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重难点19 立体几何中的截面、交线问题【七大题型】
【新高考专用】
【题型1 截面作图】 2
【题型2 截面图形的形状判断】 4
【题型3 截面图形的周长或面积问题】 5
【题型4 球的截面问题】 6
【题型5 截面切割几何体的体积、表面积问题】 6
【题型6 交线长度、轨迹问题】 7
【题型7 截面的范围与最值问题】 8
1、立体几何中的截面、交线问题
“截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、周长、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解.
【知识点1 立体几何中的截面问题】
1．作截面的几种方法
(1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程.
(2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点.
(3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线.
2．球的截面
(1)球的截面形状
①当截面过球心时，截面的半径即球的半径，此时球的截面就是球的大圆；
②当截面不过球心时，截面的半径小于球的半径，此时球的截面就是球的小圆.
(2)球的截面的性质
①球心和截面圆心的连线垂直于截面；
②球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r之间满足关系式：.
图形解释如下：
在球的轴截面图中，截面与球的轴截面的关系如图所示.若设球的半径为R，以O'为圆心的截面的半径
为r，OO'=d.则在Rt△OO'C中，有，即.
【知识点2 立体几何中的截面、交线问题的解题策略】
1．立体几何截面问题的求解方法
(1)坐标法：所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(2)几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线面平行及面面平行的性质定理，找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这些点，从而得到过三点的完整截面，再进行求解.
2．截面、交线问题的解题策略
(1)作截面应遵循的三个原则：
①在同一平面上的两点可引直线；
②凡是相交的直线都要画出它们的交点；
③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有如下两种：
①利用基本事实3作交线；
②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.
【题型1 截面作图】
【例1】（2024·河南新乡·三模）在如图所示的几何体中，，平面，，，，.

（1）证明：平面；
（2）过点作一平行于平面的截面，画出该截面，说明理由，并求夹在该截面与平面之间的几何体的体积.
【变式1-1】（2024高一下·广东佛山·竞赛）如图，在正方体中，分别为棱的中点.

(1)请在正方体的表面完整作出过点的截面.（只需写出作图过程，不用证明）
(2)请求出截面分正方体上下两部分的体积之比.
【变式1-2】（2023·贵州·模拟预测）矩形ABCD中，（如图1），将沿AC折到的位置，点在平面ABC上的射影E在AB边上，连结（如图2）.
(1)证明：；
(2)过的平面与BC平行，作出该平面截三棱锥所得截面（不要求写作法）.记截面分三棱锥所得两部分的体积分别为，求.
【变式1-3】（23-24高一下·河北廊坊·阶段练习）如图正方体的棱长为2，是线段的中点，平面过点.
(1)画出平面截正方体所得的截面，并简要叙述理由或作图步骤；
(2)求（1）中截面多边形的面积；
(3)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值.
【题型2 截面图形的形状判断】
【例2】（2024·四川达州·二模）如图，在正方体中，为中点，为线段上一动点，过的平面截正方体的截面图形不可能是（ ）

A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．菱形
【变式2-1】（2024·河南·模拟预测）在正方体中，M，N分别为AD，的中点，过M，N，三点的平面截正方体所得的截面形状为（ ）
A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形
【变式2-2】（2024·全国·模拟预测）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（ ）
A．（2）（5） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（1）（5）
【变式2-3】（2024·江西·模拟预测）已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【题型3 截面图形的周长或面积问题】
【例3】（2024·云南曲靖·模拟预测）正方体外接球的体积为，、、分别为棱的中点，则平面截球的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，用过点，E，的平面截正方体，则截面周长为（ ）

A． B．9 C． D．
【变式3-2】（2024·江苏南通·二模）在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面截正方体外接球所得的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-3】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为（ ）
A． B．
C． D．
【题型4 球的截面问题】
【例4】（2024·四川资阳·二模）已知球O的体积为，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面被球O所截的截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【变式4-1】（2024·四川自贡·三模）已知球O半径为4，圆与圆为球体的两个截面圆，它们的公共弦长为4，若，，则两截面圆的圆心距（ ）
A． B． C． D．
【变式4-2】（2024·陕西榆林·一模）已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-3】（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，某同学制作了一个工艺品.该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合）.若其中一截面圆的周长为，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【题型5 截面切割几何体的体积、表面积问题】
【例5】（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图所示，圆台的上、下底面半径分别为和，，为圆台的两条母线，截面与下底面所成的夹角大小为，且劣弧的弧长为，则三棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】（2024·上海普陀·二模）若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-2】（2024·河南开封·二模）已知经过圆锥的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（ ）
A． B． C． D．
【变式5-3】（2024·江西赣州·一模）在棱长为1的正方体中，为棱的中点，过且平行于平面的平面截正方体所得截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【题型6 交线长度、轨迹问题】
【例6】（2025·广东广州·模拟预测）在正六棱柱中，，为棱的中点，以为球心，为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A． B． C． D．
【变式6-1】（2023·河南·模拟预测）如图，在三棱锥中，两两垂直，且，以为球心，为半径作球，则球面与底面的交线长度的和为（ ）

A． B． C． D．
【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥的体积为，底面的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点在球的球面上，点为底面上一动点，与所成角为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【变式6-3】（2024·河南·二模）已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设为空间内一点，且五点在同一个球面上，若，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【题型7 截面的范围与最值问题】
【例7】（2024·江苏南京·模拟预测）已知，底面半径的圆锥内接于球，则经过和中点的平面截球所得截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-1】（2024·重庆渝中·模拟预测）在三棱锥中，，且平面，过点作截面分别交于点，且二面角的平面角为，则所得截面的面积最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【变式7-2】（2024·四川·模拟预测）设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为，则的面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-3】（2024·四川·一模）设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为M．则下列结论正确的是（ ）．
A．M必为三角形 B．M可以是四边形
C．M的周长没有最大值 D．M的面积存在最大值
一、单选题
1．（2024·河北·模拟预测）过圆锥高的中点作平行于底面的截面，则截面分圆锥上部分圆锥与下部分圆台体积比为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·全国·模拟预测）已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
3．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·广东江门·模拟预测）沙漏也叫做沙钟，是一种测量时间的装置.沙漏由两个完全一样的圆锥和一个狭窄的连接管道组成，通过充满了沙子的玻璃圆锥从上面穿过狭窄的管道流入底部玻璃圆锥所需要的时间来对时间进行测量西方发现最早的沙漏大约在公元1100年，比我国的沙漏出现要晚．时钟问世之后，沙漏完成了它的历史使命.现代沙漏可以用来助眠．经科学认证，人类的健康入睡时间是15分钟，沙漏式伴睡灯便是一个15分钟的计时器．它将古老的计时沙漏与现代夜灯巧妙结合，随着沙粒从缝隙中滑下，下部的灯光逐渐被沙子掩埋，直到15分钟后沙粒全部流光，柔和的灯光完全覆盖．就这样，宁静的夜晚，听着沙粒窸窸窣窣的声音，仿佛一首缓缓流动的安眠曲如图，一件沙漏工艺品，上下两部分可近似看成完全一样的圆锥，测得圆锥底面圆的直径为，沙漏的高（下底面圆心的距离）为，通过圆锥的顶点作沙漏截面，则截面面积最大为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在正方体中，分别为棱的中点，过三点作该正方体的截面，则（ ）

A．该截面是四边形
B．平面
C．平面平面
D．该截面与棱的交点是棱的一个三等分点
6．（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，D为的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的取值范围为（ ）

A． B． C． D．
7．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，E，F分别为棱，的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为，最大值为，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·山东枣庄·一模）在侧棱长为2的正三棱锥中，点为线段上一点，且，则以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥中，与是全等的等腰直角三角形，平面平面为线段的中点．过点作平面截该三棱锥的外接球所得的截面面积可能是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知正四面体，过点的平面将四面体的体积平分，则下列命题正确的是（ ）
A．截面一定是锐角三角形 B．截面可以是等边三角形
C．截面可能为直角三角形 D．截面为等腰三角形的有6个
11．（2024·湖北荆州·三模）如图，正八面体棱长为2．下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．当P为棱EC的中点时，正八面体表面从F点到P点的最短距离为
C．若点P为棱EB上的动点，则三棱锥的体积为定值
D．以正八面体中心为球心，1为半径作球，球被正八面体各个面所截得的交线总长度为
三、填空题
12．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为 ．
13．（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥的所有棱长都为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 ．
14．（2024·陕西安康·模拟预测）在棱长为1的正方体中，过面对角线的平面记为，以下四个命题:
①存在平面，使;
②若平面与平面的交线为，则存在直线，使;
③若平面截正方体所得的截面为三角形，则该截面三角形面积的最大值为;
④若平面过点，点在线段上运动，则点到平面的距离为．
其中真命题的序号为 ．
四、解答题
15．（2024·陕西榆林·三模）如图是一个半圆柱，分别是上 下底面圆的直径，为的中点，且是半圆上任一点（不与重合）.
(1)证明：平面平面，并在图中画出平面与平面的交线（不用证明）；
(2)若点满足，空间中一点满足，求三棱锥的体积.
16．（2024·广西河池·模拟预测）已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，为中点，过，，的平面截四棱锥所得的截面为．
(1)若与棱交于点，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），并证明．
(2)求多面体的体积．
17．（2024·江西萍乡·三模）如图，在直角梯形中，.以所在直线为轴，将向上旋转得到，使平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若为线段上一点，且，截面将多面体分成左右两部分的体积分别为，求的值.
18．（2024·内蒙古赤峰·一模）已知正方体，棱长为2．
(1)求证：．
(2)若平面平面，且平面与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值．
(3)已知平面平面，设平面与正方体的棱、、交于点、、，当截面的面积最大时，求点到平面的距离．
19．（23-24高三上·河北·期末）如图①，在中，分别为的中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，且，如图②.
(1)设平面平面，证明：平面；
(2)是棱的中点，过三点作该四棱锥的截面，与交于点，求；
(3)是棱上一点（不含端点），过三点作该四棱锥的截面与平面所成的锐二面角的正切值为，求该截面将四棱锥分成上 下两部分的体积之比.
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重难点19 立体几何中的截面、交线问题【七大题型】
【新高考专用】
【题型1 截面作图】 2
【题型2 截面图形的形状判断】 7
【题型3 截面图形的周长或面积问题】 12
【题型4 球的截面问题】 16
【题型5 截面切割几何体的体积、表面积问题】 18
【题型6 交线长度、轨迹问题】 21
【题型7 截面的范围与最值问题】 25
1、立体几何中的截面、交线问题
“截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、周长、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解.
【知识点1 立体几何中的截面问题】
1．作截面的几种方法
(1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程.
(2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点.
(3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线.
2．球的截面
(1)球的截面形状
①当截面过球心时，截面的半径即球的半径，此时球的截面就是球的大圆；
②当截面不过球心时，截面的半径小于球的半径，此时球的截面就是球的小圆.
(2)球的截面的性质
①球心和截面圆心的连线垂直于截面；
②球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r之间满足关系式：.
图形解释如下：
在球的轴截面图中，截面与球的轴截面的关系如图所示.若设球的半径为R，以O'为圆心的截面的半径
为r，OO'=d.则在Rt△OO'C中，有，即.
【知识点2 立体几何中的截面、交线问题的解题策略】
1．立体几何截面问题的求解方法
(1)坐标法：所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(2)几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线面平行及面面平行的性质定理，找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这些点，从而得到过三点的完整截面，再进行求解.
2．截面、交线问题的解题策略
(1)作截面应遵循的三个原则：
①在同一平面上的两点可引直线；
②凡是相交的直线都要画出它们的交点；
③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有如下两种：
①利用基本事实3作交线；
②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.
【题型1 截面作图】
【例1】（2024·河南新乡·三模）在如图所示的几何体中，，平面，，，，.

（1）证明：平面；
（2）过点作一平行于平面的截面，画出该截面，说明理由，并求夹在该截面与平面之间的几何体的体积.
【解题思路】分析（1）由余弦定理结合勾股定理可证明，利用线面垂直的性质可证明，由线面垂直的判定定理可得平面；（2）取的中点，的中点，连接，截面即为所求，由（1）可知，平面，平面， 由“分割法”利用棱锥的体积公式可得结果.
【解答过程】（1）证明：在中，.
所以，所以为直角三角形，.
又因为平面，所以.
而，所以平面.
（2）取的中点，的中点，连接，平面即为所求.
理由如下：
因为，所以四边形为平行四边形，所以，从而平面，
同理可证平面.
因为，所以平面平面.
由（1）可知，平面，平面.
因为，
，
所以，所求几何体的体积.
【变式1-1】（2024高一下·广东佛山·竞赛）如图，在正方体中，分别为棱的中点.

(1)请在正方体的表面完整作出过点的截面.（只需写出作图过程，不用证明）
(2)请求出截面分正方体上下两部分的体积之比.
【解题思路】（1）根据截面定义作图即可；
（2）利用图形分割即可求出体积之比.
【解答过程】（1）连接并延长交于，连接并延长交于，于，连接交于，

则截面即为所求；
（2）连接，如图，

则截面下部的体积.
设正方体的棱长为1，
则，于是，
因此截面上下两部分的体积之比为.
【变式1-2】（2023·贵州·模拟预测）矩形ABCD中，（如图1），将沿AC折到的位置，点在平面ABC上的射影E在AB边上，连结（如图2）.
(1)证明：；
(2)过的平面与BC平行，作出该平面截三棱锥所得截面（不要求写作法）.记截面分三棱锥所得两部分的体积分别为，求.
【解题思路】（1）利用线面垂直的性质定理证明线线垂直；
（2）根据三角形的等面积法求出的长度，再根据勾股定理求出长度，进而确定，即可确定所求截面，利用锥体体积公式求解.
【解答过程】（1）因为平面，平面，所以，
且由翻折关系可知，
且,平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
（2）由（1）可知，平面，
又因为平面，所以.
且，
所以,
且,所以,所以，
所以,解得，
所以，所以，
所以取的三等分点为，且，
连接，
则有,平面,平面,
所以平面,所以所作截面为平面,
因为的相似比为，
所以，所以，
所以.
【变式1-3】（23-24高一下·河北廊坊·阶段练习）如图正方体的棱长为2，是线段的中点，平面过点.
(1)画出平面截正方体所得的截面，并简要叙述理由或作图步骤；
(2)求（1）中截面多边形的面积；
(3)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值.
【解题思路】（1）取的中点，连接，利用平行线的传递性可证得，可知四点共面，再由于三点不共线，可得出面即为平面截正方体所得的截面；
（2）分析可知，四边形为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积；
（3）利用台体的体积公式可求得三棱台的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果.
【解答过程】（1）如图，取的中点，连接.
因为是的中点，所以.
在正方体中，，，
所以四边形是平行四边形，所以，所以，
所以四点共面.
因为三点不共线，所以四点共面于平面，
所以面即为平面截正方体所得的截面.
（2）由（1）可知，截面为梯形，，
，，
同理可得，
如图所示：
分别过点在平面内作，，垂足分别为点，
则，，，
所以，则，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，，则，
所以，
故梯形的面积为.
（3）多面体为三棱台，，，
该棱台的高为2，所以，该棱台的体积为
，
故剩余部分的体积为.
故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为.
【题型2 截面图形的形状判断】
【例2】（2024·四川达州·二模）如图，在正方体中，为中点，为线段上一动点，过的平面截正方体的截面图形不可能是（ ）

A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．菱形
【解题思路】根据点在、以及三个特殊位置时，截面图形的形状，选出正确选项.
【解答过程】B选项，当点与重合时，

取中点，因为是中点，则，且，
连接，则四边形为平行四边形，
又因为，所以平行四边形为矩形，故排除B选项；
C选项，当点与重合时，

取中点，因为是的中点，所以，
连接，截面四边形为梯形，故排除C选项；
D选项，当点为中点时，

因为是中点，所以且，
连接，则四边形是平行四边形，
又因为，，
因为是正方体，所以，所以，
所以平行四边形是菱形，故排除D选项；
不管点在什么位置，都不可能是三角形.
故选：A.
【变式2-1】（2024·河南·模拟预测）在正方体中，M，N分别为AD，的中点，过M，N，三点的平面截正方体所得的截面形状为（ ）
A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形
【解题思路】在上取点，且，取中点为，在上取点，且.通过，可得，进而得出，.通过证明，得出.同理得出，即可得出正方体的截面图形.
【解答过程】
在上取点，且，取中点为，连接.
在上取点，且，连结.
因为，，
所以，所以.
又，所以，所以，
所以，.
因为分别为的中点，所以，且.
根据正方体的性质，可知，且，
所以，，且，
所以，四边形是平行四边形，
所以，，所以.
同理可得，.
所以，五边形即为所求正方体的截面.
故选：B.
【变式2-2】（2024·全国·模拟预测）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（ ）
A．（2）（5） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（1）（5）
【解题思路】应用空间想象，讨论截面与轴截面的位置关系判断截面图形的形状即可.
【解答过程】当截面如下图为轴截面时，截面图形如（1）所示；
当截面如下图不为轴截面时，截面图形如（5）所示，下侧为抛物线的形状；
故选：D.
【变式2-3】（2024·江西·模拟预测）已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【解题思路】连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，即可得到截面图形，从而得解.
【解答过程】如图连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，
则五边形即为平面截该长方体所得的截面多边形.
其中因为，，，
所以，则，所以，
又，所以，所以，
则，
显然，则，所以.
故选：C.
【题型3 截面图形的周长或面积问题】
【例3】（2024·云南曲靖·模拟预测）正方体外接球的体积为，、、分别为棱的中点，则平面截球的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】由已知，得到正方体外接球的半径，进而得到正方体的棱长，再由勾股定理计算出平面截球的截面圆的半径，即可得到截面面积.
【解答过程】

设正方体外接球的半径为，棱长为，
因为正方体外接球的体积为，
所以，则，
由，得，
设球心到平面的距离为，平面截球的截面圆的半径为，
设到平面的距离为,
因为、、分别为棱的中点，
所以是边长为的正三角形,
由,得,
则,
解得,又,
所以到平面的距离为，
则，
，
所以平面截球的截面面积为，.
故选：A.
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，用过点，E，的平面截正方体，则截面周长为（ ）

A． B．9 C． D．
【解题思路】作出正方体的截面图形，求出周长即可.
【解答过程】

如图，取AB的中点G，连接GE，，．
因为E为BC的中点，所以，，
又，，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
所以，，
所以用过点，E，的平面截正方体，所得截面为梯形，
其周长为．
故选：A．
【变式3-2】（2024·江苏南通·二模）在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面截正方体外接球所得的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据正方体的几何性质确定外接球半径，设球心为，求解到截面的距离，从而可得截面圆的面积.
【解答过程】取正方体的中心为，连接，
由于正方体的棱长为2，所以正方体的面对角线长为，体对角线长为，
正方体外接球球心为点，半径，
又易得，且，
所以三棱锥为正四面体，如图所示，取底面正三角形的中心为，
即点到平面的距离为，又正三角形的外接圆半径为，
由正弦定理可得，即，所以，
即正方体外接球的球心到截面的距离为，
所以截面被球所截圆的半径，
则截面圆的面积为.
故选：A.
【变式3-3】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】取的中点，由，证得，再由平面，证得，从而得到平面，同理证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到平面截正方体的截面为，进而求得截面的面积，得到答案.
【解答过程】如图所示，
取的中点，分别连接，
在正方形中，因为分别为的中点，可得，
所以，，
因为，所以，所以，即，
又因为分别为的中点，所以，
因为平面，平面，所以，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可证：，
又因为且平面，所以平面，
即平面截正方体的截面为，
由正方体的棱长为，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以截面的面积为.
故选：D.
【题型4 球的截面问题】
【例4】（2024·四川资阳·二模）已知球O的体积为，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面被球O所截的截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据球的体积公式，结合球的截面的性质进行求解即可.
【解答过程】设球O的半径为R，则，解得.
因为点A到球心O的距离为3，
所以过点A的平面被球O所截的截面圆的半径的最小值为，
则所求截面面积的最小值为.
故选：C.
【变式4-1】（2024·四川自贡·三模）已知球O半径为4，圆与圆为球体的两个截面圆，它们的公共弦长为4，若，，则两截面圆的圆心距（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】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.
【解答过程】设圆与圆公共弦为，其中点为，
则，，
所以，，
所以在中，，所以，
在中，，所以，
所以在中，，所以.
故选：D.
【变式4-2】（2024·陕西榆林·一模）已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】设截得的截面圆的半径为，球的半径为，由平面几何知识得截面与球心的距离为，利用勾股定理求得的值，由题意可知球心到所求截面的距离最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得答案.
【解答过程】如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，
因为，
所以.由勾股定理，得，由题意得，
所以，解得，
此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.
设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则，
所以只需球心到所求截面的距离最大即可，
而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大，
即，所以.
故选：C.
【变式4-3】（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，某同学制作了一个工艺品.该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合）.若其中一截面圆的周长为，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】设球的半径为，截面圆的半径为，两个截面圆间的距离为，依题意求出与，利用勾股定理求出，即可求出球的体积.
【解答过程】设球的半径为，截面圆的半径为，两个截面圆间的距离为，
因为截面圆的周长为，可得，解得，
又因为该工艺品可以看成是一个球被一个棱为8的正方体的六个面所截后剩余的部分，
所以两截面圆之间的距离为，解得，
根据球的截面的性质，可得，即（负值已舍去），
所以球的体积为.
故选：C.
【题型5 截面切割几何体的体积、表面积问题】
【例5】（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图所示，圆台的上、下底面半径分别为和，，为圆台的两条母线，截面与下底面所成的夹角大小为，且劣弧的弧长为，则三棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】分别取，的中点，，则易知截面与下底面所成的夹角为，作于点，则，且，再根据弧度数公式及解三角形可求出圆台的高，最后根据台体的体积公式，即可求解．
【解答过程】如图，分别取，的中点，，
则，且，又平面，平面，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，
截面与下底面所成的夹角为，
过作于点，则，且，
又劣弧的弧长为，弧所在圆的半径为，
，则， ，
同理可得，，又，
，
又三角形的面积为，
同理可得三角形的面积为，
三棱台的体积为．
故选：C．
【变式5-1】（2024·上海普陀·二模）若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】由体积求出圆锥的底面圆半径和高，母线长，即可计算圆锥的侧面积．
【解答过程】设圆锥的底面圆半径为，高为，由轴截面三角形的顶角为，得，
所以圆锥的体积为，解得，
所以圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为．
故选：C．
【变式5-2】（2024·河南开封·二模）已知经过圆锥的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】作出圆锥的轴的截面，根据题意推出上、下两部分几何体的两部分的内切球的半径之比为，从而可得上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，从而可得解．
【解答过程】如图，作出圆锥的轴截面，
设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为，，半径分别为，，
即，，
根据题意可知为正三角形，易知，圆锥的底面半径，
，又，
，，
上部分圆锥的底面半径为，高为，
又圆锥的底面半径为，高为，
上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，
上、下两部分几何体的体积之比是．
故选：C．
【变式5-3】（2024·江西赣州·一模）在棱长为1的正方体中，为棱的中点，过且平行于平面的平面截正方体所得截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据给定条件，作出并证明过点，且与平面平行的正方体的截面，再求出面积.
【解答过程】在棱长为1的正方体中，取中点，中点，
连结，而为棱中点，
显然，，得四边形，四边形都是平行四边形，
则，，平面，平面，
于是平面，平面，又，平面，
因此平面平面，又，，即四边形是平行四边形，
则，显然平面平面，
从而过且平行于平面的平面截正方体所得截面为四边形，
又，即四边形为菱形，
而，，
所以四边形的面积为．
故选：A.
【题型6 交线长度、轨迹问题】
【例6】（2025·广东广州·模拟预测）在正六棱柱中，，为棱的中点，以为球心，为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据题意，画出图形，设分别为的中点，连接，由题意可知球不与侧面及侧面相交，球与侧面交于点，与侧面交于点，然后分别判断与其余4个面的交线，求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和即可
【解答过程】因为球的半径为6，，所以球不与侧面及侧面相交，
设分别为的中点，连接，
则由题意可得，
所以，
所以球与侧面交于点，与侧面交于点，
在正六边形中，因为，所以，
所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，所以平面，且，
所以，
所以球与侧面的交线是以为直径的半圆，
同理可得球与侧面的交线是以为直径的半圆，
因为，所以球与上下底面的交线均为个半径为的圆，
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为.
故选：D.
【变式6-1】（2023·河南·模拟预测）如图，在三棱锥中，两两垂直，且，以为球心，为半径作球，则球面与底面的交线长度的和为（ ）

A． B． C． D．
【解题思路】由等体积公式求出截面圆的半径为，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度.
【解答过程】由题意知三棱锥为正三棱锥，故顶点在底面的射影为的中心，连接，由，
得，所以，
因为球的半径为，所以截面圆的半径，
所以球面与底面的交线是以为圆心，为半径的圆在内部部分，
如图所示

易求，所以，
易得，所以，
所以交线长度和为.
故选：C.
【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥的体积为，底面的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点在球的球面上，点为底面上一动点，与所成角为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据锥体的体积公式结合外接球的性质可得半径和四棱锥的底边边长，进而根据锐角三角函数可得，即可判断点的轨迹为为圆心，半径的圆，即可求解.
【解答过程】由题意，设球的半径为．如图所示，连接交于点，连接，则，，平面，所以，解得．
在中，因为，，所以．
因为正方形的中心到各边的距离为，所以点的轨迹为平面内，以点为圆心，半径的圆，故点的轨迹长度为．
故选:D．
【变式6-3】（2024·河南·二模）已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设为空间内一点，且五点在同一个球面上，若，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】将四面体放入长方体中，求解长方体的长宽高，求解外接球的半径，判断的轨迹，然后求解即可．
【解答过程】将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为，，，
依题意，可知，，
则，，，解得，，
由于，即异面直线和的距离为，
由于长方体的左右侧面为正方形，所以，
取中点，连接，则左侧面，在左侧面，所以 ，
又平面，故平面，
四面体的外接球半径为，球心为，
由，知点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为，圆心为，
过作球的一个轴截面，
所以，且，
，且，
解得，
所以的轨迹长度为．
故选：D．
【题型7 截面的范围与最值问题】
【例7】（2024·江苏南京·模拟预测）已知，底面半径的圆锥内接于球，则经过和中点的平面截球所得截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据球的截面性质，结合三角形面积等积性、勾股定理进行求解即可.
【解答过程】如图，
设球的半径为，线段的中点为，因为，
所以，解得，
设经过和中点的平面截球所得截面圆的圆心为，半径为，球心到截面的距离，
则，要截面面积最小，则要最小，即要最大，
因为当为点到的距离时最大，此时，又，
所以，
所以，
故截面面积的最小值为．
故选：A.
【变式7-1】（2024·重庆渝中·模拟预测）在三棱锥中，，且平面，过点作截面分别交于点，且二面角的平面角为，则所得截面的面积最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【解题思路】由二面角的定义可得，从而，设，由三角形的面积相等和基本不等式得到，再由三角形的面积公式即可求解.
【解答过程】过作，垂足为，连接，则由三垂线定理可得，
∴即为二面角的平面角，
∴，，所以，
设，则，
在三角形中，，
又，所以，
所以，时等号成立，
所以三角形的面积为，
故截面PEF面积的最小值为.
故选：B.
【变式7-2】（2024·四川·模拟预测）设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为，则的面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】首先确定截面的形状，再通过几何计算，确定面积的最大值.
【解答过程】连结，因为平面，平面，所以
且，平面，所以平面，平面，
所以，同理，且，平面，
所以平面；
所以平面为平面或与其平行的平面，只能为三角形或六边形.
当为三角形时，其面积的最大值为；
当为六边形时，此时的情况如图所示，
设，则，
依次可以表示出六边形的边长，如图所示：六边形可由两个等腰梯形构成，
其中 ，两个等腰梯形的高分别为，，
则，
当且仅当时，六边形面积最大，即截面是正六边形时截面面积最大，最大值为.
故选：B.
【变式7-3】（2024·四川·一模）设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为M．则下列结论正确的是（ ）．
A．M必为三角形 B．M可以是四边形
C．M的周长没有最大值 D．M的面积存在最大值
【解题思路】对于选项A和B，结合空间图形，截面与直线垂直，截面多边形只能为正三角形或六边形；对于选项C，分截面多边形为正三角形和六边形两种情况分析多边形的周长最值即可；对于选项D，分截面多边形为正三角形和六边形两种情况分析多边形的面积最值即可；
【解答过程】对于选项A、B，易知平面为平面或与其平行的平面，故多边形M只能为三角形或六边形，选项A和B均错误；
对于选项C，
当M为正三角形时，显然截面多边形M为时周长取得最大值为；
当截面多边形M为六边形时，
设，则，，，
易得：，，
此时截面多边形M的周长为定值：，
综合两种情况，M的周长的最大值为，选项C错误；
对于选项D，
当M为正三角形时，
仅当截面多边形M为时的面积为；
当截面多边形M为六边形时，设，
该六边形可由两个等腰梯形和构成，
其中，
，，，
两个等腰梯形和的高分别为和，
则
，
，
当且仅当时，六边形面积最大值为，即截面多边形是正六边形时截面面积最大．
综上，当时，截面多边形为正六边形时面积取得最大值.
选项D正确.
故选：D.
一、单选题
1．（2024·河北·模拟预测）过圆锥高的中点作平行于底面的截面，则截面分圆锥上部分圆锥与下部分圆台体积比为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】利用圆锥、圆台的体积公式求得圆锥与圆台的体积关系．
【解答过程】设截面圆半径为r，圆锥的高为h，圆锥的体积为,则圆台下底面圆的半径为2r，圆台的高为h，圆台的体积为，
所以，，
可得.
故选：D.
2．（2024·全国·模拟预测）已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【解题思路】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解．
【解答过程】如图，设，分别延长交于点，此时，
连接交于，连接，
设平面与平面的交线为，则，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，设，则，
此时，故 ，连接，
所以五边形为所求截面图形，
故选：C．

3．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】设的外接圆的圆心为，根据 中，，解得，过点作圆的截面，当截面过球心时，截面面积最大，由此能求出所得截面圆面积的最大值．
【解答过程】如图，设的中心为，球的半径为，连接，，
则，，
在 中，，解得，
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为．
所得截面圆面积的最大值为．
故选：D．

4．（2024·广东江门·模拟预测）沙漏也叫做沙钟，是一种测量时间的装置.沙漏由两个完全一样的圆锥和一个狭窄的连接管道组成，通过充满了沙子的玻璃圆锥从上面穿过狭窄的管道流入底部玻璃圆锥所需要的时间来对时间进行测量西方发现最早的沙漏大约在公元1100年，比我国的沙漏出现要晚．时钟问世之后，沙漏完成了它的历史使命.现代沙漏可以用来助眠．经科学认证，人类的健康入睡时间是15分钟，沙漏式伴睡灯便是一个15分钟的计时器．它将古老的计时沙漏与现代夜灯巧妙结合，随着沙粒从缝隙中滑下，下部的灯光逐渐被沙子掩埋，直到15分钟后沙粒全部流光，柔和的灯光完全覆盖．就这样，宁静的夜晚，听着沙粒窸窸窣窣的声音，仿佛一首缓缓流动的安眠曲如图，一件沙漏工艺品，上下两部分可近似看成完全一样的圆锥，测得圆锥底面圆的直径为，沙漏的高（下底面圆心的距离）为，通过圆锥的顶点作沙漏截面，则截面面积最大为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】法一，根据条件得到，再利用基本不等式，即可求出结果；
法二，设，根据条件得到，即可求出结果.
【解答过程】由沙漏的对称性，通过圆锥顶点作沙漏的截面，上下两部分截面为全等的三角形，只需要讨论通过顶点作圆锥的截面的最大值，
如图，在圆锥中，过顶点作截面为，作于，延长交底面圆交于点，连接 ，
设，，
，
当且仅当时，“=”号成立，解得，所以沙漏截面面积最大值为，
故选：B．
方法二：设，
所以，
当为底面圆直径时，取得最大，此时，最大为钝角，
所以当时，，沙漏截面面积最大值为，
故选：B．
5．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在正方体中，分别为棱的中点，过三点作该正方体的截面，则（ ）

A．该截面是四边形
B．平面
C．平面平面
D．该截面与棱的交点是棱的一个三等分点
【解题思路】对A：延拓平面，即可求得截面，从而进行判断；对B：证明与不垂直，即可证明；对C：由，与平面不垂直，即可判断两平面位置关系；对D：根据三角形相似，即可证明.
【解答过程】对A：如图，将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于点，
连接，分别与棱交于点，得到截面是五边形，故A错误；

对B：因为面面，故；
又，面，故面，
又面，故；
假设，又，面，故面，
又面，显然过一点作一个平面的垂直只能有一条，假设不成立，即与不垂直；
又平面，所以与平面不垂直，故B错误；
对C：面面，故，又，
面，故面，又面，
故，同理可得，又面，
故平面，又与平面不垂直，
所以平面与平面不平行，故C错误；
对D：易知，所以，
所以截面与棱的交点是棱的一个三等分点，故D正确．
故选：D．
6．（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，D为的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的取值范围为（ ）

A． B． C． D．
【解题思路】过作，交于，连接，取的中点，连接，可得平面BDE截直三棱柱所得的截面为梯形，根据边长关系求出梯形的面积即可得到答案.
【解答过程】直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，所以，解得，
过作，交于，连接，取的中点，连接，

设 ，
①当时，平面BDE截直三棱柱所得的截面为正方形，面积为，
②当时，因为，，所以四边形为平行四边形，则，，
因为，分别为，的中点，所以，，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，且
则，，即平面BDE截直三棱柱所得的截面为梯形
在中，，，，则，
在中，，，，则，
在中，，，，则，则
过作垂足为，过作垂足为，所得平面图形如下;

则，，，，
设，则
所以，，因为，
化简可得：，则，
所以，
因为当，所以，则，
综上，平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的范围为
故选：A.
7．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，E，F分别为棱，的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为，最大值为，则（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据题意可求得正方体的外接球球心位置，易知当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径，当截面与OP垂直时，截面面积最小；分别求出对应的半径大小即可得出结果.
【解答过程】如图，正方体的外接球球心在其中心点处，设该正方体的棱长为，
则外接球的半径，
要使过直线EF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EF的中点，
连接OE，OF，OP，则，
，
所以，
此时截面圆的半径．
显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径；
所以．
故选：D．
8．（2024·山东枣庄·一模）在侧棱长为2的正三棱锥中，点为线段上一点，且，则以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】借助线面垂直的判定定理与性质定理可得、、两两垂直，即以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线分别为三段半径为，圆心角为的弧，借助弧长公式计算即可得.
【解答过程】取中点，连接、，则有，，
又，、平面，故平面，
又平面，故，又，
，、平面，故平面，
又、平面，故，，
由正三棱锥的性质可得、、两两垂直，
故，即以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为：
，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为.
故选：C.

二、多选题
9．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥中，与是全等的等腰直角三角形，平面平面为线段的中点．过点作平面截该三棱锥的外接球所得的截面面积可能是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】将三棱锥补成正方体，通过求正方体外接球的半径来求三棱锥外接球的半径；并分析出球心O到截面的距离最大时，截面圆的面积最小，另外图5另做分析.
【解答过程】由题意可知，满足条件的三棱锥有五种情况，如图．
由于图（1）（2）（3）（4）将三棱锥补成正方体，其外接球球心为正方体中心，
点到球心的距离相等，因此只考虑一种情况．
以图（1）为例，其外接球半径．
当垂直于截面时，截面圆的半径取最小值，此时其面积为；
当截面过球心时，截面圆的半径取最大值，此时其面积为．
因此截面圆的面积的取值范围为．
若三棱锥为图（5），时，
则球心与重合，此时，截面圆的面积为．
故选：AB．
10．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知正四面体，过点的平面将四面体的体积平分，则下列命题正确的是（ ）
A．截面一定是锐角三角形 B．截面可以是等边三角形
C．截面可能为直角三角形 D．截面为等腰三角形的有6个
【解题思路】根据题意，结合正四面体的几何特征，以及余弦定理和三角形的性质，逐项判定，即可求解.
【解答过程】如图所示，设过点的截面交底面于点，且，
因为过点的平面将正四面体的体积平分，即平分的面积，
可设正四面体的棱长为，
可得，解得，且，
对于A中，在中，可得，
在中，可得，
在中，可得，
则，即，
同理可得，，
即在中，任意的两边的平方和大于第三边，所以为锐角三角形，所以A正确；
对于B中，若截面为等边三角形，则满足，
若，即，可得，
此时，可得，
所以截面不是等边三角形，所以B错误；
对于C中，当点与点重合时，要使得平面平分三棱锥的体积，
即平分的面积，此时为的中点，此时，
则中，边取得最小值，且，且，
可得，此时的最大角为锐角，
所以不能为直角三角形，所以C错误；
对于D中，当过点截面过底面的一个顶点和对边的中点时，
如图（1）所示，得到截面，,，此时，
此时三个三角形都为等腰三角形，且满足把正四面体的体积平分；
如图（2）所示，在的边长上分别取，
使得，连接，
使得恰好平分的面积，此时截面恰好平分正四面体的体积，且为等腰三角形，
综上可得，截面为等腰三角形的有6个，所以D正确.
故选：AD.

11．（2024·湖北荆州·三模）如图，正八面体棱长为2．下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．当P为棱EC的中点时，正八面体表面从F点到P点的最短距离为
C．若点P为棱EB上的动点，则三棱锥的体积为定值
D．以正八面体中心为球心，1为半径作球，球被正八面体各个面所截得的交线总长度为
【解题思路】对于A，由线线平行证得线面平行；对于B，将和展开至同一平面，由余弦定理可求最小值；对于C，等体积法得到三棱锥的体积为定值，对于D，以O为球心，1为半径的球与各条棱均切于中点处，据此计算可求球被正八面体各个面所截得的交线总长度.
【解答过程】对于A，在正八面体中，故四边形为菱形，
故，又平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，将和展开至同一平面，如图所示，
其中，，，
由余弦定理得：，，故B正确；
对于C，，连接、，相交于点，连接，
由对称性可知，，
、均为等腰直角三角形，
所以，，，
又平面，
可证得平面，所以到平面的距离为，
设菱形的面积为，则，，
三棱锥的体积为定值，故C错误；
对于D，易得以O为球心，1为半径的球与各条棱均切于中点处，
故球与每个侧面的交线即侧面正三角形的内切圆，
又以2为边长的正三角形的高为，
可得内切圆半径，交线总长度，故D正确．
故选：ABD.
三、填空题
12．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为 ．
【解题思路】根据给定条件，求出线段MN长及点O到平面的距离，即可得到球被平面截得的截面周长，从而得到结果；
【解答过程】
在棱长为2的正四面体中，连接，过作于，如图，
由分别为棱的中点，得，
而平面，
则平面，又平面，于是平面平面，
而平面平面，
因此平面，而，，，则，
球半径，，从而，
球被平面截得的截面圆半径，
所以球被平面截得的截面周长.
又为正四面体，所以球被正四面体的每个面截得的截面都为圆，
且圆的半径为，
所以球被正四面体表面截得的截面周长为.
故答案为：.
13．（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥的所有棱长都为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 5 ，H的面积的最大值为 ．
【解题思路】数形结合，作平面与平面平行，即可解决；令，用表示相关长度，整理得，结合二次函数即可解决.
【解答过程】取中点且，平面，可知平面，
根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形.
令，则，
可得，
则，可得，
所以，
又因为与的夹角为与夹角，而与垂直，
则，
可得，
可知：当时，S取最大值.
故答案为：；.
14．（2024·陕西安康·模拟预测）在棱长为1的正方体中，过面对角线的平面记为，以下四个命题:
①存在平面，使;
②若平面与平面的交线为，则存在直线，使;
③若平面截正方体所得的截面为三角形，则该截面三角形面积的最大值为;
④若平面过点，点在线段上运动，则点到平面的距离为．
其中真命题的序号为 ①②④ ．
【解题思路】对于①：取平面为平面，结合线面垂直分析判断；对于②：根据面面平行的性质可得∥，再结合平行线的传递性分析判断；对于③：举反例说明即可；对于④：可证∥平面，则点到平面的距离即为点到平面的距离，利用等体积法分析求解.
【解答过程】对于①：取平面为平面，
因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，
可得平面，即，故①为真命题；
对于②：显然此时平面与平面不重合，
因为平面∥平面，
且平面平面，平面平面，可得∥，
又因为∥，，可知为平行四边形，则∥，
可知当不与重合时，∥，故②为真命题；
对于③：例如截面，可知截面为边长为的等边三角形，符合题意，
且，故③为假命题；
对于④：由②可知：∥，
且平面，平面，则∥平面，
因为点在线段上运动，则点到平面的距离相等，
不妨取点为点，设点到平面的距离为，
因为，则，解得，
所以点到平面的距离为，故④为真命题；
故答案为：①②④.
四、解答题
15．（2024·陕西榆林·三模）如图是一个半圆柱，分别是上 下底面圆的直径，为的中点，且是半圆上任一点（不与重合）.
(1)证明：平面平面，并在图中画出平面与平面的交线（不用证明）；
(2)若点满足，空间中一点满足，求三棱锥的体积.
【解题思路】（1）根据题意可证平面，即可得结果；可证∥平面，进而可得∥l，即可得交线；
（2）根据题意利用解三角知识可得，利用锥体的体积公式运算求解.
【解答过程】（1）因为在上，则，
由题意可知：平面，
可得平面，且平面，所以平面平面.
因为∥，平面，平面，可得∥平面，
设平面与平面的交线为l，
且平面，可得∥l，
过作的平行线交于点，则即为平面与平面的交线.
（2）因为，
可得，解得，
则，可得，
又因为点满足，即点是线段上靠近的三等分点，
可得，
所以三棱锥的体积为.
16．（2024·广西河池·模拟预测）已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，为中点，过，，的平面截四棱锥所得的截面为．
(1)若与棱交于点，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），并证明．
(2)求多面体的体积．
【解题思路】（1）延长，连接交于，连接，可得截面；过作交于，通过证明，可得；
（2）由（1）可得，后由题目条件可得答案.
【解答过程】（1）延长，连接交于，连接，如图，四边形为截面.
中，，由，则为中点，为中点．
过作交于，则.
,.，即．
（2）.
由题意及（1）可得，.
则；
又可得，点F到平面BEC距离为，
则.
则．
17．（2024·江西萍乡·三模）如图，在直角梯形中，.以所在直线为轴，将向上旋转得到，使平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若为线段上一点，且，截面将多面体分成左右两部分的体积分别为，求的值.
【解题思路】（1）由题目证明，即可证明平面.
（2）截面将多面体分成左右两部分的体积分别为，分别求出，即可求出.
【解答过程】（1）且直角梯形与直角梯形全等，
且，
且，所以四边形为平行四边形
则，因为面面，所以平面.
（2）因为面面，且面，
由题目知直角梯形与直角梯形全等，所以，
取的中点，依题意得，面，几何体为直三棱柱，
且，
，
所以多面体的体积
.
，
18．（2024·内蒙古赤峰·一模）已知正方体，棱长为2．
(1)求证：．
(2)若平面平面，且平面与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值．
(3)已知平面平面，设平面与正方体的棱、、交于点、、，当截面的面积最大时，求点到平面的距离．
【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理可得结果；
（2）根据面面平行的性质定理及正三角形的面积公式可得结果；
（2）根据等积法求点到平面的距离可得结果.
【解答过程】（1）证明：连接，，因为是正方体，所以平面，
因为平面，所以.
又因为四边形是正方形，所以，
因为，所以平面，因为平面，
所以．

（2）截面图形，如图所示的六边形．根据题意知截面面积最大时，图形为边长为的
正六边形，所以最大的截面面积为，所以．

（3）因为平面平面，所以当截面的面积最大时，、、分别是
棱、、的中点，易知，
易求，因为点到平面的距离为1，
所以．
易求，，，所以．
设到平面的距离为，
所以，所以．
所以到平面的距离为．

19．（23-24高三上·河北·期末）如图①，在中，分别为的中点，以为折痕，将折起，使点到达点的位置，且，如图②.
(1)设平面平面，证明：平面；
(2)是棱的中点，过三点作该四棱锥的截面，与交于点，求；
(3)是棱上一点（不含端点），过三点作该四棱锥的截面与平面所成的锐二面角的正切值为，求该截面将四棱锥分成上 下两部分的体积之比.
【解题思路】（1）延长交于点，连接，确定得到平面，得到证明.
（2）延长交于点，连接并延长交于点，连接，平面即为所求截面，根据相似即中位线的性质得到比例关系.
（3）过作，确定，得到平面，得到，勾股定理计算得到，，为的中点，得到是的重心，计算，，得到答案.
【解答过程】（1）在图②中延长交于点，连接，
因为分别为的中点，所以，
所以分别是以为斜边的直角三角形，
即，
又平面平面，所以平面，
又平面平面，所以平面.

（2）在图②中延长交于点，连接并延长交于点，连接，
所以平面即为所求截面，
取为的中点，连接，则，
，故，故.

（3）过作，因为，所以为的中点，所以，
连接，因为，所以，
又平面平面，所以平面，
连接，则是截面与平面所成二面角的平面角，
即，

在直角中，，所以，
在中，由余弦定理可得：
，
所以在直角中，，所以，
所以，所以，
因为，因为，即为的中点，
又是的中点，所以是的重心，所以，
，故，
又，
故，
所以.
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