高中数学同步讲义（人教B版2019必修四）第31讲 专题11-3 立体几何中的截面问题

专题11-3立体几何中的截面问题TOC\o"1-3"\h\u题型1棱柱截面问题 5◆类型1截面形状 5◆类型2其他截面问题 11◆类型4延长线找交点法 12◆类型5平行线法 17◆类型6截面周长 24◆类型7截面面积 31题型2棱锥截面 39题型3圆柱截面 44题型4圆锥截面问题 48题型5球截面问题 49题型6截面分体积问题 53题型7取值范围问题 61知识点一.截面定义：1.定义：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，与几何体表面的交集（交线）叫做截线，与几何体棱的交集（交点）叫做截点.用一个平面去截一个几何体所得到的平面图形称之为截面，2.作截线与截点的主要根据有：（1）确定平面的条件（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，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。3.模型分析：作正方体截面图形的关键是找出截面与正方体表面的交线，而找交线的关键是确定截面与正方体棱的交点．（1）平行法模型：平面EFG与平面ABCD有公共点E，且直线FG/平面ABCD，则根据基本事实三和定理1可知两平面的交线I过公共点E且与直线FG平行，如图1所示.（2）相交法模型：平面EFG与平面ABCD有公共点E，但是两个平面内均不易找出现成的直线与另一个平面平行，此时，可以延长FG与平面ABCD交于点H，连接FH，由基本事实三知其为两平面的交线，如图2所示.（3）平行四边形法模型：在A1A的延长线上任取点E，在BB1，DD1上任取点F，H，连接EP交AB于点G，连接EH交AD于点I，以EF、EH为邻边构造平行四边形，可以得出截面与正方体其它棱的交点，如这里的点，依次连接各交点，五边形GFJH即为正方体截面图形，如图3所示.此方法比较适用于截面图形是五边形、六边形这种复杂一点的截面图形.因为五边形截面、六边形截面中，两不相邻边的延长线的交点一定在正方体棱的延长线上.知识点二.常见正方体的截面情况：1.正方体截面的作图方法为了更好地诠释过正方体棱、面、体上不共线三点的截面图形作法，下面展示以下几种常规作图题型.2.截面经过的三个已知点分别在正方体的棱上（1）已知的三点E、F、G中任意两点的连线都在正方体的表面上，直接两两连接即得截面图形，如图4所示.（2）已知的三点E、FG中任意两点的连线恰有两条在正方体的表面上，由平行法或相交法可得截面图形（如图5所示）.平行法思路：连接GF，在平面ABBA内过点E作EH//GF，并交AA1于点H，则四边形EFGH为所求的截面图形.相交法思路：连接FE并延长交DA的延长线于点H，连接GH交AA1于点I，则四边形EFGH为所求的截面图形.（3）已知的三点E、F、G中任意两点的连线恰有一条在正方体的表面上，由相交法（作图思路略）或平行四边形法可得截面图形（如图6所示）.平行四边形法思路：连接FG并延长，交DD1的延长线于点P，连接PE交A1D1于点H，则点H为截面上一点，以PE、PF为邻边做平行四边形PEQF，则QF与BC的交点I也为截面上的点，则五边形EIFGH即为所求的截面图形.(4)已知的三点E、F、G中任意两点的连线都不在正方体的表面上,可以通过做辅助平面的方法转到相交法来处理(如图7.题型1棱柱截面问题◆类型1截面形状【方法总结】①若已知两点在同一平面内，只要连接这两点，就可以得到截面与多面体的一个面的截线。②若面上只有一个已知点，应设法在同一平面上再找出第二确定的点。③若两个已知点分别在相邻的面上，应找出这两个平面的交线与截面的交点。④若两平行平面中一个平面与截面有交线，另一个面上只有一个已知点，则按平行平面与第三平面相交，那么它们的交线互相平行的性质，可得截面与平面的交线。⑤若有一点在面上而不在棱上，则可通过作辅助平面转化为棱上的点的问题；若已知点在体内，则可通过辅助平面使它转化为面上的点，再转化为棱上的点的问题来解决。【例题1-1】（2023·全国·高一专题练习）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C1E=C1F≠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，E,F,G,故选：C.【变式1-1】1．（2023·全国·高一专题练习）用一个平面去截一个正方体，截面边数最多有（

）A．5条 B．6条 C．7条 D．8条【答案】B【分析】根据平面及其基本性质，结合图形进行分析判断即可得到答案．【详解】正方体有六个面，用一个平面去截一个正方体，截面的形状可能是：三角形、四边形、五边形、六边形，如图所示，因此截面边数最多有6条．故选：B．【变式1-1】2．（2022·高一课时练习）如图，切正方体形状的土豆块，思考可以得到哪些类型的多面体？【答案】一个四面体和一个七面体（或一个三棱锥和一个七面体）【分析】按截面切正方体即可得到结果.【详解】按照图中截面切正方体，可得如下图所示的一个七面体和一个四面体（或一个七面体和一个三棱锥）.【点睛】本题主要考查了正方体简单的几何性质，属于基础题。【变式1-1】3．（2023·高一课时练习）一个透明密闭正方体容器恰好盛有该容器一半体积的水，任意转动这个正方体，则水面的形状可能是______．（①三角形；②菱形；③矩形；④正方形；⑤正六边形）【答案】②③④⑤【分析】因为正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心，结合正方体截面图形的特征判断即可．【详解】因为正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心．过正方体的一条棱和中心可作一截面，截面形状为矩形，如图（1）；过正方体一面上一边的中点和此边外的顶点以及正方体的中心作一截面，其截面形状为菱形，如图（2）；过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为正六边形，如图（3）；过正方体一面上相对两边的中点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为正方形，如图（4）．至于截面三角形，过正方体的中心不可能作出截面为三角形的图形，故答案为：②③④⑤．【变式1-1】4．（2023·全国·高一专题练习）用一个平面去截直三棱柱ABC−A1B1C1①一般的平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形；⑤梯形【答案】②④⑤【分析】由面A1B1C1//面ABC可得截面交线【详解】ABC−A1B1C1为直三棱柱，则面A1B当FG不与B1B平行时，此时截得的EH不平行于FG，四边形当FG//B1B时，此时截得的当EH≠EF时，四边形EFGH为矩形；当EH=故答案为：②④⑤【变式1-1】5．（2023·全国·高一专题练习）已知过BD1的平面与正方体A1B1C1D1−ABCDA．截面BMD1N可能是矩形 C．截面BMD1N可能是梯形 【答案】C【分析】选过特殊点(中点、对角顶点)且含体对角线BD【详解】如下图，当M,N分别与对角顶点重合时，显然如下图，当M，N为AA1，CC1的中点时，显然根据对称性，其它情况下BMD综上，C不正确.故选：C.【变式1-1】6．（多选）（2022春·广东·高一统考期中）在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下几种几何图形的4个顶点，这些几何图形可以是（

）A．矩形B．等腰梯形C．每个面都是等边三角形的四面体D．每个面都是直角三角形的四面体【答案】ACD【分析】结合正方体图形分析判断.【详解】选择同一个平面上的四个顶点，得矩形，故A符合题意，B不符合题意；如图（1）所示，四面体A1如图（2）所示，四面体A1故选：ACD

（1）

（2）◆类型2其他截面问题【例题1-2】（2022·全国·高一假期作业）用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体不可能是（

）A．圆锥 B．圆柱C．三棱锥 D．正方体【答案】B【分析】根据圆锥、圆柱、三棱锥和正方体的结构特征判断即可【详解】用一个平面去截一个圆锥时，轴截面的形状是一个等腰三角形，所以A满足条件；用一个平面去截一个圆柱时，截面的形状可能是矩形，可能是圆，可能是椭圆，不可能是一个三角形，所以B不满足条件；用一个平面去截一个三棱锥时，截面的形状是一个三角形，所以C满足条件；用一个平面去截一个正方体时，截面的形状可以是一个三角形，所以D满足条件.故选：B.◆类型3直接法【方法总结】直接连接法：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，找截面就是找交线的过程．【例题1-3】（2022·高一课时练习）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与AC平行，且过正方体三个顶点的截面是___．【答案】平面A1C1D，平面A1C1B【分析】根据题意，结合图形，得出与AC平行，且过正方体三个顶点的截面是平面A1C1D，平面A1C1B．【详解】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与AC平行，且过正方体三个顶点的截面是平面A1C1D，平面A1C1B．∵AA1∥CC1，AA1=CC1，∴四边形ACC1A1是平行四边形；∴AC∥A1C1，又AC⊄平面A1C1D，A1C1⊂平面A1C1D，∴AC∥平面A1C1D；同理AC∥平面A1C1B．故答案为：平面A1C1D，平面A1C1B．◆类型4延长线找交点法【方法总结】作延长线找交点法：（1）延长同一表面上的两点所在的直线.（2）若过这两点的直线与棱的延长线交于一点，且该点与其他截点共表面，则连接这两点可得到新的截点.（3）将新得的截点与已知的截点首尾连线，若所有连线均在表面上，则终止找截点的过程；否则，重复步骤（1）和（2）找出所有的截点，连接截点成截线，从而可得截面.【例题1-4】（2022·高一单元测试）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4、BC=3，M、N分别为棱AB、BB1A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形【答案】C【分析】找到截面与长方体的平面的交线，判断为五边形.【详解】如图所示，延长MN、A1B1，使MN∩A∵AB=4、BC=3、∴A1C1∵M、N分别为棱AB、BB∴BM=∴A1∵A1TC1D1=∴T、P、D1三点共线，∴D延长NM、A1A，使NM∩A1∴Q在截面上，连接QM、KM，∵AQ//A∴AK=12AA1，∴AK//又M为AB中点，A、B、M三点共线，∴M、N、K三点共线，∴截面为五边形D1故选：C．【变式1-4】1．（2022春·贵州黔东南·高一凯里一中校考期中）如图，在长方体ABCD−A'B'(1)求三棱锥F−(2)点E，F，D'确定的平面为α，试作出平面α截长方体ABCD【答案】(1)1(2)作图见解析，7【分析】（1）由VF（2）延长DC交EF于点M'，延长DA交EF于点N'，D'M'交CC'与点M，【详解】（1）V=1∴三棱锥F−AC（2）延长DC交EF于点M'，延长DA交EF于点N'，D'M'交C平面α截正方体ABCD−A'由相似三角形的知识可知，AN'=同理CM'=易求得D'MM∴S截面∴该截面的面积为73【变式1-4】2．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体ABCD−A1B1【答案】

五##5

7617【分析】延长FE与B1B的延长线交于点H，连接A1H，延长EF与B1C1的延长线交于点N，连接A1N，设线段A【详解】延长FE与B1B的延长线交于点H，连接A1H，延长EF与因为E，F分别为棱BC，CC所以△ECF≅△EBH因为BGA1B连接A1N，设线段A1N交线段D1则过G，E，F三点的平面截该正方体所得截面为五边形EFQA因为△NC1Q∼△因为A1H=A1N=13，所以S△因为S△HGE=S△故答案为：五；76【变式1-4】3．（2023春·全国·高一专题练习）在正方体ABCD−A1B1A．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Q是棱DD1上的动点，可考虑Q分别在DD1的端点以及中点，故可得过A、【详解】所以当点Q与D1重合时，过A、Q、B1三点的截面是等边三角形当点Q与D重合时，过A、Q、B1三点的截面是矩形A当点Q与DD1的中点重合时，取C1D1的中点M,由于QM//DC1,AB1所以过A，Q，B1故选：D◆类型5平行线法【方法总结】平行线法平行线法作多面体的截面的基本步骤：（1）连接同一表面α上的两点得直线.（2）过表面α的平行表面β上一截点作的平行线，若该平行线与棱交于一点可得到新的截点。（3）将新得的截点与已知的截点首尾连线。若所有连线均在表面上，则终止找截点的过程；否则，重复步骤（1）和（2）找出所有的截点，连接截点成截线，从而可得截面.【例题1-5】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】B【分析】把截面AEF补形可得利用四点共面可得．【详解】解：如图，把截面AEF补形为四边形AEFD连接AD1，因为E，F分别为BC，CC1的中点，则又在正方体ABCD−A1所以EF//AD1，则则平面AEF截正方体所得的截面多边形的形状为四边形.故选：B.【变式1-5】1．（2023·全国·高一专题练习）如下图所示，在正方体ABCD−A1B1A．三角形

B．矩形 C．正方形 D．菱形【答案】D【分析】根据题意作出截面图形，然后利用正方体的性质求解即可.【详解】分别取BB1,CC如图D1EBF即为过点由题意可知：A1E//GB且所以A1G//EB，又因为GF//B1所以A1D1//GF且A所以D1F//EB，同理又因为EB=BF，所以平行四边形故选：D.【变式1-5】2.在长方体ABCD−A1B1C1D分析∶连结A1P，因为平面ADD1A1//平面BCC1B1，所以只要过P作A1D1，的平行线就可以了.取CC1的中点Q连结PQ.则A1D1//PQ.连结D1Q得到截面A1POD1（见图2）.小结∶过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平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与截面的交线.【变式1-5】3．（2023·全国·高一专题练习）已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别是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D1C1、D1D、AD的中点H、M、N，连接GH∵在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F∴HG//EN，HM∴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【变式1-5】4．（2023春·全国·高一专题练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为4，M、N分别为棱AB、BB1的中点，点P在对角线A1A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】C【分析】延长MN，分别交A1B1与A1A的延长线于O,R，可得截面过R【详解】因为A1P=PC1，故P为A1C1的中点.又ABCD−A1B1C1D1为正方体，故可延长MN，分别交A1因为N为BB1中点，且B1O∥MB，故∠BNM=∠B1NO，BN=B1N，∠BNM=∠B1NO，所以△BNM≅△B1NO连接SR交AD于T，综上可知点M、N、P截正方体ABCD−A1故选：C【变式1-5】5．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB【答案】E为CC【分析】E为CC1的中点，取CC【详解】E为CC1的中点．作图如下：如图，取CC1的中点E，连接DE，B1【变式1-5】6．（多选）（2022·全国·高一专题练习）过正方体棱上三点D，E，F（均为棱中点）确定的截面过点P(点P为BB1中点)有（

）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根据正方体的性质对ABD作出截面后判断，对C由四点不共面可判断．【详解】A中过D,E,B中过D,E,C中，E,F,P在正方体的一个侧面上，而D不在这个侧面上，因此D,D中，过D,E,故选：AD．◆类型6截面周长【例题1-6】（2023·全国·高一专题练习）在长方体ABCD−A1B1C1D1A．62 B．65 C．25【答案】D【分析】根据题意，做出截面AFPE，然后分别计算各边长即可得到结果.【详解】连接AF，过点E做EP//AF交B1C1于点P因为E为BB1中点，EP//因为AB=2,AD=AAAE=2所以截面AFPE的周长为2故选:D【变式1-6】1．（2023·全国·高一专题练习）已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，2A．10+82 B．10+72 C．9+82【答案】B【分析】先证明截面四边形A1【详解】解：作出图形如图所示．延长C1C至Q，使得CQ=1记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，则A1N=4MR=32+3故所得截面的周长为A1M+故选：B．【变式1-6】2．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，M、N分别是C1D1，AD的中点，【答案】13【分析】延长MP交DC的延长线于E，连接NE交BC于G，连接PG，延长PM交DD1的延长线于F，连接NF交A1D1【详解】延长MP交DC的延长线于E，连接NE交BC于G，连接PG，延长PM交DD1的延长线于F，连接NF交A1D1由已知可得，MC1=CE=2MC1=a则FD1=a3NH=截面五边形的周长为13a【变式1-6】3．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体ABCD−A1B1【答案】6【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DD1的延长线于点M，连接CM交【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DD1的延长线于点M，连接CM交则正方体被平面CEF截得的截面为CHEFG．∵E、F分别是A1D1、A∴AN＝13ND，∴∴EF=32，FG=同理，D1H=13∴平面CEF截正方体所得截面的周长为：EF＋FG＋GC＋CH＋HE＝32+13故答案为：613【变式1-6】4．（多选）（2023春·全国·高一专题练习）已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，2AA1=3AB=12，点M是线段BA．10+82 B．10+72 C．9+82【答案】ACD【分析】先证明截面四边形A1【详解】作出图形如图所示．延长C1C至Q，使得记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，取CC1的中点H，连结D1H，MH，所以HQ=4所以四边形D1NQH是平行四边形，得D又因为MH//B1C1得A1M//所以A1M//NQ，且则截面为五边形为A1则A1N=4因为△MBR∼△QCR，所以MBCQ=同理：DP=83MR=32+3故所得截面的周长为A1M+故选：ACD【变式1-6】5．（2023·高一课时练习）正方体ABCD−A1B1C1A．S为定值，C不为定值 B．S不为定值，C为定值C．S和C均为定值 D．S和C均不为定值【答案】B【分析】先证明AC1⊥平面CB1D1，AC1⊥平面CB【详解】解：如图，由正方体的性质得CC1⊥因为BD⊂平面ABCD，ABCD为正方形，所以CC因为CC1∩AC=C，CC因为AC1⊂平面AC同理可证明A1因为A1D∩BD=D,同理可证明AC1⊥所以，所求截面与平面CB1D1和平面因为平面A1DB//平面EFGHMN，平面A1DB∩平面所以，EF//A1B，同理可得FG//B1C，设A1B1=因为NE//B1所以NE=xB因为A所以NE+同理，MN+MH=所以，截面多边形的周长为C为32a（a为正方体边长），故当x=0时，该截面多边形由六边形变为正三角形A1DB当x=12所以，该截面多边形的面积在变换，故S不为定值.综上，S不为定值，C为定值.故选：B◆类型7截面面积【例题1-7】（2023·全国·高一专题练习）在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是正方形ABCD【答案】3【分析】连接AC，B1C,AB1,找到过点A、【详解】如图连接AC，则AC过点M,连接B1C,则B1则过点A、M、N的平面截正方体的截面为等边△AC因为正方体棱长为a，故△ACB1边长为2故答案为：3【变式1-7】1．（2023·全国·高一专题练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为6，C1E=1【答案】6【分析】过F作FP∥EF1，连接B1【详解】如图，过点F作FP∥EF1，连接由面面平行的性质可得：四边形EB又因为正方体ABCD−A1点F是CD的中点，所以点BP=1，所以PF因为平行四边形EB1PF所以SB故答案为：641【变式1-7】2．（2023·全国·高一专题练习）正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为a,E【答案】98a【分析】连接EF,FD,DB,【详解】连接EF,FD,DB,BE,所以EF//B1D1因为O是BD的中点，所以过E､F､因为正方体的棱长为a，所以BD=2a，EF所以梯形EFDB的高为52a2故答案为：9【变式1-7】3．（2022春·浙江宁波·高一效实中学校考期中）正方体ABCD−A1B1C1A．32 B．3 C．23 【答案】D【分析】作图作出过点P,【详解】如图，设AB的中点为H，连接HR并延长，交DA延长线于E,交DC延长线于F，连接PE交A1A于G,连接QF交C1由题意可知，△AHE≌△BHR故△AGE≌△A1GP同理可证I为C1且边长为2，故其面积为6×34×(2故选：D【变式1-7】4．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体ABCD−A1B1【答案】作图过程见解析，98【分析】连接D1M，并延长，交DA延长线于N连CN交AB于P，连接MP，即可得到过C、D1【详解】连接D1M，并延长，交DA延长线于N连CN交AB于则CD1MP因为M是AA1所以M是ND1的中点，A是因为AP//CD，所以P是所以MP是三角形NCD所以SC因为正方体的棱长为1，所以可得MN=所以三角形NMP是以MN=PN=边MP上的高为52三角形NMP是的面积S所以S【变式1-7】5．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体ABCD−A1B1A．92 B．32 C．33【答案】A【分析】先作出经过A1【详解】正方体ABCD−A1B1则平面A1DE与平面CBB取BC中点F，连接EF、DF、A1E、则四边形A1DFE即为经过梯形A1DFE中，A1D则梯形的高为5则梯形A1DFE故选：A【变式1-7】6．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1A．22 B．25 C．310【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MNCA，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MNCA，其中MN=2,故面积为12故选:D．【变式1-7】7．（2023春·全国·高一专题练习）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，设P为BC中点，Q为线段CC1上的动点，CQ=①S不可能是菱形；②S可能是五边形；③t=1时，S的面积为9④t=32时，S将棱C【答案】②③④【分析】对四个说法逐一分析，画出截面S，结合线线平行、点共面等知识确定正确答案.【详解】①当t=2时，Q与C1重合，取A1D1根据正方体的性质可知AF//PC所以截面APC故①错误；对于②④，当t=延长AP，交DC的延长线于O，连接OQ并延长，交C1D1设A1F=由于tan∠A1FA结合A,P,O,如图所示，∵点P是BC的中点，可得CO=CD=∴S与C1D1的交点R满足C1R=23故②④正确；对于③，当t=CQ=1时，根据正方体的性质可知PQ如图所示，S为等腰梯形，可得PQ=2，AD则S的面积为12故③正确.故答案为：②③④题型2棱锥截面【方法总结】如果是正四棱锥，底面应该是正方形，此时横着切，截面只能是正方形，不经过顶点纵切，是梯形。因此，正四棱锥切不出长方形。【例题2】（2023春·全国·高一专题练习）已知四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA=AB，点E是PD的中点，点F是棱PC上的点且PF=2FC，则平面BEF截四棱锥P−ABCD所得的截面图形是（

）A．斜三角形 B．梯形C．平行四边形 D．两组对边均不平行的四边形【答案】D【分析】首先通过作辅助线，得到截面，再根据假设对边平行，推出矛盾，最后判断选项.【详解】如图，延长EF和DC，设其交点为G，连接BG，延长DA并与直线BG交于点H，连接HE交PA于点K，连接KB，得四边形EFBK，假设KE//BF，BF⊄平面PAD，KE⊂平面因为BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，BC//平面PAD，且BC∩BF与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾，故假设不成立，因此KE与BF不平行，同理可证KB与EF不平行，因此四边形EFBK的两组对边均不平行.故选：D【变式2-1】1．（2023·全国·高一专题练习）如图，从一个正方体中挖掉一个四棱锥，然后从任意面剖开此几何体，下面哪个选项不是该几何体的截面？A． B． C． D．【答案】A【分析】可通过确定截面的不同位置去剖开正方体，想象相对应的截面形状，即可确定答案.【详解】对于A，由于截面中间是矩形，如果可能的话，一定是用和正方体底面平行的截面去剖开正方体并且是从挖去四棱锥的那部分剖开，但此时剖面中间应该是一个正方形，因此A图形不可能是截面；对于B，当从正方体底面的一组相对棱的中点处剖开时，截面正好通过四棱锥顶点，如图：此时截面形状如B图形，故B可能是该几何体的截面；对于C,当截面不经过底面一组相对棱的中点处，并和另一组棱平行去剖开正方体时，如图中截面PDGH位置：截面就会如C图形，故C可能是该几何体的截面；对于D，如图示，按图中截面A1故D可能是该几何体的截面；故答案为：A【变式2-1】2．（2023春·全国·高一专题练习）已知正三棱锥P—ABC的侧面是顶角为30°，腰长为2的等腰三角形，若过A的截面与棱PB、PC分别交于点D、E，则截面△AED周长的最小值为______.【答案】2【分析】画出正三棱锥的侧面展开图，利用两点之间线段最短得出截面△AED周长的最小时线段AA'的长，再利用勾股定理可求得【详解】由题意可得此三棱锥的侧面展开图如图所示，则△AED周长为AD+所以当D,E位于如图位置时，截面△AED周长的最小，即为因为∠APB=30°，所以因为PA=所以AA所以截面△AED周长的最小值为22故答案为：22【变式2-1】3．（2022·高一课时练习）如图，空间四边形ABCD的边AD，BC成60°的角，且AD=a，BC=b，平行于AD与BC的截面分别交AB，AC，CD，BD于【答案】3【分析】由题意易证四边形EHGF是平行四边形，∠HEF=60°（或120°），EFBC=AEAB=【详解】∵BC∥平面EHGF，BC⊂平面ABC，平面ABC∩平面∴BC∥EF，同理BC∥HG，∴∴四边形EHGF是平行四边形.∵AD与BC所成的角为60°，∴∠HEF=60°（或设EFBC=AEAB=由EHAD=BEAB=∴S▱当且仅当x=1−x，即即E为AB的中点时，截面EHGF的面积最大，为38故答案为：38题型3圆柱截面【方法总结】圆柱体的基本截面【例题3】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______．【答案】①⑤【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；故答案为:①⑤【变式3-1】1．（2023·全国·高一专题练习）圆柱内有一内接正三棱锥，过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据截面在圆柱底面所形成的截痕直接判断即可.【详解】圆柱底面为正三棱锥底面三角形的外接圆，如下图所示，则过棱锥的一条侧棱和高作截面，棱锥顶点为圆柱上底面的中心，可得截面图如下图，故选：D.【变式3-1】2．（2023·全国·高一专题练习）从一个底面半径和高均为R的圆柱中，挖去一个以圆柱上底面为底，下底面中心为顶点的棱锥，得到一个如图几何体.如果用一个与圆柱下底面距离为d的平行平面去截这个几何体，截面面积为______.【答案】π【分析】作出如图所示的轴截面，根据平面几何关系即可得解.【详解】解：如图所示作出轴截面，圆柱被平行于下底面的平面所截得的截面圆的半径O1设圆锥的截面圆的半径O1D为因为OA=AB=又CD//OA，所以CD=所以截面积S=π故答案为：πR【变式3-1】3．（2023·高一课时练习）已知圆柱的全面积为80π，圆柱内有一平行于圆柱轴的截面，截面面积为243，且截面上的两条母线将圆柱侧面分成两部分的表面积之比为1:2【答案】96π【分析】依题意画出图形，根据面积之比求出弦AB所对的圆心角，从而求出AB，设底面半径为r、圆柱的高为ℎ，根据面积公式得到方程组，解得r、ℎ，最后根据体积公式计算可得.【详解】解：因为截面上的两条母线将圆柱侧面分成两部分的表面积之比为1:2，可知由圆柱底面圆心向截面与底面的两个交点连线形成的圆心角，即弦AB所对的圆心角为11+2设底面半径为r，则弦AB=设圆柱的高为ℎ，则2πr解得ℎ=6r=4所以圆柱的体积V=π故答案为：96π【变式3-1】4．（2023·高一课时练习）若圆柱轴截面周长C为定值，则表面积最大值为（

）A．π⋅C2 B．π2⋅C【答案】D【分析】设圆柱底面半径为r，高为h，由已知及圆柱的表面积公式结合二次函数性质即可得到表面积的最大值．【详解】设圆柱底面半径为r，高为h，因为圆柱的轴截面周长为4r+2ℎ所以圆柱的表面积为S=πr当r=C4故选：D．题型4圆锥截面问题【例题4】（2023春·河北邯郸·高一校考阶段练习）已知圆锥的母线长为3，若轴截面为等腰直角三角形，则圆锥的表面积为（

）A．3+32π B．9+92π2 【答案】B【分析】求得圆锥的底面半径，进而求得圆锥的表面积.【详解】依题意，圆锥的母线长为3，轴截面为等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径为r=所以圆锥的表面积为π×3故选：B【变式4-1】（2023·全国·高一专题练习）平行于圆锥底面的截面将圆锥分为体积相等的两部分，则圆锥侧面被截面分成上、下两部分的面积之比为（

）A．1∶8 B．1∶7 C．1:34 【答案】D【分析】分别表示出原来圆锥与截后的小圆锥的体积，根据被截成的两部分体积相等可以得到Rr【详解】设原来的圆锥体积为V，底面半径为R，高为H，侧面积为S，母线长为L，被截面分截后，上面小圆锥的体积为V1，底面半径为r，高为h，侧面积为S因为VV1=2又因为Rr=Hℎ,所以R3而S=π故圆锥侧面被截面分成上、下两部分的面积之比为S上故选：D题型5球截面问题【例题5】（多选）（2023·全国·高一专题练习）一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，则截面的图形可能是（

）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】根据正方体截面过外接球球心，讨论截面是否过顶点及所过顶点个数、是否与侧面平行，即可判断截面图形的元素.【详解】当过球心的截面不平行于侧面且不过顶点时，截面图形为A；当过球心的截面平行于一对侧面时，截面图形为C；当过球心的截面过其中4个顶点，则截面图形为圆中含一个长方形，B正确，D错误.故选：ABC【变式5-1】1．（2023·全国·高一专题练习）用与球心距离为3的平面去截球，截面面积为π，则球的体积为（）A．32π3 B．8π3 C．82【答案】A【分析】根据截面面积求得截面半径r，进而求得球的半径R，再利用球的体积公式求解即可．【详解】设截面半径r，球的半径R，截面与球心距离为d=由题意得，截面面积S=πr2因为R2=r所以球的体积V=故选：A．【变式5-1】2．（2022春·福建福州·高一校考期末）如图，过球O的一条半径OP的中点O1，作垂直于该半径的平面，所得截面圆的半径为3，则球O【答案】32【分析】设球O的半径为R，依题意R2−R【详解】设球O的半径为R，则R2−R24∴球O的体积V=故答案为：32【变式5-1】3.（2023·全国·高一专题练习）如图所示，该几何体是从一个水平放置的正方体中挖去一个内切球（正方体各个面均与球面有且只有一个公共点）以后而得到的．现用一竖直的平面去截这个几何体，则截面图形不可能是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用正方体内切球的性质，及球的截面圆即可求解.【详解】对于A，用竖直的平面截正方体，该平面过球心，且过正方体四个面的中心，即可得到截面图形A，如图；对于B，用竖直的平面截正方体，该平面为正方体的对角面,过球心，及正方体两个侧面的对角线的中心，即可得到截面图形B；对于CD，用竖直的平面截正方体，该平面过正方体一个侧面的中心，如图，切点在截面ABCD的边CD的中点处，且CD为长方形ABCD中较短的线段，即可得到D.故选：C题型6截面分体积问题【例题6】（2023·全国·高一专题练习）若正方体的一个截面恰好截这个正方体为等体积的两部分，则该截面(

)A．一定通过正方体的中心 B．一定通过正方体一个表面的中心C．一定通过正方体的一个顶点 D．一定构成正多边形【答案】A【分析】根据正方体的性质，所有过中心的截面都把正方体分成体积相等的两部分，从而可得正确答案．【详解】根据题意，恰好截正方体为等体积的两部分的截面，可能为中截面、对角面、也可能是倾斜的平面，不管哪种截面都过正方体的中心．故选：A．【变式6-1】1．（2023·全国·高一专题练习）如图是一个棱长为2的正方体被过棱A1B1、A1D1的中点M、N，顶点A和过点A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】将正方体还原，利用割补法计算可得.【详解】解：如图将正方体还原可得如下图形：则VA−A1MN所以该几何体的体积V=8−故选：C【变式6-1】2．（2022春·福建福州·高一福建省福州格致中学校考期末）一块三棱锥形木块如图所示，点G是△SAC的重心，过点G将木块锯开，使截面平行于侧面SBC(1)画出截面与木块表面的交线，并说明理由；(2)若△ABC为等边三角形，SA=SB【答案】(1)答案见解析；(2)19【分析】过点G作EF//SC交SA,AC于E,F点，过点F作EH//（2）由题知三棱锥S−ABC为正三棱锥，进而得VS−ABC=92，连接【详解】（1）解：过点G作EF//SC交SA,AC于E,F点，过点F作EH//BS交AB于因为EF//SC，EF⊄平面SBC，SC⊂平面SBC，所以因为EH//BS，EH⊄平面SBC，SB⊂平面SBC，所以因为EF∩EH=所以平面SBC//平面EFH（2）解：因为△ABC为等边三角形，SA所以三棱锥S−所以点S在平面ABC内的射影为△ABC的中心O，则SO⊥平面连接AO，由△ABC为等边三角形，△ABC的中心为O所以AO=3所以三棱锥S−ABC所以三棱锥S−ABC的体积为连接AG并延长，交SC于点M，因为点G是△SAC的重心，所以AGAM所以VA所以，VA所以，截面与平面SBC之间的几何体的体积为V【变式6-1】3．（多选）（2022春·湖北武汉·高一武汉市第十一中学校联考期中）在正方体ABCD−A1B1A．平面D1MN与棱B1B．平面D1MN与棱BC的交点是C．平面D1MN与棱AD的交点是D．平面D1MN【答案】ACD【分析】由公理作出平面D1MN与正方体的截面，利用平行线截线段成比例可得点Q是线段AD靠近点D的三等分点，由对称性知点P是线段BC靠近点点H是线段B1C1靠近点C1的三等分点；再利用等体积法可知V三棱锥【详解】解：如图，取BC的中点E，延长DE，D1N并交于点F，连接FM并延长，设FM∩连接PN并延长交B1C1于点H，连接D1Q，D∵N是平面BCC1B1的中心，E是BC可得点Q是线段AD靠近点D的三等分点，由对称性知点P是线段BC靠近点B的三等分点，点H是线段B1C1作出线段BC的另一个三等分点P'，作出线段A1D1靠近D1的三等分点G，连接QP'，可知V三棱锥∴V多面体从而平面D1MN将正方体分成两部分的体积比为故D正确．故选：ACD．【变式6-1】4．（2022春·四川遂宁·高一遂宁中学统考期末）如图，正方体ABCD−A1B1C1(1)在图中画出这个正三角形（不必说明画法和理由）；(2)平面α将该正方体截成两个几何体，求体积较大的几何体的体积和表面积.【答案】(1)答案见解析(2)203，【分析】（1）从A1（2）设正方体的棱长为a，正方体的体对角线即为外接球的直径，正方体的棱长即为内切球的直径，根据球的表面积公式得到方程，求出a，再求出两部分的体积，最后再求表面积即可；（1）解：连接A1D,（2）解：设正方体的棱长为a，正方体的体对角线即为外接球的直径，正方体的棱长即为内切球的直径，所以4π3a平面α将正方体截成三棱锥A1−ABD所以VA1−因此体积较大的几何体是多面体BCD−A1由BD=22，所以又S△BCD故多面体BCD−A1【变式6-1】5．（2022春·广西河池·高一校联考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1(1)过点A，C且与平面BD1E(2)求四棱锥E−【答案】(1)答案见解析；(2)43【分析】（1）根据面面平行的性质作图即可；（2）根据三棱锥的体积比可得VE（1）取DD1的中点M，连接AM，CM，易知（2）因为AB∥C1D1VE故四棱锥E−ABC【变式6-1】6．（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）在正四棱锥S−ABCD中，M为SC的中点，过AM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V1【答案】2【分析】根据给定条件，作出过AM的正四棱锥S−ABCD的截面，再求出【详解】记正四棱锥S−ABCD的体积为V，V2V1设过AM的截面分别交SB和SD于E,F，平面SAC与平面SBD的交线为SO,SO与则SG=23SO，令SESBV=y当且仅当x=y=所以V2故答案为：2【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.题型7取值范围问题【例题7】（2022春·北京昌平·高一校考期中）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,P为线段DD1上的动点，Q为A．0,22 B．0,5 C．2,【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DP=0即P与D重合时，过点B，P，Q的截面S为正方形ABCD（2）当DP=1，即P为DD1中点时，PQ//A所以过点B，P，Q的截面S为梯形PQBC（3）当DP=2即P与D1重合时，取BC中点E，B1C1中点F，连接C1因为QE∥DC∥D因为C1F∥BE所以D所以过点B，P，Q的截面S为平行四边形D1（4）当0<DP<1时，过A作AM//QP交线段DD1于M，过M作MR因为MR∥DC∥AB又PQ//AM所以过点B，P，Q的截面S为梯形PQBR，不合题设（5）当1<DP<2时，取BC中点M，在线段CC1上截取CN=DP，连接QM，PN，过B作BE//MN交线段CC1的延长线于点E，交线段B因为PN∥DC∥QM又BE//MN所以过点B，P，Q的截面S为五边形PQBFG，符合题设此时AP=AD2所以AP的取值范围为5故选：D【变式7-1】1．（2022春·重庆北碚·高一西南大学附中校考期末）已知正方体ABCD−A1A．(13,1) B．(12,1)【答案】D【分析】根据给定的几何体，利用面面平行的性质结合平面的基本事实，探讨截面形状确定F点的位置，推理计算作答.【详解】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面BEF∩平面平面CDD1C1//平面ABB1而DD1⊥平面ABCD，AA1⊥平面ABCD，即而EF//GB，则∠EFD当F与C重合时，平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，GA=ED=当点F由点C向点D移动过程中，∠GBA逐渐增大，点G由M向点A当点G为线段MA1上任意一点时，平面当点G在线段MA1延长线上时，直线BG必与棱A1而点F与D不重合，此时，平面BEF与该正方体的5个表面正方形有交线，截面为五边形，如图，因此，F为棱CD上异于端点的动点，截面为四边形，点G只能在线段MA1（除点M外）上，即显然，DF=AB⋅所以线段的CF的取值范围是(0,1故选：D【点睛】关键点睛：作过正方体三条中点的截面，找到过三点的平面与正方体表面的交线是解决问题的关键.【变式7-1】2．（2023·全国·高一专题练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，P为对角线BD1①若M是三角形，则M必定是锐角三角形②若BD1⊥③若BD1⊥α且P点为对角线B④若P点为对角线BD1的三等分点，则以上所有正确结论的个数为（