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2024年高考数学复习：20 立体几何截面问题的十种题型（解析版）
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这是一份2024年高考数学复习：20 立体几何截面问题的十种题型（解析版），共31页。试卷主要包含了热点题型归纳1，最新模考题组练30等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳1
\l "_Tc17993" 【题型一】 做截面基本功：补全截面方法1
\l "_Tc26924" 【题型二】 截面形状的判断4
\l "_Tc12217" 【题型三】 平行关系确定截面8
\l "_Tc30563" 【题型四】 垂直关系确定的截面10
\l "_Tc30563" 【题型五】 求截面周长13
\l "_Tc30563" 【题型六】 求截面面积17
\l "_Tc30563" 【题型七】 球截面19
\l "_Tc30563" 【题型八】 截面分体积22
\l "_Tc30563" 【题型九】 不规则截面（曲线型截面）24
\l "_Tc30563" 【题型十】 截面最值27
\l "_Tc21895" 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：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
【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：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
【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：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.
【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．2D．
【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：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
【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：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
【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+2B．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．5B．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：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．
【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7：17
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
【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：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
【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；.
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳1
\l "_Tc17993" 【题型一】 做截面基本功：补全截面方法1
\l "_Tc26924" 【题型二】 截面形状的判断4
\l "_Tc12217" 【题型三】 平行关系确定截面8
\l "_Tc30563" 【题型四】 垂直关系确定的截面10
\l "_Tc30563" 【题型五】 求截面周长13
\l "_Tc30563" 【题型六】 求截面面积17
\l "_Tc30563" 【题型七】 球截面19
\l "_Tc30563" 【题型八】 截面分体积22
\l "_Tc30563" 【题型九】 不规则截面（曲线型截面）24
\l "_Tc30563" 【题型十】 截面最值27
\l "_Tc21895" 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：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
【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：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
【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：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.
【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．2D．
【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：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
【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：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
【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+2B．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．5B．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：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．
【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7：17
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
【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：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
【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；.
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