(全国通用)高考数学二轮热点题型归纳与变式演练 专题8-2 立体几何截面问题的十种题型（原卷+解析）学案

专题8-2立体几何截面问题的十种题型 目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc29376" 一、热点题型归纳 1 HYPERLINK \l "_Toc17993" 【题型一】 做截面基本功：补全截面方法 1 HYPERLINK \l "_Toc26924" 【题型二】 截面形状的判断 4 HYPERLINK \l "_Toc12217" 【题型三】 平行关系确定截面 8 HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型四】 垂直关系确定的截面 10 HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型五】 求截面周长 13 HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型六】 求截面面积 17 HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型七】 球截面 19 HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型八】 截面分体积 22 HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型九】 不规则截面（曲线型截面） 24 HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型十】 截面最值 27 HYPERLINK \l "_Toc21895" 二、最新模考题组练 30【题型一】 做截面的基本功：补全截面方法【典例分析】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=2,AD=3,点E、F分别是AB、AA1的中点，点E、F、C1平面，直线A1D1平面=P，则直线BP与直线CD1所成角的余弦值是答案：B解析：如图，计算可得余弦值是【提分秘籍】基本规律截面训练基础：模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点方法：两点成线相交法或者平行法特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。方法一：相交法，做法如图方法二：平行线法。做法如图【变式演练】1.如图，在正方体中，M、N、P分别是棱、、BC的中点，则经过M、N、P的平面与正方体相交形成的截面是一个（ ）A．三角形 B．平面四边形 C．平面五边形 D．平面六边形【答案】D【分析】分别取、、的中点，连接、、、、、、、、、，先证明四点共面，再证明平面，平面可得答案.【详解】如图，分别取、、的中点，连接、、、、、、、、、，且M、N、P分别是棱、、BC的中点，所以、，且，所以， 即四点共面，因为，所以四边形是平行四边形，所以，又因为，得，且平面，平面，所以平面，得平面，因为，所以四边形是平行四边形，所以，又因为，得，又平面，平面，所以平面，得平面，所以六点共面，平面六边形即为经过M、N、P与正方体相交形成的截面，故选：D.2.如图，在正方体中，E是棱的中点，则过三点A、D1、E的截面过（ ）A．AB中点 B．BC中点 C．CD中点 D．BB1中点【答案】B【分析】根据截面特点结合正方形结构性质求解.【详解】取的中点，连接，，如图，则，所以在截面上,故选：B3.如图正方体，棱长为1，P为中点，Q为线段上的动点，过A､P､Q的平面截该正方体所得的截面记为.若，则下列结论错误的是（ ）A．当时，为四边形 B．当时，为等腰梯形C．当时，为六边形 D．当时，的面积为【答案】C【分析】根据题意，依次讨论各选项，作出相应的截面，再判断即可.【详解】解：当时，如下图1，是四边形，故A正确；当时，如下图2，为等腰梯形，B正确：当时，如下图3，是五边形，C错误；当时，Q与重合，取的中点F，连接，如下图4，由正方体的性质易得，且，截面为为菱形，其面积为，D正确.故选：C【题型二】 截面形状的判断【典例分析】一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球与三棱锥的各面均相切（球在三棱锥的内部，且球与三棱锥的各面只有一个交点），过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面图形是（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可知，该三棱锥为正四面体，内切球与各面相切于各个面的中心，即可判断出选项B正确．【详解】如图所示：因为三棱锥的各棱长均相等，所以该三棱锥为正四面体，内切球与各面相切于各个面的中心，即可知过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面图形是．故选：B．【提分秘籍】基本规律一些容易出错误的地方1.截面与几何体表面相交，交线不会超过几何体表面个数。2.不会与同一个表面有两条交线。3.与一对平行表面相交，交线平行（不一定等长）4.截面截内切球或者外接球时，区分与面相切和与棱相切之间的关系【变式演练】1.如图，正四棱锥的高为12，，，分别为，的中点，过点，，的截面交于点，截面将四棱锥分成上下两个部分，规定为主视图方向，则几何体的俯视图为（ ）A．B．C． D．【答案】C【分析】根据主视图所给方向即可知俯视图中底面正方形，计算可知点投影位置，即可得出答案.【详解】研究平面DPB，设AC与BD的交点为O，BM与EF交点为N,为的中点，为的中点，，，又因为,过点作，设，，，又，，,,为4个格，为8个格，故选：C2.用一个平面去截正方体，所得截面不可能是（ ）A．直角三角形 B．直角梯形 C．正五边形 D．正六边形【答案】ABC【分析】根据正方体的几何特征，我们可分别画出用一个平面去截正方体得到的几何体的图形，然后逐一与四个答案中的图形进行比照，即可判断选项．【详解】当截面为三角形时，可能出现正三角形，但不可能出现直角三角形；截面为四边形时，可能出现矩形，平行四边形，等腰梯形，但不可能出现直角梯形；当截面为五边形时，不可能出现正五边形；截面为六边形时，可能出现正六边形，故选：ABC．3.在正方体中，M为AB中点，N为BC中点，P为线段上一动点（不含C）过M、N、P与正方体的截面记为，则下面三个判断，其中正确判断的序号有______．①当P为中点时，截面为六边形；②当时，截面为五边形；③当截面为四边形时，它一定是等腰梯形；【答案】①③.【分析】①延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，结合图形即可判断；②延长交于，交于，连接交于，连接交于，此时截面为五边形，求出即可判断；③当截面为四边形时，点与点重合，判断四边形的形状即可.【详解】解：如图①，延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，因为M为AB中点，N为BC中点，所以，同理，又因，所以，同理，所以共面，此时六边形为截面，所以截面为六边形；故①正确；如图②，延长交于，交于，连接交于，连接交于，此时截面为五边形因为，所以，所以，即，所以当时，截面为五边形；故②错误；当截面为四边形时，点与点重合，如图，由①得，，所以四边形即为截面，设正方体的棱长为1，则，，所以，所以四边形是等腰梯形；故③正确.故答案为：①③.【题型三】 平行关系确定截面【典例分析】在三棱锥中，，截面与，都平行，则截面的周长等于（ ）A． B． C． D．无法确定【答案】A【分析】由线面平行的性质定理确定截面的形状，再利用三角形相似的性质求截面的周长.【详解】设，因为平面，平面平面，平面，所以，同理可得，，，故四边形为平行四边形，所以，.因为，所以，，所以四边形的周长为.故选：A.【提分秘籍】基本规律平行关系确定的截面作图，一般情况下，利用线线、线面、面面特别是线面的平行性质定理推导。【变式演练】1.在正方体中，与平行，且过正方体三个顶点的截面是___________和___________.【答案】平面 平面 【分析】根据题意，结合图形，得出与平行，且过正方体三个顶点的截面是平面，平面．【详解】解：在正方体中，与平行，且过正方体三个顶点的截面是平面，平面．，，四边形是平行四边形；，又平面，平面，平面；同理平面．故答案为：平面，平面．2.若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有（ ）A．0条 B．1条C．2条 D．4条【答案】C【分析】由平行四边形的性质有两对边平行且相等，再应用线面平行的判定可确定线面平行，由线面平行的性质、判定即可知有几条棱与平面α平行.【详解】如下图示，若平面α即为面为平行四边形，即且，且，又面，面，则面，而面，面面，∴，由线面平行判定易知：平面α；同理可得，易得平面α.∴该三棱锥与平面α平行的棱有、，共2条.故选：C3.如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得的几何体，截面为ABC．已知AA1=4，BB1=2，CC1=3.在边AB上是否存在一点O，使得OC∥平面A1B1C1.【答案】存在【分析】取AB的中点O，连接OC，可证明，即四边形ODC1C是平行四边形，所以OC∥C1D，由线线平行证明线面平行，即得证【详解】存在，取AB的中点O，连接OC，作OD∥AA1交A1B1于点D，连接C1D，则OD∥BB1∥CC1.因为O是AB的中点，所以OD=(AA1+BB1)=3=CC1，则四边形ODC1C是平行四边形，所以OC∥C1D.又C1D⊂平面C1B1A1，且OC平面C1B1A1，所以OC∥平面A1B1C1.即在边AB上存在一点O，使得OC∥平面A1B1C1.【题型四】 垂直关系确定的截面【典例分析】已知正三棱柱(底面为正三角形的直棱柱)的体积为，，是的中点，点是线段上的动点，过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最小值为A． B． C．2 D．【答案】A【分析】由正三棱柱的体积为，，可求得，由于，所以要使三棱锥的体积最小，则三棱锥的体积最大，设的中点为，作出截面如图所示，可得点在以为直径的圆上，从而可求出点到底面距离的最大值，进而可求得三棱锥的体积的最小值【详解】如图所示，因为正三棱柱的体积为，，所以，即，因为，所以要使三棱锥的体积最小，则三棱锥的体积最大，设的中点为，作出截面如图所示，因为，所以，所以点在以为直径的圆上，所以点到底面距离的最大值为，所以三棱锥的体积的最小值为.故选：A.【提分秘籍】基本规律垂直关系确定的截面，利用线面垂直定理，转化到表面寻找线线垂直。【变式演练】1.如图，为正方体，任作平面与对角线垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为，周长为，则（ ）A．为定值，不为定值 B．不为定值，为定值 C．与均为定值 D．与均不为定值【答案】B【分析】将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展开在一个平面上，得到一个平行四边形，考查的位置，确定【详解】解：将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展开在一个平面上，得到一个平行四边形，如图所示而多边形的周界展开后便成为一条与平行的线段（如图中），显然，，所以为定值，当位于中点时，多边形为正六边形，而当称到时，为正三角形，则当周长这定值的正六边形与正三角形面积分别为，所以不是定值，故选：B2.正方体，的棱长为4，已知平面α，，则关于α､β截此正方体所得截面的判断正确的是（ ）A．α截得的截面形状可能为正三角形 B．与截面α所成角的余弦值为C．α截得的截面形状可能为正六边形 D．β截得的截面形状可能为正方形【答案】ABC【分析】首先根据已知条件确定截面，然后根据选项依次判断正误即可.【详解】如图因为正方体∴，，又∵∴平面又∵平面∴同理：又∵∴平面∴平面可以是平面，又因为∴为等边三角形，故A正确取的中点并依次连接易知，因为平面，平面∴平面同理：平面又因为且平面，平面∴平面平面∴平面可以是平面∵∴六边形是正六边形，故C正确以平面是平面为例计算：设A到平面的距离为等体积法求距离∵，∴又因为，∴则与平面所成角的正弦值为∴余弦值等于，故B正确对于D选项：由于直线，在正方体上任取点但异于，与可构成平面，但是截面的形状都不是正方形，故D错误故选：ABC3.已知正方体的棱长为2，M为的中点，平面过点且与垂直，则（ ）A． B．平面C．平面平面 D．平面截正方体所得的截面面积为【答案】ABD【分析】分析出面，可判断选项A；取AD的中点，由平面几何知识可知，，从而判断出面，即平面截正方体所得的截面为梯形，从而可判断剩余的三个选项.【详解】连接，则，又因为，,所以面，又因为面，所以，故选项A正确；取AD的中点，的中点，连接，，，，,在正方形中，由平面几何知识可知，，又因为，，所以面，所以,又因为，所以，又因为,所以面，即平面截正方体所得的截面为梯形，所以显然平面，选项B正确；平面与平面不平行，选项C错误；在梯形中，，，,所以梯形的高为，所以梯形的面积为，即平面截正方体所得的截面面积为，故选项D正确.故选：ABD.【题型五】 求截面周长【典例分析】如图，在正方体中，，为棱的中点，为棱的四等分点（靠近点），过点作该正方体的截面，则该截面的周长是___________.【答案】【分析】首先根据面面平行的性质定理作出过点的正方体的截面，从而求截面的周长.【详解】如图，取的中点，取上靠近点的三等分点，连接，易证，则五边形为所求截面.因为，所以，则，故该截面的周长是.故答案为：.【提分秘籍】基本规律1.截面周长，可以利用多面体展开图求。2.截面周长，可以在各个表面各自解三角形求解。【变式演练】1.正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（　　）A．2+2 B． C． D．【答案】B【分析】根据题意先作出截面，进而算出截面各边的长度，最后得到答案.【详解】如图，在正三棱柱中，延长AF与CC1的延长线交于M，连接EM交B1C1于P，连接FP，则四边形AEPF为所求截面.过E作EN平行于BC交CC1于N，则N为线段CC1的中点，由相似于可得MC1=2，由相似于可得：，在中，，则，在中，，则，在中，，则，在中，，由余弦定理：，则，所以截面周长为：.故选：B.2.已知在棱长为6的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．【答案】【分析】根据正方体的性质作出截面图形，进而算出周长.【详解】如图，延长EF，A1B1，相交于点M，连接AM，交BB1于点H，延长FE，A1D1，相交于点N，连接AN，交DD1于点G，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG.因为ABCD­A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，由中位线定理易得：EF＝，由勾股定理易得：AG＝AH＝，EG＝FH＝，截面的周长为AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝＋.故答案为：＋.3.已知直三棱柱的侧棱长为，，.过、的中点、作平面与平面垂直，则所得截面周长为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】确定平面与各棱的交点位置，计算出截面各边边长，由此可得出所得截面周长.【详解】如下图所示，取的中点，连接，取的，连接，取的中点，连接、，，为的中点，则，平面，平面，，，平面，、分别为、的中点，则且，平面，平面，所以，平面平面，所以，平面即为平面，设平面交于点，在直棱柱中，且，所以，四边形为平行四边形，且，、分别为、的中点，且，所以，四边形为平行四边形，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，设平面平面，平面，所以，，，，所以，四边形为平行四边形，可得，所以，为的中点，延长交于点，，所以，，，又，所以，，，为的中点，因为平面平面，平面平面，平面平面，，，，，，为的中点，，，则，为的中点，，则，同理，因为直棱柱的棱长为，为的中点，，由勾股定理可得，同理可得，且，平面，平面，平面，，、分别为、的中点，则，，由勾股定理可得，同理.因此，截面的周长为.故选：C.【题型六】 求截面面积【典例分析】已知正四棱柱中，，，则该四棱柱被过点，C，E的平面截得的截面面积为______.【答案】【分析】在上取点，使得，连接，则四边形是平行四边形，由勾股定理可得，再结合余弦定理与面积公式即可求解【详解】由题意，正四棱柱中，，，可得，在上取点，使得，连接，则有， 所以四边形是平行四边形，由勾股定理可得，所以,所以，所以四边形是平行四边形的面积为，故答案为：【提分秘籍】基本规律求截面面积：1.判断界面是否规则图形2.求截面各边长度3.规则图形，可以用对应面积公式求4.不规则图形，可以分割为三角形等图形求。5.难点：动态面积最值，可参考本专题10【变式演练】1.正方体的棱长为2，E是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为（ ）A．5 B． C． D．【答案】D【分析】作出示意图，设为的中点，连接，易得平面截该正方体所得的截面为，再计算其面积.【详解】如图所示，设为的中点，连接，设为的中点，连接，由且，得是平行四边形，则且，又且，得且，则共面，故平面截该正方体所得的截面为.又正方体的棱长为2，，，，，故的面积为.故选：D.2.在棱长为的正方体中，为的中点，则过、、三点的平面截正方体所得的截面面积为（　　）A． B． C． D．【答案】B【分析】取中点，连接、、、、，证明出，故四点、、、共面，所以过、、三点的平面截正方体所得的截面为等腰梯形，根据已知，即可求解.【详解】取中点，连接、、、、，因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，，、分别为、的中点，所以，且，所以，，故、、、四点共面，所以过、、三点的平面截正方体所得的截面为等腰梯形，其中，，，过点、在平面内分别作的垂线，垂足点分别为、，因为，，，所以，，故，在平面内，因为，，，所以，四边形为矩形，则，所以，，所以，梯形的高，梯形的面积.故选：B.3.已知正方体的棱长为2，点在线段上，且，平面经过点，则正方体被平面截得的截面为___________，其面积为___________.【答案】四边形 【分析】第一空，先画出所在平面，由平面平面得出，，四点共面，即为所求截面；第二空由已知条件可求出，再求出的面积，再乘以2可得截面的面积.【详解】如图所示：确定一个平面，因为平面平面，所以，同理，所以四边形是平行四边形.即正方体被平面截的截面.因为，所以，即所以由余弦定理得：，所以，所以.故答案为：四边形。【题型七】 球截面【典例分析】正三棱锥中，，点在棱上，且，已知点都在球的表面上，过点作球的截面，则截球所得截面面积的最小值为___________.【答案】【分析】通过补体把正三棱锥补成正方体，则正方体的体对角线为外接球直径；求出，当平面时，平面截球O的截面面积最小，此时截面为圆面，从而可计算截面的半径，从而推导出截面的面积.【详解】，，，，同理，故可把正三棱锥补成正方体（如图所示），其外接球即为球，直径为正方体的体对角线，故，设的中点为，连接，则且.所以，当平面时，平面截球O的截面面积最小，此时截面为圆面【提分秘籍】基本规律计算球截面1.确定球心和半径2.寻找做出并计算截面与球心的距离3.要充分利用“球心做弦的垂直垂足是弦的中点”这个性质4.强调弦的中点，不一定是几何体线段的中点。【变式演练】1.已知三棱锥的所有棱长均相等，四个顶点在球的球面上，平面经过棱，，的中点，若平面截三棱锥和球所得的截面面积分别为，，则（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据平面截三棱锥所得三角形为正三角，即可求出三角形面积及外接圆面积，即可求解.【详解】设平面截三棱锥所得正三角边长为a，截面圆的半径为r，则，由正弦定理可得，，，故选：B2.某四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形中心，该四棱锥所有顶点都在半径为的球上，当该四棱锥的体积最大时，底面正方形所在平面截球的截面面积是（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出图形，可知四棱锥为正四棱锥，由勾股定理可得出，分析得出，可设，，其中，可得出，令，，利用导数求出取最大值时对应的的值，求出的值，可得出的长，进而可求得结果.【详解】如下图所示，可知四棱锥为正四棱锥，设，则球心在直线上，设，，则，由勾股定理可得，即，当四棱锥的体积最大时，则点在线段上，则，可设，，其中，，令，，则.当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，此时，，则，因此，当该四棱锥的体积最大时，底面正方形所在平面截球的截面面积是.故选：C.3.已知球O是正三棱锥A-BCD（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，BC=3，AB=，点E在线段BD上，且BD=3BE．过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图，O1是A在底面的射影，求出底面外接圆的半径和几何体外接球的半径，利用余弦定理求出O1E=1，当截面垂直于OE时，截面面积最小，求出截面圆的半径即得解.【详解】解：如图，O1是A在底面的射影，由正弦定理得，△BCD的外接圆半径；由勾股定理得棱锥的高AO1；设球O的半径为R，则，解得，所以OO1=1；在△BO1E中，由余弦定理得所以O1E=1；所以在△OEO1中，OE=；当截面垂直于OE时，截面面积最小，此时半径为，截面面积为.故选：A【题型八】 截面分体积【典例分析】已知正四棱柱中、的交点为，AC、BD的交点为，连接，点为的中点.过点且与直线AB平行的平面截这个正四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和，则正四棱柱的体积为______________.【答案】3【分析】当截面平行于平面时，截面面积最小；当截面为平面时，截面面积最大，根据题设条件列出方程，然后求出正四棱柱的底面边长和高，即可求出四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积．【详解】设正四棱柱的底面边长为a，高为h，由题知当截面平行于平面时，截面面积最小；当截面为平面时，截面面积最大，因为过点且与直线AB平行的平面截这个正四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和，所以，解得，于是正四棱柱的体积为.故答案为：3.【提分秘籍】基本规律对于截面截开几何体，一般情况下，可能会出现不规则几何体，所以求体积，需要采取“切割法”来求【变式演练】1.正方体中，E，F分别是棱，的中点，则正方体被截面分成两部分的体积之比为___________.【答案】17：7或7：17【分析】如图，正方体被截面所截的一部分为棱台，求出棱台的体积，然后用正方体的体积减去棱台的体积可得另一部分的体积，从而可求得结果【详解】设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，因为E，F分别是棱，的中点，所以棱台的体积为，所以另一部分的体积为，所以正方体被截面分成两部分的体积之比为17：7或7：17，故答案为：17：7或7：172.如图所示，在长方体中，用截面截下一个棱锥则棱锥的体积与剩余部分的体积之比为（ ）A．1：5 B．1：4 C．1：3 D．1：2【答案】A【分析】由长方体的性质，结合三棱锥的体积公式、长方体的体积公式求及剩余部分的体积，进而求其比例即可.【详解】由图知：，，而，∴剩余部分的体积为，∴棱锥的体积与剩余部分的体积之比为1：5.故选：A3.三棱锥中，E、F、G、H分别是棱DA、DB、BC、AC的中点，截面EFGH将三棱锥分成两个几何体：、，其体积分别为、，则（ ）A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4【答案】A【分析】如图，连接，设的面积为，到平面的距离为，故可计算几何体的体积为，从而可得两个几何体的体积之比.【详解】如图，连接，设的面积为，到平面的距离为，则，而，又，故几何体的体积为，而三棱锥的体积为，故几何体的体积与棱锥的体积之比为，故两个几何体、的体积之比为1:1.故选：A.【题型九】 不规则截面（曲线形截面）【典例分析】如图，一个底面半径为R的圆柱被与其底面所成角为的平面所截，截面是一个椭圆，当为时，这个椭圆的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据几何关系用圆柱的地面半径表示椭圆的长轴和短轴，再计算椭圆的离心率即可.【详解】设椭圆的长半轴为a，短半轴为b，半焦距为c根据题意可知，所以椭圆的离心率，选项A正确。故选：A.【提分秘籍】基本规律不规则截面，会产生截面图像为圆锥曲线，可参考专题8-1立几中的轨迹 专题【变式演练】1.古希腊数学家阿波罗尼采用平面切割圆锥的方法来研究曲线，如图①，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线和双曲线.图②，在底面半径和高均为的圆锥中，、是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，是线段的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以E为顶点的圆锥曲线的一部分，则该曲线为____________，是该曲线上的两点且，若经过点，则__________.【答案】抛物线 【分析】根据圆锥曲线的定义直接判断即可，再根据抛物线通径的性质直接得出答案即可.【详解】由已知底面半径和高均为，得，又为中点，，且，所以平面，根据圆锥曲线的定义可知截面与圆锥母线平行时，曲线为抛物线，又为中点，故，，又底面，故，由，，故平面，，又，故为抛物线的通径，.2.如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面相切.椭圆截面与两球相切于椭圆的两个焦点，.过椭圆上一点作圆锥的母线，分别与两个球相切于点.由球和圆的几何性质可知，，.已知两球半径分为别和，椭圆的离心率为，则两球的球心距离为_______________.【答案】【分析】设两球的球心距离为，通过圆锥的轴截面进行分析，根据两球半径可求得；利用三角形相似可求得，进而得到；利用椭圆离心率可构造方程求得结果.【详解】作出圆锥的轴截面如图所示，圆锥面与两球相切于两点，则，，过作，垂足为，连接，，设与交于点，设两球的球心距离为，在中，，，；，，，，解得：，，；由已知条件，知：，即轴截面中，又，，解得：，即两球的球心距离为.故答案为：.3.如图①，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆．许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinal dandelin（1794-1847）的方法非常巧妙，极具创造性．在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面，截面相切，两个球分别与截面相切于E，F，在截口曲线上任取一点A，过A作圆锥的母线，分别与两个球相切于C，B，由球和圆的几何性质，可以知道，AE=AC，AF=AB，于是AE+AF=AB+AC=BC．由B，C的产生方法可知，它们之间的距离BC是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以E，F为焦点的椭圆．如图②，一个半径为2的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源P，则球在桌面上的投影是椭圆．已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的离心率为__________．【答案】【分析】利用球与圆锥相切，得出截面，在平面图形中求解，以及圆锥曲线的来源来理解切点为椭圆的一个焦点，求出，得出离心率.【详解】切于,切于E，，球半径为2，所以，，，中，，，故,,根据椭圆在圆锥中截面与二球相切的切点为椭圆的焦点知：球O与相切的切点为椭圆的一个焦点，且，,c=4，椭圆的离心率为.故答案为：【题型十】 截面最值【典例分析】已知长方体中，，点在线段上，，平面过线段的中点以及点，若平面截长方体所得截面为平行四边形，则实数的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设线段的中点为M，平面与交于点G，连接GE，由已知得四边形是平行四边形，所以，随着点E从C向移动，则点G沿着向下运动，当点G仍在线段上时，面截长方体所得截面始终是平行四边形，临界状态为点E为的中点，由此可得选项.【详解】解：设，则，设线段的中点为M，平面与交于点G，连接GE，若平面截长方体所得截面为平行四边形，即四边形是平行四边形，所以，随着点E从C向移动，则点G沿着向下运动，当点G仍在线段上时，面截长方体所得截面始终是平行四边形，则点G从的中点开始运动，此时点E与重合，直到点G运动到点D为止，此时点E为的中点，所以临界状态为点E为的中点，此时，所以，故选：D.【提分秘籍】基本规律截面有关的最值计算，多从这三方面 极限法，可通过动点运动到两端，计算截面最值（要注意判断是否单调性）坐标法，可通过建系设坐标，构造对应的函数求最值。化归法，可以通过图形转化，把立体图形转化为平面图形，寻找平面图形中最值计算【变式演练】1.在棱长为的正方体中，是线段上的点，过的平面与直线垂直，当在线段上运动时，平面截正方体所得的截面面积的最小值是（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立所示的空间直角坐标系，设点，分、、三种情况讨论，确定截面与各棱的交点，求出截面面积关于的表达式，由此可解得截面面积的最小值.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、，设点，其中.①当时，点与点重合，，，，所以，，，则，，，平面，此时平面即为平面，截面面积为；②当时，同①可知截面面积为；③当时，，，，，则，设平面交棱于点，，，可得，不合乎题意.设平面交棱于点，，，可得，合乎题意，即，同理可知，平面交棱于点，，且与不重合，故四边形为平行四边形，，，，则，所以，截面面积为.综上所述，截面面积的最小值为.故选：C.2.在如图所示的直三棱柱中，，，过点作平面分别交棱，于点，，且，，则截面面积的最小值为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，由等面积法可知，推导出平面，，从而，即可求解.【详解】在中，由，，可得，，设，在中，，由等面积法可知，因为，，，，平面，所以平面，又由平面，所以，所以，因为，当且仅当时，等号成立，所以.故选：B.3.如图所示，在长方中，，点E是棱上的一个动点，若平面交棱于点F，则四棱锥的体积为___________，截面四边形的周长的最小值为___________.【答案】20 【分析】根据锥体的体积计算，利用切割法可得四棱锥的体积；将几何体展开，根据两点之间直线最短，即可求出最短周长的截面，进而根据勾股定理即可求得结果.【详解】由题意可得，利用切割法可得；将长方体展开，如图所示，当点为与的交点、点为与的交点时，截面周长最小，此时截面的周长为，而在中，，所以截面周长的最小值为.故答案为：20；.1（宁夏银川市第六中学2021-2022学年上学期第一次8月考）.如图，在四面体中，截面是正方形，则在下列说法中，错误的为（ ）A． B．截面C． D．异面直线与所成的角为45°【答案】A【分析】根据线线、线面平行判定和性质逐一判断即可.【详解】解：因为截面是正方形 ，所以，又平面，所以平面，又平面,平面平面，截面，故B正确；同理可证因为，所以，故C正确，又，所以异面直线与所成的角为，故D正确和 不一定相等，故A错误；故选：A2.（重庆市西南大学附属中学2021-2022学年）如图：为圆锥的轴截面，，，点E为的中点，过点E作既与直线平行又与平面垂直的截面，该平面与圆锥底面上的圆周交于F，G两点，记直线与圆锥底面所成的角为，记直线与截面所成的角为，则与的关系为（ ）A． B． C． D．以上都有可能【答案】A【分析】先作出平面EFG，再作出角，分别求出，即可比较大小.【详解】过点E作截面EFG，其中FG为过O且垂直与AB的直径，下面进行证明：如图示：连结EO.因为点E为的中点，点O为AB的中点，所以EO为三角形PAB的中位线，所以.又面EFG，面EFG，所以面EFG.连结PO.在圆锥中，PO⊥底面，所以PO⊥FG.又AB⊥FG,，所以面PAB.又面EFG，所以面PAB⊥面EFG，综上所述，平面EFG即为所求平面.取AO的中点为K，连结EK、FK,则即为；过A作AH⊥面EFG于H, 则即为,所以.因为,所以,,所以，所以，所以，所以.故选：A3.（2021年新高考北京数学高考）如图，在正方体中，、、、分别是所在棱的中点，则下列结论不正确的是（ ）A．点、到平面的距离相等 B．与为异面直线C． D．平面截该正方体的截面为正六边形【答案】B【分析】利用中点的性质可判断A选项的正误；利用三角形全等可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；确定截面与各棱的交点以及截面多边形边长与各角的大小，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，为的中点，故点、到平面的距离相等，A对；对于B选项，延长、交于点，延长、交于点，因为，为的中点，则，，，所以，，则，同理可知，则，即点、重合，故、相交，B错；对于C选项，设正方体的棱长为，则，同理，所以，为等边三角形，因为，由余弦定理可得，所以，，故，则，C对；对于D选项，设平面分别交棱、于点、，因为平面平面，平面平面，平面平面，则，因为、分别为、的中点，则，因为，，故四边形为平行四边形，则，，为的中点，则为的中点，同理可知为的中点，所以，、、、、、分别为棱、、、、、的中点，由勾股定理可知六边形的边长为，且，同理易知，故六边形为正六边形，D对.故选：B.4.（安徽省六安市第一中学2021-2022学年上学期开学考）如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形且，则在下列说法中，错误的为（ ）A． B．截面PQMNC． D．异面直线PM与BD所成的角为45°【答案】C【分析】A由题设易得，根据平行线的性质可证；B由线面平行的判定可证截面PQMN；C：为特殊位置的点时成立；D将异面直线平移到截面上即可知夹角大小.【详解】A：由题设，易知，又，，即有，正确；B：由，截面PQMN，截面PQMN，则截面PQMN，正确；C：仅当为中点时，故错误；D：由A知：异面直线PM与BD所成的角为，正确.故选：C5.（北京市北京二中2020届高三12月份月考）如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为．①当时，为四边形；②当时，与的交点满足；③当时，为六边形；④当时，的面积为．则下列选项正确的是（ ）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】B【分析】根据点Q在线段上的变化，分别作出过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面S，并判断其正误即可．【详解】对于①，因为正方体的棱长为1，当时，过A，P，Q三点的截面与正方体表面的交点在棱上，截面为四边形，如图（a）所示，故①正确；对于②，如图（b）所示，当时，，又为的中点，故，得，故②正确；对于③，如图（c）所示，当时，过点，，的平面截正方体所得的截面为五边形，故③不正确；对于④，如图（d）所示，当时，过点，，的截面为，其截面为菱形，对角线，，所以的面积为，故④正确．综上所述，正确的命题序号是①②④．故选：B6.（百师联盟2022届高三上学期开学摸底联考（全国1卷））如图，在正方体中，点P为线段上的动点（点与，不重合），则下列说法不正确的是（ ）A．B．三棱锥的体积为定值C．过，，三点作正方体的截面，截面图形为三角形或梯形D．DP与平面所成角的正弦值最大为【答案】D【分析】A.通过平面进行说明；B.根据等体积法进行说明；C.分析点位置，作出截面图形后进行判断；D.先分析线面为，然后表示出，通过分析的长度确定出正弦值的最大值.【详解】由题可知平面，所以，故A正确；由等体积法得为定值，故B正确；设的中点为，当时，如下图所示：此时截面是三角形，当时，如下图所示：此时截面是梯形，故C正确；选项D，在正方体中，连接，则为在平面上的射影，则为与平面所成的角，设正方体的棱长为1，，则，，当取得最小值时，的值最大，即时，的值最小为，所以的值最大为，故D不正确. 故选：D.7.（安徽师范大学附属中学2020-2021学年下学期）如图，正方体中，点，，分别是，的中点，过点，，的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，则（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】如图所示，过点，，的截面下方几何体转化为一个大的三棱锥，减去两个小的三棱锥，上方部分，用总的正方体的体积减去下方的部分体积即可.【详解】作直线，分别交于两点，连接分别交于两点，如图所示， 过点，，的截面即为五边形 ，设正方体的棱长为，因为点，，分别是，的中点。所以，即，因为，所以则过点，，的截面下方体积为：，∴另一部分体积为，∴.故选：C.8.（湖北省武汉市华师一附中2020-2021学年下学期）用过圆锥的轴的平面去截圆锥得到的截面，叫做圆锥的轴截面，圆锥的轴截面是以图锥的两条母线为腰的等腰三角形，这个等腰三角形的顶角，叫做圆锥的顶角.已知过圆锥的两条母线的截面三角形有无穷多个，这些截面中，面积最大的恰好是圆锥的轴截面，则圆锥的顶角的取值范围是（　　）A． B． C． D．【答案】B【分析】设圆锥的母线长为，三角形顶角为，求出过圆锥的两条母线的截面三角形面积，求出取得最大值时的值，即可求出的取值范围.【详解】设圆锥的母线长为，三角形顶角为，则过圆锥的两条母线的截面三角形面积为，当时取得最大值，此时，所以圆锥的顶角的取值范围是.故选：B.9.（重庆市西南大学附属中学2021届高三下学期第四次月考）已知圆锥体积为，高为4，过顶点作截面，若平面与底面所成的锐二面角的余弦值为，圆锥被平面截得的两个几何体设为.若的体积为（其中），则___________.【答案】【分析】作出图形，由已知求得，求出以为底面的三棱锥的体积，即可求解【详解】设平面与底面的交线为，底面圆心为点，设底面圆半径为.由，即于点，则余弦值为，则，，又，则.故答案为：10.（重庆市渝东八校2020-2021学年下学期）已知四面体，分别在棱，，上取等分点，形成点列，，，过，，作四面体的截面，记该截面的面积为，则（ ）A．数列为等差数列 B．数列为等比数列C．数列为等差数列 D．数列为等比数列【答案】C【分析】设，，与所成角为，根据平行关系可利用表示出，根据面积公式得到，进而得到；利用等差数列和等比数列的定义依次判断各个选项中的数列是否满足定义，由此得到结果.【详解】设，，与所成角为，由题意可知：，，根据平行线分线段成比例可知：，，，对于A，，则不恒等于常数，则数列恒为等差数列不成立，A错误；对于B，，不恒等于不为零的常数，则数列恒为等比数列不成立，B错误；对于C，，则，即恒为常数，为等差数列，C正确；对于D，，即不恒等于不为零的常数，则数列恒为等比数列不成立，D错误.故选：C.