資源簡介

重難點2-9 立體幾何的截面問題（八類核心考點題型）（原卷版）
【考情透析】
空間中截面問題和軌跡問題，是高考常考題型，常以客觀題出現，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想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。
【歸納題型】
核心考點題型一 截面作圖
（一）平行線法
【例題1】（2023.四川成都高三模擬）已知正方體的體積為1，點在線段上（點異于兩點），點在上滿足，若平面截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．
【例題2】（2023·江蘇鹽城高三專題檢測）如圖，棱長為2的正方體ABCD–A1B1C1D1中，E，F分別是棱AA1，CC1的中點，過E作平面，使得//平面BDF.
(1)作出截正方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面，寫出作圖過程并說明理由；
(2)求平面與平面的距離.
【變式1-1】（2023秋·河北石家莊高三模擬） 已知直四棱柱的底面為正方形，，為的中點，則過點，和的平面截直四棱柱所得截面的面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式1-2】（2023秋·山東青島高三模擬）如圖，已知正方體，點為棱的中點.

(1)證明：平面. (2)證明：.
(3)在圖中作出平面截正方體所得的截面圖形(如需用到其它點，需用字母標記并說明位置)，并說明理由.
【變式1-3】 （2023秋·河南安陽高三模擬）如圖，在棱長為1的正方體中，是的中點，點是側面上的動點，且∥截面，則線段長度的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（二）相交線法
【例題1】（2023·陜西寶雞高一檢測）如圖，正方體的棱長為6，是的中點，點在棱上，且.作出過點，，的平面截正方體所得的截面，寫出作法；
【例題2】（2023·四川綿陽高三模擬）棱長為6的正方體中，點E是線段的中點，點F在線段上，，則正方體被平面所截得的截面面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式1-4】（2023·甘肅武威高三模擬） 在正方體中，，為棱的四等分點（靠近點），為棱的四等分點（靠近點），過點，，作該正方體的截面，則該截面的周長是（ ）
A． B． C． D．
【變式1-5】（2023·陜西榆林高三模擬） （1）如圖，棱長為2的正方體中，，是棱，的中點，在圖中畫出過底面中的心且與平面平行的平面在正方體中的截面，并求出截面多邊形的周長為：______；
（2）作出平面與四棱錐的截面，截面多邊形的邊數為______．
【變式1-6】（2023·云南曲靖高三模擬） 在正方體，中，，分別為正方形和的中心，，則平面截正方體所得截面的周長是（ ）
A．10 B．40 C． D．
核心考點題型二 截面形狀判定
【例題1】（2023秋·江西婺源高三模擬）如圖，正方體的棱長為1，P為BC的中點，Q為線段上的動點，過點A，P，Q 的平面截該正方體所得的截面記為S.則下列命題中正確命題的個數為（ ）
①當時，S為四邊形； ②當時，S為等腰梯形；
③當時，S與的交點滿足；④當 時，S為六邊形；
A．1 B．2 C．3 D．4
【例題2】（2023·四川成都雙流中學校考期中）已知正方體的棱長為,為線段上的動點，過點的平面截該正方體的截面記為，則下列命題正確的個數是（）
①當且時，為等腰梯形；
②當分別為的中點時，幾何體的體積為；
③當為中點且時，與的交點為，滿足；
④當為中點且時，為五邊形.
A．1 B．2 C．3 D．4
【變式2-1】（2023·甘肅張掖中學校考期中）如圖正方體，棱長為1，P為中點，Q為線段上的動點，過A P Q的平面截該正方體所得的截面記為.若，則下列結論錯誤的是（ ）
A．當時，為四邊形 B．當時，為等腰梯形
C．當時，為六邊形 D．當時，的面積為
【變式2-2】（2023秋·河北武漢高三期中）如圖是一個底面半徑為1的圓柱被平面截開所得的幾何體，截面與底面所成的角為，過圓柱的軸的平面截該幾何體所得的四邊形為矩形，若沿將其側面剪開，其側面展開圖形狀大致為（ ）
A．B．C．D．
核心考點題型三 截面的周長
【例題1】．（2023秋·山西大同高三檢測）已知直三棱柱的側棱長為2，，，過，的中點，作平面與平面垂直，則所得截面周長為 ．
【例題2】．（2023秋·四川成都高三檢測）已知正方體的棱長為6，E、F分別是、的中點，則平面CEF截正方體所得的截面的周長為______．
【變式3-1】．（2023秋·江蘇無錫高三模擬）棱長為1的正方體中，點為棱的中點，則過，，三點的平面截正方體的截面周長為 ．
【變式3-2】（2023·四川瀘州·四川省瀘縣第二中學校聯考模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體，中，點E為CD的中點，則過點C且與垂直的平面被正方體截得的截面周長為 ．
【變式3-3】（2023·山東煙臺高三聯考模擬預測）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為2，點E，F分別為棱BB1，A1C1的中點，若過點A，E，F作一截面，則截面的周長為（　　）
A．2+2 B． C． D．
【變式3-4】（2023·甘肅天水高三模擬預測）已知直三棱柱的側棱長為2，，，過，的中點，作平面與平面垂直，則所得截面周長為 ．
核心考點題型四 截面的面積
【例題1】（2023秋·四川成都高三模擬預測）在棱長為2的正方體中，P，Q是，的中點，過點A作平面，使得平面平面，則平面截正方體所得截面的面積是（ ）
A． B．2 C． D．
【例題2】（2023秋·江蘇鎮江第二高級中學校考開學考試）如圖，在棱長為的正方體中，點、、分別是棱、、的中點，則由點、、確定的平面截正方體所得的截面多邊形的面積等于 ．

【變式4-1】（2023秋·河南信陽高三模擬）在一次通用技術實踐課上，木工小組需要將正方體木塊截去一角，要求截面經過面對角線上的點（如圖），且與平面平行，已知，，則截面面積等于 .
【變式4-2】（2023·江蘇泰州中學高三校考檢測）正方體的棱長是，其中是中點，是中點，則過點的截面面積是．
【變式4-3】（2023·河南洛陽高三模擬）棱長為2的正方體中，，分別是、的中點，過平面做正方體的截面，則這個截面的面積為______．
核心考點題型五 截面切割幾何體的體積問題
【例題1】（2023·遼寧沈陽高三模擬）在斜三棱柱中，，分別為側棱，上的點，且知，過，，的截面將三棱柱分成上下兩個部分體積之比為（ ）
A． B． C． D．
【例題2】（2023秋·貴州貴陽一模）在三棱柱中，底面，，點P是棱上的點，，若截面分這個棱柱為兩部分，則這兩部分的體積比為 .
【例題3】（2023秋·江西九江高三模擬）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，，為的中點.過作截面將此四棱錐分成上 下兩部分，記上 下兩部分的體積分別為，，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-1】（2023秋·廣東揭陽華僑中學聯考）如圖，正方體中，E F分別是棱 的中點，則正方體被截面BEFC分成兩部分的體積之比 .
【變式5-2】（2023秋·陜西榆林高三聯考） 如圖，正方體中，點，，分別是，的中點，過點，，的截面將正方體分割成兩個部分，記這兩個部分的體積分別為，則（ ）
A． B． C． D．
【變式5-3】（2023秋·安徽合肥統考期末）在棱長為a的正方體中，E，F分別為棱BC，的中點，過點A，E，F作一個截面，該截面將正方體分成兩個多面體，則體積較小的多面體的體積為 .
【變式5-4】（2023·遼寧錦州·校考一模）在正四棱錐中，為的中點，過作截面將該四棱錐分成上 下兩部分，記上 下兩部分的體積分別為，則的最大值是 .
【變式5-5】（2023秋·湖南長沙高三期末）在正四棱錐中，M在棱上且滿足.過作截面將此四棱錐分成上，下兩部分，記上，下兩部分的體積分別為，，則的最大值為 .
核心考點題型六 球與截面問題
【例題1】．（2023秋·云南曲靖高三期末）已知正四面體ABCD的表面積為，E為棱AB的中點，球О為該正四面體的外接球，則過DE的平面被球О所截得的截面面積最小值為（ ）
A． B． C． D．
【例題2】．（2023秋·四川成都高三期末）已知三棱錐滿足底面，在中，，，，是線段上一點，且，球為三棱錐的外接球，過點作球的截面，若所得截面圓的面積的最小值與最大值之和為，則球的表面積為（ ）
A．72π B．86π C．112π D．128π
【例題3】．（2023秋·河北保定高三期末）已知球和正四面體，點在球面上，底面過球心，棱分別交球面于，若球的半徑，則所得多面體的體積為（ ）
A． B． C． D．
【變式6-1】．（2023秋·江蘇無錫一中高三檢測）如圖，在棱長為1的正方體中，分別為棱的中點，過作該正方體外接球的截面，所得截面的面積的最小值為（ ）

A． B． C． D．
【變式6-2】．（2023·福建福州福州第一中學校考模擬預測）在矩形中，，將沿對角線翻折至的位置，使得平面平面，則在三棱錐的外接球中，以為直徑的截面到球心的距離為（ ）
A． B． C． D．
【變式6-3】．（2023秋·福建廈門外國語學校校考模擬預測）已知半徑為4的球，被兩個平面截得圓，記兩圓的公共弦為，且，若二面角的大小為，則四面體的體積的最大值為（ ）
A． B． C． D．
【變式6-4】．（2023秋·四川成都外國語學校模擬預測）已知三棱錐中，Q為BC中點，，側面底面，則過點Q的平面截該三棱錐外接球所得截面面積的取值范圍為 ．
核心考點題型七 截面的最值問題
【例題1】．（2023秋·陜西榆林高三模擬預測）在三棱錐中，，平面經過的中點E，并且與BC垂直，當α截此三棱錐所得的截面面積最大時，此時三棱錐的外接球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【例題2】（2023秋·河北唐山高三專題檢測）若球是正三棱錐的外接球，，點在線段上，，過點作球的截面，則所得的截面中面積最小的截面的面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-1】．（2023秋·山東威海高三模擬預測）．在正方體中，平面經過點B、D，平面經過點A、，當平面分別截正方體所得截面面積最大時，平面所成的銳二面角大小為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-2】（2023秋·河南開封高三期末）棱長為1的正方體的8個頂點都在球O的表面上，E，F分別為棱AB，的中點，則經過E，F球的截面面積的最小值為（ ）
A． B． C． D．
核心考點題型八 平面截圓錐問題
【例題1】（2023·廣東·高二統考期末）（多選題）圓錐曲線為什么被冠以圓錐之名？因為它可以從圓錐中截取獲得.我們知道，用一個垂直于圓錐的軸的平面去截圓錐，截口曲線（截而與圓錐側面的交線）是一個圓，用一個不垂直于軸的平面截圓錐，當截面與圓錐的軸的夾角不同時，可以得到不同的截口曲線，它們分別是橢圓、拋物線、雙曲線.因此，我們將圓、橢圓、拋物線、雙曲線統稱為圓錐曲線.截口曲線形狀與和圓錐軸截面半頂角有如下關系；當時，截口曲線為橢圓；當時，截口曲線為拋物線：當時，截口曲線為雙曲線.（如左圖）
現有一定線段AB與平面夾角（如上右圖），B為斜足，上一動點P滿足，設P點在的運動軌跡是，則（ ）
A．當，時，是橢圓 B．當，時，是雙曲線
C．當，時，是拋物線 D．當，時，是橢圓
【例題2】（2023秋·四川廣元高三期中檢測）美學四大構件是：史詩、音樂、造型（繪畫、建筑等）和數學.素描是學習繪畫的必要一步，它包括明暗素描和結構素描，而學習幾何體結構素描是學習索描的重要一步.某同學在畫切面圓柱體（用與圓柱底面不平行的平面去截圓柱，底面與截面之間的部分叫做切面圓柱體，原圓柱的母線被截面所截剩余的部分稱為切面圓柱體的母線）的過程中，發現“切面”是一個橢圓，若切面圓柱體的最長母線與最短母線所確定的平面截切面圓柱體得到的截面圖形是一個底角為60°的直角梯形，設圓柱半徑，則該橢圓的焦距為（ ）
A． B． C． D．
【變式8-1】（2023·安徽安慶·安徽省桐城中學校考一模）.如圖是數學家GerminalDandelin用來證明一個平面截圓錐得到的截口曲線是橢圓的模型（稱為“Dandelin雙球”）；在圓錐內放兩個大小不同的小球，使得它們分別與圓錐的側面、截面相切，設圖中球，球的半徑分別為4和1，球心距，截面分別與球，球切于點，，（，是截口橢圓的焦點），則此橢圓的離心率等于（ ）
A． B． C． D．
【變式8-2】（2023秋·湖南長沙高三檢測）如圖①，用一個平面去截圓錐得到的截口曲線是橢圓.許多人從純幾何的角度出發對這個問題進行過研究，其中比利時數學家Germinaldandelin（）的方法非常巧妙，極具創造性.在圓錐內放兩個大小不同的球，使得它們分別與圓錐的側面 截面相切，兩個球分別與截面相切于，在截口曲線上任取一點，過作圓錐的母線，分別與兩個球相切于，由球和圓的幾何性質，可以知道，，，于是.由的產生方法可知，它們之間的距離是定值，由橢圓定義可知，截口曲線是以為焦點的橢圓.
如圖②，一個半徑為的球放在桌面上，桌面上方有一個點光源，則球在桌面上的投影是橢圓，已知是橢圓的長軸，垂直于桌面且與球相切，，則橢圓的焦距為（ ）
A． B． C． D．重難點2-9 立體幾何的截面問題（八類核心考點題型）（解析版）
【考情透析】
空間中截面問題和軌跡問題，是高考常考題型，常以客觀題出現，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想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。
【歸納題型】
核心考點題型一 截面作圖
（一）平行線法
【例題1】（2023.四川成都高三模擬）已知正方體的體積為1，點在線段上（點異于兩點），點在上滿足，若平面截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．
【答案】B
【分析】由正方體的性質及面面平行的性質分析截面與上底面的兩條邊和有交點，然后作出截面，由相似形得出，從而可得的范圍．
【詳解】因為截面過點，那么它只能與正方體的過點的三個面中兩個面有交線，因此截面的邊只能在正方體的兩個側面和側面的其中一個上（已經有一條邊是），從而截面必與上底面有交線，由面面平行的性質定理知這個交線與直線平行，
如下圖，在上取點，使得，連接可得平行四邊形，則且，而與平行且相等，得且，從而是平行四邊形，所以，
在上取得平行四邊形，因此有，
如下圖，截面是五邊形，由面面平行的性質定理得，
因為兩個角和的兩邊分別平行，且它們都是銳角，所以，而，
所以相似于，所以，，因此有，
所以，
所以，，，
故選：B．
【例題2】（2023·江蘇鹽城高三專題檢測）如圖，棱長為2的正方體ABCD–A1B1C1D1中，E，F分別是棱AA1，CC1的中點，過E作平面，使得//平面BDF.
(1)作出截正方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面，寫出作圖過程并說明理由；
(2)求平面與平面的距離.
【答案】（1）略 （2）
【解析】（1）連接，由正方體性質可得，；
又，所以平面平面；
因為//平面，且，所以平面與平面重合，即平面就是截正方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面.
（2）由（1）可知平面與平面的距離等于點到平面的距離；
設點到平面的距離為，由題意可得，所以的面積為；的面積為；
由可得，解得.
所以平面與平面的距離為.
【變式1-1】（2023秋·河北石家莊高三模擬） 已知直四棱柱的底面為正方形，，為的中點，則過點，和的平面截直四棱柱所得截面的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出截面，判斷截面為菱形，即可得出截面面積.
【詳解】如圖，
過點作的平行線，交于點，則為的中點，連接，則過點，和的平面截直四棱柱所得截面即四邊形．
易得，所以四邊形為菱形，連接，
則，又，，
所以截面面積為，
故選：D．
【變式1-2】（2023秋·山東青島高三模擬）如圖，已知正方體，點為棱的中點.

(1)證明：平面. (2)證明：.
(3)在圖中作出平面截正方體所得的截面圖形(如需用到其它點，需用字母標記并說明位置)，并說明理由.
【答案】（1）證明略 （2）證明略 （3）作圖見解析
【解析】（1）證明：連接，交于點，連接，
因為是正方形，所以為的中點，又為棱的中點，
所以，平面，平面，
所以平面，
（2）證明：在正方體中，平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，
所以.
（3）如圖取的中點，連接、，則為平面截正方體所得的截面，
證明：取的中點，連接、，因為為棱的中點
所以且，且，
所以且，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，
又且，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，
所以，即、、、四點共面，即為平面截正方體所得的截面；
【變式1-3】 （2023秋·河南安陽高三模擬）如圖，在棱長為1的正方體中，是的中點，點是側面上的動點，且∥截面，則線段長度的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據已知條件及三角形的中位線，利用線面平行的判定定理及面面平行的判定定理，結合直角三角形的勾股定理及勾股定理的逆定理即可求解.
【詳解】取的中點為,取的中點為,取的中點為，如圖所示
因為是的中點，是的中點，
所以,
因為平面,平面,
所以平面,
同理可得，平面,
又,平面,
所以平面平面.
又平面,線段掃過的圖形是,
由,得,,
,,
所以,即為直角，
所以線段長度的取值范圍是：,即.
故選：A.
（二）相交線法
【例題1】（2023·陜西寶雞高一檢測）如圖，正方體的棱長為6，是的中點，點在棱上，且.作出過點，，的平面截正方體所得的截面，寫出作法；
【解析】如圖所示，五邊形即為所求截面.
作法如下：連接并延長交的延長線于點，
連接交于點，交的延長線于點，
連接交于點，連接，，
所以五邊形即為所求截面.
【例題2】（2023·四川綿陽高三模擬）棱長為6的正方體中，點E是線段的中點，點F在線段上，，則正方體被平面所截得的截面面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】延長交直線AF于Q，連接EQ交于N，得N是的中點，延長直線EN于P，連接AP交于M，作出截面AFNEM，利用即可求解面積.
【詳解】延長交直線AF于Q，
因為,所以,
連接EQ交于N，得N是的中點，延長直線EN于P，
連接AP交于M，作出截面AFNEM如下圖所示，
則中，，
故的面積
=，
四邊形ENFM中，，高為
四邊形ENFM的面積
，
故所求截面面積為.
故選:B.
【變式1-4】（2023·甘肅武威高三模擬） 在正方體中，，為棱的四等分點（靠近點），為棱的四等分點（靠近點），過點，，作該正方體的截面，則該截面的周長是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據正方體的特征，作出過點，，的該正方體的截面，計算相關線段的長，即可求得答案.
【詳解】設為的三等分點，靠近B點，連接,并延長交延長線于P，
設為的三等分點，靠近點，連接,并延長交延長線于Q，
則∽，由于，故,
同理求得,故兩點重合，則,
故，而，故,
同理可得,即四邊形為平行四邊形，
連接,則五邊形即為過點，，所作的正方體的截面，
由題意可知
故該截面的周長是 ，
故選：C
【變式1-5】（2023·陜西榆林高三模擬） （1）如圖，棱長為2的正方體中，，是棱，的中點，在圖中畫出過底面中的心且與平面平行的平面在正方體中的截面，并求出截面多邊形的周長為：______；
（2）作出平面與四棱錐的截面，截面多邊形的邊數為______．
【答案】（1）.（2）五邊形
【解析】(1)分別取，為棱，的中點，則由中位線性質得到：，所以四邊形為平面四邊形，
又，，所以四邊形為平行四邊形，所以，
由，平面，平面，所以平面，同理平面，，由面面平行的判定定理可得平面平面，所以四邊形即為所求截面，且為梯形，
由截面作法可知，所以截面四邊形的周長為.
（2）延長的延長線于，連接的延長線于連接于，連接，則五邊形即為所求.所以截面多邊形的邊數為五.
【變式1-6】（2023·云南曲靖高三模擬） 在正方體，中，，分別為正方形和的中心，，則平面截正方體所得截面的周長是（ ）
A．10 B．40 C． D．
【答案】D
【分析】延長，交于點，連接并延長，分別交，于，，連接，連接并延長，交于點，連接，得到四邊形為所求截面，進而求得截面的周長，得到答案.
【詳解】如圖所示，延長，交于點，連接并延長，分別交，于，，連接，連接并延長，交于點，連接，則四邊形為所求截面，
因為是正方形的中心，所以，
由題意易證四邊形為菱形，所以，，所以，，則為的中點，則，
從而，故所求截面的周長為．
故選：D.
核心考點題型二 截面形狀判定
【例題1】（2023秋·江西婺源高三模擬）如圖，正方體的棱長為1，P為BC的中點，Q為線段上的動點，過點A，P，Q 的平面截該正方體所得的截面記為S.則下列命題中正確命題的個數為（ ）
①當時，S為四邊形； ②當時，S為等腰梯形；
③當時，S與的交點滿足；④當 時，S為六邊形；
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
先確定臨界值點，當，即為的中點時，
截面交于，則界面為等腰梯形，故②正確；
對①當時，即移動到位置時，
截面交線段于，所以截面為四邊形，故①正確；
對③，當時，在的位置，截面交的延長線于，
延長交在的延長線于點，
則，
由，則，，又有，
所以，又，所以，故③正確；
對④，，點移動到位置，從圖上看，截面為五邊形，故④錯誤；
共個正確，
故選：C
【例題2】（2023·四川成都雙流中學校考期中）已知正方體的棱長為,為線段上的動點，過點的平面截該正方體的截面記為，則下列命題正確的個數是（）
①當且時，為等腰梯形；
②當分別為的中點時，幾何體的體積為；
③當為中點且時，與的交點為，滿足；
④當為中點且時，為五邊形.
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】①，當，即重合，且時，如下圖所示，
過作，交于，連接，
根據正方體的性質可知，所以，所以四點共面，
在等腰直角三角形中，根據平行線分線段成比例的知識可知，
所以，
即截面為等腰梯形，①正確.
②，當分別為的中點時，
過作，垂足為，則，
由于平面，平面，所以，
由于平面，
所以平面，即平面.
所以，②正確.
③，當為中點且時，與的交點為，與的交點為，
由于平面平面，
平面，平面，所以，
同理可證得，
，設，則，
由，得，
即，所以，
同理，所以，解得.
即，③錯誤.
④，當為中點且時，重合，如下圖所示，
截面是四邊形，④錯誤.
所以正確的有個.
故選：B
【變式2-1】（2023·甘肅張掖中學校考期中）如圖正方體，棱長為1，P為中點，Q為線段上的動點，過A P Q的平面截該正方體所得的截面記為.若，則下列結論錯誤的是（ ）
A．當時，為四邊形 B．當時，為等腰梯形
C．當時，為六邊形 D．當時，的面積為
【答案】C
【解析】當時，如下圖1，是四邊形，故A正確；
當時，如下圖2，為等腰梯形，B正確：
當時，如下圖3，是五邊形，C錯誤；
當時，Q與重合，取的中點F，連接，如下圖4，由正方體的性質易得，且，截面為為菱形，其面積為，D正確.
故選：C
【變式2-2】（2023秋·河北武漢高三期中）如圖是一個底面半徑為1的圓柱被平面截開所得的幾何體，截面與底面所成的角為，過圓柱的軸的平面截該幾何體所得的四邊形為矩形，若沿將其側面剪開，其側面展開圖形狀大致為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用幾何體作各種輔助線，通過各種角度關系和長度關系可以得到側面的高度，即可得到答案
【詳解】解：過AB作平行于底面的半平面α，如圖,取截面邊界上任一點P,過P作垂直于半平面α,垂足為,延長交圓柱底面于點,過P作，垂足為M,連接,則，就是截面與底面所成的角，,
設AB的中點為O,連接，設，則，在中，，
在中，所以，
故選：A.
核心考點題型三 截面的周長
【例題1】．（2023秋·山西大同高三檢測）已知直三棱柱的側棱長為2，，，過，的中點，作平面與平面垂直，則所得截面周長為 ．
【答案】
【解析】如圖，
取的中點，連接，取的中點，連接，，
取的中點，連接，連接，并延長與交于，取的中點，連接，交于，連接、，可得，，，即有，又，可得，因為平面，平面，所以，，平面，所以平面，因為，所以平面，平面，由面面垂直的判定定理，可得平面平面，則平面即為平面，由，，，，，可得所得截面周長為．
故答案為：．
【例題2】．（2023秋·四川成都高三檢測）已知正方體的棱長為6，E、F分別是、的中點，則平面CEF截正方體所得的截面的周長為______．
【答案】
【分析】延長EF交DA的延長線于N，連接CN交AB于點G，連接FG；延長FE交的延長線于點M，連接CM交點H，連接EH；則正方體被平面CEF截得的截面為CHEFG.則EF＋FG＋GC＋CH＋HE為平面CEF截正方體所得的截面的周長，根據幾何關系即可求解．
【詳解】延長EF交DA的延長線于N，連接CN交AB于點G，連接FG；延長FE交的延長線于點M，連接CM交點H，連接EH；
則正方體被平面CEF截得的截面為CHEFG．
∵E、F分別是、的中點，則易知AN＝，∴AN＝，∴，
∴，，；同理，，，；
∴平面CEF截正方體所得截面的周長為：EF＋FG＋GC＋CH＋HE＝．
【變式3-1】．（2023秋·江蘇無錫高三模擬）棱長為1的正方體中，點為棱的中點，則過，，三點的平面截正方體的截面周長為 ．
【答案】
【解析】
如圖，取的中點為，連接，取的中點為，連接，
在正方形中，因為、分別為所在棱的中點，故，
而，，故，，
故四邊形為平行四邊形，故
在正方形中，因為、分別為所在棱的中點，故，
故四邊形為平行四邊形，故
故，故四邊形為平行四邊形，
故四點共面，故過，，三點的平面截正方體的截面為平行四邊形.
又，故截面的周長為，
故答案為：.
【變式3-2】（2023·四川瀘州·四川省瀘縣第二中學校聯考模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體，中，點E為CD的中點，則過點C且與垂直的平面被正方體截得的截面周長為 ．
【答案】/
【解析】如圖，取中點，中點，連接，設與交于
點O，
因為在平面內的射影為，
由可得，
所以，
又因為，
所以，
在四邊形中，，
其中，
所以，即，
所以是截面內的一條線，
同理是截面內的一條線，
所以過點C且與垂直的平面被正方體截得的截面為，
因為正方體的棱長為2，
所以
截面的周長為，
故答案為：
【變式3-3】（2023·山東煙臺高三聯考模擬預測）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱長均為2，點E，F分別為棱BB1，A1C1的中點，若過點A，E，F作一截面，則截面的周長為（　　）
A．2+2 B． C． D．
【答案】B
【分析】根據題意先作出截面，進而算出截面各邊的長度，最后得到答案.
【詳解】如圖，在正三棱柱中，延長AF與CC1的延長線交于M，連接EM交B1C1于P，連接FP，則四邊形AEPF為所求截面.
過E作EN平行于BC交CC1于N，則N為線段CC1的中點，由相似于可得MC1=2，由相似于可得：，在中，，則，
在中，，則，在中，，則，
在中，，由余弦定理：，則，
所以截面周長為：.故選：B.
【變式3-4】（2023·甘肅天水高三模擬預測）已知直三棱柱的側棱長為2，，，過，的中點，作平面與平面垂直，則所得截面周長為 ．
【答案】
【解析】如圖，
取的中點，連接，取的中點，連接，，
取的中點，連接，連接，并延長與交于，取的中點，連接，交于，連接、，可得，，，即有，又，可得，因為平面，平面，所以，，平面，所以平面，因為，所以平面，平面，由面面垂直的判定定理，可得平面平面，則平面即為平面，由，，，，，可得所得截面周長為．
故答案為：．
核心考點題型四 截面的面積
【例題1】（2023秋·四川成都高三模擬預測）在棱長為2的正方體中，P，Q是，的中點，過點A作平面，使得平面平面，則平面截正方體所得截面的面積是（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】取中點，中點，利用面面平行的判定定理確定平面，利用余弦定理及三角形面積公式求解即可.
【詳解】如圖，取中點，中點，連接，

因為，平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，又，
平面，平面，所以平面平面，
即三角形為所得截面，
在中，，，
由余弦定理得，
所以，
所以.
故選：C.
【例題2】（2023秋·江蘇鎮江第二高級中學校考開學考試）如圖，在棱長為的正方體中，點、、分別是棱、、的中點，則由點、、確定的平面截正方體所得的截面多邊形的面積等于 ．

【答案】
【解析】因為、分別為、的中點，則且，
因為且，所以，四邊形為平行四邊形，所以，，
所以，，設平面交棱于點，
因為平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，則，
因為為的中點，所以，為的中點，
設直線分別交、的延長線于點、，連接交棱于點，
連接交棱于點，連接、，則截面為六邊形，
因為，則，
所以，，
因為，則，所以，，則為的中點，
同理可知，為的中點，易知六邊形是邊長為的正六邊形，
所以，截面面積為.
故答案為：.
【變式4-1】（2023秋·河南信陽高三模擬）在一次通用技術實踐課上，木工小組需要將正方體木塊截去一角，要求截面經過面對角線上的點（如圖），且與平面平行，已知，，則截面面積等于 .
【答案】
【解析】如圖，連接交于點，連接、.
因為且，故四邊形為平行四邊形，所以，，
因為平面，平面，所以，平面，
同理可證平面，
因為，、平面，所以，平面平面，
故截面平行于平面.
過點作與平行的直線分別交、于點、，在上取點使.
，，，.
因為平面，平面，所以，平面，
又因為，平面，平面，所以，平面，
因為，、平面，所以，平面平面，
易得，故，
因為，
易知是邊長為的等邊三角形，所以，，
因此，.
故答案為：.
【變式4-2】（2023·江蘇泰州中學高三校考檢測）正方體的棱長是，其中是中點，是中點，則過點的截面面積是．
【答案】
【解析】在上取使，連接并延長與的延長線交于點，連交于，連接，
由正方體的性質可知，則五邊形即為過點的截面，
由題可得，，
在中，，
由余弦定理得，所以，
所以平行四邊形的面積為，
又由，
所以，
所以截面的面積為.
故答案為：.
【變式4-3】（2023·河南洛陽高三模擬）棱長為2的正方體中，，分別是、的中點，過平面做正方體的截面，則這個截面的面積為______．
【答案】
【分析】根據題意，畫出過平面做正方體的截面的平面圖，然后根據勾股定理和相似三角形等幾何方法解出，平面圖形的各邊數據，然后，利用梯形面積公式和三角形面積公式求和即可得到截面面積.
【詳解】
如圖，延長，延長，分別交的延長線于，根據正方體的性質，可知，，根據勾股定理，，又因為，可得，所以，，，由勾股定理，可得，，所以，過平面做正方體的截面為五邊形，如圖所示，連，作，，可得，根據勾股定理，可得，，綜合以上數據，可以得到所示圖形，
所以，該五邊形面積為：
.故答案為：
核心考點題型五 截面切割幾何體的體積問題
【例題1】（2023·遼寧沈陽高三模擬）在斜三棱柱中，，分別為側棱，上的點，且知，過，，的截面將三棱柱分成上下兩個部分體積之比為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由已知中三棱柱的側棱和上各有一動點，滿足，可得四邊形與四邊形的面積相等，等于側面的面積的一半，根據等底同高的棱錐體積相等，可將四棱錐的體積轉化三棱錐的體積，進而根據同底同高的棱錐體積為棱柱的，求出四棱錐的體積，進而得到答案.
【詳解】設三棱柱的體積為
側棱和上各有一動點，滿足，
四邊形與四邊形的面積相等.
故四棱錐的體積等于三棱錐的體積等于.
則四棱錐的體積等于.
故過，，三點的截面把棱柱分成兩部分，則其體積比為
故選：.

【例題2】（2023秋·貴州貴陽一模）在三棱柱中，底面，，點P是棱上的點，，若截面分這個棱柱為兩部分，則這兩部分的體積比為 .
【答案】或
【解析】取的中點，連接，
因為，所以，
因為底面，底面，
所以，
又，所以平面，
不妨設，則，，
，
，
故上面一部分的體積為，
則，
所以兩部分的體積比為或.
故答案為：或.
【例題3】（2023秋·江西九江高三模擬）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，，為的中點.過作截面將此四棱錐分成上 下兩部分，記上 下兩部分的體積分別為，，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先判斷為的重心，再利用重心得到，求出，進而得到，借助基本不等式求出最小值即可.
【詳解】
過作平面的垂線，垂足為，連，設的交點為，在中過作直線交于兩點，由相交直線確定平面，則四邊形為過的截面.由計算可得，得為正三角形，，所以為的重心，設，由向量運算可得，又，可得，所以，由三點共線，得，即，易得到平面的距離為，到平面的距離為1，因為，所以，，得，，由，，得，當且僅當取等號，所以，即的最小值為.
故選：A.
【變式5-1】（2023秋·廣東揭陽華僑中學聯考）如圖，正方體中，E F分別是棱 的中點，則正方體被截面BEFC分成兩部分的體積之比 .
【答案】
【解析】設正方體的棱長為，體積為，則
，
因為E是棱的中點，所以，
，
.
.
故答案為：
【變式5-2】（2023秋·陜西榆林高三聯考） 如圖，正方體中，點，，分別是，的中點，過點，，的截面將正方體分割成兩個部分，記這兩個部分的體積分別為，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如圖所示，過點，，的截面下方幾何體轉化為一個大的三棱錐，減去兩個小的三棱錐，上方部分，用總的正方體的體積減去下方的部分體積即可.
【詳解】作直線，分別交于兩點，連接分別交于兩點，
如圖所示， 過點，，的截面即為五邊形 ，
設正方體的棱長為，
因為點，，分別是，的中點。所以，即，
因為，所以
則過點，，的截面下方體積為：，
∴另一部分體積為，∴.故選：C.
【變式5-3】（2023秋·安徽合肥統考期末）在棱長為a的正方體中，E，F分別為棱BC，的中點，過點A，E，F作一個截面，該截面將正方體分成兩個多面體，則體積較小的多面體的體積為 .
【答案】
【解析】如圖，依次連接，四邊形即為所求截面，
因為點E、F分別為棱、的中點，所以∥，
可知為三棱臺，所以，
其體積，
且正方體的體積為，
則另一部分的體積為，
因為，所以體積較小的多面體的體積為.
故答案為：.
【變式5-4】（2023·遼寧錦州·校考一模）在正四棱錐中，為的中點，過作截面將該四棱錐分成上 下兩部分，記上 下兩部分的體積分別為，則的最大值是 .
【答案】2
【解析】記正四棱錐的體積為，的最大值，由為定值知，只需求的最小值，
設過的截面分別交和于，平面與平面的交線為與相交于，如圖，
則，令，則，即有，
，
當且僅當時取等號，此時，
所以的最大值是2.
故答案為：2
【變式5-5】（2023秋·湖南長沙高三期末）在正四棱錐中，M在棱上且滿足.過作截面將此四棱錐分成上，下兩部分，記上，下兩部分的體積分別為，，則的最大值為 .
【答案】
【解析】設過AM的平面交SB,SD于G,P，
將平面MGAP延伸，交BC,CD于E，F，則A，E，F共線.
設，
，
又，
而，
由于
，
，，
.
故答案為：.
核心考點題型六 球與截面問題
【例題1】．（2023秋·云南曲靖高三期末）已知正四面體ABCD的表面積為，E為棱AB的中點，球О為該正四面體的外接球，則過DE的平面被球О所截得的截面面積最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根據表面積求出四面體的棱長，得出外接球的半徑，根據截面圓的性質可得答案.
【詳解】設正四面體的棱長為，則，∴，
∴正四面體的高為；
將正四面體放置于正方體中，如圖1所示：可得正方體的外接球就是正四面體的外接球，
∵正四面體的棱長為2，∴正方體的棱長為，可得外接球半徑滿足，
E為棱AB的中點，過DE作其外接球的截面，當球心O到截面的距離最大時，截面圓的面積達到最小值，
此時球心O到截面的距離等于O到DE的距離，O到DE的距離為，
可得截面圓的半徑為，得到截面圓的面積最小值為.
故選:C.

【例題2】．（2023秋·四川成都高三期末）已知三棱錐滿足底面，在中，，，，是線段上一點，且，球為三棱錐的外接球，過點作球的截面，若所得截面圓的面積的最小值與最大值之和為，則球的表面積為（ ）
A．72π B．86π C．112π D．128π
【答案】D
【解析】先找到外接球球心，過的中點作，則平面，取，則為外接球球心，過點作球的截面，最大的截面過球心，最小的截面是過且與垂直的截面，由此可用表示出兩截面圓半徑．
【詳解】如圖，是邊中點，是邊中點，∵，∴是的外心，

作，∵平面，∴平面，平面，
∴，取，易得，
∴是三棱錐的外接球的球心.
是中點，則，，∴，
∵，∴，∴，
設，則，，又，
∴，
過且與垂直的截面圓半徑為，則，
這是最小的截面圓半徑，最大的截面圓半徑等于球半徑，
∴，，
，.
故選：D.
【例題3】．（2023秋·河北保定高三期末）已知球和正四面體，點在球面上，底面過球心，棱分別交球面于，若球的半徑，則所得多面體的體積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】設正四面體，棱長為，
如圖所示：
設外接球的球心為，半徑為，所以，解得，
由于，所以，
在中，過O作AB垂線OH，由面積可得，則，
利用勾股定理：，
即：，,
多面體的體積為.
故選：D.
【變式6-1】．（2023秋·江蘇無錫一中高三檢測）如圖，在棱長為1的正方體中，分別為棱的中點，過作該正方體外接球的截面，所得截面的面積的最小值為（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如圖，
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，
此時，截面面積的最小值.
故選：C.
【變式6-2】．（2023·福建福州福州第一中學校考模擬預測）在矩形中，，將沿對角線翻折至的位置，使得平面平面，則在三棱錐的外接球中，以為直徑的截面到球心的距離為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如圖，取的中點為，連接，過作，垂足為，連接.
因為三角形為直角三角形，故，
同理，故，
所以為三棱錐的外接球的球心，而，
因為，平面，平面平面，
平面平面，故平面，
而平面，故.
在直角三角形中，，故，
故，
在直角三角形中，，
故，故.
設球心到以為直徑的截面的距離為，
則，
故選：B.
【變式6-3】．（2023秋·福建廈門外國語學校校考模擬預測）已知半徑為4的球，被兩個平面截得圓，記兩圓的公共弦為，且，若二面角的大小為，則四面體的體積的最大值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】設弦的中點為，連接，依題意，可得如下圖形，
由圓的性質可知，則即為二面角的平面角，
故，
四面體的體積為
，
其中
，當且僅當時取等號，
由球的截面性質，，，
所以四點共圓，則有外接圓直徑，
從而，
.
故選：C
【變式6-4】．（2023秋·四川成都外國語學校模擬預測）已知三棱錐中，Q為BC中點，，側面底面，則過點Q的平面截該三棱錐外接球所得截面面積的取值范圍為 ．
【答案】
【解析】連接，找到球心到平面和平面的射影為和的中心,，再通過面面垂直的性質定理和線面垂直的性質定理得到，再利用勾股定理求出相關長度，找到截面圓的最值情況，代入計算即可得到答案.
【詳解】連接,由,
可知：和是等邊三角形,
設三棱錐外接球的球心為,
所以球心到平面和平面的射影是和的中心,，
是等邊三角形,為中點,所以,
又因為側面底面,側面底面，側面，
所以底面,而底面,因此,
所以是矩形,應為和是邊長為4的等邊三角形,
所以兩個等邊三角形的高,
在矩形中,，
連接,所以,
設過點的平面為,當時,此時所得截面的面積最小,該截面為圓形,
可得,
因此圓的半徑為,
所以此時面積為,當點在以為圓心的大圓上時,此時截面的面積最大,
面積為:,所以截面的面積范圍為.
故答案為：.

核心考點題型七 截面的最值問題
【例題1】．（2023秋·陜西榆林高三模擬預測）在三棱錐中，，平面經過的中點E，并且與BC垂直，當α截此三棱錐所得的截面面積最大時，此時三棱錐的外接球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取靠近的四等分點，的中點，截此三棱錐所得的截面為平面，當時截面面積最大，，為，外接圓圓心，球心滿足面，面，由求得外接球的半徑進而求得球的表面積.
【詳解】
如圖所示，取中點及靠近的四等分點，的中點，連接，，，，，
由，所以，又是中點，是的中點，所以
可知，同理可得，
又，平面，平面，所以平面，所以平面即為平面，
又因為，所以，所以，
所以截此三棱錐所得的截面面積為，
當時，取得最大值，
設外接球球心為，半徑為，，分別為，外接圓圓心，球心滿足面，面，
又因為和均為邊長為4的正三角形，所以，
所以四邊形為正方形，且，又,所以，
∴.
故選：D.
【例題2】（2023秋·河北唐山高三專題檢測）若球是正三棱錐的外接球，，點在線段上，，過點作球的截面，則所得的截面中面積最小的截面的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
如圖所示，其中是球心，是等邊三角形的中心，
可得，，
設球的半徑為，在三角形中，由，
即，解得，即，
所以，
因為在中，，，
所以，，，
由題知，截面中面積最小時，截面圓與垂直，
設過且垂直的截面圓的半徑為，則，
所以，最小的截面面積為.
故選：A
【變式7-1】．（2023秋·山東威海高三模擬預測）．在正方體中，平面經過點B、D，平面經過點A、，當平面分別截正方體所得截面面積最大時，平面所成的銳二面角大小為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】設平面與面所成的二面角為，二面角為，分和兩種情況討論，證明平面經過點B、D且截正方體所得截面面積最大時，平面與面重合，從而可得出答案.
【詳解】平面經過點B、D且截正方體所得截面面積最大時，平面與面重合，
證明：設平面與面所成的二面角為，二面角為，
當時，記平面截正方體所得截面為面，，
則，
令，
因為，所以，
當時，顯然平面截正方體所得截面面積最大時，
截面為面，
當時，平面截正方體所得截面為，
所以平面截正方體所得截面面積最大時截面為面，
同理平面過時，截正方體所得截面面積最大時截面為面，
連接，面與面所成銳二面角為，
因為面面，
所以的所成角大小為二面角大小，
因為，所以面與面所成銳二面角大小為.
故選：C．
【變式7-2】（2023秋·河南開封高三期末）棱長為1的正方體的8個頂點都在球O的表面上，E，F分別為棱AB，的中點，則經過E，F球的截面面積的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】設球O半徑為R.因為正方體內接于球，所以，.設G為AD中點，中點為P.由題，.
.
延長FO與BC交于M，延長EO與交于N，
由題可得N，M分別為，BC中點.
則，
.
經過E，F球的截面面積的最小時，OP.因截面為圓面，則圓面對應半徑.
則此時截面面積為：.
故選：C
核心考點題型八 平面截圓錐問題
【例題1】（2023·廣東·高二統考期末）（多選題）圓錐曲線為什么被冠以圓錐之名？因為它可以從圓錐中截取獲得.我們知道，用一個垂直于圓錐的軸的平面去截圓錐，截口曲線（截而與圓錐側面的交線）是一個圓，用一個不垂直于軸的平面截圓錐，當截面與圓錐的軸的夾角不同時，可以得到不同的截口曲線，它們分別是橢圓、拋物線、雙曲線.因此，我們將圓、橢圓、拋物線、雙曲線統稱為圓錐曲線.截口曲線形狀與和圓錐軸截面半頂角有如下關系；當時，截口曲線為橢圓；當時，截口曲線為拋物線：當時，截口曲線為雙曲線.（如左圖）
現有一定線段AB與平面夾角（如上右圖），B為斜足，上一動點P滿足，設P點在的運動軌跡是，則（ ）
A．當，時，是橢圓 B．當，時，是雙曲線
C．當，時，是拋物線 D．當，時，是橢圓
【答案】ACD
【解析】∵AB為定線段，為定值，∴P在以AB為軸的圓錐上運動，
其中圓錐的軸截面半頂角為，與圓錐軸AB的夾角為
對于A，，∴平面截圓錐得橢圓，A正確；對于B，，是橢圓，B錯.
對于C，，是拋物線，C正確.對于D，，是橢圓，D正確.
故選：ACD.
【例題2】（2023秋·四川廣元高三期中檢測）美學四大構件是：史詩、音樂、造型（繪畫、建筑等）和數學.素描是學習繪畫的必要一步，它包括明暗素描和結構素描，而學習幾何體結構素描是學習索描的重要一步.某同學在畫切面圓柱體（用與圓柱底面不平行的平面去截圓柱，底面與截面之間的部分叫做切面圓柱體，原圓柱的母線被截面所截剩余的部分稱為切面圓柱體的母線）的過程中，發現“切面”是一個橢圓，若切面圓柱體的最長母線與最短母線所確定的平面截切面圓柱體得到的截面圖形是一個底角為60°的直角梯形，設圓柱半徑，則該橢圓的焦距為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】依題意知，最長母線與最短母線所在截面如圖所示．
．
從而．
因此在橢圓中長軸長，所以
短軸長，所以，
，所以，則.
故選：A．
【變式8-1】（2023·安徽安慶·安徽省桐城中學校考一模）.如圖是數學家GerminalDandelin用來證明一個平面截圓錐得到的截口曲線是橢圓的模型（稱為“Dandelin雙球”）；在圓錐內放兩個大小不同的小球，使得它們分別與圓錐的側面、截面相切，設圖中球，球的半徑分別為4和1，球心距，截面分別與球，球切于點，，（，是截口橢圓的焦點），則此橢圓的離心率等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】依題意，截面橢圓的長軸與圓錐的軸相交，橢圓長軸所在直線與圓錐的軸確定的平面截此組合體，
得圓錐的軸截面及球，球的截面大圓，如圖，
點分別為圓與圓錐軸截面等腰三角形一腰相切的切點，線段是橢圓長軸，
橢圓長軸長，
過作于D，連，顯然四邊形為矩形，
又，
則，
過作交延長線于C，顯然四邊形為矩形，
橢圓焦距，
所以橢圓的離心率．
故選：A.
【變式8-2】（2023秋·湖南長沙高三檢測）如圖①，用一個平面去截圓錐得到的截口曲線是橢圓.許多人從純幾何的角度出發對這個問題進行過研究，其中比利時數學家Germinaldandelin（）的方法非常巧妙，極具創造性.在圓錐內放兩個大小不同的球，使得它們分別與圓錐的側面 截面相切，兩個球分別與截面相切于，在截口曲線上任取一點，過作圓錐的母線，分別與兩個球相切于，由球和圓的幾何性質，可以知道，，，于是.由的產生方法可知，它們之間的距離是定值，由橢圓定義可知，截口曲線是以為焦點的橢圓.
如圖②，一個半徑為的球放在桌面上，桌面上方有一個點光源，則球在桌面上的投影是橢圓，已知是橢圓的長軸，垂直于桌面且與球相切，，則橢圓的焦距為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】設球與相切與點，作出軸截面如下圖所示，
由題意知：，，，
，
又，，，又，，
橢圓的焦距為.
故選：C.

展開更多......

收起↑