第23讲 2023高考热点分类提分复习 立体几何截面问题的十种题型

第23讲 立体几何截面问题的十种题型

目录

【题型一】 做截面的基本功：补全截面方法2
【题型二】 截面形状的判断6
【题型三】 平行关系确定截面9
【题型四】 垂直关系确定的截面12
【题型五】 求截面周长16
【题型六】 求截面面积19
【题型七】 球截面22
【题型八】 截面分体积25
【题型九】 不规则截面（曲线形截面）28
【题型十】 截面最值31










【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

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

【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
【详解】
取的中点，连接，，如图，则，
所以在截面上,故选：B

3.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
【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．
【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．
【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：C
2.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
【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；

【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
【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___________.

【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
【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：C
3.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.

【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．2D．
【详解】微信公众号：钻研数学
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
B． C．与均为定值 D．与均不为定值
【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：B
2.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
【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：ABC
3.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
【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___________.

【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+2B．C．D．
【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________．

【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．
【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 微信公众号：钻研数学
【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______.
【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．5B．C．D．
【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．
【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___________.

【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___________.
【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．
【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：B
2.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．
【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．
【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______________.
【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___________.
【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7：17
2.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．1：5B．1：4C．1：3D．1：2
【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：A


3.三棱锥中，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．1：1B．1：2C．1：3D．1：4
【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．
【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__________.

【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_______________.

【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__________． 微信公众号：钻研数学

【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．
【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
1. 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）
2. 坐标法，可通过建系设坐标，构造对应的函数求最值。
3. 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．
【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．
【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___________.



【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°
【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：A
2.（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
【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：A
3.（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
【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PQMN
C．D．异面直线PM与BD所成的角为45°
【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：C
5.（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．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【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：B
6.（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
【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．
【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．
【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___________.
【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
【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.