新高考数学三轮冲刺练习培优专题08 几何体截面归类十四种（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc379" 重难点题型归纳 PAGEREF _Tc379 \h 1
\l "_Tc10383" 【题型一】 截面做法基础1：平行线法 PAGEREF _Tc10383 \h 1
\l "_Tc24420" 【题型二】 截面做法基础2：相交线法 PAGEREF _Tc24420 \h 6
\l "_Tc19932" 【题型三】 截面形状判定 PAGEREF _Tc19932 \h 11
\l "_Tc5310" 【题型四】 求截面周长 PAGEREF _Tc5310 \h 14
\l "_Tc12326" 【题型五】 求截面面积 PAGEREF _Tc12326 \h 18
\l "_Tc3771" 【题型六】 截面分两部分体积 PAGEREF _Tc3771 \h 20
\l "_Tc7617" 【题型七】 与线、面平行的截面 PAGEREF _Tc7617 \h 24
\l "_Tc30922" 【题型八】 与直线、平面垂直的截面 PAGEREF _Tc30922 \h 27
\l "_Tc30224" 【题型九】外接球截面 PAGEREF _Tc30224 \h 31
\l "_Tc7943" 【题型十】 内切球截面 PAGEREF _Tc7943 \h 34
\l "_Tc7671" 【题型十一】 “动点”型截面 PAGEREF _Tc7671 \h 37
\l "_Tc24348" 【题型十二】 截面与角度 PAGEREF _Tc24348 \h 45
\l "_Tc8067" 【题型十三】 与截面有关的最值 PAGEREF _Tc8067 \h 49
\l "_Tc22974" 【题型十四】 截面综合应用 PAGEREF _Tc22974 \h 53
\l "_Tc25577" 好题演练 PAGEREF _Tc25577 \h 57
重难点题型归纳
【题型一】 截面做法基础1：平行线法
【典例分析】
已知正方体的体积为1，点在线段上（点异于两点），点在上满足，若平面截正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由正方体的性质及面面平行的性质分析截面与上底面的两条边和有交点，然后作出截面，由相似形得出，从而可得的范围．
【详解】因为截面过点，那么它只能与正方体的过点的三个面中两个面有交线，因此截面的边只能在正方体的两个侧面和侧面的其中一个上（已经有一条边是），从而截面必与上底面有交线，由面面平行的性质定理知这个交线与直线平行，
如下图，在上取点，使得，连接可得平行四边形，则且，而与平行且相等，得且，从而是平行四边形，所以，
在上取得平行四边形，因此有，
如下图，截面是五边形，由面面平行的性质定理得，
因为两个角和的两边分别平行，且它们都是锐角，所以，而，
所以，所以，，因此有，
所以，
所以，，，
故选：B．
【变式演练】
1. 已知直四棱柱的底面为正方形，，为的中点，则过点，和的平面截直四棱柱所得截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出截面，判断截面为菱形，即可得出截面面积.
【详解】如图，
过点作的平行线，交于点，则为的中点，连接，则过点，和的平面截直四棱柱所得截面即四边形．
易得，所以四边形为菱形，连接，
则，又，，
所以截面面积为，
故选：D．
2. 如图，在棱长为1的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点，且∥截面，则线段长度的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件及三角形的中位线，利用线面平行的判定定理及面面平行的判定定理，结合直角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.
【详解】取的中点为,取的中点为,取的中点为，如图所示
因为是的中点，是的中点，
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
同理可得，平面,
又,平面,
所以平面平面.
又平面,线段扫过的图形是,
由,得,,
,,
所以,即为直角，
所以线段长度的取值范围是：,即.
故选：A.
【题型二】 截面做法基础2：相交线法
【典例分析】
棱长为6的正方体中，点E是线段的中点，点F在线段上，，则正方体被平面所截得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】延长交直线AF于Q，连接EQ交于N，得N是的中点，延长直线EN于P，连接AP交于M，作出截面AFNEM，利用即可求解面积.
【详解】延长交直线AF于Q，
因为,所以,
连接EQ交于N，得N是的中点，延长直线EN于P，
连接AP交于M，作出截面AFNEM如下图所示，
则中，，
故的面积
=，
四边形ENFM中，，高为
四边形ENFM的面积
，
故所求截面面积为.
故选:B.
【变式演练】
1. 在正方体中，，为棱的四等分点（靠近点），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（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正方体的特征，作出过点，，的该正方体的截面，计算相关线段的长，即可求得答案.
【详解】设为的三等分点，靠近B点，连接,并延长交延长线于P，
设为的三等分点，靠近点，连接,并延长交延长线于Q，
则∽，由于，故,
同理求得,故两点重合，则,
故，而，故,
同理可得,即四边形为平行四边形，
连接,则五边形即为过点，，所作的正方体的截面，
由题意可知
故该截面的周长是 ，
故选：C
2. 在正方体，中，，分别为正方形和的中心，，则平面截正方体所得截面的周长是（ ）
A．10B．40C．D．
【答案】D
【分析】延长，交于点，连接并延长，分别交，于，，连接，连接并延长，交于点，连接，得到四边形为所求截面，进而求得截面的周长，得到答案.
【详解】如图所示，延长，交于点，连接并延长，分别交，于，，连接，连接并延长，交于点，连接，则四边形为所求截面，
因为是正方形的中心，所以，
由题意易证四边形为菱形，所以，，所以，，则为的中点，则，
从而，故所求截面的周长为．
故选：D.
【题型三】 截面形状判定
【典例分析】
一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是（ ）
A．①②④B．②③C．①②D．②③④
【答案】A
【分析】对截面与正方体的侧面与底面的位置关系进行分类讨论，进而可得出截面形状.
【详解】如下图所示：
当截面平行于正方体的底面时，截面形状为④；
当截面经过、、、时，截面形状为②；
当截面经过正方体的体对角线时，截面形状可能为①；
对于截面③，截面需经过正方体的四个顶点，只可能是、、、或、、、四点，但四边形和四边形不是正方形，
所以，截面形状不可能为③.
故选：A.
【变式演练】
1. 如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD­A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：
①没有水的部分始终呈棱柱形；
②水面EFGH所在四边形的面积为定值；
③棱A1D1始终与水面所在平面平行；
④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．
其中正确的个数是（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】C
【分析】①中，始终有，且平面平面，根据棱柱的定义，可得①是正确的；②中，四边形在倾斜过程中边是变化的，可得②是错的；
③中，因为A1D1∥BC，BC∥FG，由线面平行的判定定理，可得③是正确的；
④中，因为水是定量的(定体积V)，利用体积公式，可得④是正确的.
【详解】对于①中，由于边固定，所以在倾斜过程中，始终有，且平面平面，所以没有水的部分始终呈棱柱形，所以①是正确的；
对于②中，四边形为矩形，其中为定值，但在倾斜过程中边是变化的，所以四边形的面积不是定值，所以②是错的；
对于③中，因为A1D1∥BC，BC∥FG，所以A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH
所以A1D1∥平面EFGH(水面)，所以③是正确的；
对于④中，因为水是定量的(定体积V)．所以S△BEF·BC＝V，即BE·BF·BC＝V.
所以BE·BF＝ (定值)，即④是正确的.
综上可得②③④是正确的.
故选C.
2. 如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体，截面与底面所成的角为，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形为矩形，若沿将其侧面剪开，其侧面展开图形状大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用几何体作各种辅助线，通过各种角度关系和长度关系可以得到侧面的高度，即可得到答案
【详解】解：过AB作平行于底面的半平面α，如图,取截面边界上任一点P,过P作垂直于半平面α,垂足为,延长交圆柱底面于点,过P作，垂足为M,连接,则，就是截面与底面所成的角，,
设AB的中点为O,连接，设，则，在中，，
在中，所以，
故选：A.
【题型四】 求截面周长
【典例分析】
已知正方体的棱长为6，E、F分别是、的中点，则平面CEF截正方体所得的截面的周长为______．
【答案】
【分析】延长EF交DA的延长线于N，连接CN交AB于点G，连接FG；延长FE交的延长线于点M，连接CM交点H，连接EH；则正方体被平面CEF截得的截面为CHEFG.则EF＋FG＋GC＋CH＋HE为平面CEF截正方体所得的截面的周长，根据几何关系即可求解．
【详解】延长EF交DA的延长线于N，连接CN交AB于点G，连接FG；延长FE交的延长线于点M，连接CM交点H，连接EH；
则正方体被平面CEF截得的截面为CHEFG．
∵E、F分别是、的中点，则易知AN＝，∴AN＝，∴，
∴，，；同理，，，；
∴平面CEF截正方体所得截面的周长为：EF＋FG＋GC＋CH＋HE＝．
故答案为：.
【变式演练】
1. 如图，设正三棱锥的侧棱长为，，分别是上的点，过作三棱锥的截面，则截面周长的最小值为________.
【答案】
【分析】将正三棱锥侧面展开，由图可知，当四点共线时，周长最小，由题意计算角的值，再利用余弦定理代入计算，即可得周长的最小值.
【详解】将正三棱锥的三个侧面展开如图，由图可知，为使的周长最小，只需让四点共线即可，则当为与交点时，的周长最小，由题意，，∴，得，所以的周长的最小值为.
故答案为：
2. 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.
【题型五】 求截面面积
【典例分析】
如图，已知正方体的棱长为2，点是线段的中点，平面经过点，，，则正方体被平面截得的截面面积为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】B
【分析】先判断出平面即为正方体被平面截得的截面，再求面积即可.
【详解】
连接，由点是线段的中点，可得经过点，又，则四边形为平行四边形，
又点面，则平面即为正方体被平面截得的截面，
又，，则截面面积为.
故选：B.
【变式演练】
1. ．在棱长为的正方体中，M是棱的中点，过，B，M作正方体的截面，则这个截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先作出截面，再求截面面积.
【详解】如图，取的中点，连接，，四边形即过，B，M三点的截面，此截面为等腰梯形，上底，下底，腰，所以梯形的高
所以梯形的面积 故选：B
2. 棱长为2的正方体中，，分别是、的中点，过平面做正方体的截面，则这个截面的面积为______．
【答案】
【分析】根据题意，画出过平面做正方体的截面的平面图，然后根据勾股定理和相似三角形等几何方法解出，平面图形的各边数据，然后，利用梯形面积公式和三角形面积公式求和即可得到截面面积.
【详解】
如图，延长，延长，分别交的延长线于，根据正方体的性质，可知，，根据勾股定理，，又因为，可得，所以，，，由勾股定理，可得，，所以，过平面做正方体的截面为五边形，如图所示，连，作，，可得，根据勾股定理，可得，，综合以上数据，可以得到所示图形，
所以，该五边形面积为：
.故答案为：
【题型六】 截面分两部分体积
【典例分析】
如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先判断为的重心，再利用重心得到，求出，进而得到，借助基本不等式求出最小值即可.
【详解】
过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，，得，，由，，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为.
故选：A.
【变式演练】
1. 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.
2. 如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2，M是侧棱PC的中点.若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱PB､PD于点E､F（可与端点重合），则四棱锥P-AEMF的体积的取值范围是___________.
【答案】
【分析】首先证明一个结论：在三棱锥中，棱，，上取点，，，则，再设设，，分析可得，，，与，间的关系，再由换元法结合对勾函数的单调性求得答案．
【详解】首先证明一个结论：在三棱锥中，棱，，上取点，，，
则，
设与平面所成角为，则;再来解答本题：设，， ,则，，，
，，
则，，，则，，
令，则，，，，，
当时，函数 单调递减，当时，函数 单调递增，
故最小值为2，当 时，都取到最大值 ，
则，（当且仅当时，取最小值），
，，故答案为：，．
【题型七】 与线、面平行的截面
【典例分析】
已知正方体的棱长为3，点在棱上，过点作该正方体的截面，当截面平行于平面且该截面的面积为时，线段的长为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，即可得到为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出的长度，即可求出；
【详解】解：如图，过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，因为，所以，面，面，所以面
因为，所以，面，面，所以面
又，面，所以面 面，则为截面，
易知是等边三角形，则，解得，∴.
故选：D.
【变式演练】
1. 已知长方体中，，M为的中点，N为的中点，过的平面与DM，都平行，则平面截长方体所得截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过作交延长线于，为中点，连接，利用长方体性质及线面平行的判定证面、面，即面为平面，再延长交于，连接，利用线线、线面的性质确定面为平面截长方体所得截面，最后延长分别交于一点并判断交于同一点，根据已知结合余弦定理、三角形面积公式及求截面面积即可.
【详解】过作交延长线于，则，若为中点，连接，
而M为的中点，在长方体中，而且面，
由面，则面，由面，则面，
所以面即为平面，延长交于，
易知：为中点，则且，又且，
故为平行四边形，则且，故共面，
连接，即面为平面截长方体所得截面，
延长分别交于一点，而在中都为中位线，
由，，则，故交于同一点，
易知：△为等腰三角形且，，则，可得，又.故选：A
2. 如图，在正方体ABCD—中，，点E为AB中点，点F为BC中点，则过点A与，都平行的平面α被正方体ABCD—截得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先利用平行关系，作出截面，再求截面面积.
【详解】取中点G，中点H，则△AGH就是平面a被正方体ABCD—截得的截面，其中，，GH边上的高为，所以△AGH的面积.
故选：D
【题型八】 与直线、平面垂直的截面
【典例分析】
在四面体ABCD中，，平面BCD，.过点B作垂直于平面ACD的平面截该四面体，若截面面积存在最大值，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过作于点，过点作,先证得平面为所求截面，然后设，求得，，从而求得三角形面积，然后换元后求导利用导数的单调性求得最值，从而得出结论.
【详解】在四面体ABCD中，，平面BCD，.∵平面BCD，平面BCD，，又，,则平面，过作于点，过点作,则平面，平面，故，，则平面，平面，故平面平面ACD，设，设，在中，，，在中，，，，在△中，，则，故，故，令，，得，当时，，当时，，故函数在时单调递减，在时单调递增，即当时，有最小值，此时截面面积最大，故当，时，截面面积最大，故若截面面积存在最大值，则，故的最大值为，
故选：C.
【变式演练】
1. 已知正方体的棱长为1，P是中点，过点作平面，满足平面，则平面截正方体所得截面的周长为______．
【答案】
【分析】取AD中点E，AB中点F，连接PD，，EF，，，AC，BD，通过证明和来证明平面，再计算周长即可.
【详解】取AD中点E，AB中点F，连接PD，，EF，，，AC，BD，
如图所示：
因为E为AD中点，F为AB中点，则，，所以，
所以E，F，，四点共面，
根据正方形性质可知平面，
而平面，所以，易得，
可知，而，所以，
即．
因为，所以平面PDC，而平面PDC，所以．
E为AD中点，F为AB中点，
由正方形和正方体性质可知，，且，
所以平面PAC，而平面PAC，所以．
又因为，，所以平面，
即四边形为平面与正方体的截面，
正方体棱长为1，所以所得截面的周长．
故答案为：.
2. 在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，过点B作平面，则平面截正方体所得的截面面积为______．
【答案】##
【分析】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设平面分别交于，设，则利用垂直关系可求出的值，从而可确定出的位置，从而可求出截面面积
【详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则
，
所以，
设平面分别交于，设，
所以，
因为，，
所以，
所以，
解得，
所以，
所以分别为的中点，
所以平面截正方体所得的截面为
所以，，
所以，
所以平面截正方体所得的截面面积为，
故答案为：
【题型九】外接球截面
【典例分析】
正四面体ABCD的棱长为4，E为棱AB的中点，过E作此正四面体的外接球的截面，则该截面面积的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，将四面体放置于如图所示的正方体中，则正方体的外接球就是四面体的外接球．因此利用题中数据算出外接球半径，当球心到截面的距离最大时，截面圆的面积达最小值，当截面过球心O时，截面面积达最大值，再利用球的截面圆性质计算即可.
【详解】
如图，将正四面体补为边长是的正方体，则正四面体ABCD的外接球为正方体
的外接球，球心O在体对角线的中点，且球的半径；
当OE垂直于截面时，截面面积最小，截面圆的半径为
面积为；
当截面过球心O时，截面面积最大，截面圆的半径为，面积为
故选:A
【变式演练】
1. 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
2. 已知三棱锥的各个顶点都在球的表面上，底面，，，，是线段上一点，且．过点作球的截面，若所得截面圆面积的最大值与最小值之差为，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
设面所截的截面圆的圆心为，外接球的球心为，则为的中点，且平面，根据题中条件，求得各个边长，即可求得与垂直的截面圆的半径r，进而可得截面圆面积的最小值，当截面过球心时，面积最大，根据题意，列出等式，即可得答案.
【详解】
解：因为，，，
所以，
设面所截的截面圆的圆心为，外接球的球心为，
则为的中点，且平面，
则有，
取的中点，连结，，则，
因为，，为的中点，所以，
所以，
设，则有，
则球的半径，
故与垂直的截面圆的半径，
所以截面圆面积的最小值为，
截面圆面积的最大值为，
由题意可得，解得，
所以球的表面积为．
故选：B．
【题型十】 内切球截面
【典例分析】
已知正四棱锥的底面边长为高为其内切球与面切于点，球面上与距离最近的点记为，若平面过点，且与平行，则平面截该正四棱锥所得截面的面积为______.
【答案】
【分析】取中点，连，取中点，连，则平面，根据已知可得为正三角形，正棱锥内切球的球心为正的内心，与面切于点为中点，球面上与距离最近的点为与球面的交点，即在之间且长为内切球的半径，连并延长交于，平面过与平行，可得平面分别与平面、平面的交线为过与平行的直线，即可得到截面为梯形，根据长度关系，即可求解.
【详解】取中点，连，取中点，连，
则，为正方形的中心，四棱锥是正四棱锥，
所以平面，，
在中，，
同理，所以为正三角形，
所以正四棱锥内切球的球心为正的内心，
内切球的半径是正的内切圆半径为，
内切球与平面的切点为正内切圆与直线的切点，
所以为中点，球面上与距离最近的点为连与球面的交点，
即在之间，且，因此为中点，
连并延长交于，平面过与直线平行，
设平面分别与平面、平面交于，
因为平面，所以，又因为，，
所以，同理可证，所以，连，
则梯形为所求的截面，因为，
，所以平面平面，
所以，所以，
连，则为的角平分线，所以，
又因为分别为的中点，所以，
所以，而，所以，
所以，
又，所以，
所以截面梯形的面积.
故答案为：.
【变式演练】
1. 如图，正四面体A﹣BCD的棱长为a，点E、F分别是棱BD、BC的中点，则平面AEF截该正四面体的内切球所得截面的面积为_____.
【答案】
【分析】设圆心为P，内切球的球心为O,内切球的半径为r，作平面,则为底面三角形的中心,由OP⊥AM，可得,,利用相似比求出,利用四面体中的几何关系求出r，再由截面圆的性质可知,所求截面圆的半径求解即可.
【详解】作图如下:
根据题意知,平面AEF截该正四面体的内切球所得截面一定是圆，
设圆心为P，内切球的球心为O，
作平面,则为底面三角形的中心,
在等边三角形中,,
在中,由勾股定理知,
,
由图可知,为四面体外接球的半径,设,
在中,由勾股定理可得,
,解得，
所以正四面体A﹣BCD的内切球半径为
,
因为OP⊥AM，,所以，
又因为，
由AM2＝NM2+AN2可得AM，
所以，即,解得OP，
∴平面AEF截该正四面体的内切球所得截面圆半径r1，
平面AEF截该正四面体的内切球所得截面的面积为，故答案为:
2. 已知轴截面为正三角形的圆锥，它的内切球的半径为R．若以圆锥的底面为下底面、用平行于圆锥底面的平面截圆锥所得的截面为上底面的圆台的体积是圆锥的体积与它的内切球的体积的差，则该圆台的高为______．
【答案】
【分析】求出圆锥的底面半径和高，从而由题意求得圆台的体积，表示出圆台的上底面半径和高，根据圆台的体积公式，列出方程，解得答案.
【详解】作出圆锥和球的轴截面如图所示，
则圆锥底面半径，
圆锥高，圆锥母线，
所以 ,
设内接圆台的上底面半径为，下底面半径，
则高，所以，
所以，所以，
解得，所以,
故该圆台的高为,
故答案为：
【题型十一】 “动点”型截面
【典例分析】
如图，在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，上的动点（点不与点，重合），若，则下列说法正确的是
A．存在点，使得点到平面的距离为
B．用过，，三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
C．平面
D．用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为
【答案】ABD
【分析】连接，，，，，，，根据线线平行，面面平行求出平面，得到到平面的距离，判断；
连接并延长交的延长线于点，连接并将其延长与相交于点，根据比例关系得到四边形为梯形，判断；
连接，由可知平面平面，根据线面关系判断；
在上取点，过点作交于点，过作交于，以此类推截面为六边形，求出六边形的周长判断即可．
【详解】对于：连接，，，，，，，如图示：
，，，，且平面平面，
又已知三棱锥各条棱长均为，则三棱锥为正四面体，
故到平面的距离为：，
平面，，又，且，
平面，又平面，，
同理可得，且，平面，
又，到平面的距离，，且，故正确；
对于：连接并延长交的延长线于点，连接并将其延长与相交于点，如图示：
，且，，则，，故即为，连接，
过点，，的截面为四边形，
由条件可知，，且，
四边形为梯形，故正确；
对于：连接，由可知平面平面，如图示：
又平面，平面，故不平行于平面，
故平面不成立，故错误；
对于：在上取点，过点作交于点，
过作交于，以此类推，如图示：
依次可得点，，，此时截面为六边形，
根据题意可知：平面平面，
不妨设，则，
故，
故六边形的周长为：，故正确；
故选：．
【变式演练】
1. 如图，在正方体中，，为棱上的动点，下面说法正确的是（ ）
A．与平面所成角的正弦值的范围为
B．当点与点重合时，平面
C．当点与点重合时，若平面//平面，则平面截该正方体所得截面面积最大值为
D．当点为的中点时，若平面与交于点，则
【答案】ABD
【分析】如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及，即可判断B；设，与平面所成角为，求出平面的法向量与夹角的余弦值的绝对值的范围，即可判断A；当平面截该正方体所得截面为正六边形，即过的中点时，截面面积最大，从而可判断C；设直线与平面的交点为O，连接OP，求出及，即可求出，即可判断D.
【详解】解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
则，
，
设为平面的法向量，
则，令，则，所以，
对于A，设，与平面所成角为，
则，
则
，
由，则，则，
则，
所以与平面所成角的正弦值的范围为，故A正确；
对于B，当点与点重合时，，即，
所以当点与点重合时，平面；
对于C，当平面截该正方体所得截面为正六边形，即过的中点时，截面面积最大，如图所示，，
则最大面积为，故C错误；
对于D，设直线与平面的交点为O，连接OP，
由平面，得，
，，
所以，
当点为的中点时，
，则，则，
则，则，
所以，所以，故D正确.
故选：ABD.
2. 正方体为棱长为2，动点，分别在棱，上，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，设，，其中，，下列命题正确的是_____．（写出所有正确命题的编号）
①当时，为矩形，其面积最大为4；②当时，的面积为；③当，时，设与棱的交点为，则；④当时，以为顶点，为底面的棱锥的体积为定值．
【答案】②③④
【分析】由题意可知当，变化时，为不同的图形，故可根据题意逐一判断即可．
【详解】解：
当时，点与点重合，，此时为矩形，当点与点重合时，的面积最大，．故①错误；
当，时，为的中位线，，，，为等腰梯形的面积，
过作于，，，，，，，故②正确；
由图可设与交于点，可得，，
，则，，故③正确；
当时，以为定点，为底面的棱锥为，，故④正确；
故答案为：②③④．
【题型十二】 截面与角度
【典例分析】
在正方体中，记直线与过，，三点的截面所成的角为，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】在正方体正作出截面，可证平面，找到线面角即可解三角形求解.
【详解】如图，
过，，三点的截面为：，连接交于，连接，可得平面，
所以，设，则，，所以，
故.故选：C
【变式演练】
1. 如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与是平行直线
B．直线与所成的角为60°
C．直线与平面所成的角为45°
D．平面截正方体所得的截面面积为
【答案】BC
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可判断A、B、C，作出平面截正方体所得的截面即可求出面积判断D.
【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
∵，分别为棱，的中点，∴、，
则，，∴和不共线，故A错误；
∵，，∴，
∴，∴直线与所成的角为，故B正确．
由于平面的一个法向量为，
，
∴，直线与平面所成的角为，故C正确；
连接，易知，则平面截正方体所得的截面为等腰梯形，
∵棱长为2，∴，，，
∴等腰梯形的高为，
∴，故D错误，
故选：BC．
2. 在长方体中，，过点作平面与分别交于两点，若与平面所成的角为，则截面面积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点A作，连接，首先证明平面平面，即可得为与平面所成的角，进而可得，，由基本不等式得，从而可求出截面面积的最小值.
【详解】如图，过点A作，连接

∵平面，
∴，
∴平面，
∴，所以平面平面，
∴为与平面所成的角，
∴，
在中，
∵，∴，
在中，由射影定理得，
由基本不等式得，
当且仅当，即E为MN中点时等号成立，
∴截面面积的最小值为.
故选：B
【题型十三】 与截面有关的最值
【典例分析】
正方体为棱长为2，动点，分别在棱，上，过点的平面截该正方体所得的截面记为，设，，其中，，下列命题正确的是____________.（写出所有正确命题的编号）
①当时，为矩形，其面积最大为4；②当时，的面积为；
③当，时，设与棱的交点为，则；
④当时，以为顶点，为底面的棱锥的体积为定值.
【答案】②③④
【分析】①当时，点与点重合，证得，即可判断形状，分析出当点与点重合时面积最大即可求出最大面积；②当时, 为等腰梯形，进而求出面积即可；③当，时，由，可得，进而可以表示出；④
当时,以为定点，为底面的棱锥为，求出四棱锥的体积即可判断.
【详解】
当时，点与点重合，所以，此时为矩形，当点与点重合时面积最大，，故①错误；
当时, 为的中位线，所以，因为，所以，所以为等腰梯形，过点作于,，所以，因此，所以，故②正确；
设与交于点，得，所以，因此，因为，则，在取点，使得，在取点，使得，所以四边形为平行四边形，所以，所以，则，即，所以，因此，
所以，故③正确；
当时,以为定点，为底面的棱锥为，
所以，故④正确，
故答案为：②③④.
【变式演练】
1. 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.
2. 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.
【题型十四】 截面综合应用
【典例分析】
在三棱锥中，顶点P在底面的射影为的垂心O（O在内部），且PO中点为M，过AM作平行于BC的截面，过BM作平行于AC的截面，记，与底面ABC所成的锐二面角分别为，，若，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．可能值为
D．当取值最大时，
【答案】C
【分析】对选项A，先找到二面角的平面角，再根据边角关系证明与全等，然后根据直线垂直并平分线段即可判断；对选项B，找到角的关系和，然后分别运用正切的两角差公式解得即可；对选项C和D，均是先根据运用正切的两角差公式，然后通过换元得到一个一元二次方程，然后根据判别式即可判断.
【详解】
如图所示，连接延长交与，连接延长交与，设平面平面
顶点P在底面的射影为的垂心，平面，平面平面。则有：直线与平行
又，则。平面，则
又
则平面
从而
故为与平面的二面角，即
同理可得：
对选项A，，又，则有：
可得：与全等，则
又根据是的垂心，则，
综上可得：直线垂直并平分线段
可得：，故选项A正确；
对选项B，易知有如下角关系：
又，则有：
可得：
解得：
则，故选项B正确；
对选项C，若，则有：
则有：
化简后可得：
令，则有：
则有：，此时方程无解，故选项C错误；
对选项D，设（），则有：
可化简为：
令，则有：
则有：
解得：
故取得最大值时，，此时
同理可得：
故，且
则有：，故选项D正确；
故选：C
【变式演练】
1. 如图，球内切于正方体，B，C为所在棱的中点，过A，B，C三点的截面图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先分析过A，B，C三点的平面与正方体及其内切球截面的形状，可排除选项A、D；再研究这两个平面图形的位置关系即可求解.
【详解】设正方体的棱长为2，则内切球的半径为1；
过A，B，C三点的平面与正方体的截面是一个菱形，故排除选项A；
过A，B，C三点的平面与正方体内切球的截面是一个圆，故排除选项D；
该菱形的两条对角线为、，边长为，
且截面菱形的中心到各边的距离为，
截面圆的圆心是正方体内切球的球心，半径为1，
因为，所以排除选项C，即选项B正确.
故选：B.
2. 在三棱锥中，顶点P在底面的射影为的垂心O（O在内部），且中点为M，过作平行于的截面，过作平行于的截面，记，与底面所成的锐二面角分别为，，若，则的值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】B
【分析】令平面平面，证明是与平面所成的锐二面角，同理可得，由此证得即可推理作答.
【详解】令平面平面，平面平面，如图，
因平面，平面，则，因O是的垂心，则，即有，
又平面，平面，则，而，平面，
于是得平面，又平面，即有，因此，是与平面所成的锐二面角，
即，同理，，因，即，在与中，，
令，显然，则F是AB中点，直线CF是线段AB的中垂线，则，
所以的值为1.
故选：B
好题演练
一、单选题
1．（2023春·广东深圳高三校考 ）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再利用底面积和侧面积公式求解.
【详解】根据题意作圆锥的轴截面，如图，
设圆锥的底面圆半径为，高为 ，母线长为 .
若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，
则有，所以.
该圆锥的底面积与侧面积比值为.
故选：A.
2．（2023·河北衡水·模拟预测）已知正方体的棱长为分别为棱的中点，点是棱上靠近点的三等分点，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）
A．B．C．10D．12
【答案】B
【分析】作，交于，连接，并延长交的延长线于点，连接，并延长交的延长线于点，连接交于点，交于点，即可得到为过三点的截面，再求出截面面积即可.
【详解】如图所示，
分别是中点，则，作，交于，连接，
并延长交的延长线于点，连接，并延长交的延长线于点，连接交于点，交于点，
则为过三点的截面.
由面面平行的性质定理得，从而有，，
则，因为是中点，，
所以，又因为，所以，
同理，
梯形是等腰梯形，且梯形与梯形全等，高为，
截面面积.
故选：B.
3．（2023·河南·校联考三模）如图，在棱长为1的正方体中，E为的中点，M是截面上的一个动点（不包含边界），，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先判断出点的轨迹，然后根据平面中，两点的距离求得的最小值.
【详解】连接，如下图所示，
由于，所以在平面上的投影在上，
而在平面上的投影为，所以M的轨迹为，
将平面翻折到与平面重合，如图所示，
，
，，
所以，所以，（翻折后），
所以的最小值为．
故选：C
4．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点D是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（ ）
A．1:2B．4:5C．4:9D．5:7
【答案】D
【分析】根据题设易知为直三棱柱，即侧面为矩形，利用柱体体积公式、锥体体积公式求，进而确定比值.
【详解】不妨令，且上下底面等边三角形，
又底面ABC，易知为直三棱柱，即侧面为矩形，
所以三棱柱体积，
而，故，
所以，故，
所以.
故选：D
5．（2023春·贵州·高二校联考阶段练习）已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图的中心角为，则过圆锥顶点的截面面积最大值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】由其侧面展开图的中心角可求得底面圆的半径为，当截面顶角为时，过圆锥顶点的截面面积最大，从而可得结论.
【详解】设底面圆的半径为，，解得，由圆锥母线长为2，可得圆锥轴截面的顶角为，
当截面顶角为时，过圆锥顶点的截面面积最大，此时.
故选：C.
6．（2023·广西·统考模拟预测）在三棱锥中，，平面经过的中点，并且与垂直，当截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取靠近的四等分点，的中点，截此三棱锥所得的截面为平面，当时截面面积最大，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，由求得外接球的半径进而求得球的表面积.
【详解】
如图所示取靠近的四等分点，的中点，连接，，.
由，可知.同理可知.
又，所以平面，所以平面即为平面.
又易知，
所以截此三棱锥所得的截面面积为，
当时，取得最大值，
设为外接球球心，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，
所以四边形为正方形，且，，，
∴.
故选：D.
7．（2023春·全国高三专题练习）已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，SC的中点为E，过点E做与SC垂直的平面，则平面截正四棱锥所得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意垂直关系可得平面截正四棱锥所得的截面面为四边形，结合根据相似求长度，进而根据面积公式即可求解.
【详解】连接，
由题意可得：，即为等边三角形，
且E为SC的中点，可得，
故平面，
连接，设，连接，
可得平面，
且平面，则，
，平面，所以平面，
平面，则，
在直线取一点，连接，使得，
在中，，
因为，可得，
故，
同理在棱取一点，使得，连接，则，
故平面截正四棱锥所得的截面面为四边形，
因为，则//，
由，可得，
所以四边形的面积.
故选：A.
二、多选题
8．（2023高三单元测试）已知正方体的棱长为2，E，F分别是，的中点，则（ ）
A．
B．平面截此正方体所得截面的周长为
C．三棱锥的表面积为
D．三棱锥的体积为1
【答案】BD
【分析】根据线线平行的判定定理即可判断A；如图梯形即为平面截此正方体所得的截面，即可判断B；利用余弦定理和三角形面积公式计算即可判断C；利用等体积法计算，即可判断D.
【详解】A：如图，连接AC，，取AC的中点O，连接OF，
因为F为的中点，所以，
又，所以不成立，故A错误；
B：如图，记DC的中点为G，连接，则，
取CG的中点H，连接FH，则，所以，
得四边形为梯形，即为平面截此正方体所得的截面，
易知，
所以梯形的周长为，故B正确；
C：如图，连接CE，DB，由题意知，，
，，
在中，，
由余弦定理，得，
所以，
所以；
同理可得，
所以三棱锥的表面积为，故C错误；
D：记的中点为P，连接AP，在，
取BP的中点Q，连接EQ，FQ，则，所以，
所以四边形为梯形，由，得，
所以，故D正确.
故选：BD.
9．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，分别为和的中点，是截面上的一个动点（不包含边界），若，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为
B．三棱锥的体积为定值
C．有且仅有一个点，使得平面
D．的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据线面垂直计算可以判断A选项，由线面平行可以判断B选项，根据线线平行得到线面平行应用反证法得出唯一性可以得到C选项，展开图可以得出最小值判断D选项.
【详解】若，则在平面上的投影在上，所以的轨迹为的最小值为到的距离，
，故的最小值为，故错误；
因为分别为和的中点，所以，的轨迹为,到平面的距离为定值
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
当且仅当为的中点时，
平面，若存在两个点M,平面,平面,
,平面,平面,平面平面,得出矛盾，故C正确；
将平面翻折到与平面重合，
，
所以，
所以，所以的最小值为，故D正确.
故选：:BCD.
10．（2023·全国·高三专题练习）已知在棱长为2的正方体中，过棱BC，CD的中点E，F作正方体的截面多边形，则下列说法正确的有（ ）
A．截面多边形可能是五边形
B．若截面与直线垂直，则该截而多边形为正六边形
C．若截面过的中点，则该截面不可能与直线平行
D．若截面过点，则该截面多边形的面积为
【答案】ABD
【分析】正方体中的平行或相交关系依次作出各选项截面分析即可.
【详解】对于B项，如下图所示，在正方体中易证面,
分别取棱的中点G、H、I、J，
由中位线的性质可得平面∥平面,故面,
而六边形显然为正六边形，故B正确；
对于C项，如下图所示，连接AC、BD交于O点,记面AD1和面AB1的中心分别为G、H，
易知G、H、E、F共面（即符合要求的截面）.
连接A1O、CO交GH、EF于N、M两点，
由中位线性质可得N、M为A1O、CO的中点，
故A1C∥MN，所以A1C∥面GHEF，所以C项错误；
对于AD项，如下图所示，延长EF分别与直线AB、AD交于P、Q两点，连接A1P、A1Q交棱D1D、B1B于TS，则五边形A1SEFT为所得截面，A正确；，故D正确.
故选：ABD
11．（2023·浙江温州·统考三模）如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为圆柱底面圆弧的两个三等分点，为圆柱的母线，点分别为线段上的动点，经过点的平面与线段交于点，以下结论正确的是（ ）
A．
B．若点与点重合，则直线过定点
C．若平面与平面所成角为，则的最大值为
D．若分别为线段的中点，则平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为
【答案】ABD
【分析】利用面面平行的性质定理可判断A；根据两平面如果有一个公共点，则这个公共点一定在它们的交线上可判断B；取特例验证可判断C；利用圆柱的对称性可知RF即为所求，然后求解可判断D.
【详解】连接，由为圆柱底面圆弧的两个三等分点可知，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，
又，同理可得平面ABCD，
因为，平面
所以，平面平面ABCD，
因为平面，平面，
所以，A正确；
记平面，则平面，且，又平面，所以必过点M，B正确；
当平面为平面时，过点C作直线HF的垂线，垂足为N，连接DN，易知，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
在等腰梯形中，，易得其高为，即，
所以，故C错误；
因为分别为线段的中点，则由圆柱的对称性可知，平面与圆柱侧面的公共点中，点R到平面BCF的距离最小，记EF的中点为T，连接TQ.
易知，所以，得
所以，即平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为，D正确.
故选：ABD
12．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知正四面体中，，，，…，在线段上，且，过点作平行于直线，的平面，截面面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．为递减数列
C．存在常数，使为等差数列
D．设为数列的前项和，则时，
【答案】ABD
【分析】A选项，画出截面，并判断出截面为矩形，求出截面边长，得到，求出；B选项，利用得到B正确；C选项，求出，并用等差数列的定义判断C错误；D选项，化简得到，利用裂项相消法求和，列出方程，求出答案.
【详解】由题意得，
取中点，连接，因为均为等边三角形，
所以，
因为，平面，
因为平面，
所以，
A选项，过点做交于点，过点做交于点，连接，则，
故四边形为截面，且四边形为矩形，
由相似知识可知，，
故，所以，A正确；
B选项，因为，所以，
故，故为递减数列，B正确；
C选项，，则，
不是常数，C错误；
D选项，，
则，
令，解得，D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．（2023春·湖北武汉高三华中师大一附中校考 ）如图，在三棱锥中，，，过点A作截面，分别交侧棱PB，PC于E，F两点，则△AEF周长的最小值为______．
【答案】
【分析】沿着侧棱把三棱锥展开在一个平面内，如图，则即为周长的最小值，在中，由余弦定理能求出的值．
【详解】如图，沿着侧棱把三棱锥展开在一个平面内，如图所示：
则即为的周长的最小值，
在中，，，
由余弦定理得：．
故答案为：.
14．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考二模）在正四棱台中，，，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面截该正四棱台的截面面积是__________.
【答案】
【分析】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作，该四棱台的高，可求得该四棱台的体积为，利用基本不等式可得该四棱台的体积的最大值，此时，，.取，的中点，，连接，，可得平面就是截面，求解即可.
【详解】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作，
该四棱台的高，
在上下底面由勾股定理可知，.
在梯形中，，
所以该四棱台的体积为，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时，，.
取，的中点，，连接，，显然有，
由于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面.
显然，
在直角梯形中，，
因此在等腰梯形中，，
同理在等腰梯形中，，
在等腰梯形中，设，，
则，
，
所以梯形的面积为.
故答案为:.
【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.
15．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）已知四棱锥的各个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，，，，，M是线段AB上一点，且．过点M作球O的截面，所得截面圆面积的最小值为，则＝___．
【答案】或
【分析】根据给定的几何体，确定球心O的位置并求出球半径，再利用球的截面圆性质及余弦定理求解作答.
【详解】在等腰梯形中，连接，如图，
因为，，，则，，
于是，取中点，连接，则，得均为正三角形，
即有，即是梯形外接圆圆心，
而O为四棱锥的外接球球心，因此平面，又PA⊥平面ABCD，
则，而为球O的弦，则过点O垂直于的平面必过的中点E，连接，
于是，而，即有，四边形为矩形，，
因此球O的半径，过点M的球O的最小截面圆所在平面必垂直于，
而此截面圆半径为，则，连接，在中，，
在中，，，
即有，解得或，
所以或.
故答案为：或
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
16．（2022秋·全国·高二阶段练习）已知正方体的棱长为2，点E为的中点，过B，E，三点的平面截该正方体所得的截面记为，若，则线段长度的最小值为______．
【答案】/
【分析】方法一：设平面与平面交于，F在上，平面与平面交于直线BE，则可得四边形是平行四边形，E是的中点，所以F是的中点，以点D为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，连接，然后利用空间向量求出点到平面的距离就是线段长度的最小值，方法二：线段长度的最小值，即为四棱锥的高，利用等体积法求解
【详解】方法一 设平面与平面交于，F在上，
又平面与平面交于直线BE，
因为平面∥平面，
所以∥，同理∥，所以四边形是平行四边形，
所以，
又E是的中点，所以F是的中点．
以点D为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，连接，如图所示，则，，，，
所以，．
设平面的一个法向量为，
则，令，则．
又，
所以线段长度的最小值，即点到平面的距离．
方法二 连接，，设平面与平面交于，F在上，
又平面与平面交于直线BE，
因为平面∥平面，
所以∥，同理∥，所以四边形是平行四边形，
所以，
又E是的中点，所以F是的中点．
所以线段长度的最小值，即为四棱锥的高，
设四棱锥的高为h，的边上的高为，易知，，，则，
所以．
因为，
所以（运用等体积法进行转化），
即，得．
故答案为：
【技法指引】
】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。做出过三E,F,C1点的截面
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。最后处有解释。
方法二：平行线法。
本题用平行线法，并不太快捷，不过也成立。
平行线法特征： 有两点连线在表面：EF，在前侧面

方法如下：
寻找C1点所在的与线EF的所在红色表面平行的面：里边侧面（绿色的）
在这个面内，过C1做EF平行线，显然必须扩展这个面了。如第三图。
注意！注意！，E与F分别在右侧面和下侧面上（红色面就不要用了）
注意这仨面的相交棱，
下边过C1做EF平行线，交这俩棱于K,L第二排图
分别连FK与EL，交点为J与H。出截面，与第一种方法一致。

【技法指引】
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。做出过三E,F,C1点的截面
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。最后处有解释。
方法一：以“第三点”所在的表面中，，剔除掉与EF所在的表面平行，寻找合适的表面来做交线
如下图，符合的有c1的表面有三个，红色的和EF平行而不会相交，去掉，可供选择的是上表面（蓝色）或者右表面（绿色的），
先用上表面（红色的）来做：
所以，先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A1B1于G
此时G也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1交点H.
连接HB，则的如右图的截面。

再用右表面绿色的来做：
则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C1C于I
此时I也在右表面了，连IC1交棱CB于J.
连接FJ，则出右图的截面。

最终，两个合在一起，就是如图的截面。以上过程，与EF是否中点，几何体是否正方体无挂具体的G,H,I,J都可以通过对应的E、F几等分点以及几何体长宽高的不同变化来计算出来，这个几何体也不一定是长方体，还可以是斜棱柱，都不影响这个作图。
【技法指引】
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
【技法指引】
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。
【技法指引】
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，
【技法指引】
球截面：
1.球截面是一个截面圆。
2.球截面所在圆的圆心与球心连线，与截面圆垂直
3.球截面存在勾股数组：
【技法指引】
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