2025年高考一轮复习特训：立体几何中的截面问题（七大题型）（解析版）

特训10立体几何中的截面问题(七大题型)

方法归纳4

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.此平面与几何体表面的交集

(交线)叫做截线.

1.作截线与截点的主要根据：

(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)线面平行的性质定理。

(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.

2.立体几何图形中有关截面的做法：

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个确定的点；

③若两个已知点分别在相邻的面上，应找出这两个相邻平面的交线与截面的交点。

④面面平行的性质定理。

⑤若有一点在面上而不在棱上，则可通过作辅助平而找出棱上的交点；

若已知点在体内，则可通过辅助平面找出面上的交点，再找出棱上的交点.

正方体的基本斜截面:

锐角三角形等腰三角形

(1)(2)

目录：

♦题型01:三棱柱

♦题型02:四棱锥

♦题型03:棱台

♦题型04:侧棱垂直于底面

♦题型05:正方体、长方体

♦题型06:其他多面体

♦题型07:三棱锥

♦题型08:折叠问题

♦题型01:棱柱（含正方体）

1.（2023・辽宁抚顺•模拟预测）在直四棱柱A8C。-44GA中，底面ABC。为平行四边形，AB=2亚,

BC=yf5,44,=4,COSNABC=-Y&,过点8作平面截四棱柱所得截面为正方形，该平面交棱。2于点

10

A.2B.3C.4D.5

【答案】B

【分析】先结合截面为正方形，借助中位线o'。转化得到PAMnoc的关系，再利用余弦定理分别求解底

面对角线AC,3。，然后由垂直关系及截面正方形，借助长度相等，利用勾股定理建立尸AQC的方程组，求

解转化即得所求比值.

如图，设截面分别交AA|,CG于点P,Q,

连接PQ,BM,设交点O',连接AC,8。，设交点

由已知截面为正方形，则。'是PQ的中点，

底面ABC£＞为平行四边形，则。是3。，AC的中点，

又PAHBB、,BBJ/CQ,则PA//CQ,

则00'是ABDM的中位线，也是四边形PACQ的中位线.

设“=x,CQ=y,

i^MD=2OO'^PA+CQ=x+y,

PB-=BQ2,得V+8=^+5,

化简得炉+3=/（*）,且x<y,

由直四棱柱ABCD-481Gq知，AA_L平面ABC。，

又ACu平面ABC。，则AA_LAC

则四边形PAC。为直角梯形.

由cosNA3C=-巫，得cosZBCr）=巫，

1010

在△）））中，由余弦定理得84=5+8-2x75x2V2x—=9,

10

解得比＞=3,同理可得AC=JF7,

如图，在直角梯形PACQ中，在C。上取点S,使CS=AP=x,

则QS=y-x.

由尸°得1+2=2+2+

BN?=2,MDBDpsQS2=A（JQS2,

即（尤+y）2+9=（y-xf+17,化简得冲=2,

与（*）联立，解得x=l,y=2,

所以ME>=3,则。|M=1,

验证知，此时四边形为MM。为正方形，满足题意.

DM\

贝U------二3

7DXM

故选:B.

2.（2023•江西赣州•模拟预测）在直四棱柱ABC。-ABGA中，底面A3。是边长为2的正方形，侧棱的=3,

E是BC的中点，尸是棱CG上的点，且CT=gcG，过4作平面a,使得平面a〃平面AEF,则平面a截直

四棱柱所得截面图形的面积为（）

A.-B.叵C.3D.V19

22

【答案】A

【分析】根据四棱柱的几何性质以及面面平行的判定定理求解.

如图，取耳,C的中点M,在8月上取一点X,使得用连接AM,HM,AH,如上图,

则〃斯,4"口"”=〃,4£门跖=5，平面A/M,

AE,EFu平面AEF,：.平面AEF11平面^HM；

即过4点平行于平面A跖的平面截四棱柱ABCD-AgGA的图形是三角形，

其中=1，AH=EAM=®MH=日

cos/MA1H=sinZM^H=^,S^MH=1sinNMA1H=|,

故选：A.

3.（2024•安徽安庆三模）在正方体ABC。-4玛G2中，点E,尸分别为棱AB,A。的中点，过点”EG三

点作该正方体的截面，则（）

A.该截面多边形是四边形

B.该截面多边形与棱B片的交点是棱B片的一个三等分点

C.AC_L平面C]£F

D.平面AB.//平面GM

【答案】B

【分析】将线段M向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱C。的延长线交于G,H,连GGG"分别与棱

BPBG1

BB「DDi交于P,Q,可判断A；利用相似比可得==不=£,可判断B；证明AC，平面BC⑷即可判断

CCqCrCJ

C；通过证明AC，平面A耳2,可判断D.

【解析】对于A,将线段E尸向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CO的延长线交于G,H,

连GG，G”分别与棱网交于P,Q,得到截面多边形C/Ef。是五边形，A错误；

对于B,易知△AEF和ABEG全等且都是等腰直角三角形，所以GB=AA=；2C,

BPBG1BP1>，一”一”

所以方h即言"=点尸是楼881的一个二等分点，B正确；

CC|CrCJDDyJ

对于C,因为44,平面BCGB|,BC|U平面BCC4,所以A片，

又BCJBC,4瓦口8夕=百，4瓦,3夕<=平面4旦。，所以BG，平面48(,

因为4Cu平面ABC,所以ACLBG，同理可证Ac，BO,

因为BDcBG=B,BD,BCXu平面BCXD,所以4C，平面BQD,

因为平面BG。与平面GE尸相交，所以AC与平面GEF不垂直，C错误；

对于D,易知BC\"AD\,BD//B,D1,所以4C，AQ,，瓦R,

又A，c4A=A,AQ,BQiu4耳A，所以AC，平面ABXD},

结合C结论，所以平面a所与平面4片2不平行，D错误.

故选：B.

♦题型02:棱锥

4.（2024•重庆渝中•模拟预测）在三棱锥尸—ABC中，AC=BC=PC=2,且AC_LBC,PC_L平面ABC,过

点尸作截面分别交AC,BC于点瓦尸，且二面角尸-EF-C的平面角为60。，则所得截面尸砂的面积最小值

为（）

A.-B.-C.-D.1

333

【答案】B

【分析】由二面角的定义可得PGC=60。，从而尸G=隹,CG=2叵，设CE=a,CF=b,由三角形的面积

33

Q

相等和基本不等式得到,再由三角形的面积公式即可求解.

【解析】过P作PGLEF,垂足为G,连接CG,则由三垂线定理可得EFLCG,

/PGC即为二面角P—EF—C的平面角，

：.PGC=6Q0,PC=2,所以PG=吏,CG=庄

33

设CE=a,CF=b,则£F=5+廿,

在三角形CEF中，ab=2^-y]a2+b2,

3

又用所以必2竽屈=马空

所以浦2《，a=>=亚时等号成立,

33

所以三角形PEF的面积为L生8、力2+万

233

Q

故截面PE尸面积的最小值为

故选：B.

7T

5.(2024・广西・模拟预测)在三棱锥丫一ABC中，平面W1C,^4=1,AB=AC=®，ZVAC=~,

4

点尸为棱AV上一点，过点尸作三棱锥卜-ABC的截面，使截面平行于直线VB和AC,当该截面面积取得

最大值时，CF=()

A710RA/17r75c屈

A.D.C.——D.

3423

【答案】C

【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.

【解析】根据题意，在平面皿C内，过点/作EF/AC,交VC于点E；

在平面VBC内，过点E作E。〃啰，交BC于点Q；

在平面内，过点F作FD〃VB,交A2于点。，连接。。，如图所示，

因为EV〃AC,则△VCAS^VEF,设其相似比为％,即===左,

VAVC-AC

贝IJEF=®;

又因为01=1,AC=亚，cos^VAC=,

2

由余弦定理得，vC=^l+2-2xlxy/2x^=l，则VC2+VA2=AC2,

即VCLVA.

又3V_L平面0IC,VC,3u平面MIC,所以3V_LVC,BV1VA.

又AB=e，则BV=1,BC=y/2.

色、，,,„.AFADFD

因为FD〃VB,则n△AFD〜△AVB,则一=—=—,

AVABVB

AFVA-VF«,b,、,FDAF«,,

因为一=-------=l-k,所以一=—=1-k,^nr1FD=l-k,

VAVAVBVA

同理可得QE=1—左，即QE=FD,

因为EQ〃刊8,FD//VB,则EQ〃ED,

故四边形EFDQ为平行四边形；而EQu平面EFDQ,Vfiz平面EFDQ,

故VB〃平面EO。，同理AC〃平面£7d。，

即四边形瓦切。为截面图形；

又3V_L平面I44C,EFu平面01C,则3V_LEF,

又FD〃VB,所以FD_LEF.

故平行四边形EFDQ为矩形，则$矩形跖"。=砂•ED=拒人（1一人）=一垃|左一gJ+，，

所以当4=g时，S矩形有最大值乎，则怀==

在RtATVF中，CF=A/CV2+VF2=^1+J=.

故选：C.

【点睛】思路点睛：先作平行线作出题中的截面，再证明四边形£阳。为符合题意的截面图形，结合线面

平行以及线面垂直说明四边形ERD。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,

利用二次函数求出最值得解.

6.（2023・陕西西安•模拟预测）在三棱锥P-ABC中，侧面B1C是等边三角形，底面A8C是等腰直角三角

形，AB1BC,AC=P3=10,点M,N,E分别是棱B4,PC,AB的中点，过M,N,E三点的平面a截

三棱锥P-ABC所得截面为。，给出下列结论：

①截面。的形状为正方形；

②截面。的面积等于生也；

2

③异面直线必与BC所成角的余弦值为正；

4

④三棱锥P-A5c外接球的表面积等于芋无,

其中所有正确结论的序号是（）

A.①④B.②③C.①③④D.②③④

【答案】C

【分析】根据三棱锥尸-ABC的几何特征，取BC的中点为产，利用线面垂直的判定定理即可证明截面。的

形状为正方形，且其面积等于25,即①正确，②错误；利用平面向量数量积以及余弦定理可求出异面直线

必与所成角的余弦值为也，可知③正确；利用垂直关系找出外接球球心位置，计算出半径即可得④正

4

确.

【解析】取的中点为尸，连接EF,NF,

因为点分别是棱的中点，所以MN//AC,EF//AC,可得MN//EF；

又MN==AC=5,EF=~PB=5,EPMN=EF；

22

所以四点共面，且四边形肱VEF为平行四边形，

取AC的中点为。，连接尸£),80,如下图所示：

易知PDLAC,又AABC是等腰直角三角形，且AS1BC,所以AB=3C,可得BDLAC；

又PDcBD=D,平面尸BD,所以AC_L平面PBD；

易知P3u平面尸3。，可得AC_LP3；

又MEUPB,EF//AC,所以

且ME=NF=LPB=5,所以四边形MVEF为正方形，

2

即截面。的形状为正方形，所以①正确；

由正方形面积公式可知，四边形M烟的面积为5x5=25,即②错误；

^PA=a,PB=b,PC=c,ai^BC=c-b,

所以PA-BC=a-^c—b^=a-c—b-a,

易知2•1=10xl0xcos60。=50，fl-5=10xl0xcosZAPS,

在中，PA=10,PB=10,AB=542,所以cos/AP5=竺廿二色包=空=。，可得

"/2x10x102004

〃•石=10xl0xcosZAPB=75;

50-75__1A/2

所以cos（肉•瓦）=a-c-b-a

10X5A/2_2V2-4

所以异面直线以与BC所成角的余弦值为I即③正确;

4

易知尸。=56,8。=5,尸3=10,所以可得PD_LBD；

又尸D_LAC,且BDcAC=O,BRACu平面ABC,

所以尸。，平面ABC,

又正£>u平面PAC,所以平面R4CJ_平面ABC；

所以可得外接球球心。在PD上，设OD=h,半径为R,

则〃2+5?=（5世一〃『=R2,解得〃=¥，R=竽；

所以三棱锥P-ASC外接球的表面积等于4兀代=—兀，即④正确；

所有正确结论的序号是①③④.

故选：C

【点睛】方法点睛：关于球外接几何体的问题，首先根据几何体的结构特征，利用线面垂直判定定理等确

定球心位置，再利用半径相等列出等量关系即可计算出半径的大小.

♦题型03:棱台

7.（23-24高三上.河北廊坊.期末）如图所示，正四棱台ABC。-44GA中，上底面边长为3,下底面边长

为6,体积为电1,点E在AD上且满足OE=2AE,过点E的平面。与平面RAC平行，且与正四棱台各

2

面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（）

A.7A/2B.8A/2C.3g+4立D.4百+4叵

【答案】D

【分析】首先过点A作A"，AC于点//,结合已知得AH=半，由棱台体积公式得4夕=券，由勾股

定理得朋=JAH?+4/2=3,再求出A2的长，最终根据相似三角形对应边成比例即可得解.

【解析】如图所示,

过点A作A”，AC于点H,因为4G=3V2,AC=6五,

所以叱手,

,贝IJ四棱台的体积为（（32+62+3x6）x4"=竽

则四棱台的高为A"

2

解得AtH=孚,所以侧棱长为M=JAH+AH2=3.

如图所示:

过。尸，AD于点尸，人6,4。于点6,连接A，，

6-33

由对称性可知DF=AG=——二—,GF=AA=3,

22

39

所以A/=6—彳=；,

22

而DD[=AA[=3,

所以DF=R=半，

所以AR=+彳=3g,同理CD]=ADj=3g,

分别在棱DC,DDi上取点N,M,使得DNtNC=DM-.MDt=2.1,

易彳导ME=NM=^AD[=26,EN=々AC=4枝,

所以截面多边形的周长为4百+40.

故选：D.

8.（22-23高三下•浙江绍兴•开学考试）在正棱台ABCD-A4GR中，AB=2A4,9为棱耳G中

点.当四棱台的体积最大时，平面AffiD截该四棱台的截面面积是（）

A.羊B.372C.乎D.6我

【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.

【解析】设=片=4x,上底面和下底面的中心分别为。|,。，该四棱台的高。。=/7,A.HLAC.

在上下底面由勾股定理可知，AQ=17（2X）2+（W=V2x,AO=17（4^）2+（4r）2=2^x-

在梯形4a中，A4=+=3=（2&x-&x『+*0/J=3一2/，

所以该四棱台的体积为V=g（16f+历时7+41）〃=//介，

所以它=——―（3一2/）V—・厂+/;3-2x；,

当且仅当炉=3-2尤2,即x=l时取等号，止匕时AB=4,4耳=2,。。=1.

取G2的中点N,连接M0、ND,显然有MN〃，耳//DB,MNu平面ABCD,

NDu平面A3CD,所以〃平面ABCD,因此平面MBDN就是截面.

显然MN=gBR=0,8。=40,

在直角梯形GAffiO中，ME=商+（OE-O[M）z==6,,

因此在等腰梯形B£CB中，MB=/ME?+EB?=J2+4=R，

同理在等腰梯形，G。中，DN=^6,

在等腰梯形MBDN中，设MF//DN,MG1BD,

贝UMF=",8尸=40—夜=3夜，

所以梯形.如N的面积为走空巴?=乎’

【点睛】关键点睛：根据基本不等式求出体积最大值，结合线面平行判定定理判断截面的形状是解题的关

键.

9.（22-23高二上•湖北荆州•阶段练习）用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截得的棱台上、下底面积

之比为1:4,已知截去的棱锥的顶点到其底面的距离为3,则棱台的上、下底面的距离为（）

A.12B.9C.6D.3

【答案】D

【分析】

根据棱锥的性质，用平行于棱锥底面的平面截该棱锥，截面与底面为相似多边形，面积比为相似比的平方,

以此可得棱锥的高，进而得到棱台的高.

【解析】：截去小棱锥的高为3,设大棱锥的高为〃，

根据截面与底面为相似多边形，面积比为相似比的平方，

则32：/=1：4,，/?=6,

棱台的高是6-3=3,即棱台的上、下底面的距离为3.

故选：D.

♦题型04:圆柱

10.（2022.河南新乡•三模）已知一个圆柱与一个圆锥的轴截面分别为正方形与正三角形，且正方形与正三

角形的边长相等，则该圆柱的体积与圆锥的体积的比值为（）

A.gB.2A/2C.2百D.小

【答案】C

【分析】设正方形与正三角形的边长为2,则可求出圆柱和圆锥的体积，从而可求得答案

【解析】设正方形与正三角形的边长为2,

则圆柱的体积为力X12X2=2;T,

圆锥的体积为*—=与，

所以圆柱的体积与圆锥的体积的比值为2百.

故选：C

11.（23-24高二上•辽宁•阶段练习）如图，某圆柱的轴截面ABC。是边长为2的正方形，P,。分别为线段

BC,AC上的两个动点，E为AB上一点，且座=1，则PQ+PE的最小值为（）

A.3B.述C.述D.-

222

【答案】C

【分析】根据圆柱的结构特征采用将ABCE沿直线旋转到某个位置的方法，将线段和转化为一条线段的

长度问题，结合求解线段长度即得答案.

【解析】如图，连接EC,将.BCE沿直线BC旋转到ABCE的位置，

且E在的延长线上.则PE=P笈，

TT

由于圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，故NBAC=NBC4=-,AE'=AB+BE'^2+1=3,

4

则PQ+PE=PQ+PE'>E'Q,当Q,P,E'三点共线时取等号，

当£0LAC时，E'Q最小，最小值为AEsin^=逑，

42

即尸Q+PE的最小值为迷，

2

故选：C

12.（23-24高三上.陕西•阶段练习）已知某圆柱的轴截面是边长为2的正方形ABCD,在该圆柱的底面内

任取一点E,则当四棱锥E-ABCD的体积最大时，该四棱锥的侧面积为（）

A.I+A/2+75B.1+2返+行

C.1+&+26D.忘+26

【答案】B

【分析】根据棱锥体积公式以及正方形ABC。的面积为定值确定E点在底面上的位置，求出相关线段长,

根据棱锥侧面积公式即可求得答案.

【解析】如图，设圆柱的底面圆心为。，E为该底面上一点，底面半径为1,

C

D

四棱锥体积VE3=；SABCD-d,其中d为£到AD的距离，

因为正方形ABCD的面积为定值2x2=4,

所以当E为AO的中点时，连接0E,此时0E为四棱锥E-ABCD的高，高最大，

此时四棱锥E-ABCD体积最大，

则AELD瓦OELAD,OE=1,AE=DE=垃,BE=CE=百+（回=后

设圆柱的另一底面圆心为。「连接。也，则QELBC,且QE=J（卡）2-仔=君,

此时四棱锥E-ABCD侧面积为SnlADQE+gAaAE+lcLbDE+gBCOiE

=-x2xl+-x2xA/2+-x2xA/2+-x2xA/5=l+2>/2+^,

2222

故选：B

♦题型05:圆锥

13.（2024・四川绵阳•模拟预测）已知轴截面为正三角形的圆锥加71，的高与球。的直径相等，则圆锥MM'的

体积与球0的体积的比值是.

【答案】|

【分析】设圆锥W的底面半径为小球。的半径为R,由题意可得27?=〃=出厂，结合体积公式运算求解.

【解析】设圆锥MM'的底面半径为，，球。的半径为R,

因为圆锥肱0'的轴截面为正三角形，可知圆锥的高九=石厂,

则2尺=/?=0厂，即R=立r,

2

可得圆锥MW'的体积V,=—xnr2xy/3r=nr3,

133

7

故答案为：J.

14.（22-23高二上•上海浦东新•期中）如图，圆锥。的轴截面是一个面积为1的等腰直角三角形，C为弧

上的一点，ZCPB=45°,E为线段用上的动点，则CE+OE的最小值为（）

A.y/2B.\j3C.2D.—>/2

【答案】B

【分析】将空间图形进行翻折变化到同一平面，根据两点之间线段最短即可求解.

将APBC翻折到平面PAB内,得到如图所示平面四边形OBCP,

因为邑皿=g"•依=1,所以尸A=P3=0,

所以。尸=。4=03=1,所以/BPO=45°,

又因为NCP3=45。，所以翻折后的图形中NOPC'=90。，

根据两点之间线段最短可知，CE+OE的最小值为OC=\/OP2+PC2=G，

故选:B.

15.（23-24高二上・北京•期中）已知圆锥的底面半径为26，高为2,S为顶点，A,8为底面圆周上的两

个动点，则下列说法正确的是.

①圆锥的体积为阮；

②圆锥侧面展开图的圆心角大小为百万；

③圆锥截面SAB面积的最大值为4石；

④若圆锥的顶点和底面上的所有点都在一个球面上，则此球的体积为半兀.

【答案】①②④

【分析】根据题意求出圆锥的母线长，体积，侧面展开图的弧长，轴截面的面积，外接球体积，即可得出

结论.

【解析】•••圆锥的底面半径『=2/，高为h=2,

圆锥的母线长SA=SB==J（2^）2+22=4,

,圆锥的体积丫=gTtr-h=|TIX（2石『x2=8兀，①正确；

设圆锥侧面展开图的圆心角大小为a,贝!127rx2指=ax4,a=后,②正确；

当圆锥截面&4B为圆锥的轴截面时，此时SA=SB=4,A8=46，

则cosAASB=M+SB-B?=-L又ZASBe（0,7t）,

2SASB2、7

2兀

NASB=—,

3

TT

则当=g时，圆锥截面SAB面积的最大，

止匕时S，ASB=；S4S4sinNASB=；x4x4xl=8，故③错误；

圆锥的顶点和底面上的所有点都在同一个球面上，即为圆锥的外接球，

设圆锥的外接球半径为R,

由球的性质可知我=仅-"+/,即代=（2-R）2+（2石『，

解得R=4,

所以外接球体积丫=驯=刎43=管，④正确

故答案为：①②④.

♦题型06:球

16.（2024.江苏徐州.模拟预测）对球面上的三个点，每两个点之间用大圆劣弧相连接，所得三弧围成的球

面部分称为“球面三角形”，这三个弧叫做球面三角形的边.若半径为2的球的球面上有一个各边长均为兀的

球面三角形，则该球面三角形的面积为（）

A.2兀B.4TIC.-D.-

42

【答案】A

【分析】确定球面三角形与球表面积的关系，可求球面三角形的面积.

【解析】设球面三角形ABC.

因为球的半径为2,所以大圆周长为4兀，求的表面积为4兀x2?=16兀.

因为球面三角形的各边长均为兀，所以ZAOB=ZAOC=ZBOC=90°.

以。为球心，建立如图空间直角坐标系：

则球面三角形ABC的面积就是球面在第一卦限内的部分，根据对称性，球面三角形A3C的面积为球面面积

11

的一,为一x4兀x2?=2兀.

88

故选：A

【点睛】关键点点睛：确定/408=/4"=/30。=90。后，关键是弄清楚球面三角形的面积和整个球的

表面积之间的数量关系.

17.（2024•江西宜春.模拟预测）在正六棱柱尸-A4GREE中，44,=2AB=2,。为棱441的中点,

则以。为球心，2为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（）

【答案】D

【分析】根据题意，作图，分别求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和，可计算得到答案.

【解析】因为球。的半径为2,所以球。不与侧而耳4及侧面4招4相交,

连接。G，AG，O4，AG.由题得。4=1,AC[=AE[=币.所以。£=2,

所以球。与侧面3CG与交于点C1,C,与侧面E%&交于点E.

在正六边形耳中，易得AG，GR,因为CG，平面A4GRE田，平面

所以CG，A£,又GAncG=G，GQ，cc】u平面CD，G,

所以AG，平面CDRG，即。G,平面CDDG，且OG=®,又也匚7声=1，OH=OCl=OC=2.

所以球。与侧面CDAG的交线为以CQ为直径的半圆，同理可得球。与侧面EDDR的交线为以EE1为直径

的半圆.

由题易得ZE^Q=£,则球。与上底面\BlCiD^Fl及下底面ABCDEF的交线均为:个半径为百的圆.

3o

所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为2'"1+2*丁27tx有=2+--TT.

63

【点睛】关键点点睛：根据球。的半径为2,判断球。只与侧而CDRG及侧面初?2月，上底面A4GRE出

及下底面ABCDE下相交.

18.（23-24高二上•四川德阳•阶段练习）已知正三棱锥A-BCD的外接球是球。，正三棱锥底边8c=3,

侧棱AB=2近，点E在线段3。上，且5E=JDE,过点E作球。的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（）

11711「cc1「11兀”]「9兀”

A.——,3TIB.12兀，3兀]C.—->4TID.——4TI

4JL」4」L49

【答案】D

【分析】设△BCD的中心为。।,球。的半径为R,在Rt^O。。中，利用勾股定理求出R,余弦定理求出0、E,

再由勾股定理求出0E,过点E作球。的截面，当截面与0E垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，

截面面积最大.

【解析】如下图，设△BCD的中心为。1,球。的半径为R,

连接。Q,OD,O.E,0E,则

A£>2Z）2=3

Oir）=3sin^x|=A/3,AOi=7-0I-

在Rt^OO]。中，玄=（6『+（3_R）2,

3

解得R=2,所以H=l,因为BE=DE,所以。£=；,

在AZJEO[中，0]E=-xy/3x~xcos~=~~,

所以OE=JO[E2+OO；=等,过点E作球。的截面，

当截面与OE垂直时，截面的面积最小，

此时截面的半径为-OE?=g,则截面面积为兀=?无，

2⑴4

当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4兀.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：解题的关键点是过点E作球。的截面，当截面与0E垂直时，截面的面积最小，当

截面过球心时，截面面积最大.

♦题型07:组合体

19.（21-22高二上•湖南•期中）从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥（以圆柱的上底

面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点）而得到的几何体如图所示，今用一个平行于底面且距底

面为1的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为（）

A.4万一4B.4万C.4%—2D.2万—2

【答案】C

【分析】先求出截面截圆柱所得的圆面的面积，再求出截面截正四棱锥所得的正方形的面积，从而得出答

案.

【解析】截面图形应为圆面中挖去一个正方形，且圆的半径是2,

则截面圆的面积为：4万

设正四棱锥的底面正方形边长为。，贝=16,所以

正四棱锥的底面正方形的面积为（20『=8

由圆锥中截面的性质，可得圆面中挖去一个正方形与正四棱锥的底面正方形相似

设圆面中挖去一个正方形的面积为S',正四棱锥的底面正方形为S

所以截面图形的面积为4万-2.

故选：C.

20.（2022・陕西西安•模拟预测）“牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和

谐优美的几何体，它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几

何体（如图1）.如图2所示的“四脚帐篷”为“牟和方盖”的上半部分，点。为四边形的中心，点P为“四

脚帐篷”的“上顶点”，。尸=1用平行于平面ABCD的平面a去截“四脚帐篷”，当平面a经过0P的中点时,

截面图形的面积为.

图1图2

【答案】3

【分析】根据对称性，可得截面1的形状为正方形，利用勾股定理得正方形的边长即可求得面积.

【解析】根据对称性，可得截面。的形状为正方形.

取中点E,CD中点尸，可知截面EPb为半圆.

截面a与弧交于点加，与P0交于点N,N为尸。中点，

所以NO=1,MO=PO=1,由勾股定理可得MN=",

22

所以截面正方形的边长为无x2=g,故其面积为（正）2=3.

2

故答案为：3

21.（2021.全国.模拟预测）如图，正八面体尸ABC。。的棱长为2,点E,F,//分别是Bl,PB,BC的

中点，则过E,F,H三点的平面a截该正八面体所得截面的面积等于.

p

【答案】—

2

【分析】由EF7/AB得跖〃平面A3。，同理切〃平面CDP,进而得

到平面。〃平面A3Q〃平面CDP,结合正八面体的对称性可知截面是

边长为1的正六边形，求出面积即可.

【解析】F,H分别是9，PB,3C的中点，

EF//AB,又EFU平面AB。，ABu平面

EFII平面A8Q.同理得FHH平面CDP.

又平面A3Q〃平面COP,EFlFH=F,

•*.平面all平面ABQ//平面CDP.

设平面a与CQ相交于点"，则

故M为CQ的中点.同理得平面a也过D。，的中点，

结合正八面体的对称性，得截面是边长为1的正六边形，

其面积S=x1x1xsin60°^x6=-

故答案为：—

2

【点睛】确定多面体截面的关键在于确定截点，有了位于多面体同一表面上的

两个截点即可连接成截线，从而求得截面.而截线与截点的主要依据主要有：

(1)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.

(2)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.

(3)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.

（4）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.

22.（23-24高三上•云南昆明•阶段练习）正方体ABCD-ABC。的棱长为2,又是棱2。上的一个动点（含

端点），则MA+MG的最小值为（）

A.4B.2+72C.76+72D.26

【答案】C

【分析】将AAC用绕C用翻折至与ACB©共平面，当A,M,Q共线时，K4+MG最小.

【解析】由正方体的性质可得AAC与为等边三角形，边长为2&，

△C瓦G为等腰直角三角形，其直角边长为2,

将下图中AAC4绕CBi翻折至与AC耳G共平面,

因为C4=C4=AB1=20,CC[=B£=2,所以A,M,G共线时,

MA+MG最小，此时M为C片中点，则M4+MG最小值为亚+#.

23.（2024高三・全国・专题练习）如图，5-ABC是正三棱锥且侧棱长为两侧棱SA,SC的夹角为30。,E,尸

分别是SA,SC上的动点，则三角形5跖的周长的最小值为（）

A.y[2aB.乖1aC.小aD.y/6a

【答案】A

【分析】通过展开平面以及勾股定理求得正确答案.

【解析】把正三棱锥沿S3剪开并展开，形成三个全等的等腰三角形：ASBC、△SC4、LSAB，,

则ZB'SA=ZBSC=ZASC=30°,ZBSB'=90°,

连接B8'，交SC于尸，交必于E,

则线段班'就是的最小周长，又SB=SB=a,

根据勾股定理，SB2+SB'2=BB'1=2a2，,BB'=也.

故选：A

24.（23-24高三下•全国•阶段练习）如图，在三棱锥尸—ASC中，AB=BC=五,BA1,BC,PA=PBPC=2,

点M是棱3C上一动点，则PM+M4的取值范围是（）

A.46+2币,4B.[2+及,4]

C,严+八,/D,严+旧,2+之

2J[2

【答案】A

【分析】把平面BBC展开，判断出当M与C重合时，PM+MA最大；PM+MA的最小值为AP,利用余弦

定理即可求解.

【解析】如图所示，把平面P3C展开，使A、B、C、尸四点共面.

c

当M与3重合时，PM+MA=2+夜＜4;

当M与C重合时,PM+M4=2+2=4最大;

连结AP交8C于Mj,由两点之间直线最短可知，当M位于Mi时，PA/+MA最小.

所以cosAABP=cos(g+NCBPj=-sinNCBP=V14

~T~

由余弦定理得：AP=yjAB2+BP2-2AB-BP-cosZABP

=^V22+22-2XV2X2X^-^^|

=、6+2"

所以PAf+M4的取值范围为76+277,4

故选：A.

25.（2024•福建漳州•一模）如图，石磨是用于把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种机械，通常由两个

圆石做成.磨是平面的两层，两层的接合处都有纹理，粮食从上方的孔进入两层中间，沿着纹理向外运移,

在滚动过两层面时被磨碎，形成粉末.如果一个石磨近似看作两个完全相同的圆柱体拼合而成，每个圆柱

体的底面圆的直径是高的2倍，若石磨的侧面积为64兀，则圆柱底面圆的半径为（）

A.4B.2C.8D.6

【答案】A

【分析】设圆柱底面圆的半径为则圆柱的高为小结合圆柱的侧面积公式运算求解.

【解析】设圆柱底面圆的半径为r>0,则圆柱的高为乙

则石磨的侧面积为2x2wxr=647t,解得厂=4.

故选：A.

26.（21-22高二下.湖南株洲•阶段练习）《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形,

一侧棱垂真于底面的四棱锥”.现有阳马S-ABCD,平面ABC。，AB=l,AD=3,SA=^,BC上有

一点E,使截面S/组的周长最短，则SE与CD所成角的余弦值等于（）

S

【答案】D

【分析】通过底面展开转化为平面图形，容易找到最小值点E,然后利用平移法作出异面直线所成的角,

即可得解；

【解析】解：将平面ABCD沿BC折至A'BCD',

使SBC与A3CD'共面，

连接SD交3C于E,连接ED,此时VSDE周长最短,

作EF//CD交AD于F,

则NS£F（或其补角）即为所求角，

在Rt^SAB中，SB=JSA2+A3：=2，

■SBBEp12BE—

‘由讶=正‘即n丁方‘可rZB侍3E=2'

.,.在RtzJSBE中，SE={SB,+BE2=2夜，

EF1V2

•二在Rt^SFE中,cos/SEF==—7==,

SE2^2