高中数学复习 立体几何中的截面问题

立体几何中的截面问题

、知识点梳理

一、截面问题的理论依据

(1)确定平面的条件

①不在同一平面的三点确定一个平面；②两条平行线确定一个平面

(2)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线

(3)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内

(4)如果一条直线平行于一个平面，且经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行

(5)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行

二、截面问题的基本思路

1.定义相关要素

①用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面.

②此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线.

③此平面与几何体的棱(或面)的交集(交点)叫做实截点.

④此平面与几何体的棱(或面)的延长线的交点叫做虚截点.

⑤截面中能够确定的一部分平面叫做截小面.

2.作截面的基本逻辑：找截点一连截线一围截面

3.作裁面的具体步骤

(1)找截点：方式1：延长截小面上的一条直线，与几何体的棱、面(或其延长部分)相交，交点即截点

方式2：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体的棱于截点

(2)连截线：连接同一平面内的两个截点，成截线

(3)围截面：将各截线首尾相连，围成截面

三、作截面的几种方法

(1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交

线的过程。

(2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。

(3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线

的平行线找到几何体的截面的交线。

模型演练：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等完全理解了，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Ci,注意：此时合格Ci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，做法如下图.

方法二：平行线法，做法如下图.

菱形矩形任意五边形任意六边形正六边形

(6)⑺⑻⑼(M

二、题型精讲精练

【典例1］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.

【典彳列2】已知正四棱柱ABCD-A4GA中，BE=；BBi=2,4AB=3AA,,则该四棱柱被过点A，C,E

的平面截得的截面面积为.

【答案】12M

【分析】在。。上取点F,使得。尸=2,连接AECF,则四边形AECF是平行四边形，

由勾股定理可得AE,CE，AC,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ABCD-ASCQ中，BE=\BBi=2,4AB=34A，

4

可得〃=四=CJ=8,BE=2,在。。上取点尸，使得。尸=2,连接则有4尸=小小尸〃CE,

所以四边形AECF是平行四边形，由勾股定理可得

\E=>/62+62=6叵,CE=A/22+62=2屈,A.C=762+624-82=2扃.

A6+C6-4C272+40-136_小

所以COSNAEC=，所以sinNAEC=所以四边形AECF是平

lA^ExCE2x672x2710-10

行四边形的面积为AExECxsinZ4EC=6&X2A/1UX四=12加，故答案为：12加

【典例3］如图，在正方体ABCD-ABCQ中，AB=4,E为棱BC的中点，/为棱AQ的四等分点（靠

近点口），过点AE,F作该正方体的截面，则该截面的周长是

[&案]+25+2dl3

3

【分析】首先根据面面平行的性质定理作出过点AE,尸的正方体的截面，从而求截面的周长.

【详解】如图，取G。的中点”，取CG上靠近点G的三等分点G,

连接AE,EG,G”,〃F,E4,易证AE//”£A尸〃EG,则五边形为所求截面.

84

因为AB=4,所以BE=CE=GH=""=2，AF=3，AF=1,CG=§,C,G=-

则AE=2区EG=2,GH=巫,HF=^,AF=5,故该截面的周长是

33

dkk厂小口〃厂4k9,75+25+2^13痂效宝/9后+25+2\/[^

AE+EG+GH+HF+Ar=---------------------•改合菜为:--------------・

33

【典例4】已知三棱锥A-88的所有棱长均相等，四个顶点在球。的球面上，平面a经过棱AB,AC,

S.

AD的中点，若平面a截三棱锥A-5c。和球。所得的截面面积分别为S2,则寸=（）

A.毡B.毡C.—D.—

8716万8464乃

【答案】

【分析】根据平面截三棱锥A-38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a截三棱锥A-BCD所得正三角边长为a,截面圆的半径为r,则

14

由正弦定理可得厂=——-——=a，S,=兀/=4'"，=~~＞故选：B

sin60033s216万

【题型训练-刷模拟】

1.截面蹴问题

一、单选题

1.（2023・全国•高三专题练习）用一平面去截一长方体，则截面的形状不可能是（）

A.四边形B.五边形C.六边形D.七边形

【答案】D

【分析】用平面去截正方体时最多和六个面相交得六边形.

如图，用平面去截正方体时最多和六个面相交得六边形，

因此截面的形状可能有：三角形、四边形、五边形、六边形,

不可能为七边形，

故选:D.

2.（2023・全国•高三专题练习）已知在正方体ABC。-A由CQ中，£,F,G分别是A8,BB、,的中

点，则过这三点的截面图的形状是（）

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形

【答案】D

【分析】利用平行画出截面，进而判断出正确答案.

【详解】分别取AG、D、D、AO的中点V、M.N,连接G〃、HM、MN,

在正方体ABC。-46Gp中，E,F,G分别是A8,BB、,的中点,

-,HG//EN,HM//EF,FG//MN,

六边形EFGHMN是过E,F,G这三点的截面图,

.••过这三点的截面图的形状是六边形.

故选：D

3.（2023•全国•高三专题练习）已知在长方体ABC。-ABCR中，AB=BB、=2BC,点、P,Q,T分别在棱

BB-CG和AB上，且B/=3BP,CQ=3C,Q,BT=3AT,则平面PQT截长方体所得的截面形状为（）

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形

【答案】C

【分析】连接。尸并延长交8的延长线于点£,连接ET并延长交相»于点S,

过点S作SR//EQ交。。于点/?,连接R。，即可得到截面图形，从而得解.

【详解】如图连接QP并延长交CB的延长线于点E,连接ET并延长交AO于点S,

过点S作SR//EQ交。。于点/?,连接R。，

则五边形尸QRS7即为平面PQT截该长方体所得的截面多边形.

其中因为反尸=33尸，CQ=3ClQ,BT=3AT,

所以.EBPsECQ,则卷=襄=:，所以EB=gBC,

ECCQ32

SAAT111

又一SATs.EBT,所以^="=4,所以==

EBTB336

则SO=3A。，

6

显然SDR^,ECQ,则黑=考，所以£>R=初OR.

CCCQ91212

E

故选：C

4.（2023秋•江苏南京•高三统考开学考试）在正方体A8CO-44GA中，过点8的平面a与直线A。垂直，

则&截该正方体所得截面的形状为（）

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形

【答案】A

【分析】作出辅助线，证明出BO_L平面A4C，所以BOJ.AC，同理可证明BGJ-AC,得到AC_L平面

BCD,故平面a即为平面BG。，得到截面的形状.

【详解】连接8D8G，CQ,AC,

因为AA_L平面ABCD,B£>u平面ABCD,

所以AA_LBD,

又四边形A8CQ为正方形，所以AC，

又A4,AC=A,A4,,ACu平面44C，

所以3OJ•平面AAC，

因为ACu平面AAXC,

所以8£>_LAC,

同理可证明BCJA©，

因为BC/BD=B,86,8。£=平面8。1。，

故4。，平面86。，

故平面a即为平面BCQ,

则a截该正方体所得截面的形状为三角形.

5.（2023・河南•模拟预测）在正方体A8CO-A4GA中，M,N分别为A。，GR的中点，过M,N,用三

点的平面截正方体A8C。-所得的截面形状为（）

A.六边形B.五边形C.四边形D.三角形

【答案】B

【分析】在A8上取点。，且8Q=3A。，取CD中点为尸，在力口上取点R,且QR=3DR.通过一QA/sPCB,

可得ZAQM=NBPC,进而得出NA3P=ZAQM,QM〃BP.通过证明gN〃BP,得出瓦N〃QW.同理得

出NR〃BQ,即可得出正方体的截面图形.

在A3上取点Q,且3Q=3AQ,取CO中点为P,连接QM.BP,NP,B、Q.

在。2上取点R,且RR=3DR,连结NR,MR.

因为晋=瞿44AMscB,

所以QAMs-PCB,所以=尸C.

又A8CD,所以乙4BP=ABPC,所以4BP=/AQM,

所以，QM〃BP.

因为MP分别为a。,CO的中点，所以PN〃C3,且PN=CC.

根据正方体的性质，可知BB"CG，且8B1=CG，

所以,PN〃BB、,且PN=明，

所以，四边形是平行四边形，

所以，B、N//BP,所以屁N〃QM.

同理可得，NR//B.Q.

所以，五边形QMRN用即为所求正方体的截面.

故选：B.

6.（2023・全国•高三专题练习）在如图所示的棱长为20的正方体A8CD-ABCQ中，点M为CD的中点,

点尸在侧面ADRA上，且到40的距离为6,到4A的距离为5,则过点户且与A"垂直的正方体截面的形

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形

【答案】B

【分析】根据线面垂直的判定与性质，以及正方体的截面的性质、平面的基本性质，即可求解.

【详解】如图所示，过点P作EF//AR分别交的,£>2于点E,F,因为ACJA。，可得E/FAQ,

在正方体AB8-A4GA中，CD,平面A。。圈,所以EF，CD

又CDA。=。,所以所工平面,A。U平面MOA，所以AQ±EF

过P作PK_L4R交于40点K,则PK=6,设KF=x

FKKPx6

则AE=V,所以拓=而,即第=而，则*=6

所以Ab=AK+K/=5+6=11

在正方形4BGA中，取CQ的中点“I，连接4Ml

则VA|MQ与VRGN,则=N2G

所以NNRM+NRMA=NNRM|+/RAM=90。,即AMA.QN

取8c的中点N,过F作FH//DN交B©于点H,连接。N,贝!JAM，尸"

又MM，平面ABIGA，所以M陷，尸〃，由MMcAM=陷

所以“，平面AM|M,所以F”J.4M

又EFcFH=F,所以平面EF〃

连接8G，过“作"G//8C1,由8CJM。，则5G//EE,所以HG//FE（且HG#FE）

连接EG,则四边形EFHG为梯形，所以A例，平面EFHG

所以截面的形状为四边形边形&HG.

故选：B.

7.（2023•上海•高三统考学业考试）如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFG”为截面，长方

形ABC。为底面，则四边形EFGH的形状为（）

A.梯形B.平行四边形

C.可能是梯形也可能是平行四边形D.不确定

【答案】B

【分析】根据长方体的性质，结合面面平行的性质有，G〃E£EH//FG,即知EFG”的形状.

【详解】由长方体的性质：各对面平行，易处HG//EF,EHHFG,

：.EFG”为平行四边形.

故选：B

2.求截面的面积

一、单选题

1.（2022春•山西朔州•高一校考阶段练习）在正方体ABC。-A4GA中，棱长为3,E为棱B片上靠近用的

三等分点，则平面AER截正方体A8C£>-AMGA的截面面积为（）

A.27nB.4而C.2>/22D.4历

【答案】C

【分析】根据题意运用基本事实作出截面，根据截面的几何特征求其面积即可.

【详解】延长交于点尸，连接。尸交4G于点G,如图，

在正方体ABCQ-A4G2中，面A。。4〃面BCG耳，

.ffiAFD,面4。。4=42，面4尸2面8。6耳=£：6

ADJ/GE,又AD、=3RGE;叵

二.四边形AEGD、是梯形，且为平面AEA截正方体ABCD-\B^D｛的截面.

又RG=AE=®在等腰梯形AEGQ中，过G作G"，A。，

：.GH=JDQ?-RH?=拒

S=g.（A0+EG）.G”=；.（应+3&）•VTT=2后.

故选：C.

2.（2022秋・安徽合肥.高三统考期末）已知正方体ABC。-44cA的棱长为2,M、N分别为4片、耳G的

中点，过M.N的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为（）

A.2夜B.2石C.史3D.-

22

【答案】D

【分析】画出图形，可得最大面积的截面四边形为等腰梯形MVCA,根据梯形的面积公式求解即可.

【详解】如图所示，最大面积的截面四边形为等腰梯形MNC4,

其中MN=RAC=2yfi,AM=CN=y5,高为〃=

故面积为:、（&+2&b手=|.

故选:D.

3.（2023•安徽蚌埠•统考一模）如图，正方体A8CD-AMGA的一个截面经过顶点AC及棱4同上一点K,

截面将正方体分成体积比为2:1的两部分，则务的值为（）

A£））

C.D

2-¥

【答案】C

【分析】画出截面，得到截面把正方体分为三棱台ABC-和另一几何体，根据棱台体积公式求出KB、,

进而求出的值.

【详解】设正方体棱长为1,KB、=X,

如图所示，该截面把正方体分为几何体ABC-KB、M和另一几何体，

由面面平行的性质可知：KMHAC,

延长AK,CM,相交于点0,则Oe平面A84A，且Ow平面BCCg,

又平面ABB4平面BCC1B、=叫，

所以0在直线上，即AK,CM,8月三线共点，

所以几何体ABC-KgM为三棱台，

其中三棱台4BC-KAM上底面积是:f,下底面积为:，高等于1,

2N

所以丫=：；+；X?+J；x；x2Xl=；,解得：x=

J、乙乙V乙乙/J乙

的|、一上1非3-石3-752石-1

所以#=1———-1\K—x-j=-=——

22g2V5-12

故选：C

4.（2023春•全国•高一专题练习）己知三棱锥尸-4?。的所有棱长均为3,球。与棱以，PB,PC都相切,

且平面ABC被球。截得的截面面积为2兀，则球O的半径为（）.

A.1B.亚C.2A/2D.后或2&

【答案】B

【分析】过点P向底面ABC作垂线，垂足为Q,连接A。，由球O截平面ABC所得的截面面积为2兀，

得截面圆的半径为正,设球O的半径为R,得。《=奴-2,过。作PA的垂线，垂足为D,得△PA。

POOD「

S.POD,可得"^7="777，进而求得R=&.

r./I

【详解】过点P向底面ABC作垂线，垂足为。一连接A。，则球心O在线段PQ或其延长线上，

。1为正一ABC的中心，则Aqugx#ABux/LPO,=^P^-AO-=46.

设球O的半径为R,因为球O截平面ABC所得的截面面积为2兀,

所以截面圆的半径为近，所以OQ=JR2-2,R>42.

过O作PA的垂线，垂足为D,则OD=R,

POOD

△APAO|SPOD,所以万7=777•

i.rl/itz.

①当点O在线段p«上时，机7M二2.=4即，/?2一2=太一舟,

3V3

贝！J/?2-3&R+4=0，且在-瓜28,解得R=6；

r

②当点o在线段p«的延长线上时，底+6万=4即J/?。—2=扁—太,

3V3

贝！1R2-3折?+4=0，且同-#20,解得R=2&或R=应，

当/?=亚时，点O，。1重合，此时点O不在线段P。,的延长线上，故舍去：当R=2&时，切点D不在棱

PA上，不符合题意.

综合①②可知，R=O,

故选：B.

5.（2023•吉林通化模拟预测）若球。是正三棱锥A-BCD的外接球,

8C=3,AB=26，点E在线段区4上，BA=3BE,过点E作球。的截面，则所得的截面中面积最小的截面

的面积为（）

A.—B,2兀C.—D.兀

33

【答案】A

【分析】设。是球心，。是等边三角形BCZ）的中心，在三角形OD。中，^OO'2+DO'2=OD2,可求得

R=OD=2,再利用r2=R2-可得过E且垂直0E的截面圆最小即可.

如图所示，其中。是球心，O'是等边三角形BCD的中心，

可得O'B=O'D=BC=-Ji，AO'->/AB2—O'B2=3，

设球的半径为R,在三角形如。中，由00,2+。0,2=。。2,

即（3-R）2+（6/=R2,解得R=2,即AO=2,

所以O'A=3O'O,

因为在A45O'中，。4=30,0,BA=3BE,

所以，OEHO'B,OE=-O'B=^-,

33

由题知，截面中面积最小时，截面圆与OE垂直，

4Q

设过E且垂直0E的截面圆的半径为，贝产=六-。炉=4-3=],

R

所以，最小的截面面积为“2=^7r.

故选：A

6.（2023•四川内考模拟预测）已知球。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=648=正，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（）

3兀一2兀-兀〜兀

A.—B.——C.-D.-

4324

【答案】A

【分析】如图，。|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，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】如图：

。1是A在底面的射影，由正弦定理得，△38的外接圆半径「=及—x'=l.

sin602

由勾股定理得棱锥的高|AQ卜万i=1设球。的半径为R,

则R2=0-R）2+I,解得R=I,

所以|00=0,即Q与。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=乎，截面面积为年.故选：A.

7.（2023秋・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AB8-4BCA中，M,N

分别为棱力。的中点，过MN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

【分析】易得正方体外接球的球心在其中心点。处，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MN的中点。求解.

【详解】解：如图，

正方体外接球的球心在其中心点。处，球的半径R=-1V12+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。则OM=ON=MN="，

2

所以0Q==乎，

此时截面圆的半径r=JR2-OQ2=手，

此时，截面面积的最小值5=兀/=?兀.

O

故选：C.

8.(2023・四川成都・校联考模拟预测)在三棱锥V-A8C中，8丫_1_平面3(7,%=1,AB=AC=y[2,

cos/HAC=E，点F为棱AU上一点，过点F作三棱锥V-ABC的截面，使截面平行于直线和AC,当

2

该截面面积取得最大值时，CF=()

A,巫

3

「V17

L.-------

4

【答案】B

【分析】通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表

示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直

角三角形即可求得答案.

【详解】根据题意，在平面VAC内，过点F作防〃AC,交VC于点E；

在平面VBC内，过点E作EQ〃VB,交BC于点Q；

在平面VAB内，过点F作正£>〃VB,交AB于点D,连接DQ,如图所示，

E

一2

B

因为EAC,则一VC4s△KEF,设其相似比为k,即答=察=箓=%

V/iV(_<AC

贝!1E尸=后；

又因为V71=l,AC=A/2，cosZ-VAC=——，

2

VC=^l+2-2xlxV2x^y=1，贝!JVC'+VA?=AC。gpVC1V<4.

由余弦定理得,

又8V，平面必IC,VC,\Mu平面幺C,所以8VJ_VC,BV1VA.

又AB=C，则3V=1,BC=^2.

A17AnFD

因为则△A/:'Z)sAiAVB,则---=---=---,

AVABVB

EdAFVA-VF,,b,、iFDAF,,„,,

因为---=-------=\—k,所以---=---=\—k,即nFD=1—%,

K4VAVBVA

同理可得QE=1T,^QE=FD,

因为EQ〃VB,FD//VB,则EQ〃尸D,

故四边形EF。。为平行四边形；而EQu平面EFZ)。，出0平面后五。。,

故VB〃平面EFDQ,同理AC〃平面E/切。，

即四边形EF。。为截面图形；

又小」平面必IC,£Fu平面VAC,则阴/_LEF,

又用〃VB,所以FD_LEF.

故平行四边形EFDQ为矩形，则S矩侬住=EF.FD=Ck[1—k)=

所以当4=：时，S矩腔有最大值，1,贝！JW=H<4=?，

242

在RtaCVF中，CF=>/cV?+VFT=.f+^=—,

V42

故选：B

9.(2023•安徽合肥・统考一模)已知正方体A8cO-44GA的棱长为4,M,N分别是侧面CR和侧面8G的

中心，过点M的平面a与直线ND垂直，平面a截正方体AG所得的截面记为S,则S的面积为()

A.5GB.4>/6C.7x/6D.9m

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积作答.

【详解】正方体A88-44G。的棱长为4,建立如图所示的空间直角坐标系，

侧面C,的中心”(0,2,2),侧面BC的中心N(2,4,2),而。(0,0,0),有。N=(2,4,2),

显然点M在平面a与平面CDQG的交线上，设尸(0，X，4)为这条交线上任意一点，

MP=(0,y-2,Z1-2),而平面贝lJ”PON=4(y-2)+2(乙—2)=0,

即2乂+4=6,令4=0,得点尸(0,3,0),令4=4,得点G(0,l,4),连尸G,

平面a与平面A8CD必相交，设。(x,y,O)为这条交线上任意一点，FQ=(x,y-3,0),

由尸Q£W=2x+4(y-3)=0,即x+2y=6,令x=4,得点E(4,l,0),连FE,

因为平面A4CQJ/平面45c。，则平面。与平面A4GR的交线过点G,与直线FE平行，

过G作G"〃尸£交AA于HQ,0,4),GH=(r,-l,0),F£=(4,-2,0),

由G”〃尸E得f=2,即4(2,0,4),显然平面a与平面都相交，

则平面a与直线AA相交，令交点为K(4,0,〃?)，EK=(0,-l,m),由EK-ON=T+2机=0得K(4,0,2),

连接EK,HK得截面五边形EFGHK,即截面S为五边形EFGHK,

EF=FG=245,GH=EK=^5,HK=2^/2,取E尸中点心(2,2,0),连接GL,E",则GL=E”=J^T,

龙L〃“rh/”〃EK2+HK2-EH2M./“〃而

任「EHK中，cosZEKH=----------------=-----,sinZEKH=----,

2EK•HK55

一的面积S=-EKHKsinZ£/C//=-x>/5x2A/2x—=>/6,

225

*”,由…GF2+LF2-GI?1.—276

在」GL甲，cosZ.GFL=----------------------=—,sinZ.GFL------,

2GF-LF55

一FGL边FL上的高/?=FG.sinNGFL=坐，

V5

=-(G//+F£)-//=-(V5+2>/5)x^

梯形EFG"面积=6指,

22V5

所以S的面积为S=S印K+SEFGH=7帽.

故选：C

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几

何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行：延长交线得交点，截面上的点

中至少有两个点在几何体的同一平面上.

10.（2023•辽宁沈阳•东北育才学校校考模拟预测）在三棱锥A-88中，

AB=BC=CD=DA=272,ZADC=ZABC=90，平面ABC/平面ACD,三棱锥A—BCQ的所有顶点都

在球。的球面上，瓦尸分别在线段。8,8上运动（端点除外），8石=&（7尸.当三棱锥片-48的体积最大

时，过点尸作球。的截面，则截面面积的最小值为（）

l3

A.兀B.V3TTC.-itD.27r

【答案】C

【分析】取AC的中点。，证得。为球心，利用二次函数求出三棱锥E-ACP的体积最大时尤的取值，当OF

垂直于截面时，截面圆的面积最小，求得截面圆的半径.

【详解】如图，取AC的中点O,连接OF,OB,OD,

因为ZADC=ZABC=90。,所以。4=OB=OC=O£>=JAC,即O为球心,

则球0的半径/?=2,又45=80所以03,47,

又平面平面AC£>,平面ABCc平面ACD=AC,OBu平面ABC.

所以OBJ•平面AC。，

设CF=x,贝！）BE=&x<2,所以0<x<&，

所以三棱锥E-Ab的体积

V=1sA%xOE=gxgcFxAOxOE=找-2夜（2-历）=|（缶-巧=_|卜-引+|.

当》=农时W取得最大值?，

23

由于。4=O3=OC=OD,在一COF中，由余弦定理得：

0F=sloC2+CF2-IOC-CFcosZACF=.4+--2x2x—x—=叵.

V2222

根据球的性质可知，当。尸垂直于截面时，截面圆的面积最小,

_A/6

设此时截面圆的半径为「，所以r

一2

则截面面积的最小值为兀，

故选:C.

11.（2023•江苏•高一专题练习）已知正四棱锥S-ABC。的底面边长为2,侧棱长为2啦，SC的中点为£,

过点E做与SC垂直的平面a,则平面a截正四棱锥S-ABCD所得的截面面积为（）

A.拽B.还C.逑D.§

3333

【答案】A

【分析】根据题意垂直关系可得平面4截正四棱锥S-AB8所得的截面面为四边形AMEN,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AC,AE,

由题意可得：SA=SC=AC=2>/2,即*SAC为等边三角形，

且E为SC的中点，可得AE_LSC,AE=卡,

故AEu平面a,

连接B。，设8DcAC=O,连接SO,

可得AC_LBD.SOJ■平面ABCD,

且如u平面A8CD,则5£>UO,

ACSO=0,4。,5。（=平面%。，所以8£＞工平面547,

A£u平面SAC,则8£>_LA£,

在直线S3取一点M,连接AM,ME,使得ME_LSC,

SB2+SC2-BC28+8-43

在△S3C中,cosZ.BSC=

2sB•SC2x2-j2x2-j2~4

_SE_&_4夜

因为MEJ_SC,可得一cosNSS。-3,

4

故SM=2Affi,

同理在棱SC取一点N,使得SN=2NC,连接NE,AN,MN,则NE_LSC,

故平面a截正四棱锥S-M8所得的截面面为四边形AMEN,

因为需="^=2,则MN//8£）,MN=：BD=¥^,

由皮）J_A£,可得MNLAE,

所以四边形AMEN的面积=述.

2233

故选：A.

12.（2023春•湖北武汉•高一武汉市第十一中学校考阶段练习）已知正四棱锥P-A8CD的体积为36,底面

MC£＞的面积为18,点E、尸分别为R4、PC的中点，点G为P8的靠近点8的三等分点，过点E、F、G

的平面将该四棱锥分成上、下两部分，截面形状为四边形，则该四边形的面积为（）

A处叵B.座C.座D.36

555

【答案】C

【分析】连接AC、BD,设4cBD=O,连接尸O,连接G。并延长交p。于点”，连接GE、GF、HE、

HF,在中，过点8作8M〃GH交PO于点M,交PO于点。2，过点M作MN工BD交BD于点N,

证明出计算出EF、GH的长，进而可求得截面四边形的面积.

【详解】连接AC、BD,设ACY8。=。，连接PO,

易知PO为正四棱锥P-A8CD的高，连接EF交PO于点O-

因为点E、尸分别为R4、PC的中点，则打〃4C,

因为E尸PO=O、,所以，。为尸0的中点.

连接G01并延长交尸。于点“，连接GE、GF、HE、HF,

因为四边形A8CZ）为正方形，则AC180,

因为PO1平面ABC。，ACu平面A5C£>,所以，AC±PO,

因为尸。BD=O,P0、8£）u平面PBD,所以，AC1平面P8。，

因为G”i平面?即，所以，ACLGH,则E尸，G”,

四边形GE/*为所求的截面四边形，如图1.

图1

因为正四棱锥P-4JCD的体积为36,底面A8C。的面积为18,

所以底面A8C。是边长为3&的正方形，贝|J4C=3D=6,

由匕-。=：5楝8•尸0=gxl8xPO=36,可得P0=6,

在△P8£>中，过点B作BM//G”交尸£）于点M,交PO于点和，

过点M作用N_L8D交BO于点N,如图2.

GHPO.PG2

因为则痴厂花二丽=钎

139

又。1为尸O的中点，。为80的中点，所以尸。|=/尸0=3,PO2=-PO=-9

93

OO.=PO-PO.=6——=-,OB=OD=3,

22

5……MNPO6cMN0.0311

所以tan/MDN=-----=---=—=2,tan/MBD=------=——=—x—=一

DNOD3BNOB232

贝!J£W」MN,BN=2MN,所以BD=BN+DN=2MN+>MN=)MN=6,

222

故MN*,所以BN=V，则BM二JBN?+MN?二侣J+(£]=竽，

得GH=2BM=巡.

35

故四边形GEHF的面积为S四边形的-=；EF-GH=gx3xW=今叵,

故选：C.

【点睛】方法点睛：用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的

性质确定截面形状是解决截面问题的关键.

(1)平面的四个公理及推论；

(2)直线和平面平行的判定和性质；

(3)两个平面平行的性质；

(4)球的截面的性质.

二、填空题

13.(2023春•河北保定•高一定州一中校考阶段练习)在棱长为2的正方体ABC。-ABC。中，若E为棱BB、

的中点，则平面AEG截正方体A8CO-4ACA的截面面积为.

【答案】276

【分析】作出截面截面AEG尸，尸为。A的中点，则可得截面AEC/是边长为石的菱形，求出其面积即

可.

【详解】如图，在正方体48CO-AMG。中,

,平面ARDA//平面B£CB,

.•平面AEG与平面AQQA的交线必过A且平行于QE,

故平面AEG经过的中点尸，连接A尸，得截面AEC/,

易知截面AEC/是边长为石的菱形，其对角线所=8。=2&，

AC；=26，截面面积S=；AGXEF=；X20X2A/5=2®

故答案为：2册-

14.(2022•广西桂林•校联考二模)在三棱锥A8CD中，对棱A8=8=百，AD=BC=-J13,AC=BD=M,

当平面a与三棱锥ABCD的某组对棱均平行时，则三棱锥ABCD被平面a所截得的截面面积最大值

为.

【答案】3

【分析】每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD放入长方体中，设长宽高分别为x,y,z,求出x，y，z,

由线面平行得线线平行，证明当E,F,G,H是所在棱中点时面积最大，按截面与哪对棱平行分类讨论求得截

面面积的最大值.

【详解】因为每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD放入长方体中，设长宽高分别为x,y,z,则

“2+)1=+z2=y/10,yly2+z2=V13,贝！Ix=Ly=2,z=3.

当平面a与三棱锥ABCD的对棱AB,CD均平行时,截而为四边形EFGH,AB//FGIIEH,CD//EFIIHG,

Ap1717Ap

设0=f(0<f