专题6-2立体几何截面与最值归类 （解析版）

专题6-2立体几何截面与最值归类目录TOC\o"1-1"\h\u题型01截面形状判断 1题型02利用相交线法做截面 4题型03利用平行线法做截面 9题型04截面计算：柱体周长 13题型05截面计算：柱体面积 17题型06锥体中截面周长与面积 20题型07台体中截面周长与面积 23题型08球截面 25题型09截面最值：球截面最值 28题型10截面最值：柱体最值 31题型11截面最值：锥体最值 37题型12截面最值：综合型最值 40题型13恒平行型求截面 45题型14恒垂直型求截面 49题型15动点型截面 55高考练场 61题型01截面形状判断【解题攻略】一般地，立体几何中的截面问题，有两种处理方法：1.是利用平行关系找交线，2.是利用共面直线延长相交得交点.【典例1-1】．（2022下·浙江温州·高三校联考）圆锥内接一个正方体，现有一个平面截这个几何体，则截面图形不可能是（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】作圆锥的截面，依次判断截面图形即可得到结果.【详解】对于A，沿图中所示位置作竖直截面，则截面图形如A所示，A正确；对于B，按图中阴影所示作截面，则截面图形如B所示，B正确；对于C，沿正方体面对角线（如图中位置）作轴截面，则截面图形中四边形应为矩形，如图所示，C错误；对于D，正方体侧棱为，为底面弦的中点，按照平面作如图所示的截面，则截面图形如D所示，D正确.故选：C.【典例1-2】（2021下·高三课时练习）图中的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（

）A．①② B．①③ C．①④ D．①⑤【答案】D【分析】分截面经过圆柱上下底面的圆心和截面不经过圆柱上下底面的圆心两种情况，分别讨论，进而可得出答案.【详解】当截面经过圆柱上下底面的圆心时，圆锥的截面为三角形除去一条边，所以①正确；当截面不经过圆柱上下底面的圆心时，圆锥的截面为一条曲线，所以⑤正确；故选:D.【变式1-1】（2019·全国·高三假期作业）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．【变式1-2】（2020下·山东枣庄·高三滕州市第一中学新校校考阶段练习）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是（

）A．①② B．①③ C．①④ D．①⑤【答案】D【分析】根据截面的位置，可判断截面图形的形状.【详解】一个圆柱挖去一个圆锥后，剩下的几何体被一个竖直的平面所截后，圆柱的轮廓是矩形除去一条边，当截面经过圆柱上下底面的圆心时，圆锥的截面为三角形除去一条边，所以①正确；当截面不经过圆柱上下底面的圆心时，圆锥的截面为抛物线的一部分，所以⑤正确；故选:D【变式1-3】用平面截正方体，截面不可能是（

）A．菱形 B．等腰梯形C．正五边形 D．正六边形【答案】C【分析】举例即可说明A、B、D正确；假设截面是正五边形，经分析得出必有两条截线平行，这与正五边形的性质相矛盾，即可判断C项.【详解】对于A项，当截面与正方体表面平行，且与正方体相交时，截面为正方形，即截面可能是菱形，故A项正确；对于B项，如图1，当时，有，且，此时截面为等腰梯形，故B项正确；对于C项，假若截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质定理，可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形，故C项错误；对于D项，如图2，分别为各边的中心，易证共面，且为正六边形，故D项正确.故选：C.题型02利用相交线法做截面【解题攻略】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。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。【典例1-1】在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则过B、E、三点的平面截正方体所得的截面图形的面积为（

）A．5 B． C． D．【答案】C【分析】先作出截面图形，易知截面为菱形，再结合菱形面积公式求解即可【详解】设平面交棱AD于F，由正方体性质及平面与平面平行的性质定理得，，由勾股定理可得四边形所有边长的长度为，所以是菱形，且为的中点，取的中点，连接，则，故．故选：C．【典例1-2】如图，正方体的棱长为1，P为的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面多边形记为S，则下列命题正确的是（）A．当时，S为等腰梯形B．当时，S与的交点R满足C．当时，S为六边形D．当时，S的面积为【答案】ABD【分析】分，，三种情况讨论截面的形状，再逐一分析各个选项即可得出答案.【详解】解：过点A，P，Q的平面截正方体，当时，其截面形状为梯形如图1，特别地当时，截面形状为等腰梯形，当时，其截面形状为五边形如图2．若，则，所以．当时，与重合，其截面形状为四边形如图3，此时，因为P为的中点，且，所以为的中点，所以，同理，所以四边形为平行四边形，所以四边形为菱形，其面积为．故ABD正确．故选：ABD.【变式1-1】如图，直四棱柱的所有棱长均为，，是侧棱的中点，则平面截四棱柱所得的截面图形的周长是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用作延长线找交点法，得出截面图形为梯形，求出梯形周长即为所求.【详解】连接与的延长线交于点,连接与交于点,因为,所以为的中点,则为的中点,所以截面为梯形,因为所有棱长均为2,，所以,,,,故梯形的周长为.故选：D.【变式1-2】在正方体中，棱长为3，E为棱上靠近的三等分点，则平面截正方体的截面面积为（

）A． B． C． D．【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，连接交于点，如图，在正方体中，面面，面面，面面，又四边形是梯形，且为平面截正方体的截面.又，在等腰梯形中，过作，.故选：C.【变式1-3】在棱长为3的正方体A1B1C1D1-ABCD中，M是棱B1C1上靠近B1的三等分点，过A、D1、M作正方体的截面，则这个截面将正方体分成两部分的体积之比（体积较小的与体积较大的之比）为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出截面图形，利用割补法求两部分体积即可.【详解】如图所示，正方体的截面为，将体积较小的部分补成一个三棱锥，设，由，，，较小部分体积为，较大部分体积为，故选：D题型03利用平行线法做截面【解题攻略】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。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。【典例1-1】已知，，是正方体的棱，，的中点，则平面截正方体所得的截面是（

）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】D【分析】取，，的中点，，，可得，，，由基本事实及其三个推论得，，，，，六点共面，从而求出截面是六边形.【详解】如图所示，分别取，，的中点，，，连接，，，，，，则，.，.同理可得，.由基本事实及其三个推论得，，，，，六点共面，所以平面截正方体所得的截面是六边形.故选：D.【典例1-2】在正方体中，点Q是棱上的动点，则过A，Q，三点的截面图形是（

）A．等边三角形 B．矩形 C．等腰梯形 D．以上都有可能【答案】D【分析】由点是棱上的动点，可考虑分别在的端点以及中点，故可得过、、三点的截面图形的形状.【详解】所以当点与重合时，过、、三点的截面是等边三角形；当点与重合时，过、、三点的截面是矩形；当点与的中点重合时，取的中点,由于所以,又,故过、、三点的截面是等腰梯形，如图所示：所以过，，三点的截面图形是可能是等边三角形、矩形或等腰梯形．故选：D【变式1-1】在棱长为3的正方体中，O为AC与BD的交点，P为上一点，且，则过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据正方体的性质结合条件作出过A，P，O三点的平面截正方体所得截面，再求周长即得.【详解】因为，即，取，连接，则，又，所以，所以共面，即过，，三点的正方体的截面为，由题可知，，，所以过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为.故选：D.【变式1-2】．正方体棱长为4，M，N，P分别是棱的中点，则过M，N，P三点的平面截正方体所得截面的面积（）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据题意，取正方体棱的中点，并连接起来，则此六边形即为所得截面，求出即可．【详解】如图所示：取正方体棱的中点，并连接起来，则此六边形即为所得截面，由于该六边形为正六边形，其边长为，故其面积为．故选：A．【变式1-3】已知正方体，平面和线段，，，分别交于点E，F，G，H，则截面EFGH的形状不可能是（）A．梯形 B．正方形 C．长方形 D．菱形【答案】A【分析】根据面面平行的性质定理，可以得出，，由此可推断四边形EFGH一定为平行四边形，从而可得出答案.【详解】因为面面，面面，面面，所以，同理可得，所以四边形EFGH为平行四边形，所以截面EFGH的形状不可能是梯形.若面面，此时四边形EFGH是正方形，也是菱形；当是所在棱的中点，分别与重合时，四边形EFGH是长方形.故选：A.题型04截面计算：柱体周长【典例1-1】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.【典例1-2】在棱长为6的正方体中，点，分别是棱，的中点，过，，三点作该正方体的截面，则截面的周长为A． B．C． D．【答案】D【分析】由题意画出截面五边形，再由已知利用勾股定理求得边长得答案．【详解】如图，延长EF与A1B1的延长线相交于M，连接AM交BB1于H，延长FE与A1D1的延长线相交于N，连接AN交DD1于G，可得截面五边形AHFEG．∵ABCD﹣A1B1C1D1是边长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，∴EF＝3，AG＝AH，EG＝FH．∴截面的周长为．故选D．【变式1-1】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1-2】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【变式1-3】已知正四棱柱中，，点M是线段的中点，点N是线段上靠近D的三等分点，若正四棱柱被过点，M，N的平面所截，则所得截面的周长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先证明截面四边形为平行四边形，再求出截面的边长相加即得解.【详解】解：作出图形如图所示．延长至Q，使得，连接MQ，NQ，则截面四边形为平行四边形；记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，则，，，，，故所得截面的周长为.故选：B．题型05截面计算：柱体面积【典例1-1】棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，过E，F，C1三点的平面截正方体所得的截面的面积为（

）A．9 B． C． D．【答案】D【分析】画出所截得的封闭图形，根据正方体和等腰梯形的性质即可求出.【详解】如图所示，经过点的平面截正方体所得的封闭图形为四边形.分别是棱和的中点，，且.正方体棱长为2，.四边形是一个等腰梯形.在中，，根据等腰梯形的性质可得，等腰梯形的高为.所以梯形的面积为.故选：D.【典例1-2】在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，则经过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】先作出经过，，三点的截面，如图所示为梯形，然后求出截面的面积即可【详解】解：如图，连接，因为点，分别是棱，的中点，所以∥，，由正方体的性质可知∥，所以∥，所以过，，三点的截面为平面，因为正方体的棱长为2，所以，所以梯形的高为，所以梯形的面积为，所以经过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为，故选：C【变式1-1】如图，在棱长为2的正方体中，，，分别为，，，的中点，过，，三点的平而截正方体所得的截面面积为（

）A．4 B． C． D．【答案】D【分析】根据题意画出截面，得到截面为正六边形，从而可求出截面的面积【详解】如图，分别取的中点，的中点,的中点，连接，因为该几何体为正方体，所以∥,∥,∥,且所以，，三点的平面截正方体所得的截面为正六边形，所以该正六边形的面积为.故选：D【变式1-2】在棱长为2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】作出正方体的截面图形，利用面积公式即可求解.【详解】取的中点，连接即等腰梯形为截面，设的高为，由平面几何知识可得所以截面面积为.故选：B【变式1-3】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．2 B．4 C．4 D．【答案】B【分析】根据题意作出截面图，结合几何关系即可求得其面积.【详解】根据题意，作出正方体被平面所截得到的截面为四边形，如下所示：根据正方体的几何特点，显然四边形为矩形，且，故其面积.故选：..题型06锥体中截面周长与面积【典例1-1】在正四面体中，，若以三角形为视角正面的三视图中，其左视图的面积是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】作中点，作底面，则左视图的面积，由几何关系即可可求解【详解】作中点，作底面，则左视图中底面将重合为线段，高为线段，左视图的面积即为，又四面体为正四面体，故，，则，故选：C【典例1-2】如图，已知三棱锥，点P是的中点，且，过点P作一个截面，使截面平行于和，则截面的周长为_________.【答案】6【解析】设AB、BC、VC的中点分别为D、E、F，连接DE、EF、PF、PD，则可证明截面EFPD就是所求平面，根据中位线的性质，即可求得答案.【详解】设AB、BC、VC的中点分别为D、E、F，连接DE、EF、PF、PD，如图所示因为D、E分别为AB、BC的中点，所以，同理P、D分别为VA、AB的中点，所以，平面EFPD，平面EFPD，所以平面EFPD，平面EFPD，所以截面EFPD就是所求平面，因为，所以,，所以截面EFPD的周长为2+2+1+1=6，故答案为：6【变式1-1】已知正四面体的内切球的表面积为36，过该四面体的一条棱以及球心的平面截正四面体，则所得截面的面积为A．27 B．27 C．54 D．54【答案】C【分析】先由内切球表面积求出其半径，结合图像，找出球心半径，用相似三角形列方程求出正四面体边长，再求出所需截面即可.【详解】解：由内切球的表面积，得内切球半径。如图，过点作平面，则点为等边的中心。连接并延长交于点，且点为中点，连接。记内切球球心为，过作，设正四面体边长为。则，，，又因为，所以。由，得，即，解得因为过棱和球心，所以即为所求截面且故选C.【变式1-2】在三棱锥中，，G为的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为_________.【答案】8【分析】如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F．过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N．可得四点EFMN共面，进而得到，根据比例可求出截面各边的长度，进而得到周长．【详解】解：如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N.由作图可知：EN∥FM，∴四点EFMN共面。可得MN∥AC∥EF，EN∥PB∥FM.∴可得EF=MN=2.同理可得：EN=FM=2.∴截面的周长为8.故答案为：8.【变式1-3】已知四棱锥中，平面，四边形为正方形，，平面过，，的中点，则平面截四棱锥所得的截面面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】顺次连接E，F，G，H，I，则平面EFGHI即为过E，F，H的平面截四棱锥P-ABCD所得截面，求其面积，可得答案.【详解】分别取，，，的中点，，，，线段上靠近的四等分点，连接,因为,所以,四边形是平行四边形，即四点共面，设中点为,易得,故，所以五点共面，则平面即为平面，如图，在中，,可得,所以，，，在等腰三角形中，，，所以高为，故所求截面面积为矩形面积与三角形面积之和，．故选：A题型07台体中截面周长与面积【典例1-1】一个正四棱台上､下底面边长分别为2，4，高为3，则经过相对两侧棱的截面的面积为______.【答案】【分析】由正四棱台的几何特征知四边形为高为3的等腰梯形，进而结合梯形的面积公式即可求出结果.【详解】由正四棱台的几何特征知，,,且四边形为高为3的等腰梯形，所以,所以,因此经过相对两侧棱的截面的面积为，故答案为：.【典例1-2】如图，四棱台的底面为菱形，P、Q分别为的中点．若∥平面BPQD，则此棱台上下底面边长的比值为___________．【答案】【分析】连接AC，A′C′，则AC∥A′C′，可得A，C，A′，C′四点共面，设平面ACA′C′与PQ和QB分别均于M，N点，连接MN，由线面垂直的性质定理可得：AA′∥MN，则AA′NM为平行四边形，进而可得A′M＝AN，即AC，从而求出相似比．【详解】连接AC，A′C′，则AC∥A′C′， 即A，C，A′，C′四点共面，设平面ACA′C′与PQ和QB分别均于M，N点，连接MN，如图所示：若AA′∥平面BPQD，则AA′∥MN，则AA'NM为平行四边形，即A'M＝AN，即AC，，即棱台上下底面边长的比值为．故答案为．【变式1-1】正三棱台上底面边长2，下底面边长为4，高为3，则该正三棱台的斜高为___________．【答案】##【分析】根据棱台的几何特点，结合已知数据，作出辅助线，解三角形即可.【详解】取的中点分别为，连接，取上靠近的三等分点分别为，连接，过作，垂足为，作图如下：根据题意可得：，即为所求斜高；易知四边形为平行四边形，故可得，在△中，，在△中，，在△中，，故.故答案为：.【变式1-2】.如果棱台的两底面积分别是S，S′，中截面的面积是S0，那么A．2＝＋ B．S0＝C．2S0＝S＋S′ D．S0＝2S′S【答案】A【分析】棱台不妨看做三棱台，利用相似的性质，面积之比是相似比的平方，化简即可．【详解】不妨设棱台为三棱台，设棱台的高为2r，上部三棱锥的高为a，根据相似比的性质可得：可得消去r，可得2＝＋，故选A．【变式1-3】（2023下·湖北武汉·高三华中师大一附中校考）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（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即可．【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，故选：C．题型08球截面【解题攻略】用一个平面去截球，若平面经过球心，所得的截面称为球的大圆；若平面不经过球心，所得的截面称为球的小圆。小圆圆心与球心的连线必垂直于小圆面。且满足勾股数组【典例1-1】已知三棱锥的所有棱长均为3，球O与棱PA，PB，PC都相切，且平面ABC被球O截得的截面面积为，则球O的半径为（

）．A．1 B． C． D．或【答案】B【分析】过点P向底面ABC作垂线，垂足为，连接，由球O截平面ABC所得的截面面积为，得截面圆的半径为，设球O的半径为R，得，过O作PA的垂线，垂足为D，得∽，可得，进而求得．【详解】过点P向底面ABC作垂线，垂足为，连接，则球心O在线段或其延长线上，为正的中心，则，．设球O的半径为R，因为球O截平面ABC所得的截面面积为，所以截面圆的半径为，所以，．过O作PA的垂线，垂足为D，则，∽，所以．①当点O在线段上时，，即，则，且，解得；②当点O在线段的延长线上时，，即，则，且，解得或，当时，点O，重合，此时点O不在线段的延长线上，故舍去；当时，切点D不在棱PA上，不符合题意．综合①②可知，，故选：B．【典例1-2】已知正四面体的棱长为2，，，分别为，，的中点，则正四面体的外接球被平面所截的截面面积是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先将正四面体放入相应的正方体中，根据题意可得球心在上，所以正四面体的外接球被平面所截的截面即大圆，进而可得其面积.【详解】将正四面体放入正方体中，如图所示，因为，分别为，的中点，所以，分别为左右侧面的中心，所以正方体的外接球即正四面体的外接球球心为线段的中点，所以正四面体的外接球被平面所截的截面即为大圆.因为正四面体的棱长为2，所以正方体的棱长为，所外接球半径，所以大圆面积为：.故选：C.【变式1-1】已知正方体棱长为6，如图，有一球的球心是的中点，半径为2，平面截此球所得的截面面积是（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出球心到平面的距离，再求出截面圆的半径即得解.【详解】∵正方体的棱长为6，∴正方体对角线为，所以球心到平面的距离由题得平面截此球所得的截面是圆，又球半径，设截面圆半径为，则，∴．故选：A【变式1-2】球O与棱长为2的正方体的各个面都相切，点M为棱的中点，则平面AMC截球O所得截面的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用等体积法求出圆心到截面的距离，然后根据勾股定理求出球半径，即可得到结果.【详解】设圆心到截面的距离为，截面半径为，由，即，因为，，点到平面的距离为，，又，所以，所以平面AMC截球O所得截面的面积为.故选：A.【变式1-3】如图，已知球是棱长为1的正方体的内切球，则平面截球的截面面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正方体和球的结构特征,判断出平面是正三角形,求出它的边长,再通过图求出它的内切圆的半径,最后求出内切圆的面积.【详解】根据题意知，平面是边长为的正三角形,故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积,则由图得,三角形内切圆的半径是,即，所以.故选:C.题型09截面最值：球截面最值【典例1-1】如图，在三棱锥中，平面平面CBD，，点M在AC上，，过点M作三棱锥外接球的截面，则截面圆面积的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用等边三角形的性质以及外接球的性质，作出外接球的球心，再根据线段的数量关系求出线段，最后即可得到截面圆的最小半径.【详解】由题意知，和为等边三角形，如图所示：取BD中点为E，连接AE，CE，则，由平面平面CBD，平面平面，故平面CBD，，易知球心O在平面BCD的投影为的外心，过作于H，易得，，则在中，，所以外接球半径，连接OM，因为，所以H，O，M三点共线，所以，，当M为截面圆圆心时截面面积最小，此时截面圆半径，面积为.故选：A.【典例1-2】已知三棱锥P-ABC的棱长均为6，且四个顶点均在球心为O的球面上，点E在AB上，，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设出三棱锥外接球的半径及球心，构造直角三角形即可求得面积最小值.【详解】如图，因为三棱锥的棱长均为6，所以点P在平面ABC内的射影H是的中心，取BC的中点D，连接AD，则点H在AD上，且，所以，，，则．设三棱锥P-ABC的外接球半径为R，则OP＝OA＝R，在中，，解得．因为，所以AE＝2，取AB的中点F，则EF＝1，且，所以．当过点E的球O的截面与OE垂直时，截面面积最小，设截面圆的半径为r，则，所以截面面积为．故选：A．【变式1-1】若球是正三棱锥的外接球，，，点在线段上，，过点作球的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设是球心，是等边三角形的中心，在三角形中，有，可求得，再利用可得过且垂直的截面圆最小即可.【详解】如图所示，其中是球心，是等边三角形的中心，可得，，设球的半径为，在三角形中，由，即，解得，在三角形中，，，由余弦定理得，在三角形中，因为，故，设过且垂直的截面圆的半径为，，故最小的截面面积为.故选：B【变式1-2】一个空心球玩具里面设计一个棱长为4的内接正四面体，过正四面体上某一个顶点所在的三条棱的中点作球的截面，则该截面圆的面积是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先求出正四面体的高以及外接球的半径，再由勾股定理计算球心到截面的距离以及到面的距离，再由勾股定理即可求截面圆的半径，即可求截面圆的面积.【详解】如图：取的中心为，连接、，因为四面体是正四面体，所以面，且球心在上，连接，因为，，所以，设，在中，，由即解得：，又因为为球心到截面的距离，所以，所以截面圆的半径，所以截面圆的面积为，故选：A.【变式1-3】棱长为的正方体的所有顶点均在球的球面上，分别为的中点，则平面截球所得圆的面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】正方体的外接球球心为对角线的中点，球半径，球心到平面的距离为，利用勾股定理求出小圆半径，再代入圆的面积公式；【详解】解：由题意，正方体的外接球球心为对角线的中点，正方体对角线长为，所以球半径，因为到平面的距离为，所以球心到平面的距离为，所以小圆半径，故选：D．题型10截面最值：柱体最值【典例1-1】已知正方体的棱长为为线段上的动点，为的中点，过点，的平面截该正方体所得截面为.若为五边形，则此时的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面即可求解【详解】（1）当即与重合时，过点，，的截面为正方形，不合题设（2）当，即为中点时，，，则，所以过点，，的截面为梯形，不合题设（3）当即与重合时，取中点，中点，连接，，，因为，所以四边形为平行四边形，所以因为，所以四边形为平行四边形，所以所以所以过点，，的截面为平行四边形，不合题设（4）当时，过作交线段于，过作交线段于，连接因为，所以四边形为平行四边形，所以又，所以所以过点，，的截面为梯形，不合题设（5）当时，取中点，在线段上截取，连接，，过作交线段的延长线于点，交线段于点，连接交于点，连接因为，所以四边形为平行四边形，所以又，所以所以过点，，的截面为五边形，符合题设此时，，所以的取值范围为故选：D【典例1-2】已知正方体的体积为，点在线段上(点异于两点)，点为线段的中点，若平面截正方体所得的截面为四边形，则线段BM的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正方体体积可求得其棱长为；在正方体中作出截面，可知为线段中点为截面为四边形和五边形的临界状态，从而得到结果.【详解】由正方体的体积可知，其棱长为，如图所示当点为线段的中点时，截面为四边形当时，截面为四边形；当时，截面为五边形故选：【变式1-1】已知正方体的棱长为2，M、N分别为、的中点，过、的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为（

）A． B． C． D．【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，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，其中，高为，故面积为.故选:D．【变式1-2】已知正方体的体积为1，点在线段上（点异于，两点），点为线段的中点，若平面截正方体所得的截面为四边形，则线段的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据正方体体积可求得其棱长为；在正方体中作出截面，可知为线段中点为截面为四边形和五边形的临界状态，从而得到结果.【详解】解：由于正方体的体积为1，可得正方体的棱长为1，点在线段上（点异于两点），当点为线段的中点时，，则共面，截面为四边形，如图，当时，截面为四边形；当时，截面为五边形，即平面截正方体所得的截面为四边形时，线段的取值范围是.故选：A.【变式1-3】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【答案】B【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：B题型11截面最值：锥体最值【典例1-1】正三棱锥的底面边长是2，E，F，G，H分别是SA，SB，BC，AC的中点，则四边形EFGH面积的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】画出图形，求出，说明是矩形，结合图形，说明点在平面时，面积最小，求出即可得到范围【详解】如图所示：由正三棱锥的底面边长是2，因为、、、分别是、、、的中点，所以，则，所以是平行四边形。因为正三棱锥，则对棱，的中点连线与对棱，的中点连线相等，即，所以四边形是矩形，所以，设的中心为，则，所以的面积所以四边形EFGH面积的取值范围是：故选：B．【典例1-2】如图，已知四面体为正四面体，，，分别是，中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（

）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】把正四面体补为正方体，根据基本不等式求出最大值即可.【详解】解：把正四面体补为正方体，如图，根据题意，，，，，所以，，故，，当且仅当时成立，故选：C.【变式1-1】如图：正三棱锥中，，侧棱，平行于过点的截面，则平面与正三棱锥侧面交线的周长的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】沿着侧棱把正三棱锥展开在一个平面内，则即为截面周长的最小值，利用余弦定理代入求解即可.【详解】如图所示：沿着侧棱把正三棱锥展开在一个平面内，则即为截面周长的最小值，且，在中，由余弦定理得：，.故选：B.【变式1-2】如图，在四面体中，，，，、分别是，中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据对棱相等，可将四面体嵌入长方体中，进而发现与长方体的一个面平行，就利用这个面截取四面体，再求这个截面的最大值。【详解】过作平面平行于，同理这六条棱每条棱都做平面平行于对棱.那么由对棱做的平面平行，可知这六个面围成一个平行六面体，又已知对棱相等，则这个平行六面体任何一个面的一对对角线都等长.故每个面都是矩形，即围成一个长方体.设长方体的长宽高分别为，那么四面体的六条棱长都是它的面对角线.则有，解得：，再由分别是，中点，即长方体两个底面的中心，而截面与直线垂直，则平行于底面，故，.根据平行截比定理得到，且，而.故有.设之间的夹角为.那么该多边形截面面积.而,，故,则.故选：B【变式1-3】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12截面最值：综合型最值【典例1-1】已知正四面体的棱长为4，点在棱上，且，过作四面体外接球的截面，则所作截面面积的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题，正四面体的外接球即正方体的外接球，球的截面是圆，要求所作截面面积的最小值，只需确定截面圆的半径，借助余弦定理和勾股定理即可．【详解】如图，正四面体的棱长为4，则正方体的棱长为，正四面体的外接球即正方体的外接球，其半径为，∴，∵，∴，则截面圆的半径，∴截面面积的最小值为.故选：B.【典例1-2】正三棱锥，为中点，，，过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积范围为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】根据题中数据，结合正棱锥的结构特征，得到两两垂直，可将正三棱锥看作正方体的一角，设正方体的体对角线的中点为，得到点是正三棱锥外接球的球心，记外接球半径为，过球心的截面圆面积最大；再求出，根据球的结构特征可得，当垂直于过的截面时，截面圆面积最小，结合题中数据，即可求出结果.【详解】因为正三棱锥，，，所以，即，同理，，因此正三棱锥可看作正方体的一角，如图，记正方体的体对角线的中点为，由正方体结构特征可得，点即是正方体的外接球球心，所以点也是正三棱锥外接球的球心，记外接球半径为，则，因为球的最大截面圆为过球心的圆，所以过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积最大为；又为中点，由正方体结构特征可得；由球的结构特征可知，当垂直于过的截面时，截面圆半径最小为，所以.因此，过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积范围为.故选：D.【变式1-1】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1-2】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题型13恒平行型求截面【典例1-1】在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，，，两两垂直，（单位：），小明同学计划通过侧面内任意一点将木块锯开，使截面平行于直线和，则该截面面积（单位：）的最大值是__________．【答案】【分析】根据题意，在平面内，过点作分别交于，在平面内，过作交于，在平面内，过作交于，连接，进而根据题意，∽，设其相似比为，则，再证明四边形是矩形，再结合相似比和二次函数性质求解即可.【详解】根据题意，在平面内，过点作分别交于，在平面内，过作交于，在平面内，过作交于，连接，作图如下，因为，则，所以∽，设其相似比为，则，因为，所以在中，，因为，所以，即，因为，则，所以，，即，因为，所以，即，同理∽，即，因为，平面，平面，所以平面，因为，所以平面，平面，因为平面，所以，因为所以因为，所以∽，所以，因为，所以，因为，所以，所以四边形是矩形，即，所以，由二次函数的性质知，当时，有最大值.故答案为：.【典例1-2】一棱长为4的正四面体木块如图所示，P是棱的中点，过点P将木块锯开，使截面平行于棱和，则截面的面积为（）A．2 B． C． D．4【答案】D【分析】分析出截面为边长为2的正方形即可得到面积.【详解】P是棱的中点，过点P将木块锯开，使截面平行于棱和，平面，平面，平面平面，所以，同理可得：，所以，所以四边形是平行四边形，且均是中点，又因为正四面体对棱互相垂直，所以，所以，所以四边形是边长为2的正方形，所以该四边形面积为4.故选：D【变式1-1】某中学开展劳动实习，对棱长为3的正方体木块进行加工.如图，学生需要分别过顶点A和对角线BD对正方体木块进行平面切割，两个切割面与棱，，，分别交于点M，F，E，N，要求两次切割所得到的截面平行，且，则两个截面间的距离为_____________.【答案】2【分析】连接，分别交EF，MN于点H，Q，连接AQ.连接AC交BD于点G，连接HG，由面面平行的性质定理得线线平行，从而得平行四边形，可证得平面平面，知平面AMN与平面EFBD间的距离即为Q到平面BDE的距离，即为Q到GH的距离，利用面积法求出平行四边形的高即可得．【详解】连接，分别交EF，MN于点H，Q，连接AQ.连接AC交BD于点G，连接HG.因为平面平面，是分别是平面、平面与平面的交线，所以，因为平面平面，平面、平面，分别与平面交于直线、，与平面交于直线、，所以，，则四边形为平行四边形，.又因为，所以点M，F，E，N分别为棱，，，的中点在中，，由平面平面得，又，，平面，所以平面，平面，所以平面平面，所以平面AMN与平面EFBD间的距离即为Q到平面BDE的距离，即为Q到GH的距离，设为h，在平行四边形AGHQ中，，则，即两个截面间的距离为2.故答案为：2．【变式1-2】如图，已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面为正方形，且侧棱与底面垂直，点O1为A1C1，B1D1的交点，点O2为AC，BD的交点，连接O1O2，点O为O1O2的中点．过点O且与直线AB平行的平面截这个四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和，则四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的表面积为（）A．10 B．12 C．13 D．14【答案】D【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的表面积．【详解】由题意知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱，设正四棱柱的底面边长为a，高为h因为过点O且与直线AB平行的平面截这个四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和，可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.。所以，解得，于是四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的表面积为2a2+4ah＝2+12＝14。故选：D【变式1-3】.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则下列结论正确的是（）A．直线DB1与平面AEF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为D．三棱锥A1−AEF的体积等于【答案】BD【分析】对于A，B，利用空间向量判断，对于C，由题意可得截面为梯形，利用梯形面积公式求解即可，对于D，利用空间向量求出到平面的距离，然后利用体积公式求解即可【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，所以，，所以，所以与不垂直，所以直线DB1与平面AEF不垂直，所以A错误，对于B，设平面的法向量为，则，令，则，因为，所以，所以，因为A1G在平面AEF外，所以直线A1G与平面AEF平行，所以B正确，对于C，由题意可得截面为梯形，则，梯形的高为，所以截面的面积为，所以C错误，对于D，因为平面的法向量为，，所以到平面的距离为，因为，所以，因为，所以，所以，所以三棱锥A1−AEF的体积为，所以D正确，故选：BD.题型14恒垂直型求截面【解题攻略】证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．【典例1-1】已知正方体的棱长为1，E为线段上的点，过点E作垂直于的平面截正方体，则截面图形的周长为______.【答案】【分析】由题可得平面，故截面与平面平行或在平面内，然后分类讨论，作出截面计算周长即得.【详解】由正方体的性质可得，AC⊥BD，AC⊥，，∴AC⊥平面，平面，∴AC⊥，同理，又，∴平面，故截面与平面平行或在平面内，当点E与或重合时，截面为正或正，周长为；一般地，设，则，∴，，∴，同理可得：，，故截面图形的周长为定值.故答案为：.【典例1-2】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.【变式1-1】如图，正三棱柱的高为4，底面边长为，D是的中点，P是线段上的动点，过BC作截面于E，则三棱锥体积的最小值为（

）A．3 B． C． D．12【答案】C【解析】因为则当取最大值时，三棱锥体积有最小值，建立坐标系求得当点的高为3时，问题得解.【详解】以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：设点，依题意得，则，因为过BC作截面于E，所以则，故所以，当时又因为所以三棱锥体积的最小值故选：C【变式1-2】在下面四个正方体中，点、、均为所在棱的中点，过、、作正方体截面，则下列图形中，平面不与直线垂直的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用线面垂直的判定定理可判断BCD选项，利用假设法推出矛盾，可判断A选项.【详解】对于A选项，连接，假设平面，在正方体中，平面，平面，，所以，为直角三角形，且为锐角，因为、分别为、的中点，则，所以，与不垂直，这与平面矛盾，故假设不成立，即与平面不垂直；对于B选项，连接、，如下图所示：因为四边形为正方形，则，平面，平面，，，平面，平面，，、分别为、的中点，则，可得，同理可证，，平面；对于C选项，连接、、、、，取的中点，连接、，因为四边形为正方形，则，平面，平面，，，平面，平面，，、分别为、的中点，，，在正方形中，、分别为、的中点，且，所以，四边形为平行四边形，所以，且，同理可证四边形为平行四边形，且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，易得，所以，四边形为菱形，所以，，，平面；对于D选项，连接、，因为四边形为正方形，则，平面，平面，，，平面，平面，，、分别为、的中点，则，，同理可证，，平面.故选：A.【变式1-3】已知正方体的边长为，为边上靠近的三等分点，过且垂直于直线的平面被正方体所截的截面面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】连接、、、、，证明出平面，设过点且与直线垂直的平面分别交、于点、，可得出平面平面，推导出是边长为的等边三角形，利用等边三角形的面积公式即可得解.【详解】连接、、、、，如下图所示：四边形为正方形，，平面，平面，，，平面，平面，，同理可证，，平面，设过点且与直线垂直的平面分别交、于点、，平面，平面，所以，平面平面，平面平面，平面平面，，，，同理可得，由勾股定理可得，同理可得，所以，是边长为的等边三角形，所以，.故选：A.题型15动点型截面【典例1-1】（2023上·北京海淀·高三北京交通大学附属中学校考）如图，在棱长为1的正方体中，E是棱上的一个动点，给出下列四个结论：①三棱锥的体积为定值；②存在点使得平面：③的最小值为；④对每一个点E，在棱上总存在一点P，使得平面；⑤M是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为其中正确结论的个数是（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】对于①，，底面积和高均为定值，可判断；对②，若存在点，使得平面，可得，易找出矛盾；对③，将侧面与侧面展开铺平可求解；对④，当点在点时，不存在点符合要求；对⑤，推导出，由余弦定理、三角形面积公式，结合二次函数的最值求出结果.【详解】对于①，，显然是定值，因为平面，所以是定值，所以三棱锥的体积是定值，①正确；对于②，若存在点，使得平面，又平面，可得，所以四边形为正方形，即，这与矛盾，②错误；对于③，如图，将侧面与侧面展开铺平，则的最小值，③错误；对于④，当点在点时，平面即是平面，此时与平面相交，故不存在点符合要求，④错误；对于⑤，如图，在正方体中，可得，，且，是平面内两条相交直线，所以平面，又平面，，因为是上的动点，且过点的截面垂直，所以截面过点，截面交与，交于，设，则，，在中，可得，，则该截面的面积为，因为，所以当时，，此时，分别是和的中点，当是中点时，，即，所以平面，满足题意，⑤正确.故选：A.【典例1-2】（2023下·北京密云·高三统考）如图，在边长为1的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论，其中正确的是（

）

A．三棱锥的体积为定值B．存在点，使得平面C．是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为D．对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面【答案】C【分析】对于A，由得平面，从而点到平面的距离为，再由，由此能求出三棱锥的体积；对于B，若存在点，使得平面，由平面，得，可得，与矛盾；当点与点重合时，利用线面垂直的判定定理可证得平面；对于C，推导出，由余弦定理、三角形面积公式，结合二次函数的最值求出结果；对于D，当与点重合时，无论点在何位置，直线与平面相交.【详解】对于A，如图，在棱长为1的正方体中，平面平面，平面，点是棱上的一个动点，点到平面的距离为，又，三棱锥的体积，故A错误；对于B，若存在点，使得平面，由平面，得，则为正方形，，与矛盾，故B错误；对于C，根据题意，过点的截面与棱分别交于，可得为平行四边形，如图，正方体中，平面，平面，，设，则，又，则中，，，则该截面面积，，当时，，故C正确；对于D，当与点重合时，无论点在何位置，直线与平面相交，故D错误；故选：C．【变式1-1】（2023·河南·校联考三模）如图，在棱长为1的正方体中，是截面上的一个动点（不包含边界），若，则的最小值为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】找到的轨迹为，的最小值为到的距离，由垂直关系求出答案.【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，连接，过点作于点，因为，且，所以，故的最小值为.故选：C【变式1-2】（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【变式1-3】（2023·江西·统考模拟预测）如图，直三棱柱中，，点分别是棱的中点，点在棱上，且，截面内的动点满足，则的最小值是（

）A． B． C． D．2【答案】C【分析】设点在平面内的投影为、点在线段上且，根据题意和线面垂直的判定定理与性质可知点的轨迹是正方形的对角线，将与展开，如图，则的最小值是，结合余弦定理计算即可求解.【详解】由题意知，，，又平面，所以平面.设点在平面内的投影为，则点在线段上，且，即，所以，设点在线段上，且，则四边形是一个正方形，点的轨迹是其对角线.将与展开到一个面内，得到如图图形，因此的最小值是，由余弦定理，得，所以.故选：C.高考练场1.．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.【详解】3如图，用平面去截正方体时最多和六个面相交得六边形，3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.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.3.在正方体中，P，Q分别是棱，的中点，则过点B，P，Q的截面形状是______.【答案】菱形【分析】取中点，证明四边形是截面，确定其形状后可得．【详解】连接，取中点，连接，则在正方体中，，所以是平行四边形，与平行且相等，同样由与平行且相等得是平行四边形，与平行且相等，从而与平行且相等，所以是平行四边形，这就是过点B，P，Q的截面，又，因此四边形是菱形．故答案为：菱形．4.已知正方体的棱长为1，点分别为的中点，则过点的截面的周长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用线面平行的判定和性质作两面交线，由此能求出结果．【详解】由EF∥BC1，知过点的截面为等腰梯形∵正方体的棱长为1，∴截面周长为：EF+FB+BC1+C1E＝故选：A．5.在正方体中，，E为棱的中点，则平面截正方体的截面面积为（

）A． B． C．4 D．【答案】D【分析】先作出平面截正方体的截面，再求出截面的高，由梯形面积公式得出截面面积.【详解】取的中点为M，连接EM，，则，且，则．又正方体中，，所以，，因此，所以平面截正方体所的截面为等腰梯形，因此该等腰梯形的高为，所以该截面的面积为故选：D．6.如图，棱锥的高，截面平行于底面，与截面交于点，且.若四边形的面积为36，则四边形的面积为（

）A．12 B．16 C．4 D．8【答案】C【解析】根据高的比可得四边形与四边形相似比,结合与面积比的关系即可得解.【详解】由题意可知,四边形与四边形相似,则四边形与四边形的相似比为根据相似比与面积比关系可得四边形的面积为.故选:C7.（2022上·辽宁沈阳·高三阶段练习）棱台上下底面面积分