高考数学重难点突破3 立体几何中的截面问题（八大题型）（解析版）

重难点突破03立体几何中的截面问题

目录

题型一：截面作图

题型二：截面图形的形状、面积及周

长问题

题型三：截面切割几何体的体积问题

题型四：球与截面问题

立体几何中的截面问题

题型五：截面图形的个数问题

题型六：平面截圆锥问题

题型七：截面图形有关面积、长度及

周长范围与最值问题

题型八：截面有关的空间角问题

■方法技巧总结

解决立体几何截面问题的解题策略.

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，为解决立体几何问

题增添了一种代数计算方法.

2、基底法

所谓基底法是不需要建立空间直角坐标系，而是利用平面向量及空间向量基本定理作为依托，其

理论依据是：若四点E、尸、G、”共面，尸为空间任意点，则有：

结论1：若EG与E”不共线，那么EF=/IEG+〃EH；

结论2：PE=APF+jLiPG+t]PH[A+ju+r]=1）.

3,几何法

从几何视角人手，借助立体几何中的线线平行、线面平行、面面平行的性质与判定定理以及平面

几何相关定理、结论，通过论证，精准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，再依据题意完成所求解答或证明.

必考题型旧纳

题型一：截面作图

例1.（2023•全国•高一专题练习）如图，正方体的棱长为6,M是A片的中点，点N在棱CC,

上，且CN=2NC-作出过点。，M,N的平面截正方体ABCO-AqGR所得的截面，写出作法;

作法如下：连接DN并延长交的延长线于点E,

连接A/E交BG于点尸，交AA的延长线于点”，

连接。〃交AA于点Q,连接QM,FN,

所以五边形DQMFN即为所求截面.

例2.（2023・江苏•高一专题练习）如图，棱长为2的正方体ABCD-A/8/。。/中，E,F分别是棱A4/,CCi

的中点，过E作平面a,使得a〃平面BDF.

（1）作出a截正方体ABCD-A/8/C/D所得的截面，写出作图过程并说明理由；

（2）求平面a与平面BDF的距离.

【解析】（1）连接4R，E综瓦九由正方体性质可得BF//ED,.

又BFcBD=B，所以平面EBQ"/平面BOE；

因为a〃平面BDF,旦Ewa,所以平面E耳。与平面a重合，即平面E耳。就是。截正方体ABCD4由/C/。/

所得的截面.

（2）由（1）可知平面a与平面瓦屮的距离等于点名至!!平面瓦卯的距离；

设点用到平面瓦»■的距离为d,由题意可得3。=2&,2尸=。尸=石，所以V8O尸的面积为迷；8男尸的

面积为2；

由V^.BDF=明产可得；S△的•d=gS△明尸x2,解得d=~~~~-

所以平面a与平面的距离为亚.

3

例3.（2023・全国•高一专题练习）（1）如图，棱长为2的正方体ABC。-ABC"中，M,N是棱厶円，AR

的中点，在图中画出过底面ABCD中的心。且与平面AAW平行的平面在正方体中的截面，并求出截面多边

（2）作出平面PQR与四棱锥ABCDE的截面，截面多边形的边数为

【解析】（1）分别取E,尸为棱4G，G"的中点，则由中位线性质得到：EFBRMNBD,所以四边

形EFDB为平面四边形，

又ENA用AB,EN=AlBl=AB,所以四边形EN4B为平行四边形，所以EBAN,

由EF〃MN,EFU平面AMN,MNu平面AMN,所以EFP平面4MN,同理EB〃平面AMY,EFcEB=E，

由面面平行的判定定理可得平面AMN〃平面EFDB,所以四边形EFDB即为所求截面，旦为梯形，

由截面作法可知，DB=2近,EF=3DB=竝,EB=F£>=V1r庁=6,所以截面四边形EFDB的周长为

3近+25

（2）延长PQc即的延长线于G,连接GR,GRcBC=M,GRcEO的延长线于”,连接尸H,尸"cAD于N,

连接QM,RN,则五边形PQM&V即为所求.所以截面多边形的边数为五.

变式1.（2023・全国•高一专题练习）如图①，正方体ABC。-ABC。的棱长为2,P为线段8c的中点，。

为线段CG上的动点，过点A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S.

图①图②

⑴若1<CQ<2,请在图①中作出截面S（保留尺规作图痕迹）：

（2）若CQ=1（如图②），试求截面S将正方体分割所成的上半部分的体积匕与下半部分的体积匕之比.

【解析】（1）延长。C交转延长线于点E,此时£>C=CE,延长EQ交〃0于点?

延长4G交PQ延长线于点G,连接GF,并延长交4。『点H,连接AH

此时五边形APQFH就是截面S

边形APQR

匕=吟-八即+匕TDCO=；X(；X2X2)X2+；X(1+2)X2X；X1=1

717

匕=2x2x2--=—

133

因此K：%=17d7=17:7

变式2.（2023•全国•高一专题练习）如图，已知正方体A8CQ-4与CQ,点E为棱CG的中点.

aG

⑴证明：AG〃平面BOE.

(2)证明：AQ1BD.

(3)在图中作出平面BER截正方体所得的截面图形(如需用到其它点，需用字母标记并说明位置)，并说明理

由.

【解析】(1)证明：连接AC,交BD于点0,连接0£,

因为ABCZ)是正方形，所以。为AC的中点，又E为棱CC的中点，

所以0E//4G，Q£u平面3DE,厶6^平面也无，

所以4C0平面

(2)证明：在正方体中，明丄平面ABC£>,BDu平面A8CD,所以丄8。,

又AC丄BD,ACnAAt=A,AC,厶4u平面ACGA，

所以亜丄平面ACGA,

又AQu平面ACGA,

所以AG丄80.

(3)如图取⑨的中点M,连接5M、MD\,则MBED,为平面截正方体所得的截面，

证明：取。R的中点N,连接NE、AN,因为E为棱CG的中点

所以AB//CD且43=C£>,NE//CD且NE=CD,

所以AB//NE[\.AB=NE,

所以四边形A8EN为平行四边形，

所以AN"BE,

乂AMIIND,且AM=ND、,

所以四边形AND、M为平行四边形，

所以AN〃jM,

所以MDJ/BE,即8、E、Q、M四点共面，即MSEQ为平面截正方体所得的截面;

变式3.（2023・江苏•高一专题练习）已知正方体ABC。-ABC。是棱长为1的正方体，M是棱厶4的中点,

过C、R、M三点作正方体的截面，作出这个截面图并求岀截面的面积.

【解析】连接。M，并延长，交D4延长线于N连CN交A8于戶，连接MP,

则CRMP为过C、2、M三点的正方体的截面，

因为“是AA的中点，MA//DD,

所以M是NR的中点，A是ND的中点,

因为A/7/CO,所以P是NC的中点，

所以是三角形NCR的中位线，

所以Sen1Mp=3SNMP）

因为正方体的棱长为1,

所以可得MN=PN=@，”「=也，

22

所以三角形NMP是以MN=/W=9为腰，以MP=E为底的等腰三角形,

22

边MP上的髙为'图〔闺=AW岑'

三角形NMP是的面积5人亜=*x乎=（

所以Sc^MP=3SNMP=~

O

题型二：截面图形的形状、面积及周长问题

例4.（2023・全国•高三专题练习）如图，正方体ABCO-AACQ的棱长为1,P为3c的中点，Q为线段CG

上的动点，过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S则下列命题中正确命题的个数为（）

①当0<CQ<；时，S为四边形；

②当CQ=J时，S为等腰梯形；

31

③当。。二：时，s与GA的交点与满足c内=/

3

④当vCQ<1时，S为六边形；

4

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

AB

先确定临界值点，当CQ=；,即。为CG的中点时，

截面交。R于口，则界面APQ2A为等腰梯形，故②正确；

对①当0<c。<g时，即。移动到纟位置时,

截面交线段。。于H，所以截面APQi”为四边形，故①正确；

3

对③，当CQ=j时，。在乌的位置，截面交0A的延长线于/,

延长/Q,A尸交在QC的延长线于G点，

则4=丝=丝=强」，

'ADGDIGDI2

33131

由C。产亍，则£>/=：,D,/=-,又有G0=1_：=T，

42244

1

所以笑1=系=*=2,又CQ=1,所以£囲=；故③正确；

C内丄3

4

对④，CQ<\,Q点移动到与位置，从图上看，截面为五边形，故④错误；

共3个正确，

故选：C

例5.(2023・四川成都・高二双流中学校考期中)已知正方体48C0-ABCQ的棱长为1,M,N为线段8C,CG

上的动点，过点A，M,N的平面截该正方体的截面记为s,则下列命题正确的个数是()

①当8M=0且O<CN<1时，S为等腰梯形；

②当M,N分别为BCCG的中点时，几何体A-RMN的体积为、；

③当M为BC中点且CN=m时，S与GA的交点为R,满足GR=

46

④当M为8c中点且0VCNW1时，S为五边形.

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】①，当8M=0,即电合，且O<CN<1时，如下图所示，

过N作NP〃CR,交GQ于尸，连接A7,

根据正方体的性质可知AB//C。，所以NP//A.B.所以A,8,N,P四点共面，

在等腰直角三角形CG乌中，根据平行线分线段成比例的知识可知CN=PD、,

所以A尸=也2+PD；=JF+CM=BN,

即截面S为等腰梯形，①正确.

PlG

②，当M,N分别为8C,Cq的中点时，

过村作人阳丄CR,垂足为H,则NH〃CQ,NH=；GO=¥，

由于8c丄平面CDDC，NHu平面CD。©,所以BC丄NH,

由于CRc8C=C,CR,8Cu平面A,BCDt,

所以NH丄平面ABCDi"即N"丄平面AM。.

所以—wv=%的用=卜&卜咼②正确.

3

③，当M为BC中点且CN=:时，S与G2的交点为R，S与A〃的交点为P,

4

由于平面〃平面。CCQi，

平面A844cS=4P,平面。CCQ|CS=RN,所以4P//RN,

同理可证得AR//PM,

C}N=—,设GR=x,PB=y,则RR=1-x,

由ZD.RA,=/MPB,得tanND出=tan/MPB,

即=所以緖=>>[+%

1-xy22

同理tanNAP4=tanNGRN,所以丁丄厂=：，解得》=；•

即GR=；,③错误.

④，当M为BC中点且CN=O时，CN重合，如下图所示,

截面S是四边形4BC。，④错误.

故选：B

例6.（2023•全国•高一专题练习）如图正方体ABC。-A£CQ,棱长为1,尸为BC中点，Q为线段CQ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（）

B./1

A.当4寸，。为四边形当=；时，。为等腰梯形

C.当Xe(jl)时，O为六边形D.当2=1时，。的面积为包

2

【答案】C

【解析】当0<义<:时，如下图1,。是四边形，故A正确;

当；1=；时，如下图2,。为等腰梯形，B正确：

当;<4<1时，如下图3,Q是五边形，C错误；

4

当4=1时，。与C1重合，取的中点凡连接反，如下图4,由正方体的性质易得PG//8M//A尸，且

PC,=AF,截面复为APG尸为菱形，其面积为gAC/PF=手，D正确.

故选：C

AB

图3

变式4.（2023•江苏镇江•高二扬中市第二高级中学校考开学考试）如图，在棱长为竝的正方体

MCD-AB'C'/y中，点E、F、G分别是棱AE、BC\C。的中点，则由点E、F、G确定的平面截正

方体所得的截面多边形的面积等于.

【答案】史

2

【解析】因为E、F分别为A'B'、B'C的中点，则EF//A!Ciq.EF=+哼［x2=1，

因为*〃CC且A4，=CC,所以，四边形A4'CC为平行四边形，所以，AC//AC,

所以，EF//AC,设平面EFG交棱于点H,

因为平面ABCD/mAB'C'D',平面EFGc平面A'ffC'D'=EF,

平面EFGc平面ABCZ）=G"，所以，EFHGH,则G////AC,

因为G为C。的中点，所以，H为AD的中点，

设直线EF分别交£>/、DC'的延长线于点尸、Q,连接P"交棱A4'于点M，

连接QG交棱CC'于点N,连接EM、FN,则截面为六边形ERVGHM,

DGC

因为A/7/CB,—=—=1,

BFBE

所以，A:P=B'F=-B'C=-A'D'=-AD=AH,

222

A/\4AH

因为则工二不二匕所以，=则”为A4’的中点，

同理可知，N为CC的中点，易知六边形EEVG/7/W是边长为EF=1的正六边形，

所以，截面面积为6x丄xl?xsin60=6x^^=土叵.

242

故答案为：巫.

2

变式5.（2023•河南信阳•高二信阳高中校考阶段练习）在一次通用技术实践课上，木工小组需要将正方体木

块截去一角，要求截面经过面对角线AC上的点尸（如图）,且与平面BCR平行，已知4A=10cm,AP=6cm,

则截面面积等于cm2.

【答案】36G

【解析】如图，连接BO交AC于点。，连接A。、A,B.

DC

小为

因为BBJ/D1且BBH，故四边形B8QQ为平行四边形，所以，BDMBR,

因为8OZ平面BCR,耳。u平面BCR,所以，平面8CR,

同理可证AB〃平面BCR,

因为A8CBD=B,4田、Qu平面AB。，所以，平面ABO〃平面BCR,

故截面平行于平面A/。.

过点尸作与8。平行的直线分别交AC、AB于点V、N,在44上取点。使42=AM.

AQAM

，SA

AQ^AM,•'•谭=F.,.△4QM2\4。，：.QMHD\.

A。

因为w平面ABO,A£>u平面48。，所以，QM〃平面ABD,

又由'为MNHDB,MNU平面AB。，8Du平面所以，MM/平面厶乃。,

因为MNQM=M,MN、QMu平面MNQ,所以，平面A/NQ〃平面厶田。,

sMNAP

易得△MNQSADBA一故吃侬=

S4DB'IDBAO

因为A8=^AB2+A^=7102X2=10&,

2

易知A/。是边长为10竝的等边三角形，所以，SMBW-^x(10>/2)xsin60-505/3,

因此，1szMm=£x50g=36G(cm2).

故答案为：366.

变式6.(2023•江苏泰州•高一泰州中学校考阶段练习)正方体ABC0-ABGA的棱长是。，其中E是C。中

点，厂是AA中点，则过点旦凡用的截面面积是.

【答案】嗜下

【解析】在CG上取M使CM=aCG,连接ME并延长与。。的延长线交于点G,连G尸交AD于N,连

接B】M,NE,

由正方体的性质可知8H//EM,则五边形4MEN/即为过点E,F,国的截面,

G

a,GE=-GM,GN=-GF,

23

在尸中，B,M=-a,B.F=—a,MF=^-a,

424

由余弦定理得cosZMB,F=—,所以sinZMB.F=友互，

2525

2

所以平行四边形B，MGF的面积为s=B,FxB}MsinNMB、F=^«

乂由6E=丄6/,6%=丄6尸,

23

所以Scm=；GExGNxsinNNGE=《S,

所以截面的面积为SBVENF=»S=丄竺“3

则由1248

故答案为：*叵/.

48

变式7.（2023・全国•高三专题练习）已知直三棱柱ABC-A与G的侧棱长为2,AB1BC,AB=BC=2,

过AB,8片的中点E,尸作平面a与平面AACC垂直，则所得截面周长为

【答案】3夜+指

【解析】如图，

取AC的中点。，连接5Z）,取AG的中点R,连接BQ,BD.

取A£＞的中点G,连接EG,连接M,并延长与入用交于“，取G0的中点M,连接交于N,

连接硒、GM,可得EG//BD,BDHBQ、,MNUBR,即有EG〃MN,又AB=BC,可得8。丄AC,

因为A4,丄平面ABC,3Du平面ABC,所以8。丄AA，-4CAA4,=A,AC，Mu平面ACGA,所以班＞2

平面A41GC,因为EG//3。，所以£G丄平面AAGC,EGu平面EGMF,由面面垂直的判定定理，可得

平面EG用/丄平面AAGC,则平面EGMVF即为平面a,由EG=、BD力,GM="?!=#，

22

MN=-B,D,=—,NF=4i，FE=&，可得所得截面周长为受x2+#+0x2=30+6.

222

故答案为：3应+".

变式8.（2023・全国•高三专题练习）棱长为1的正方体A8CC-ABGR中，点E为棱BC的中点，则过四，

E,。三点的平面截正方体的截面周长为.

【答案】2石

【解析】

如图，取AR的中点为尸，连接尸287，取的中点为G,连接FG,BG,

在正方形ARD4中，因为尸、G分别为所在棱的中点，故尸G//4A，FG=AAt

而BBJ/AA、,8B1=AA,故FGHBBX,FG=BB、,

故四边形FGBB,为平行四边形，故FBJ/GB,FB^GB,

在正方形"8中，因为E、G分别为所在棱的中点，故GDi/BE,GD=BE,

故四边形DGBE为平行四边形，故DE//GB,DE=GB,

故FB\"DE、FB、=DE,故四边形FBXED为平行四边形，

故尸，4,E,。四点共面，故过E,。三点的平面截正方体的截面为平行四边形尸片ED.

又DE=B&=H=*,故截面的周长为4x^=2石，

故答案为：2不.

变式9.（2023,四川泸州・四川校联考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体A8c。-48心口，

中，点E为C£＞的中点，则过点C且与用E垂直的平面a被正方体488-ABCA截得的截面周长为

【答案】2百+0/0+2石

【解析】如图，取中点F,。。中点G,连接CF,FG,CG,BE,B|E,设BE与CF交于

点O,

因为B,E在平面ABC。内的射影为BE,

由CD=BE,DF=CE,NBCE=ZFDC=90。可得,BCE£.CFD.

所以NBEC=ZDFC,NEBC=ZFCD,

乂因为N48E+NEBC=90°,NEBC+NBEC=90°,

所以NA5E=ZBEC=NOFC,

在四边形AF8。中，ZA+ZABE+ZBOF+ZCFA=360°,

其中ZABE+ZAFC=NDFC+ZAFC=180°,NA=90°,

所以NB"=90。，即丄C/，

所以CF是截面内的条线，

同理CGGF是截面内的一条线，

所以过点C且与耳E垂直的平面a被正方体ABCD-A4GA截得的截面为CFG,

因为正方体ABCQ-A8cA的棱长为2,

所以CF=>/4+1=V5,CG=5/4+T=>/5,FG=^/i+T=0,

截面CFG的周长为CF+CG+FG=6+^+J^=2^+J5,

故答案为：2亚+应

题型三：截面切割几何体的体积问题

例7.（2023•广东广州•高一统考期末）在棱长为a的正方体ABCD-A耳CQ中，E,尸分别为棱BC,C&的

中点，过点A,E,F作一个截面，该截面将正方体分成两个多面体，则体积较小的多面体的体积为.

【答案】—

24

【解析】如图，依次连接四边形AEFR即为所求截面，

因为点E、尸分别为棱BC、CC,的中点，所以E尸〃RA,

.212

可知AOA-ECF为三棱台，所以S△皿产%xa=',S△四=卜会計/，

其体积VADR—ECF=§（SAA皿+dSMDDJS^ECF+S^ECF）x8=3Xa=~1A'

\/

3

且正方体的体积为％CO-A4Goi=axaxa=a,

7〃317〃3

则另一部分的体积为V=-匕g-ECF=43-等=监，

/tod7-ri]。4[/4/it/y-cvr。/1C4

因为所以体积较小的多面体的体积为生.

242424

故答案为：—.

24

例8.（2023・辽宁锦州•校考一模）在正四棱锥S-AB8中，M为SC的中点，过4W作截面将该四棱锥分成

上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为匕，则装的最大值是.

【答案】2

【解析】记正四棱锥S-ABCD的体积为V,券的最大值，由K+K=v为定值知，只需求匕的最小值，

v\

设过AM的截面分别交SB和5。于瓦广，平面SAC与平面S8D的交线为SO,S。与A"相交于G,如图,

则SG§。,畸"冷y,则而4侬+S仍$SE+#八即有导导】，

SF

匕=^S-AFM+^S-AEM=^F-SAM+^E-SAM^D-SAM

~SDSAM

11VV11VVXV

=P2^c+x--Vfi_wc=-(x+y)=-(x+y)(-+-)=-(2+-+-)>-F

0匕V-KV..V

当且仅”'ix=y=：时取等号，此时匕*V；v,

33

所以扌的最大值是2.

v\

故答案为：2

例9.（2023•浙江•高二竞赛）在正四棱锥S-A8C。中，例在棱SC上且满足SM=2MC.过A"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匕，匕，则，的最大值为.

【答案】|

O

【解析】设过AM的平面交SB.SDT-G,P,

将平面MGAP延伸，交BC,CD于E,F,则A,E,F共线.

s

FCDPc.ECx

-------------2=1,-------------

FDPSEB\-x

又区=。=笠=CE

FDDABCCE-BE

,.BE_2X.DP_\BEy_l-3x

"UCE-T7r，"-2\-CEJ-2（l-x）

।rY]__‘ASM+厶一ASC）_J_6SG+SP]

v--2sAsc4_ASC——乳正而丿

2-2x\if43-5x4、

-x+3-5xJ

3（555（3-5x）J

85

xe0,--,3

3j13Vl5,9

.匕=I_E_1J

“V,M8-

7

故答案为：—.

o

变式10.（2023・上海•高二专题练习）如图，正方体ABQ）-ABCa,中，反尸分别是棱AB、8c的中点,

过点D、、E、F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％匕，记乂＜匕，则乂：匕=

25

【答案】石

【解析】延长EF交DC的延长线与点P,连接。/交CG于点G,连接尸G：

延长正交的延长线与点0,连接。。交A4于点H,连接“E：

所以过£）,反尸的截面为尸G,如下图示：

设正方体的棱长为2。,

则过〃,E,F的截面下方几何体的体积为

1/1ccr.r1cc4111cde112a25

V.=-SnnpOD-2-5.„-OA--------3>a-2a-3a-2--------a------a=—a3，

'3*3F323239

7547OS

所以另•部分体积为匕=8/号/=力3,则屮匕=:

故答案为：言25

变式11.（2023.全国•高一专题练习）如图所示，在长方体ABCD-A'8'C'D中，用截面截下一个三棱锥

C-AD'D,则三棱锥C-A'D£>的体积与剩余部分的体积之比为.

D'

【答案】1:5

【解析】设钻="，AD=b,A4'=c,所以长方体体积%皿-“壮力=

三棱锥C-4£>'£）的体积展，即=：8•5沙加=卜jc=，

3326

,剩余部分的体枳=匕88"®"-Vc-AD'D=abc-yabc=|abc

66

...三棱锥C-A'。'。的体积与剩余部分的体积之比为1:5.

故答案为：1:5.

变式12.（2023・贵州贵阳・贵阳六中校考一模）在三棱柱4BC-4円£中，明丄底面ABC,

AB=8C=CA=；M，点尸是棱AA上的点，AP=2PA],若截面8PG分这个棱柱为两部分，则这两部分

的体积比为.

45

【答案】?或1

54

【解析】取AC的中点。，连接BO,

因为AB=8C,所以8。丄AC,

因为AA丄底面A8C,亜u底面ABC,

所以AA丄8。，

又ACHAA=A,所以比）丄平面4ACC，

C24

不妨设=则BO=^a,AP=-AA=-a,

23i3

_16-G3

^ABC-^C,=-><ax—ax2a=­a，

+2

v_i（r45®3,

Vnp0=-X---------------Xd=----Cl

BA"CC32218

故上面一部分的体积为匕meABC-/APCC=-^-^»

zioC-/ijO|C|o—/trC|C9

4

则驾？

18

45

所以两部分的体积比为找“

变式13.（2023•广东揭阳•高一普宁市华侨中学校考阶段练习）如图，正方体A88-AAGP中，及F分别

是棱、C卩的中点，则正方体被截面BEFC分成两部分的体积之比匕：％=

【答案】3

【解析】设正方体ABC。-AAGA的棱长为2。，体积为V,则

V=2ax2ax2a=8。，，

因为E是棱A4的中点，所以

3

，K=SBBiExBC=-xEBixBBlxBC=-xax2ax2a=2a,

33

/.Vl=V-V2=8a-2a=6a\

K2a3

故答案为：3

题型四：球与截面问题

例10.（2023•湖南长沙•高三长沙一中校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A4GA中，M,N

分别为棱AQ，的中点，过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为（）

【答案】C

【解析】如图,

正方体外接球的球心在其中心点。处，球的半径R=1712+12+12=—，

22

要使过MN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的中点Q,

连接OM,ON,则OM=ON=MN=",

2

所以OQ==号，

此时截面圆的半径r=JR、OQ2=半，

此时，截面面积的最小值5=冗产=1无.

故选：C.

例11.（2023•福建福州•福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形A5CD中，AB=3,AD=4,将沿

对角线80翻折至亠A'的的位置，使得平面A3D丄平面8CO,则在三棱锥A'-BCD的外接球中，以AC为

直径的截面到球心的距离为（）

Ax/435R6夜「V239y/U3

A.---D.-------L•--------Lnz•--------

1051010

【答案】B

【解析】如图，取8。的中点为。，连接AO,CO,过4作A“工8。，垂足为，，连接6.

因为三角形A7M为直角三角形，故A'O=OD=Q8,

同理CO=OD=OB,故CO=O£）=OB=OA,

所以。为三棱锥A-BCD的外接球的球心，而BO=5/9+16=5，

因为丄B/D，A'Hu平面平面A'B£＞丄平面,

平面1平面=故AT/丄平面CBO,

而CHu平面CBO,故丄CH.

在直角三角形ABD中，48=3,40=4,故AH=

故BH=6員，

4

在直角三角形C50中，cosZCBD=-,

故加上+16-2&4>4=些，故AC、出+吧337

2555252525~25

设球心到以AC为直径的截面的距离为d,

则d=叵=医亘=恒三亘=其=逑，

Y4【2）V44x2510105

故选：B.

例12.（2023・海南•高三校联考期末）已知某球的体积为32手7t，该球的某截面圆的面积为3%则球面上的点

到该截面圆圆心的最大距离为（）

A.1B.3C.2+D.—

【答案】B

【解析】设截面圆的半径为，球。的半径为R球心到截面的距离为d,

则林+冴二代，

因为球的体积为于=苧网，

所以R=2,

因为截面圆的面积为3兀，

所以3n=nr2）故r=的,

所以"=1,

所以球面上的点到该截面圆圆心的最大距离为d+R=3,

故最大距离为3.

故选：B.

变式14.（2023•江西南昌•江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD-4耳CQ的棱长为2,E为棱CQ上

的一点，且满足平面3QE丄平面ABO,则平面A8。截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）

,"c25八8c2

A.—7iB.~^兀C.一冗D.-TC

61233

【答案】A

【解析】在正方体ABCO-A4GR中，设平面BDEc平面ACG=OE,且4G丄平面，

由平面BOE丄平面A/D,可得ACJ/OE,所以E是CG的中点，

,_________3

又四面体/WCE的外接球的直径为■=JAC2+CE2=3，可得半径R=1，

设加是AE的中点即球心，球心M到平面AtBD的距离为d,

又设AC与BD的交点为。，则cosZ4OA==等，则sinNAOM=cosZ4OA=,

则d=OM.sinNA0A/=Lx^=立，则截面圆的半径/=戸一/=2一二=生，

'236412126

17

所以截面圆的面积为+=今7t.

6

故选:A.

变式15.（2023•四川内江•四川省内江市第六中学校考模拟预测）己知球O是正三棱锥A-8CD（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=6,AB=无,点E是线段BC的中点，过点E

作球o的截面，则所得截面面积的最小值是（）

【答案】A

【解析】如图:

A

c

。是A在底面的射影，由正弦定理得，△BCD的外接圆半径r=m_x丄=1.

sin602

由勾股定理得棱锥的高Hal=应=1=1设球。的半径为R,

则戸=（1-R）2+1,解得A=l,

所以|OQ|=0,即。I与0重合，

所以当过点E作球O的截面垂直于OE时，截面面积最小，

此时截面半径为忸耳=昱,截面面积为y.

故选：A.

变式16.（2023・福建厦门•厦门外国语学校校考模拟预测）已知半径为4的球。，被两个平面截得圆。卜。2,

记两圆的公共弦为A3,且。。2=2,若二面角。「AB-。?的大小为q兀，则四面体厶8。02的体积的最大值

484

B血C6

9-9-D.9-

【答案】c

【解析】设弦AB的中点为M,连接QM,QM，依题意，可得如下图形,

由圆的性质可知丄AB,O2M丄AB，则ZO,MO2即为二面角的平面角,

2

故/«仞。2=§兀，

117

四面体AB00的体积为V=彳A3•S=:A8。阳0Msin-n

}23口63

=*ABO、MO2M,

其中OQ；=O附Z+O^A^+O也。［用=4230四•OzM

=>0tM02M<^,当且仅当aM=0?M=手时取等号,

由球的截面性质，。。1丄QM,OO2YO2M,

24

DR=OM=—

所以O,q,Q,”四点共圆，则有外接圆直径"“一5"一$皿2兀一百，

sm铲

8娓

从而AB=2MB=2\lOB2-OM2=2.

，用連01MCMM逑x丄还

3'2339

故选：C

变式17.（2023・全国•高三专题练习）已知球。和正四面体A-BCO,点&C、。在球面上，底面BCZ）过球心

0,棱A&ACA。分别交球面于稣q、A，若球的半径R=G，则所得多面体8CQ-BCO的体积为（）

A9夜R9