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熱點6-2 空間幾何體的交線與截面問題
空間幾何體的交線與截面問題既是高考數學的熱點，也是難點，往往在高考的選填壓軸題中出現，難度較大.此類題目綜合考察考生的空間想象能力和邏輯推理能力，處理這類問題的基本思路是借助空間點線面的位置關系和相應的定理，將空間問題平面化.
【題型1 作出空間幾何體的截面】
滿分技巧 1、作截面應遵循的三個原則：（1）在同一平面上的兩點可引直線；（2）凡是相交的直線都要畫出它們的交點；（3）凡是相交的平面都要畫出它們的交線； 2、作交線的方法有如下兩種：（1）利用基本事實3作直線；（2）利用線面平行及面面平行的性質定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據性質作出交線.
【例1】
（2024·全國·高三專題練習）
1．如圖，正方體的棱長為8，，，分別是，，的中點．
(1)畫出過點，，的平面與平面的交線；
(2)設平面，求的長．
【變式1-1】
（2024·甘肅·高三武威第六中學校聯考開學考試）
2．如圖，正方體的棱長為分別為棱的中點.
(1)請在正方體的表面完整作出過點的截面，并寫出作圖過程；（不用證明）
(2)求點到平面的距離.
【變式1-2】
（2023·全國·高三專題練習）
3．如圖，直四棱柱的底面為正方形，為的中點．
(1)請在直四棱柱中，畫出經過三點的截面并寫出作法（無需證明）．
(2)求截面的面積．
【變式1-3】
（2023·貴州銅仁·校聯考模擬預測）
4．如圖，已知在正三棱柱中，，三棱柱外接球半徑為，且點分別為棱，的中點．

(1)過點作三棱柱截面，求截面圖形的周長；
(2)求平面與平面的所成角的余弦值．
【題型2 判斷截面多邊形的形狀】
滿分技巧 判斷截面多邊形形狀時需要注意以下幾點： 1、截面與幾何體表面相交，交線不會超過幾何體表面個數. 2、不會與同一個表面有兩條交線. 3、與一對平行表面相交，交線平行（不一定等長） 4、截面截內切球或者外接球時，區分與面相切和與棱相切之間的關系
【例2】
（2024·廣東深圳·高三統考期末）
5．在正方體中，用垂直于的平面截此正方體，則所得截面可能是（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
【變式2-1】
（2023·江西宜春·高三宜豐中學校考階段練習）
6．在長方體中，、，、分別為棱、的中點，點在對角線上，且，過點、、作一個截面，該截面的形狀為（ ）
A．三角形
B．四邊形
C．五邊形
D．六邊形
【變式2-2】
（2024·陜西安康·安康中學校聯考模擬預測）
7．如圖，在正方體中，分別為棱的中點，過三點作該正方體的截面，則（ ）

A．該截面是四邊形
B．平面
C．平面平面
D．該截面與棱的交點是棱的一個三等分點
【變式2-3】
（2024·浙江寧波·高三統考期末）
8．已知直三棱柱，，，，，，平面EFG與直三棱柱相交形成的截面為，則（ ）
A．存在正實數，，，使得截面為等邊三角形
B．存在正實數，，，使得截面為平行四邊形
C．當，時，截面為五邊形
D．當，，時，截面為梯形
【題型3 求解截面多邊形的周長】
滿分技巧 求解截面多邊形的周長有兩個思路：（1）利用多面體展開圖進行求解；（2）在各個表面確定交線，分別利用解三角形進行求解.
【例3】
（2024·四川成都·高三樹德中學校考期末）
9．如圖，已知正方體的棱長為為的中點，過點作與直線垂直的平面，則平面截正方體的截面的周長為（ ）
A． B．
C． D．
【變式3-1】
（2024·全國·模擬預測）
10．如圖，在棱長為2的正方體中，E為棱BC的中點，用過點，E，的平面截正方體，則截面周長為（ ）

A． B．9 C． D．
【變式3-2】
（2023·全國·高三對口高考）
11．如圖，在直三棱柱中，，，，，為線段上的一動點，則過三點的平面截該三棱柱所得截面的最小周長為 ．

【變式3-3】
（2023·河南·校聯考模擬預測）
12．在正四棱柱中，，點分別是，的中點，則過點的平面截正四棱柱所得截面多邊形的周長為（ ）
A． B． C． D．
【變式3-4】
（2024·河北廊坊·高三文安縣第一中學校聯考期末）
13．如圖所示，正四棱臺中，上底面邊長為3，下底面邊長為6，體積為，點在上且滿足，過點的平面與平面平行，且與正四棱臺各面相交得到截面多邊形，則該截面多邊形的周長為（ ）
A． B． C． D．
【題型4 求解截面多邊形的面積】
滿分技巧 求解截面多邊形的面積問題的步驟：（1）通過解三角形求得截面多邊形各邊的長度；（2）判斷多邊形的形狀是否規則，若為規則圖形可直接使用面積公式求解；否則可通過切割法將多邊形分為多個三角形求解.
【例4】
（2023·四川南充·統考一模）
14．如圖，正方體的棱長為2，E，F分別為，的中點，則平面截正方體所得的截面面積為（ ）
A． B． C．9 D．18
【變式4-1】
（2023·四川成都·高三石室中學校考期中）
15．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形AA1B1B是矩形，D是棱CC1的中點，CC1=AC=4， ，AB=3，， 過點D作平面平面，則平面截三棱柱ABC-A1B1C1所得截面面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式4-2】
（2023·安徽·高三合肥一中校聯考階段練習）
16．已知正三棱錐底面邊長為1，側棱長為2，過棱的中點作與該棱垂直的截面分別交，于點，，則截面的面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式4-3】
（2023·山西大同·高三大同一中校考階段練習）
17．已知正方體的棱長為3，點分別在棱上，且滿足為底面的中心，過作截面，則所得截面的面積為 .
【變式4-4】
（2023·江西·高三校聯考階段練習）
18．已知棱長為4的正四面體，用所有與點A，B，C，D距離均相等的平面截該四面體，則所有截面的面積和為（ ）
A． B．
C． D．
【題型5 截面分割幾何體的體積問題】
滿分技巧 截面分割后的幾何體易出現不規則的幾何體，對此往往采用“切割法”或“補形法”進行體積的求解.
【例5】
（2023·河北衡水·衡水中學校考一模）
19．已知正三棱柱，過底邊的平面與上底面交于線段，若截面將三棱柱分成了體積相等的兩部分，則（ ）
A． B． C． D．
【變式5-1】
（2024·重慶·高三重慶巴蜀中學校考階段練習）
20．已知正方體 ，棱的中點分別為，平面 截正方體得兩個幾何體，體積分別記為，則 （ ）
A． B．
C． D．
【變式5-2】
（2024·浙江湖州·高三統考期末）
21．在正四棱錐中，底面的邊長為為正三角形，點分別在上，且，若過點的截面交于點，則四棱錐的體積是（ ）
A． B． C． D．
【變式5-3】
（2023·江蘇揚州·高郵中學校考模擬預測）
22．如圖，在三棱柱中，，是棱AB上一點，若平面把三棱柱分成體積比為的兩部分，則（ ）
A．1 B． C． D．
【變式5-4】
（2023·全國·高三專題練習）
23．在如圖所示的幾何體中，，平面，，，，.
(1)證明：平面；
(2)過點作一平行于平面的截面，畫出該截面（不用說明理由），并求夾在該截面與平面之間的幾何體的體積.
【題型6 截面最值的相關問題】
滿分技巧 截面最值問題的計算，主要由以下三種方法： 1、極限法：通過假設動點運動至兩端，計算最值（需注意判斷是否單調）； 2、坐標法：通過建系設坐標，構造對應的函數進行求解； 3、化歸法：通過圖形轉化，把立體圖形轉化為平面圖形，尋找平面圖形中的最值計算.
【例6】
（2024·四川·校聯考模擬預測）
24．設正方體的棱長為1，與直線垂直的平面截該正方體所得的截面多邊形為，則的面積的最大值為（ ）
A． B． C． D．
【變式6-1】
（2024·江西贛州·南康中學校聯考模擬預測）
25．已知直三棱柱中，，過點的平面分別交棱AB，AC于點D，E，若直線與平面所成角為，則截面三角形面積的最小值為 ．
【變式6-2】
（2024·山東煙臺·高三統考期末）
26．如圖，在直三棱柱中，，，則該三棱柱外接球的表面積為 ；若點為線段的中點，點為線段上一動點，則平面截三棱柱所得截面面積的最大值為 .
【變式6-3】
（2024·廣西·模擬預測）
27．在三棱錐中，平面，，，，點為棱上一點，過點作三棱錐的截面，使截面平行于直線和，當該截面面積取得最大值時，（ ）
A． B． C． D．
【變式6-4】
（2023·廣西·高三統考階段練習）
28．在棱長為2的正方體內，放入一個以為鈾線的圓柱，且圓柱的底面所在平面截正方體所得的截面為三角形，則該圓柱體積的最大值為 ．
【題型7 球的截面問題】
滿分技巧 求解球的截面問題的要點：（1）確定球心與半徑；（2）尋找作出并計算截面與球心的距離；（3）充分利用“球心做弦的垂線，垂足是弦中點”這個性質；（4）強調弦的中點，不一定是幾何體線段的中點.
【例7】
（2024·江西贛州·南康中學校聯考一模）
29．球的兩個平行截面面積分別為和，球心到這兩個截面的距離之差等于1，則球的直徑為（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【變式7-1】
（2024·陜西榆林·統考一模）
30．已知是球的直徑上一點，，平面，為垂足，截球所得截面的面積為，為上的一點，且，過點作球的截面，則所得的截面面積最小的圓的半徑為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-2】
（2024·河北邢臺·高三統考期末）
31．《九章算術》中將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑．如圖，在鱉臑中，平面，，，以為球心，為半徑的球面與側面的交線長為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-3】
（2023·湖北荊州·高三沙市中學校考階段練習）
32．三棱錐的四個頂點都在表面積為的球O上，點A在平面的射影是線段的中點，，則平面被球O截得的截面面積為（ ）
A． B．
C． D．
【變式7-4】
（2024·山東濱州·高三統考期末）
33．已知直四棱柱的所有棱長均為4，，以A為球心，為半徑的球面與側面的交線長為 ．
【題型8 圓錐的截面問題】
【例8】
（2023·全國·模擬預測）
34．某圓錐的母線長為4，軸截面是頂角為120°的等腰三角形，過該圓錐的兩條母線作圓錐的截面，當截面面積最大時，圓錐底面圓的圓心到此截面的距離為（ ）
A．4 B．2 C． D．
【變式8-1】
（2024·浙江寧波·高三統考期末）
35．已知高為2的圓錐內接于球O，球O的體積為，設圓錐頂點為P，平面為經過圓錐頂點的平面，且與直線所成角為，設平面截球O和圓錐所得的截面面積分別為，，則 .
【變式8-2】
（2024·廣東中山·中山紀念中學校考二模）
36．已知球的體積為，高為1的圓錐內接于球O，經過圓錐頂點的平面截球和圓錐所得的截面面積分別為，若，則
【變式8-3】
（2023·全國·高三專題練習）
37．如圖，在圓錐中，已知高.底面圓的半徑為2，為母線的中點，根據圓錐曲線的定義，下列三個圖中的截面邊界曲線分別為圓、橢圓、雙曲線，則下面四個命題中正確的有（ ）
A．圓錐的體積為 B．圓的面積為
C．橢圓的長軸長為 D．雙曲線兩漸近線的夾角
【變式8-4】
（2023·河北·河北衡水中學校考模擬預測）
38．如圖，用一垂直于某條母線的平面截一頂角正弦值為的圓錐，截口曲線是橢圓，頂點A到平面的距離為3.
(1)求橢圓的離心率；
(2)已知P在橢圓上運動且不與長軸兩端點重合，橢圓的兩焦點為，，證明：二面角的大小小于.
（建議用時：60分鐘）
（2024·全國·高三專題練習）
39．已知OA為球O的半徑，過OA的中點M且垂直OA的平面截球得到圓M，若圓M的面積為，則球O的表面積為（ ）．
A． B． C． D．
（2024·全國·模擬預測）
40．在正方體中，E，F分別為棱，的中點，過直線EF的平面截該正方體外接球所得的截面面積的最小值為，最大值為，則（ ）
A． B． C． D．
（2023·四川宜賓·高二四川省興文第二中學校校考開學考試）
41．如圖，在三棱柱中，過的截面與AC交于點D，與BC交于點E（D，E都不與C重合），若該截面將三棱柱分成體積之比為的兩部分，則（ ）

A． B． C． D．
（2024·四川·校聯考一模）
42．設正方體的棱長為1，與直線垂直的平面截該正方體所得的截面多邊形為M．則下列結論正確的是（ ）．
A．M必為三角形 B．M可以是四邊形
C．M的周長沒有最大值 D．M的面積存在最大值
（2023·河南·信陽高中校聯考模擬預測）
43．如圖，在三棱錐中，兩兩垂直，且，以為球心，為半徑作球，則球面與底面的交線長度的和為（ ）

A． B． C． D．
（2023·河北滄州·高三泊頭市第一中學校聯考階段練習）
44．已知正方體的棱長為，為的中點，為棱上異于端點的動點，若平面截該正方體所得的截面為五邊形，則線段的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2024·河南南陽·高三統考期末）
45．用一個平面去截正方體，關于截面的說法，正確的有（ ）
A．截面有可能是三角形，并且有可能是正三角形
B．截面有可能是四邊形，并且有可能是正方形
C．截面有可能是五邊形，并且有可能是正五邊形
D．截面有可能是六邊形，并且有可能是正六邊形
（2023·遼寧朝陽·高三校聯考期中）
46．如圖，有一個正四面體形狀的木塊，其棱長為a．現準備將該木塊鋸開，則下列關于截面的說法中正確的是（ ）

A．過棱AC的截面中，截面面積的最小值為
B．若過棱AC的截面與棱BD（不含端點）交于點P，則的最小值為
C．若該木塊的截面為平行四邊形，則該截面面積的最大值為
D．與該木塊各個頂點的距離都相等的截面有7個
（2023·山東濰坊·統考模擬預測）
47．正三棱臺中，，，點，分別為棱，的中點，若過點，，作截面，則截面與上底面的交線長為 ．
（2023·重慶·高三校聯考階段練習）
48．如圖，已知正方體的棱長為4，，，分別是棱，，的中點，平面截正方體的截面面積為 .
（2023·廣西河池·校聯考模擬預測）
49．已知四棱錐中，底面為直角梯形，平面，，，，，為中點，過，，的平面截四棱錐所得的截面為．
(1)若與棱交于點，畫出截面，保留作圖痕跡（不用說明理由），并證明．
(2)求多面體的體積．
（2023·云南昆明·高三昆明一中校考階段練習）
50．如圖，直三棱柱中，點D，E分別為棱的中點，．
(1)設過A，D，E三點的平面交于F，求的值；
(2)設H在線段上，當的長度最小時，求點H到平面的距離．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．(1)作圖見解析
(2)
【分析】（1）通過平面，將延長后必與相交，設交點為，連接，即為過點，，的平面與平面的交線.
（2）由可知，進而可通過勾股定理求得的長.
【詳解】（1）如下圖所示，∵平面，與不平行，∴與必相交．設交點為，連接．
∵平面，平面，
∴過點，，的平面與平面的交線為.
（2）∵，∴，∴．
∴.
2．(1)截面，作圖過程見解析
(2)
【分析】（1）根據截面定義及平面的性質作圖即可；
（2）以為原點，棱所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，由點到平面的距離的向量公式求得答案.
【詳解】（1）連接并延長交延長線于點，連接并延長交于點，交延長線于點，連接交于點，則截面即為所求.

（2）如圖，以為原點，棱所在直線分別為軸建立空間直角坐標系Dxyz.

因為正方體的棱長為2，
所以.
.
設平面的法向量為，
則即
取，得平面的法向量為.
設點到平面的距離為，則，
故點到平面的距離為.
3．(1)圖形見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接、、、，則四邊形即為所求；
（2）依題意可得四邊形為菱形，連接，，求出，，即可得解.
【詳解】（1）取的中點，連接、、、，
則四邊形即為過點、和的平面截直四棱柱所得截面；
取的中點，連接、，因為為的中點，為直四棱柱，底面為正方形，
所以且，且，所以且，
所以為平行四邊形，所以，
又且，所以為平行四邊形，所以，
所以，即、、、四點共面.
（2）在直四棱柱中，，、分別為、的中點，
所以，
所以四邊形為菱形，連接，，則，
又，，
所以.
4．(1)
(2)
【分析】（1）根據題，結合球的截面圓的性質，求得，延長交于點，連接交于點，得到四邊形為所求截面，進而求得截面圖形的周長；
（2）以點為原點，建立空間直角坐標系，分別求得平面和平面的一個法向量，結合向量的夾角公式，即可求解.
【詳解】（1）解：由正三棱柱中，，三棱柱外接球半徑為，
設外接球的半徑為，底面正的外接圓的半徑為，可得，
則，
因為，解得，
又因為點分別為棱，的中點，可得，
如圖所示，延長交于點，連接交于點，四邊形為所求截面，
又由，所以，
在中，由余弦定理得，所以可得,
所以截面圖形的周長為.

（2）解：以點為原點，以所在的直線分別為軸，以過點垂直于平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
因為，可得，
則
設平面的法向量為，則，
取，則，所以，
取的中點，因為為等邊三角形，可得，
又因為平面，且平面，所以，
因為且平面，所以平面，
又由，可得，
所以平面的一個法向量為，
設兩個平面所成角為，則，
所以平面與平面的所成角的余弦值．

5．AD
【分析】先證明平面，平面，再平移平面和平面判斷.
【詳解】解：如圖所示：

在正方體中，又，平面，平面，則平面，
又平面，則，同理，又，平面，平面，
所以平面，同理平面，
由直線與平面垂直的性質得；與平面和平面平行的平面，都與垂直，
由圖象知：在平面和平面之間的平面，與正方體所得截面的形狀為六邊形；
在平面和平面之外的平面，與正方體所得截面的形狀為三角邊形，
故選：AD
6．C
【分析】找到截面與長方體的平面的交線，判斷為五邊形.
【詳解】如圖所示，延長、，使，連接、，
∵、、，
∴、，
∵、分別為棱、的中點，
∴，
∴，
∵，又、、三點共線，
∴、、三點共線，∴在截面上，
延長、，使，連接，使，
∴在截面上，
連接、，
∵，且
∴，∴且=，
又為中點，、、三點共線，
∴、、三點共線，
∴截面為五邊形，
故選：C．
7．D
【分析】對A：延拓平面，即可求得截面，從而進行判斷；對B：證明與不垂直，即可證明；對C：由，與平面不垂直，即可判斷兩平面位置關系；對D：根據三角形相似，即可證明.
【詳解】對A：如圖，將線段向兩邊延長，分別與棱的延長線，棱的延長線交于點，
連接，分別與棱交于點，得到截面是五邊形，故A錯誤；

對B：因為面面，故；
又，面，故面，
又面，故；
假設，又，面，故面，
又面，顯然過一點作一個平面的垂直只能有一條，假設不成立，即與不垂直；
又平面，所以與平面不垂直，故B錯誤；
對C：面面，故，又，
面，故面，又面，
故，同理可得，又面，
故平面，又與平面不垂直，
所以平面與平面不平行，故C錯誤；
對D：易知，所以，
所以截面與棱的交點是棱的一個三等分點，故D正確．
故選：D．
8．AC
【分析】分類討論不同的位置，即可得出結論.
【詳解】由題意，在直三棱柱中，
，，，，，平面EFG與直三棱柱相交形成的截面為，
A項，當時，截面為等邊三角形，
此時，且，A正確；
B項，當時，點在三棱錐內部，為三角形，
當時，不為平行四邊形，
當時，不為平行四邊形，
當時，不為平行四邊形，
當有兩個大于時，不為平行四邊形,
當有三個大于時，截面為,
∴不存在正實數，，，使得截面為平行四邊形，B錯誤；
C項，當，時，，解得：（舍）或，
當時， ，在三棱柱外，在三棱柱內，截面為五邊形,故C錯誤；
D項，當，，時，截面為四邊形,
易知與相交，
假設，因為平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，所以（矛盾），
故四邊形不是梯形，
故D錯誤.
故選：AC.
9．D
【分析】作出符合條件的截面并求出周長判斷即可.
【詳解】
當點為的中點時，取的中點，連接，
顯然≌，則，，
即有，而平面，平面，則，
又平面，于是平面，而平面，
因此，同理，顯然平面，
所以是平面截正方體所得截面，其周長為.
故選：D.
10．A
【分析】作出正方體的截面圖形，求出周長即可.
【詳解】
如圖，取AB的中點G，連接GE，，．
因為E為BC的中點，所以，，
又，，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，，
所以，，
所以用過點，E，的平面截正方體，所得截面為梯形，
其周長為．
故選：A．
11．##
【分析】利用直三棱柱的側面展開圖求解即可.
【詳解】由題意可知過三點的平面截該三棱柱所得截面的周長即的周長，
因為直三棱柱，所以各側面均為矩形，
所以，
直三棱柱的側面部分展開圖如圖所示，

則在矩形中，
所以過三點的平面截該三棱柱所得截面的最小周長為，
故答案為：
12．D
【分析】先作出圖形，然后分析圖形的特征，求出邊長，進而得出周長.
【詳解】如圖，延長交的延長線于點，交的延長線于點，
連接并延長交于點，交的延長線于點，
連接，分別交，于點，，
連接，，則六邊形所在平面即為平面，
六邊形即為過點的平面截正四棱柱所得的截面多邊形，
由全等三角形可知，，，分別為，，的中點，
因為，所以，
所以六邊形的周長為．
故選：D．

13．D
【分析】首先過點作于點，結合已知得，由棱臺體積公式得，由勾股定理得，再求出的長，最終根據相似三角形對應邊成比例即可得解.
【詳解】如圖所示，
過點作于點，因為，
所以，
則四棱臺的高為，則四棱臺的體積為，
解得，所以側棱長為.
如圖所示：
過于點，于點，連接，
由對稱性可知，
所以，
而，
所以，
所以，同理，
分別在棱上取點，使得，
易得，
所以截面多邊形的周長為.
故選：D.
14．B
【分析】根據，分別是，的中點，得到，利用正方體的結構特征，有，從而有，由平面的基本性質得到在同一平面內，截面是等腰梯形，再利用梯形面積公式求解.
【詳解】由題知連接，，，如圖所示
因為分別是的中點，所以，
在正方體中，所以，
所以在同一平面內，
所以平面截該正方體所得的截面為平面，因為正方體的棱長為，
所以，，，
則到的距離為等腰梯形的高為，
所以截面面積為，故B正確.
故選：B.
15．A
【分析】根據題意可先證出平面，然后做出平面與截三棱柱的截面，再求截面面積從而求解.
【詳解】由題意知：分別取中點，連接，如圖所示：
所以：，因為：
又因為：平面，不在平面上，
所以：平面，平面，
又因為：，平面，
所以：平面平面，即：平面為平面與三棱柱的截面；
因為，且，，平面
平面，又因為平面，所以：，，
又因為：，，平面，
所以：平面，因為：平面，
所以：，又因為：為中點，
所以得：為等邊三角形，則：， ，，
所以，所以得:四邊形為等腰梯形，
所以：，，，可求出截面面積為：
故A項正確.
故選：A.
16．B
【分析】在中，由余弦定理求得，進而得，從而可得，同理，則，可求得，過作于點，則為的中點，求出可得答案.
【詳解】由題易知面，面，則，，
在中，由余弦定理得，，
∵，∴，
∴，，，
，同理，，
∴，∴，∴，∴．
過作于點，則為的中點，
∴，
∴，
故選：B．
17．
【分析】由題設條件易得，過所得截面為梯形，根據棱長為3，求出該梯形面積即可.
【詳解】如圖，連接,

在正方體中，易知，
,即.
四點共面，
又在上，
過作正方體截面為梯形，
正方體的棱長為3，
,
,
梯形的高為：，
梯形的面積為：.
故答案為：.
18．A
【分析】找到兩類截面，分別為一類是平面的一側是1個點，另外一側有3個點（如圖1），
此時截面過棱的中點，且與一個面平行；另外一類是平面的兩側各有2個頂點（如圖2），
因為正四面體對棱垂直，分別計算出面積即可.
【詳解】與點A，B，C，D距離均相等的平面可分為兩類，
一類是平面的一側是1個點，另外一側有3個點（如圖1），
此時截面過棱的中點，且與一個面平行，
故截面三角形與平行的面（三角形）相似，相似比為，故其面積為，
這樣的截面共有4個，故這類截面的面積和為，
另外一類是平面的兩側各有2個頂點（如圖2），
因為正四面體對棱垂直，易知四邊形PQMN是邊長為2的正方形，其面積為4，
這樣的截面共有3個，故這類截面的面積和為12，
故符合條件的截面的面積和為.
故選：A．
19．A
【分析】由線面平行性質可知，結合棱臺和棱柱體積公式可求得，由相似關系可求得結果.
【詳解】平面，平面平面，平面，；
設的面積為，的面積為，三棱柱的高為，
三棱臺的體積，
又三棱柱的體積，
，解得：（舍）或，
∽，，即.
故選：A.
20．D
【分析】根據正方體的幾何性質可得平面即為平面，根據臺體的體積公式與正方體體積公式分別求解，從而可得的值.
【詳解】不妨設正方體的棱長為，連接，
因為正方體 ，所以，
則四邊形為平行四邊形，所以，
因為的中點分別為，所以，則，
所以平面即為平面，幾何體為一個三棱臺，
則，
又正方體的體積為，所以，
則.
故選：D.
21．D
【分析】連接，交于，連接，交于，根據題意，，得為重心，得為中點，進而得，和，得平面，再利用棱錐得體積公式，即可求解.
【詳解】如圖：
連接，交于點，連接，，相交于點，
因為，，所以，所以，故為的重心，所以為中點.
又因為為正三角形，所以.
因為四棱錐是正四棱錐，所以，，，平面，且，所以平面.
平面，所以，又，所以.
，平面，，
所以平面.
因為，
所以，，，,
所以.
故選：D
22．D
【分析】先畫出平面與三棱錐的截面，分析清楚兩部分是什么幾何體，由等體積求解即可.
【詳解】如圖：
延長與交于，連接交于，
則平面與三棱錐的截面是，
將三棱錐分成兩部分，三棱臺，多面體，
設，，，
，
，設，則，
，則，
，解得：，由于
所以
故選：D.
23．(1)證明見解析
(2)截面為平面，體積為
【分析】（1）由余弦定理和勾股定理可得，結合線面垂直的性質可得，由線面垂直的判定可得結論；
（2）取的中點，的中點，由面面平行的判定可知所求截面為平面；利用棱錐體積公式可得所求體積為.
【詳解】（1）在中，，，，，
由余弦定理得：，，，
又平面，平面，，
，平面，平面.
（2）取的中點，的中點，連接，則平面即為所求.
理由如下：
，，四邊形為平行四邊形，，
平面，平面，平面，
同理可得：平面，
，平面，平面平面；
由（1）可知：平面，且平面，
，，
夾在該截面與平面之間的幾何體的體積.
24．B
【分析】首先確定截面的形狀，再通過幾何計算，確定面積的最大值.
【詳解】連結，因為平面，平面，所以
且，平面，所以平面，平面，
所以，同理，且，平面，
所以平面；
所以平面為平面或與其平行的平面，只能為三角形或六邊形.
當為三角形時，其面積的最大值為；
當為六邊形時，此時的情況如圖所示，
設，則，
依次可以表示出六邊形的邊長，如圖所示：六邊形可由兩個等腰梯形構成，
其中，兩個等腰梯形的高分別為，，
則，
當且僅當時，六邊形面積最大，即截面是正六邊形時截面面積最大，最大值為.

【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵1是理解題意，并能利用轉化與化歸思想，直觀象限和數學計算相結合，2是確定平面，從而將抽象的問題轉化為具體計算.
25．
【分析】先推導出平面，過點作交于點，再證明平面，所以，設，由等面積法可知，，從而，即可求解.
【詳解】因為三棱柱為直三棱柱，所以平面，
平面，所以，
過點作交于點，連接，
，，平面，
所以平面，過點作交于點，
因為平面，所以，
平面，，所以平面，
因為直線與平面所成角為，所以，
在中，由，，可得，，
設，在中，，由等面積法可知，
因為平面，又由平面，所以，
所以，
因為，
當且僅當時，等號成立，所以.
故答案為：.
26．
【分析】把直三棱柱可補充一個長方體，結合長方體的性質，求得外接球的半徑，得到其表面積；連接，延長交于點，取的中點，連接，
在過點作，證得截面四邊形為直角梯形，設，求得梯形的面積為，設，利用導數求得函數的單調性與最值，即可求解.
【詳解】由題意，直三棱柱中，，，
該直三棱柱可補充一個長方體，
其中直三棱柱的外接球和補成的長方體的外接球是同一個球，
又由長方體過同一頂點的三條棱長分別為，可得對角線長為，
所以外接球的半徑為，則該三棱柱外接球的表面積為；
如圖所示，連接，并延長交于點，取的中點，連接，
則且，在過點作，可得，
連接，則四邊形即為過點的截面，
在中，因為，且為的中點，所以，
又因為平面，平面，所以，
因為，且平面，所以平面，
又因為平面，所以，
所以四邊形為直角梯形，
在中，由且，可得，所以，
設，在直角中，可得，
又由，可得，
所以直角梯形的面積為
，其中，
設，
可得，
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增；
時，，單調遞減，
又由，可得，
所以當時，函數取得最大值，此時梯形的面積取得最大值.
故答案為：.
【點睛】知識方法點撥：對于立體結合中的截面的探索性以及最值問題的求解策略：
1、立體幾何中的動態問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動角的范圍等問題；
2、解答方法：一般時根據線面平行，線面垂直的判定定理和性質定理，結合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；
3、對于線面位置關系的存在性問題，首先假設存在，然后再該假設條件下，利用線面位置關系的相關定理、性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論，則否定假設；
4、對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設存在，設出空間點的坐標，轉化為代數方程是否有解的問題，若由解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.
5、對于探索性問題的求解，可得建立函數關系，常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）單調性法；（4）三角換元法；（5）平面向量；（6）導數法等，要特別注意自變量的取值范圍.
27．C
【分析】通過作平行線作出題中的截面，并結合線面平行以及線面垂直說明其為矩形，利用三角形相似表示出矩形的兩邊長，并求得其面積表達式，結合二次函數性質確定截面面積取得最大值時參數的值，解直角三角形即可求得答案.
【詳解】根據題意，在平面內，過點作，交于點；
在平面內，過點作，交于點；
在平面內，過點作，交于點，連接，如圖所示，

因為，則，設其相似比為，即，
則；
又因為，，，
由余弦定理得，，則，
即.
又平面，，平面，所以，.
又，則，.
因為，則，則，
因為，所以，即，
同理可得，即，
因為，，則，
故四邊形為平行四邊形；而平面，平面，
故平面，同理平面，
即四邊形為截面圖形；
又平面，平面，則，
又，所以.
故平行四邊形為矩形，則，
所以當時，有最大值，則，
在中，.
故選：C.
【點睛】思路點睛：先作平行線作出題中的截面，再證明四邊形為符合題意的截面圖形，結合線面平行以及線面垂直說明四邊形為矩形，利用三角形相似表示出矩形的兩邊長，并求得其面積表達式，利用二次函數求出最值得解.
28．
【分析】易得圓柱的底面所在平面截正方體所得的截面為正三角形，該正三角形的內切圓即為圓柱的底面，根據為鈾線，求出圓柱的高，表示出圓柱的體積，利用導數求出最大值.
【詳解】如圖，連接，，，，
因為平面，平面，則，
又，平面，平面，,
平面，故，同理可得，
平面，平面，，平面，
設圓柱的一個底面所在平面截正方體所得的截面為，則為正三角形，
由圓柱可知軸線平面，又平面，所以平面平面，
設（），則，
所以內切圓的半徑，
點到平面的距離．

因為，所以圓柱的高，
圓柱的體積，
，則在上單調遞增，
所以．
故答案為：
29．D
【分析】根據題設知較近的截面圓半徑為，另一個截面圓半徑為，結合截面圓半徑與球體半徑、球心與截面距離關系列方程求球體半徑，即得結果.
【詳解】令球心到較近的截面距離為，則到另一個截面距離為，且球的半徑為，
易知較近的截面圓面積為，另一個截面圓面積為，
所以較近的截面圓半徑為，另一個截面圓半徑為，
由截面圓半徑與球體半徑、球心與截面距離關系知：，
所以，故，則球的直徑為6.
故選：D
30．C
【分析】設截得的截面圓的半徑為，球的半徑為，由平面幾何知識得截面與球心的距離為，利用勾股定理求得的值，由題意可知球心到所求截面的距離最大時截面面積最小，利用面積公式，即可得答案.
【詳解】如圖，設截得的截面圓的半徑為，球的半徑為，
因為，
所以.由勾股定理，得，由題意得，
所以，解得，
此時過點作球的截面，若要所得的截面面積最小，只需所求截面圓的半徑最小.
設球心到所求截面的距離為，所求截面的半徑為，則，
所以只需球心到所求截面的距離最大即可，
而當且僅當與所求截面垂直時，球心到所求截面的距離最大，
即，所以.
故選：C
31．B
【分析】由題意可得平面，找出交線，計算弧長即可得.
【詳解】因為平面，、平面，
所以，，
因為，，、平面，
所以平面，
如圖所示，設為球與平面的交線，
則，，所以，
所以所在的圓是以為圓心，為半徑的圓，
因為且，
所以，所以弧的長為．
故選：B.
32．C
【分析】分別找出和的外接圓圓心和，通過過作平面的垂線，過作平面的垂線，兩垂線的交點即為三棱錐外接球球心，再通過幾何關系求出外接圓半徑，即可求其被球截得的圓的面積．
【詳解】
設中點為，點在平面的射影是線段的中點，
平面，，，
又，是等邊三角形．
取中點為，連接交于，則是外心．
連接，在上取，使得，則為外心．
過作平面的垂線，過作平面的垂線，
兩垂線的交點即為三棱錐外接球球心，
則四邊形是矩形，．
連接，，設外接圓半徑，設球半徑為．
球的表面積為，．
在中，，
平面被球截得的截面面積．
故選：C
33．
【分析】由題設知圓弧為球面與側面的交線，根據題設由直棱柱的性質求弧長即可.
【詳解】如圖：取的中點,連接，
結合題意：易得為等邊三角形，
因為為的中點，所以
因為在直四棱柱中有面,且面，
所以,又因為,且面
所以面，結合球的性質可知為該截面圓的圓心，
因為直四棱柱的所有棱長均為4，，
所以 ,, ,,
故以A為球心，為半徑的球面與側面的交線為：以為圓心, 為半徑的圓所成的圓弧.
所以.
故答案為: .
34．D
【分析】設該圓錐的頂點為S，底面圓心為O，連接SO，得到，得到的夾角為90°時，的面積最大，結合，列出方程，即可求解.
【詳解】設該圓錐的頂點為S，底面圓心為O，AB為底面圓的直徑，連接SO，由圓錐的母線長為4，軸截面是頂角為120°的等腰三角形可知圓錐的高，底面圓半徑為，
設C為圓錐底面圓周上一點，連接BC，OC，則，
所以當的面積最大時，即最大時，即的夾角為90°時，
的面積最大，此時的面積為8，且，
取中點，連接，則，
在直角中，可得，
所以的面積為，
設圓錐底面圓的圓心O到截面SBC的距離為h，
則由可得，
即，解得，
所以圓錐底面圓的圓心到此截面的距離為．
故選：D．

35．
【分析】根據給定條件，求出球O半徑，平面截球O所得截面小圓半徑，圓錐底面圓半徑，再求出平面截圓錐所得的截面等腰三角形底邊長及高即可計算作答.
【詳解】令球半徑為，則，解得，由平面與直線成角，
得平面截球所得小圓半徑，因此，
由球的內接圓錐高為2，得球心到此圓錐底面距離，則圓錐底面圓半徑，
令平面截圓錐所得截面為等腰，線段為圓錐底面圓的弦，
點為弦中點，如圖，依題意，，，
，顯然，于是，
所以.
故答案為：
【點睛】思路點睛：涉及平面截球所得截面，利用截面小圓的性質，可從線面垂直關系求解，也可借助勾股定理建立數量關系求解.
36．
【分析】根據給定條件，求出球O半徑，平面截球O所得截面小圓半徑，圓錐底面圓半徑，再求出平面截圓錐所得的截面等腰三角形底邊長及高即可計算作答.
【詳解】設球O半徑為R，由，得，
平面截球O所得截面小圓半徑，由，得，
因此，球心O到平面的距離，
而球心O在圓錐的軸上，則圓錐的軸與平面所成的角為，
因圓錐的高為1，則球心O到圓錐底面圓的距離為，
于是得圓錐底面圓半徑，
令平面截圓錐所得截面為等腰，線段為圓錐底面圓的弦，
點C為弦中點，如圖，由題意，，
則，，，
所以.
故答案為：.
37．BCD
【分析】利用圓錐的體積公式計算判斷A；利用圓錐的幾何性質確定圓的半徑計算判斷B；利用圓錐的軸截面求出判斷C；建立平面直角坐標系，設雙曲線方程，確定雙曲線過的點的坐標計算判斷D.
【詳解】對于A，圓錐底面圓面積，圓錐體積，A錯誤；
對于B，圓錐中截面圓的半徑為底面圓半徑的一半，該圓面積為，B正確；
對于C，過作于，于是，，
因此橢圓的長軸長，C正確；
對于D，在與平面垂直且過點的平面內，建立平面直角坐標系，坐標原點與點P到底面距離相等，
于是雙曲線頂點，雙曲線與圓錐底面圓周的交點，設雙曲線方程為，
則，解得，因此該雙曲線的兩條漸近線互相垂直，
即雙曲線兩漸近線的夾角，D正確.
故選：BCD
38．(1)
(2)證明見詳解
【分析】（1）根據圓錐的幾何性質借助于軸截面運算分析；（2）建系，先求兩平面的法向量，則可得，換元，利用放縮結合導數求的取值范圍，即可得結果.
【詳解】（1）以橢圓的中心以及短軸的頂點作平行于圓錐底面的截面（截面為圓），如圖為圓錐的軸截面，
由題意可得：，則橢圓的長軸長，即，
設圓錐的頂角為，由題意可知
∵，則，解得或（舍去），
∴，
在中，可得，則，
在中，則，
可得，
故，
在中，可得，
即截面圓的半徑為，則橢圓的短軸，
故橢圓的短軸長，即，則，
∴橢圓的離心率.
（2）如圖，以橢圓的中心為坐標原點建立空間直角坐標系，則，
設，平面的法向量為，
∵，則，
令，則，即，
同理可得：平面的法向量為，
則
令，則，
當時，則，
∴，
構建，
則，
當時，則，
令，則，
則在上單調遞增，在上單調遞減，故；
當時，令，則，
令，則當時恒成立，
故在上單調遞減，則，
∴在上單調遞減，則；
綜上所述：當時恒成立，
∴，
設二面角的平面角為，由題意可得，
∴，即二面角的大小小于.
39．C
【分析】根據題意，利用圓的面積公式和球的截面圓的性質，求得球的半徑，結合球的表面積公式，即可求解.
【詳解】設圓的半徑為，因為圓M的面積為，可得，解得，
設球O的半徑為，由截面圓的性質，可得，即，
解得，所以球的表面積為．
故選：C．
40．D
【分析】根據題意可求得正方體的外接球球心位置，易知當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑，當截面與OP垂直時，截面面積最小；分別求出對應的半徑大小即可得出結果.
【詳解】如圖，正方體的外接球球心在其中心點處，設該正方體的棱長為，
則外接球的半徑，
要使過直線EF的平面截該球得到的截面面積最小，則截面圓的圓心為線段EF的中點，
連接OE，OF，OP，則，
，
所以，
此時截面圓的半徑．
顯然當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑；
所以．
故選：D．
41．C
【分析】根據面面平行的性質得到，得到特殊圖形，根據棱臺和棱柱的體積公式直接求解即可.
【詳解】因為三棱柱，
所以，面面，
又因為面面，面面，
所以，顯然為三棱臺，
設，（），三棱柱的高為，
則，
所以三棱柱體積為，
三棱臺的體積為，
.①三棱臺的體積占，
則，得，得或，均不符合題意；
②三棱臺的體積占，
則，得，得或，因為，所以.
故選：C
42．D
【分析】對于選項A和B，結合空間圖形，截面與直線垂直，截面多邊形只能為正三角形或六邊形；對于選項C，分截面多邊形為正三角形和六邊形兩種情況分析多邊形的周長最值即可；對于選項D，分截面多邊形為正三角形和六邊形兩種情況分析多邊形的面積最值即可；
【詳解】對于選項A、B，易知平面為平面或與其平行的平面，故多邊形M只能為三角形或六邊形，選項A和B均錯誤；
對于選項C，
當M為正三角形時，顯然截面多邊形M為時周長取得最大值為；
當截面多邊形M為六邊形時，
設，則，，，
易得：，，
此時截面多邊形M的周長為定值：，
綜合兩種情況，M的周長的最大值為，選項C錯誤；
對于選項D，
當M為正三角形時，
僅當截面多邊形M為時的面積為；
當截面多邊形M為六邊形時，設，
該六邊形可由兩個等腰梯形和構成，
其中，
，，，
兩個等腰梯形和的高分別為和，
則
，
，
當且僅當時，六邊形面積最大值為，即截面多邊形是正六邊形時截面面積最大．
綜上，當時，截面多邊形為正六邊形時面積取得最大值.
選項D正確.
故選：D.

【點睛】關鍵點點睛：本題的D選項的關鍵是設，計算出截面的面積表達式，利用二次函數圖象與性質即可求出其面積最值.
43．C
【分析】由等體積公式求出截面圓的半徑為，畫出截面圖形，再利用H為的中心，求出，再利用弦長公式求出，最后求出交線長度.
【詳解】由題意知三棱錐為正三棱錐，故頂點在底面的射影為的中心，連接，由，
得，所以，
因為球的半徑為，所以截面圓的半徑，
所以球面與底面的交線是以為圓心，為半徑的圓在內部部分，
如圖所示

易求，所以，
易得，所以，
所以交線長度和為.
故選：C.
【點睛】本題為空間幾何體交線問題，找到球面與三棱錐的表面相交所得到的曲線是解決問題的關鍵.具體做法為由等體積公式求出截面圓的半徑，畫出截面圖形，再利用H為的中心，求出，再利用弦長公式求出，最后求出交線長度.
44．B
【分析】根據題意，結合正方體的幾何結構特征，得出當為棱上異于端點的動點，截面為四邊形，點只能在線段上，求得，線段的取值范圍，得到答案.
【詳解】在正方體中，平面平面，
因為平面，平面，平面平面，
則平面與平面的交線過點，且與直線平行，與直線相交，
設交點為，如圖所示，

又因為平面，平面，
即分別為，與平面所成的角，
因為，則，且有，當與重合時，平面截該正方體所得的截面為四邊形，此時，即為棱中點；
當點由點向點移動過程中，逐漸減小，點由點向點方向移動；
當點為線段上任意一點時，平面只與該正方體的4個表而有交線，即可用成四邊形；
當點在線段延長線上時，直線必與棱交于除點外的點，
又點與不重合，此時，平面與該正方體的5個表面有交線，截面為五邊形，
如圖所示．

因此．當為棱上異于端點的動點，截面為四邊形，點只能在線段（除點外）上，即，可得，則，
所以線段的取值范圍是，
所以若平面截該正方體的截面為五邊形，線段的取值范圍是.
故選：B．
【點睛】知識方法：對于空間共面、共線問題，以及幾何體的截面問題的策略：
1、正面共面的方法：一是先確定一個平面，然后再證明其余的線（或點）在這個平面內；二是證明兩個平面重合；
2、證明共線的方法：一是先由兩個點確定一條直線，再證其他各點都在這條直線上；二是直接證明這些點都在同一條特定直線上；
3、空間幾何體中截面問題：一是熟記特殊幾何體（正方體，正四面體等）中的特殊截面的形狀與計算；二是結合平面的基本性質，以及空間中的平行關系，以及平面的基本性質，找全空間幾何體的截面問題，并作出計算；
4、空間幾何體中的動點軌跡等問題：一般時根據線面平行，線面垂直的判定定理和性質定理，結合曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；
45．ABD
【分析】根據題意，結合正方體的幾何結構，以及截面的概念與性質，逐項判定，即可求解.
【詳解】由題意，在正方體中，
對于A中，過點三點的截面為，截面的形狀為正三角形，所以A正確；
對于B中，過棱的中點，作正方體的截面，此時截面與上下底面平行且全等，所以截面的性質為正方形，所以B正確；
對于C中，用一個平面截正方體，截面可以是五邊形，但不能為正五邊形，所以C錯誤；
對于D中，如圖所示，用一個平面截正方體，當取各邊的中點時，截面是正六邊形，所以D正確.
故選：ABD.

46．ABD
【分析】選項A三角形的底邊一定，高最小時面積最小確定；選項B用余弦定理可得；選項C先證明平行四邊形為矩形，再用相似比設出邊長，最后根據二次函數求最值；選項D分類討論可得.
【詳解】對于A，設截面與棱BD的交點為P，如圖1，過棱AC的截面為，當P為棱BD的中點時，由，，且都在平面內，則平面，又在平面內，所以，所以當P為棱BD的中點時，的面積取得最小值，最小值為，A正確．

圖1
設，，．
在中，，
因為，所以，所以，B正確．
對于C，如圖2，當截面EFNM為平行四邊形時，，，
因為平面ABD，平面ABD,所以平面ABD，
又因為平面CBD，平面CBD平面ABD,所以，同理，
由選項A可知，所以，從而平行四邊形EFNM為長方形．
設，利用相似比可得，
則，所以長方形EFNM的面積，
當且僅當時，等號成立，C錯誤．

圖2
與該木塊各個頂點的距離都相等的截面分為兩類．第一類：平行于正四面體的一個面，且到頂點和到底面距離相等，這樣的截面有4個．第二類：平行于正四面體的兩條對棱，且到兩條棱距離相等，這樣的截面有3個．故與該木塊各個頂點的距離都相等的截面共有7個，D正確．
故選：ABD
【點睛】選項A三角形的底邊一定，高最小時面積最小確定；選項B用余弦定理可得；選項C先證明平行四邊形為矩形，再用相似比設出邊長，最后根據二次函數求最值；選項D分類討論可得.
47．
【分析】作出平面與平面的交線，由正三棱臺中相似求出，再由余弦定理求解.
【詳解】連接并延長交的延長線于點，連接交于點，連接，如圖，
則線段即為截面與上底面的交線，
因為F為的中點，，
所以.
過點E作的平行線交于點，
因為，，
所以，
在中，
.
故答案為：
48．
【分析】在正方體中作出平面截正方體的截面，進而求出其面積即可.
【詳解】
在正方體中，
延長交延長線于，連接交于，并延長交延長線于R，
延長交延長線于，連接交于，交于，
易知點共面，平面即為平面，
所以平面截正方體的截面為六邊形，
因為，，分別是棱，，的中點，
所以根據相似比易知點都為其所在正方體棱的中點，則易得六邊形為正六邊形，
因為正方體的棱長為4，
所以正六邊形的邊長，
所以截面面積為.
故答案為：
49．(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）延長，連接交于，連接，可得截面；過作交于，通過證明，可得；
（2）由（1）可得，后由題目條件可得答案.
【詳解】（1）延長，連接交于，連接，如圖，四邊形為截面.
中，，由，則為中點，為中點．
過作交于，則.
,.，即．
（2）.
由題意及（1）可得，.
則；
又可得，點F到平面BEC距離為，
則.
則．
50．(1)
(2)
【分析】（1）先將平面延展，在圖中表示出和，根據三角形相似即可求出的值；
（2）由題意可以建立空間直角坐標系，根據垂線段最短，確定H的位置，由點到平面的距離的向量表示公式即可求出點H到平面的距離.
【詳解】（1）如圖延長交于，連接交于，
如圖所示：
因為為棱的中點，，且，
所以是的中點，即，
因為，
所以∽，所以.
（2）由題知平面，則，
因為，且，所以，所以平面，
所以，如圖所示，以為原點，，，分別為，，軸正方向建立空間直角坐標系，
所以，，， ，，設，，
，，
因為最短，所以，
所以，解得，
所以，則，
設平面的法向量，則，即，
所以，
所以點到平面的距離.
答案第1頁，共2頁
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