2022年高考重难点截面问题10类题型解题方法与技巧

第第页2022年高考重难点截面问题10类题型解题方法与技巧目录一、十大题型精讲【题型一】做截面的基本功：补全截面方法【题型二】截面形状的判断【题型三】平行关系确定截面【题型四】垂直关系确定的截面【题型五】求截面周长【题型六】求截面面积【题型七】球截面【题型八】截面分体积【题型九】不规则截面（曲线形截面）【题型十】截面最值二、最新模拟试题精练一、十大题型精讲【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，故选：B【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【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【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：B3.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【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】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【变式演练】4.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.【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【方法点评】研究并计算平面,确定点在底面上的投影的位置，是解题的关键.5.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【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．6.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；【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】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【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】7.在正方体中，与平行，且过正方体三个顶点的截面是___________和___________.【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】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．8.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【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：C9.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.【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．【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】10.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【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】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：B11.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【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【方法点评】求直线与平面所成的角的方法：（1）几何作图①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．（2）等体积法求出面外直线上的一点到直线的距离，所求距离÷面外直线上的点和交点之间的距离即是所求线面角的正弦值.12.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【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___________.【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】13.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+2 B. C. D.【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.【方法点评】本题主要考查几何体的截面问题，其中根据空间几何体的结构特征，利用平面的性质作出几何体的截面是问题的关键，平常注意方法的总结和归纳.14.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________．【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：＋.15.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.【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.【方法点评】思路点睛：本题考查直棱柱截面多边形周长的计算，在画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．【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______.【分析】在上取点，使得，连接，则四边形平行四边形，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】16.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.5 B. C. 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.17.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.【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.18.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___________.【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___________.【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】19.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.【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：B20.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.【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.21.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.【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】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来求【变式演练】22.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___________.【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7：1723.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.1：5 B.1：4 C.1：3 D.1：2【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：A24.三棱锥中，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.1：1 B.1：2 C.1：3 D.1：4【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．【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】25.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__________.【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，.26.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_______________.【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：.【方法点评】本题以圆锥为载体，考查了椭圆的定义和几何性质，解题关键是能够通过作出圆锥的轴截面，利用轴截面中的线段垂直关系、长度关系，根据椭圆离心率构造出关于球心距离的方程.27.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Germinaldandelin（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__________．【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：【方法点评】本题要求有一定的空间图形辨别能力，能从整体上认识图形，并且对圆锥曲线的来源有一定的认识，借助平面图形来求解.【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．【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】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】28.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.【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.【方法点评】本题考查正方体截面面积最值的求解，解题的关键在于确定截面与各棱交点的位置，这里可以利用空间向量法，将线线垂直关系转化为向量数量积为零来处理，确定点的位置，进而将截面面积的最值利用函数的最值来求解.29.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.【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.30.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___________.【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；.二、最新模拟试题精练1.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°【分析】根据线线、线面平行判定和性质逐一判断即可.【详解】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.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【分析】先作出平面EFG，再作出角，分别求出，即可比较大小.【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：A3.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【分析】利用中点的性质可判断A选项的正误；利用三角形全等可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；确定截面与各棱的交点以及截面多边形边长与各角的大小，可判断D选项的正误.【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.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PQMNC. D.异面直线PM与BD所成的角为45°【分析】A由题设易得，根据平行线的性质可证；B由线面平行的判定可证截面PQMN；C：为特殊位置的点时成立；D将异面直线平移到截面上即可知夹角大小.【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：C5.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.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④【分析】根据点Q在线段上的变化，分别作出过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面S，并判断其正误即可．【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：B6.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