，利用余弦定理表示
出GE + GF ，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断②；先判断EF ^ GH ，然后利
uuur2
GH = 2 m -1 2用向量方法求出 + 2，可得截面面积的范围，可判断③；由③可判断④.
【解析】对于①，当平面a 过 AD 或BC 时，截面为三角形.
易知正四面体关于平面 ADF 对称，将平面a 从平面 ADF 开始旋转与 AB 交于点G 时，
由对称性可知，此时平面a 与CD 交于点 H ，且 AG = DH ，
此时截面为四边形EGFH ，①正确；
2
对于②，设 AG = m 0 m 2 ，由余弦定理得GE = m2 +1- m = m 1- 3 ÷ + ，
è 2 4
2
GF = 2 - m 2 +1- 2 - m m 3 3= - ÷ + ，
è 2 4
1 3 3 3
由两点间距离公式知，GE + GF 表示动点 m,0 到定点 ,2 2 ÷÷和 ,- ÷÷ 的距离之和，è è 2 2
2 2
1 3 3 3
当三点共线时取得最小值 -2 2 ÷
+ + ÷ = 2，
è è 2 2 ÷
由二次函数单调性可知，当m = 0或m = 2 时，GE + GF 取得最大值1+ 3，
所以截面多边形 周长的取值范围是 é 4,2 + 2 3ù ，所以②错误；
对于③，记GH 与 EF 的交点为O，由对称性 EFG = EFH ，FG = FH ，
所以EF ^ GH
1
， SEGFH = EF ×GH ，2
因为 AF = AB2 - BF 2 = 3 ，
2
所以EF = AF 2 - AE2 = 2 ，所以 SEGFH = GH ，2
uuur r uuur r uuur r
记 AB = a, AC = b, AD = c，
uuur uuur uuur uuuur
GH GA AD DH m ar cr m
r r m r m r m r
则 = + + = - + + b - c = - a + b + 1- c ，2 2 2 2 è 2 ÷
r r r
因为 a
r
×b = ar ×cr = b ×cr = 2 2cos π = 2, ar b cr= = = 2，
3
uuur2 m2 r m2 r 2GH a2 b 2 1 m r m r
r
c 2 a b m 1 m r r m
r r
所以 = + + - ÷ - × -

- ÷ a ×c + m
1- b ×c
4 4 ÷è 2 2 è 2 è 2
2
= m2 + m2 + 4 1 m- - m2 - 2m 1 m- ÷ ÷ + 2m
m
2 2
1-
2 ÷è è è
= 2 m -1 2 + 2 ，
uuur2
由二次函数性质可知， 2 GH 4，即 2 GH 2，
所以1 SEGFH 2 ，③正确；
对于④，由③知，当截面为四边形时，对角线 EF ，GH 垂直，所以④正确．
故选：D
【点睛】关键点睛：本题解题关键是找到正四面体的对称性，根据对称性判断截面形状，利用余弦定理求
周长，利用空间向量求距离，然后可得面积，题目综合性强，对学生的直观想象能力有较高的要求.
二、多选题
9．（2024·江西景德镇·三模）正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 6， P ，Q分别是棱 A1B1 ， A1D1的中点，过
P ，Q，C 作正方体的截面，则（ ）
A．该截面是五边形
B．四面体CC1PQ 外接球的球心在该截面上
C．该截面与底面 ABCD 2 2夹角的正切值为
3
D．该截面将正方体分成两部分，则较小部分的体积为 75
【答案】ACD
【分析】对于 A，过P,Q,C 三点作正方体的截面即可；对于 B，计算四面体CC1PQ 外接球半径，以及△PQC
外接圆半径，比较球心与圆心是否重合即可；对于 C，建立空间直角坐标系，计算平面 ABCD和平面PQC
的法向量即可；对于 D，将被截正方体较小部分体积分为 5 个三棱锥计算即可.
【解析】对于 A，如图①所示，延长 PQ交C1D1的延长线于M ，延长QP 交C1B1的延长线于 H ，
连接MC 交DD1于 N ，连接HC 交BB1于K ，
连接PK ，QN ，则五边形PQNCK 为平面PQC 截正方体所得的截面，故 A 正确；
对于 B， 如图②所示，设三棱锥C - PQC1底面△PQC1外心为O1，
三棱锥C - PQC1外接球球心为O，
且C1P = C1Q = 3 5, PQ = 3 2,CP = CQ = 9 ,
2 2
PQC cos PC Q C1P + C1Q - PQ
2 4
在△ 1中， 1 = = , sin PC Q
3
= ，
2C1P ×C
1
1Q 5 5
PQ 5 2
所以△PQC1外接圆半径为O1C1 = = ,2sin PC1Q 2
所以在VO1C1O 中，三棱锥C - PQC1外接球半径
R = C1O = O C
2 + OO2 5 2 861 1 1 = ( )
2 + 32 = ,
2 2
所以三棱锥C - PQC1外接球球心O到P,Q,C 三点的距离都为 R .
PQC cos CPQ CP
2 + PQ2 - CQ2 2
在△ 中， = = ,sin CPQ
34
= ，
2CP × PQ 6 6
PQC r CQ 27 34所以△ 外接圆半径 = = R ,
2sin CPQ 34
所以四面体CC1PQ 外接球的球心不在该截面上，故 B 错误；
对于 C，如图③所示，以 AB, AD, AA1分别为 x, y, z轴建立如图空间直角坐标系，
且正方体边长为 6，即P(3,0,6),Q(0,3,6),C(6,6,0)，
uuur uuur
所以PQ = (-3,3,0), PC = (3,6, -6)，
r
设 n = (x, y, z) 为平面PQC 的法向量，则
r uuur
ìn × PQ = -3x + 3y = 0
í r uuur ，取 x = y = 2, z = 3，
n × PC = 3x + 6y - 6z = 0
r
所以 n = (2, 2,3)，
又因为 AA1 ^ 平面 ABCD，
uuur
故 AA1 = (0,0,6)为平面 ABCD的法向量，
uuur r uuuur r
则 cos < AA1,n >= u
|uAuuAr1 ×unur| 18 3 17= = ，
| AA1 | ×| n | 6 17 17
uuur r uuur r
sin 2 34 2 2< AA1,n >= , tan < AA1,n >= ，故 C 正确；17 3
对于 D，如图④所示，取 B1C1 中点G ，连接QG ,
HB B P 1
因为VHB1P ∽VHGQ
1 1
，所以 = = HB = 3HG GQ 2 ，即 1 ，
HB B K 1
又因为VHB1K ∽VHC1C
1 1
，所以 = = ，即B1K = 2HC1 CC
，
1 3
同理，由VMD1Q ∽VMC1H 得MD1 = 3，
由VMD1N ∽VMC1C 得D1N = 2，
所以V
1 1 1
C-B1KP
= S
3 VB KP
×CB = 2 3 6 = 6，
1 3 2
V 1C-D QN = SVD QN ×CD
1 1
= 2 3 6 = 6，
1 3 1 3 2
V 1 1 1 3C-PQC = SVPQC ×C1C = 3 5 3 5 6 = 27 ，1 3 1 3 2 5
V 1C-B PC = SVB PC ×C1C
1 1
= 3 6 6 =18，
1 1 3 1 1 3 2
V 1 S C C 1 1C-D QC =1 1 3 VD1QC
× 1 = 3 6 6 =18 ,1 3 2
所以该截面将正方体分成两部分，较小部分体积为6 + 6 + 27 +18 +18 = 75，故 D 正确.
故选：ACD.
10．（2023·湖南郴州·二模）在正四棱台 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1 ， AA1 = 2 3，M 为棱 B1C1 的中点，
当正四棱台的体积最大时，下列说法正确的有（ ）
A．该正四棱台的高为 2
B．该正四棱台的体积为 224
C．平面MBD截该正四棱台的截面面积是10 3
D．该正四棱台的内切球半径为 1
【答案】AC
【分析】令 AB = 2A1B1 = 2a，应用棱台体积公式及导数求正四棱台的体积最大时对应参数 a，进而求棱台的
高、体积、内切球半径，根据平面基本性质画出截面并求面积即可.
【解析】将正棱台 ABCD - A1B1C1D1 补为如下图的棱锥，令 AB = 2A1B1 = 2a，
由 AA1 = 2 3，M 为棱 B1C1 的中点，所以PA = 4 3 ，
h
棱锥P- ABCD高 h 2= PA2 - ( AB)2 = 48 - 2a2 ，则小棱锥P - A1B1C1D1高 h = ，
2 2
V 4 a2h 1 a2h 7
2
棱台的体积 = - = a2 48 - 2a2 48 - t，令 t = 48 - 2a2 ，则 a2 = ，3 6 6 2
V 7所以 = × t(48
7
- t 2 ) 且 t (0, 4 3) ，则V = × (16 - t 2 )，
12 4
0 < t < 4，V > 0，即V 递增， 4 < t < 4 3 ，V < 0，即V 递减，
所以 t = 4，即 a 4 h = 48 - 32时棱台体积最大，此时棱台的高 = = 2，A 对；
2 2
7
棱台体积为V = 4
224
(48 -16) = ，B 错；
12 3
棱台斜高为 2 2 ，则其平行于 A1B1, AB 且垂直于底面的截面如下：
若存在内切球，则上图等腰梯形存在内切圆且上下底的切点为对应中点，
根据内切圆 O 与梯形各边都相切，结合切线长定理知：腰长等于上下底之和的一半，
4 + 8
而 2 2 < = 6，故不存在内切圆，即棱台不存在内切球，D 错；
2
过M 作ME / /BD 交C1D1于E ，又M 为棱 B1C1 的中点，则E 为C1D1中点，
ME 1所以 = B1D1 = 2 2 ，BD = 8 2 ，而 sin CDD
2 2 6
1 = =
3
，即
2 cos CDD =
，
2 3 3 1 3
则 cos 3 DD1E = cos(π - CDD1) = - ，DE = BM = 12 + 4 + 8 3
3
= 2 6 ，
3 3
1
所以截面为等腰梯形，且高为 6 ，则面积为 6 (2 2 + 8 2) =10 3 ，C 对.2
故选：AC
11．（2021·山东潍坊·模拟预测）四面体 ABCD 的四个顶点都在球 O 的球面上，
AB = BC = CD = DA = 4, AC = BD = 2 2 ，点 E，F，G 分别为棱 BC，CD，AD 的中点，则下列说法正确的
是（ ）
A．过点 E，F，G 作四面体 ABCD 的截面，则该截面的面积为 2
B．四面体 ABCD 16 3的体积为
3
C．AC 与 BD 的公垂线段的长为 2 3
D．过 E 作球 O 的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为 5：4
【答案】ACD
【分析】A 选项，找到过点 E，F，G 的四面体 ABCD 的截面，证明出是正方形，求出边长和面积；B 选项，
分割法求解四面体体积；C 选项，找到 AC 与 BD 的公垂线，求出长度；D 选项，先找到球心的位置，然后
再得到过点 E 作面积最小的截面是以 E 为圆心，BE=2 为半径的圆，面积最大的截面是过点 O，E 的大圆，
求出两圆面积之比.
【解析】A 选项，取 AB 中点 H，连接 EH，GH，因为点 E，F，G 分别为棱 BC，CD，AD 的中点，所以
EF∥BD，GH∥BD，FG∥AC，EH∥AC，所以四边形 EFGH 是平行四边形，故平行四边形 EFGH 即为过点 E，
F，G 做四面体 ABCD 的截面，取 AC 中点 Q，连接 QB，QD，因为 AB = BC = CD = DA = 4，由三线合一得：
DQ⊥AC，BQ⊥AC，又DQ I BQ = Q ，所以 AC⊥平面 BDQ，因为BD 平面 BDQ，所以 AC⊥BD，从而
2
EF⊥EH，因为 AC = BD = 2 2 ，所以EF = EH = 2 ，即平行四边形 EFGH 是正方形，面积为 2 = 2，A
正确；
B 选项，由勾股定理得：DQ = DC 2 - CQ2 = 14 ，同理得：BQ = 14 ，取 BD 中点 M，连接 QM，由三线
合一得：QM⊥BD，所以BM = 2 ，由勾股定理得：QM = 14 - 2 = 2 3 ，故
S 1= BD ×QM = 2 2 3 = 2 6 V 1 S CQ 1 2 6 2 4 3VBDQ ，所以2 C-BDQ = 3 VBDQ
× = = ，
3 3
VA-BCD = 2V
8 3
C-BDQ = ，B 错误；3
C 选项，连接 MA，MC，由勾股定理得：CM = DC 2 - DM 2 = 14 ，同理可得： AM = 14 ，由由三线合
一得：QM⊥AC，结合 B 选项求得的 QM⊥BD，可得：QM 为 AC 与 BD 的公垂线段，QM = 2 3，故 AC 与
BD 的公垂线段的长为 2 3 ，C 正确；
D 选项，取 QM 的中点 S，则 S 为球心 O，理由如下：
因为 QM⊥BD，MS= 3，由勾股定理得： SB = SD = 2 + 3 = 5 ，同理可得： SA = SC = 5 ，所以 S 为球心
O，且外接球半径为 5 ，因为 OE⊥BC，所以过点 E 作面积最小的截面是以 E 为圆心，BE=2 为半径的圆，
O E S = π × 22
2
面积最大的截面是过点 ， 的大圆，所以 min = 4π ， Smax = π × 5 = 5π，所以过 E 作球 O 的截面，
则截面面积的最大值与最小值的比为 5：4，D 正确.
故选：ACD
【点睛】对于立体几何中求解截面面积问题，需要先结合图形特点，找到截面，再进行求解，寻找截面的
方法，通常是由线线平行，得到截面是平行四边形或梯形.
三、填空题
12．（2024·全国·二模）已知长方体 ABCD - A1B1C1D1 的底面 ABCD 为边长是 2 的正方形，DD1 = 2CD，E，
F 分别为棱 AB，CC1 的中点，则过D1，E，F 的平面截长方体 ABCD - A1B1C1D1 的表面所得截面的面积
为 .
11 17
【答案】
6
【分析】根据给定条件，作出过点D1, E, F 的长方体的截面，再结合相似三角形求出截面面积.
【解析】在长方体 ABCD - A1B1C1D1 中，连接D1F 并延长与DC 的延长线交于点 N ，直线EN 交BC 于 H ，
交DA的延长线于M ，
连接D1M 交 AA1于G ，连接EG, FH ，则五边形 D 1G E H F 即为过点D1, E, F 的长方体的截面，
由CC1 / /DD1，F 为CC1 的中点，得C 是DN 中点，DN = 2CD = DD1 = 4，D1N = 4 2 ，
AB / /CD ME AM AE 1 2由 ，E 是 AB 中点，得 = = = ，则 AM = , DM
8
= ，
MN DM DN 4 3 3
则MD = MN = (8)2 + 42 4 131 = ，3 3
2
等腰VMD1N
2
底边上的高 h = MN 2 - (1 D 2 4 13 2 34
2 1
N ) = 3 ÷÷
- 2 2 = ，
è 3
VMD 1 2 34 8 171N 的面积 SVMD N = 4 2 = ，1 2 3 3
平面 D1EF I平面 ADD1A1 = MD1，平面 D1EF I平面BCC1B1 = FH ，平面 ADD1A1 / /平面BCC1B1，
则FH / /D1M ，于是△NFH ∽VND1M ，同理GE / /D1N ，VMGE ∽VMD1N ，
S 1 1VNFH = SVMD N , SVMGE = S ，4 1 16 VMD1N
因此 S 1 1 11 8 17 11 17D1GEHF = (1- - )SVMD N = = ，4 16 1 16 3 6
11 17
所以所得截面的面积为 .
6
11 17
故答案为： .
6
【点睛】关键点点睛：根据已知条件，结合平面的基本事实作出截面多边形是解决本题的关键.
13．（2023·江苏常州·二模）在正四棱台 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1 ， AA1 = 2 3，M 为棱 B1C1 的中点，
当正四棱台的体积最大时，平面MBD截该正四棱台的截面面积是 .
【答案】10 3
【分析】设 AB = 2A1B1 = 4x，上底面和下底面的中心分别为O1，O，过 A1作 A1H ^ AC ，该四棱台的高
O1O = h
28 2
，可求得该四棱台的体积为V = x h3 ，利用基本不等式可得该四棱台的体积的最大值，此时
AB = 8， A1B1 = 4 ，O1O = h = 2 .取C1D1，BC 的中点 N ，E ，连接 NM ， ND，可得平面MBDN 就是截面，
求解即可.
【解析】设 AB = 2A1B1 = 4x，上底面和下底面的中心分别为O1，O，过 A1作 A1H ^ AC ，
该四棱台的高O1O = h，
1 2 2 1 2 2
在上下底面由勾股定理可知， A1O1 = 2x + 2x = 2x, AO = 4x + 4x = 2 2x .2 2
2
在梯形 AO OA中， A A2 = AH 2 + A H 21 1 1 1 12 = 2 2x - 2x + h2 h2 = 12 - 2x2 ，
1
所以该四棱台的体积为V = 16x2 28+ 16x2 ×4x2 + 4x2 h = x2h ，3 3
2 3
V 2 784 x2 x2 h2 784 x2 x2 12 2x2 784 x + x
2 +12 - 2x2
所以 = × × = × × - × ÷ ，9 9 9 è 3
当且仅当 x2 =12 - 2x2 ，即 x = 2时取等号，此时 AB = 8， A1B1 = 4 ，O1O = h = 2 .
取C1D1，BC 的中点 N ，E ，连接 NM ， ND，显然有MN //D1B1 //DB ，
由于MN 平面 ABCD，BD 平面 ABCD，所以MN // 平面 ABCD，因此平面MBDN 就是截面.
1
显然MN = B1D1 = 2 2, BD = 8 22 ，
2
在直角梯形O1MEO 中，ME = h2 + OE - O1M = 4 + 4 = 2 2 ，
因此在等腰梯形B C 2 21 1CB中，MB = ME + EB = 8 +16 = 2 6 ，
同理在等腰梯形D1C1CD中， DN = 2 6 ，
在等腰梯形MBDN 中，设MF //DN ，MG ^ BD，
则MF = 2 6, BF = 8 2 - 2 2 = 6 2 ，
2
2
MG = 2 6 1- 6 2 2 ÷ = 6 ，è
所以梯形MBDN 2 2 + 8 2的面积为 6 = 10 3 .
2
故答案为:10 3 .
【点睛】总结点睛：
解决与几何体截面的问题，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含几何体的各种元素以及体现这些元素
的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.
14．（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥 S - ABCD 的所有棱长都为 2；点 E 在侧棱 SC 上，过点 E 且垂直
于 SC 的平面截该棱锥，得到截面多边形 H，则 H 的边数至多为 ，H 的面积的最大值为 ．
4
【答案】 5 4 2 / 2
3 3
SE
【分析】数形结合，作平面与平面BDF 平行，即可解决；令 = l ，用l 表示相关长度，整理得
SF
S = S 2VEMP + SPMNQ = -3 2l + 4 2l ，结合二次函数即可解决.
【解析】取 SC 中点F , BF ^ SC, DF ^ SC,且BF I DF = F ，BF , DF 平面BDF ，可知 SC ^平面BDF ，
根据平面的基本性质，作平面与平面BDF 平行，如图至多为五边形.
SE
令 = l ，则EP = lBF = 3l, SP = lSB = 2l ，
SF
可得PB = BQ = PQ = 2 1- l , NQ = MP = lBD = 2 2l ，
cos 3+ 3- 4 1 DFB = = 2 2则 3 ，可得2 3 3 sin DFB = 1- cos
2 DFB = ，
3
1 2 2
所以 SVEMP = 3l 3l = 2l
2，
2 3
又因为MN 与 NQ 的夹角为SA与BD夹角，而SA与BD垂直，
则 SPMNQ = 2 2l 2 1- l = 4 2l 1- l ，
2
可得 S = 4 2l 1 2 4 2- l + 2l 2 = -3 2l 2 + 4 2l = -3 2 l -

÷ + ，
è 3 3
2 4 2
可知：当l = 时，S 取最大值 .
3 3
5 4 2故答案为： ； .
3
【点睛】关键点点睛：根据平面的性质分析截面的形状，结合几何知识求相应的长度和面积，进而分析求
解.

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