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專題 15 立體幾何的動態(tài)截面問題
【2024屆唐山市普通高等學校招生統(tǒng)一考試第一次模擬演練11】.在透明的密閉正三棱柱容器內灌進一些水，已知.如圖，當豎直放置時，水面與地面距離為3.固定容器底面一邊AC于地面上，再將容器按如圖方向傾斜，至側面與地面重合的過程中，設水面所在平面為α，則（ ） A.水面形狀的變化：三角形 梯形 矩形 B.當時，水面的面積為 C.當時，水面與地面的距離為 D.當側面與地面重合時，水面的面積為12
根據(jù)已知先算得水的體積得出容器剩余部分的體積，利用等體積法計算BCD即可.
易知水的體積為，則剩余空間的體積為，
對于B，當時，如圖所示，
此時水面形狀為，
即，.
對于C，當時，如圖所示
，即，
記C到平面BDE之距為d，則.
由得，
，即此時水面與地面的距離為.
對于D，當側面與地面重合時，如圖所示，
此時水面即為矩形，，
水面面積為.
（23-24高三上·山東棗莊·期末）
1．已知正四棱臺的上下底面邊長分別為1和3，高為2.用一個平行于底面的截面截棱臺，若截得的兩部分幾何體體積相等，則截面與上底面的距離為（ ）
A． B． C． D．
根據(jù)平面的性質結合圖形的幾何特征分析截面形狀即可.
如圖所示，當水面在傾斜過程中直到過點B時，這段過程中水面的形狀都是三角形；繼續(xù)傾斜直到放平之前，這段過程中水面形狀為梯形；放平時為矩形；故A正確.
（2024·四川·一模）
2．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·江西景德鎮(zhèn)·一模）
3．如圖，正方體的棱長為2，E，F(xiàn)，G，H分別是所在棱上的點，且滿足，則（ ）

A．若四邊形為矩形，則
B．若四邊形為菱形，則E，G或F，H為所在棱中點
C．若四邊形為菱形，則四邊形的周長取值范圍為
D．當且僅當E，F(xiàn)，G，H均為所在棱中點時，四邊形為正方形
（23-24高三上·四川成都·期末）
4．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．
（23-24高二上·浙江·開學考試）
5．已知長方體中，，，用過該長方體體對角線的平面去截該長方體，則所得截面的面積最小值為（ ）
A． B． C． D．
（2024·四川·模擬預測）
6．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．
（23-24高二下·浙江·開學考試）
7．如圖，已知棱長為2的正方體，點是棱的中點，過點作正方體的截面，關于下列判斷正確的是（ ）
A．截面的形狀可能是正三角形
B．截面的形狀可能是直角梯形
C．此截面可以將正方體體積分成1：3
D．若截面的形狀是六邊形，則其周長為定值
（23-24高二上·安徽·階段練習）
8．在棱長為2的正方體中，分別為棱，的中點，則下列說法正確的是（ ）
A．四點共面
B．
C．過點的平面被正方體所截得的截面是等腰梯形
D．過作正方體外接球的截面，所得截面面積的最小值為
（23-24高三上·江蘇揚州·期末）
9．棱長為2的正方體中，下列選項中正確的有（ ）
A．過的平面截此正方體所得的截面為四邊形
B．過的平面截此正方體所得的截面的面積范圍為
C．四棱錐與四棱錐的公共部分為八面體
D．四棱錐與四棱錐的公共部分體積為
（22-23高一下·江蘇連云港·期末）
10．在長方體中，

(1)已知分別為棱 的中點（如圖1），作出過點，，的平面與長方體的截面，并寫出作法;
(2)如圖2，已知，，過點A且與直線平行的平面將長方體分成兩部分.現(xiàn)同時將兩個球分別放入這兩部分幾何體內，則在平面變化的過程中，求這兩個球的半徑之和的最大值.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．D
【分析】延長正四棱臺的棱交于一點，由三角形相似，求出，再由棱臺的體積公式求出截面截得棱臺的上部分幾何體的體積，設截面與上底面的距離為，正方形的邊長為，由三角形相似，得到，結合即可求出.
【詳解】延長正四棱臺的棱交于點，
如圖所示，截面平行于底面
設上底面的面積為，下底面的面積為，截面的面積為，
正四棱臺的體積為，平行于底面的截面截棱臺，截得的上部分幾何體體積為，則，
上底面的中心為，下底面的中心為，連結，
則上底面，下底面，正四棱臺的高為，
設截面與上底面的距離為，正方形的邊長為，
，，
由得，，由得，，
又，所以，
同理可得，得，所以，①
又因為，②
由①②得，，，所以截面與上底面的距離為.
故選：D.

2．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(shù)圖象與性質即可求出其面積最值.
3．BCD
【分析】
由正方體的結構特征，結合已知和平面的基本性質、矩形、菱形的特征判斷各項正誤即可.
【詳解】A：若四邊形為矩形，也有可能，如下圖示，即只需用一個垂直于一組對面的平面截正方體，并保證即可，錯；

B：若四邊形為菱形，，則且對角線垂直，
若E，G或F，H都不是棱中點，如下圖，作，分別交于，
因為E，G都不是棱中點，則，易知，與菱形矛盾，
所以E，G或F，H至少有一對是棱中點，對；

C：由B分析知：四邊形為菱形，假設E，G是棱中點，且，
所以F，H都是棱中點時，菱形邊長最短為2；F，H都是頂點時，菱形邊長最長為，
棱長的范圍為，故四邊形的周長取值范圍為，對；

D：要使四邊形為正方形，即用一個垂直于一組對面的平面截正方體，且截面過一組相對側棱的中點，
結合矩形和菱形的性質，且，則E，F(xiàn)，G，H均為所在棱中點，對.
故選：BCD
4．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.
5．C
【分析】
分類討論截面的位置，利用異面直線的距離計算截面面積即可.
【詳解】假設截面為，易知截面為平行四邊形，過點作，垂足為，則截面面積，因為為定值，所以只要最小，
當F在BC上（不含兩端點）時，如圖所示建立空間直角坐標系，則為異面直線和的公垂線時，EF最小，易知異面直線和的距離即到平面的距離，

，設面的法向量為，
則，則，令，則，即，
所以BC到面的距離為；
當F在上（不含兩端點）時，如圖所示，

此時為和的公垂線時，最小．同上可得和的公垂線長為；
當F在上（不含兩端點）時，如圖所示，

此時EF為和的公垂線，最小．同上可得和的公垂線長為；
故，此時，
易得特殊截面，，，
比較所得.
故選：C.
6．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(shù)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.
7．AC
【分析】對于A：取相應棱的中點分析判斷；對于B：假設成立，結合面面平行的性質以及線面垂直分析判斷；對于C：Q為所在棱中點，結合棱柱的體積分析判斷；對于D：設為的中點，，結合幾何性質求周長，進而分析判斷.
【詳解】假設正方體的棱長為2.
對于選項A：如圖，M，N分別為所在棱中點，

可知，即截面的形狀是正三角形，故A正確；
對于選項B：由面面平行的性質可知：∥，

如果為直角梯形，例如，
由正方體的性質可知：，可知平面，
又因為平面，則∥或重合，
由圖可知不成立，即截面的形狀不可能是直角梯形，故B錯誤；
對于選項C： Q為所在棱中點，如圖，

則正方體的體積為8，三棱柱的體積為，
所以截面將正方體分成，故C正確；
對于選項D：如圖所示，假設為的中點，，
則，
，
可得，
則六邊形的周長為，
顯然周長與有關，即六邊形的周長不是定值，故D錯誤；
故選：AC.
【點睛】關鍵點點睛：對于選項D：取特殊位置，假設為的中點，，結合幾何形狀求周長，進而分析判斷.
8．BCD
【分析】
對于A，畫出圖形，假設四點共面，由面面平行的性質推出矛盾即可驗證；對于B，畫出圖形，由先證線面垂直，即證明平面，由此即可驗證；對于C，畫出圖形，通過觀察并簡單推理即可驗證；對于D，畫出圖形，若要所得截面的面積最小，則截面圓的圓心為線段的中點，通過數(shù)形結合計算即可驗證.
【詳解】對于A，如圖所示：

四點共面，且由題意有面面，
根據(jù)面面平行的性質，可知，
又，
所以，顯然不成立，故假設不成立，故A錯誤；
對于B，如圖所示：

∵平面，平面，
∴，
∵，，且平面，平面，
∴⊥平面，
又平面，從而，故B正確；
對于C，如圖所示：

取的中點，易得，所以四點共面，
易知，所以四邊形為等腰梯形，故C正確；
對于D，如圖所示：

正方體外接球的球心在其中心點處，球的半徑，
要使過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的中點，
連接，則，，
所以，此時截面圓的半徑，
所以可得截面面積的最小值為，故D正確．
故選：BCD.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是根據(jù)題意作出圖形，通過數(shù)形結合進行推理以及計算，從而順利求解.
9．ABD
【分析】
利用平面基本性質作出任意一個過的平面截正方體所得的截面，即可判斷A；由正方體結構特征，討論為各線段上的中點及從中點向線段兩端運動時截面面積的變化情況確定截面面積的范圍判斷B；令交于，交于，交于，結合平面基本性質找到四棱錐與四棱錐的公共部分，并應用棱錐的體積公式求其體積判斷C、D.
【詳解】連接與線段上任意一點，過作交于，
所以過的平面截此正方體所得的截面為四邊形，A對；
由上分析及正方體結構特征易知：四邊形為平行四邊形，
若為各線段上的中點時，四邊形為菱形，
此時截面最小面積為；
根據(jù)正方體的對稱性，從中點向或運動時，四邊形面積都是由小變大，
當與重合時，截面最大面積為；
綜上，過的平面截此正方體所得的截面的面積范圍為，B對；
令交于，交于，交于，
顯然是各交線的中點，若是中點，連接，
所以四棱錐與四棱錐的公共部分為六面體，C錯；
其體積，D對.
故選：ABD
【點睛】關鍵點點睛：對于A、B，應用平面基本性質作出截面，結合正方體結構特征判斷；對于C、D，將棱錐各側棱連接，由平面基本性質判斷相交平面，進而確定公共部分的幾何特征.
10．(1)截面見解析，作法見解析
(2)
【分析】
（1）根據(jù)空間點、線、面的相關公理，即可作圖，繼而寫出作法；
（2）設平面將長方體分成兩部分，判斷出要使兩小球半徑之和最大，需在平面上運動；進而結合截面圖，求得兩小球的半徑，可得半徑之和的表達式，可結合函數(shù)的單調性，求得最值.
【詳解】（1）截面如圖：

作法：（1）連接并延長交的延長線于E；
（2）連接與交于F，并延長交的延長線于G；
（3）連接交與H；
（4）分別連接，則五邊形及其內部區(qū)域即為所求截面.
（2）如圖示

平面將長方體分成兩部分，且,
則可能在平面上或在平面上，
如果在平面上運動，兩部分幾何體都是細長形狀，
放入的兩個小球由于棱長的限制，可知要使兩小球半徑之和最大，
需在平面上運動；
延長與延長線交于P，不妨設上面小球為，下方的為，
截面圖如上面右圖，
作，垂足為Q，設，圓的半徑為，
則在中，，，
，則，
又當與重合時，取得最大值，
即由內球圓等面積法可得，則，
設圓的半徑為，在中，，
，
故，則，
求得，
又，解得，
故，
而，設，則，
則令，，
故在上單調遞減，
故，
即這兩個球的半徑之和的最大值為.
【點睛】關鍵點睛：本題綜合性較強，解答第二問時要注意發(fā)揮空間想象能力，借助于截面圖明確空間的位置關系，關鍵在于利用圖形的幾何性質求得兩球半徑的表達式，進而求得半徑和的表達式，即可求解.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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