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特訓(xùn) 10 立體幾何中的截面問題（七大題型）
用一個(gè)平面去截幾何體，此平面與幾何體的交集，叫做這個(gè)幾何體的截面.此平面與幾何體表面的交集
(交線)叫做截線.
1.作截線與截點(diǎn)的主要根據(jù)：
(1)確定平面的條件.
(2)如果兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)，那么它們相交于過此點(diǎn)的一條直線.
(3)如果一條直線上的兩點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線上所有的點(diǎn)都在這個(gè)平面內(nèi).
(4)線面平行的性質(zhì)定理。
(5)如果兩個(gè)平面平行，第三個(gè)平面和它們相交，那么兩條交線平行.
2.立體幾何圖形中有關(guān)截面的做法：
①若已知兩點(diǎn)在同一平面內(nèi)，只要連接這兩點(diǎn)，就可以得到截面與多面體的一個(gè)面的截線。
②若面上只有一個(gè)已知點(diǎn)，應(yīng)設(shè)法在同一平面上再找出第二個(gè)確定的點(diǎn);
③若兩個(gè)已知點(diǎn)分別在相鄰的面上，應(yīng)找出這兩個(gè)相鄰平面的交線與截面的交點(diǎn)。
④面面平行的性質(zhì)定理。
⑤若有一點(diǎn)在面上而不在棱上，則可通過作輔助平而找出棱上的交點(diǎn);
若已知點(diǎn)在體內(nèi)，則可通過輔助平面找出面上的交點(diǎn)，再找出棱上的交點(diǎn).
目錄：
01 ：三棱柱
02 ：四棱錐
03 ：棱臺
04 ：側(cè)棱垂直于底面
05 ：正方體、長方體
06 ：其他多面體
07 ：三棱錐
08 ：折疊問題
01 ：棱柱（含正方體）
1．（2023·遼寧撫順·模擬預(yù)測）在直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 中，底面 ABCD 為平行四邊形， AB = 2 2 ，
BC 5 AA = 4 cos ABC 10= ， 1 ， = - ，過點(diǎn) B 作平面截四棱柱所得截面為正方形，該平面交棱DD1于點(diǎn)
10
MD
M，則 =D M （ ）1
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2023·江西贛州·模擬預(yù)測）在直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是邊長為 2 的正方形，側(cè)棱
AA1 = 3
1
，E 是 BC 的中點(diǎn)，F(xiàn) 是棱CC1 上的點(diǎn)，且CF = CC1，過 A1作平面a ，使得平面a //平面 AEF，則3
平面a 截直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 ，所得截面圖形的面積為（ ）
3
A． B 19． C．3 D．
2 192
3．（2024·安徽安慶·三模）在正方體 ABCD - A1B1C1D1 中，點(diǎn) E, F 分別為棱 AB, AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)E, F ,C1三
點(diǎn)作該正方體的截面，則（ ）
A．該截面多邊形是四邊形
B．該截面多邊形與棱BB1的交點(diǎn)是棱BB1的一個(gè)三等分點(diǎn)
C． A1C ^平面C1EF
D．平面 AB1D1 / / 平面C1EF
02 ：棱錐
4．（2024·重慶渝中·模擬預(yù)測）在三棱錐P - ABC 中， AC = BC = PC = 2 ，且 AC ^ BC, PC ^平面 ABC ，過
點(diǎn) P 作截面分別交 AC, BC 于點(diǎn) E, F ，且二面角P - EF - C 的平面角為60o ，則所得截面PEF 的面積最小值
為（ ）
4 8
A 2． B． C． 3 D．13 3
π
5．（2024·廣西·模擬預(yù)測）在三棱錐V - ABC 中，BV ^平面VAC，VA =1， AB = AC = 2 ， VAC = ，4
點(diǎn)F 為棱 AV 上一點(diǎn)，過點(diǎn)F 作三棱錐V - ABC 的截面，使截面平行于直線VB 和 AC ，當(dāng)該截面面積取得
最大值時(shí)，CF =（ ）
A 10 B 17 C 5 13． ． ． D．
3 4 2 3
6．（2023·陜西西安·模擬預(yù)測）在三棱錐P - ABC 中，側(cè)面 PAC 是等邊三角形，底面 ABC 是等腰直角三角
形， AB ^ BC ， AC = PB =10，點(diǎn) M，N，E 分別是棱 PA，PC，AB 的中點(diǎn)，過 M，N，E 三點(diǎn)的平面a 截
三棱錐P - ABC 所得截面為W，給出下列結(jié)論：
①截面W的形狀為正方形；
②截面W 25 2的面積等于 ；
2
③ 2異面直線 PA 與 BC 所成角的余弦值為 ；
4
400
④三棱錐P - ABC 外接球的表面積等于 π ．
3
其中所有正確結(jié)論的序號是（ ）
A．①④ B．②③ C．①③④ D．②③④
03 ：棱臺
7．（23-24 高三上·河北廊坊·期末）如圖所示，正四棱臺 ABCD - A1B1C1D1 中，上底面邊長為 3，下底面邊
6 63 2長為 ，體積為 ，點(diǎn)E 在 AD 上且滿足DE = 2AE ，過點(diǎn)E 的平面a 與平面D1AC 平行，且與正四棱臺
2
各面相交得到截面多邊形，則該截面多邊形的周長為（ ）
A．7 2 B．8 2 C．3 3 + 4 2 D． 4 3 + 4 2
8．（22-23 高三下·浙江紹興·開學(xué)考試）在正棱臺 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1, AA1 = 3, M 為棱 B1C1 中
點(diǎn).當(dāng)四棱臺的體積最大時(shí)，平面MBD截該四棱臺的截面面積是（ ）
A 5 3． B 5 3．3 2 C． D． 6 2
4 2
9．（22-23 高二上·湖北荊州·階段練習(xí)）用一個(gè)平行于棱錐底面的平面去截棱錐，截得的棱臺上、下底面積
之比為1: 4，已知截去的棱錐的頂點(diǎn)到其底面的距離為 3，則棱臺的上、下底面的距離為（ ）
A．12 B．9 C．6 D．3
04 ：圓柱
10．（2022·河南新鄉(xiāng)·三模）已知一個(gè)圓柱與一個(gè)圓錐的軸截面分別為正方形與正三角形，且正方形與正三
角形的邊長相等，則該圓柱的體積與圓錐的體積的比值為（ ）
A． 3 B． 2 2 C． 2 3 D． 5
11．（23-24 高二上·遼寧·階段練習(xí)）如圖，某圓柱的軸截面 ABCD 是邊長為 2 的正方形，P，Q 分別為線
段 BC，AC 上的兩個(gè)動點(diǎn)，E 為 AB 上一點(diǎn)，且BE =1，則PQ + PE 的最小值為（ ）
3
A 3 3 3 2．3 B． C． D．
2 2 2
12．（23-24 高三上·陜西·階段練習(xí)）已知某圓柱的軸截面是邊長為 2 的正方形 ABCD，在該圓柱的底面內(nèi)
任取一點(diǎn) E，則當(dāng)四棱錐E - ABCD的體積最大時(shí)，該四棱錐的側(cè)面積為（ ）
A．1+ 2 + 5 B．1+ 2 2 + 5
C．1+ 2 + 2 5 D． 2 + 2 5
05 ：圓錐
13．（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測）已知軸截面為正三角形的圓錐MM 的高與球 O 的直徑相等，則圓錐MM
的體積與球 O 的體積的比值是 .
14．（22-23 高二上·上海浦東新·期中）如圖，圓錐 O 的軸截面是一個(gè)面積為 1 的等腰直角三角形，C 為弧 AB
上的一點(diǎn)， CPB = 45°，E 為線段 PB上的動點(diǎn)，則CE + OE的最小值為（ ）
A． 2 B． 3 C．2 D
2 5
． + - 2
2 2
15．（23-24 高二上·北京·期中）已知圓錐的底面半徑為 2 3 ，高為 2，S 為頂點(diǎn)，A，B 為底面圓周上的兩
個(gè)動點(diǎn)，則下列說法正確的是 .
①圓錐的體積為8π；
②圓錐側(cè)面展開圖的圓心角大小為 3p ；
③圓錐截面 SAB 面積的最大值為 4 3 ；
256
④若圓錐的頂點(diǎn)和底面上的所有點(diǎn)都在一個(gè)球面上，則此球的體積為 π .
3
06 ：球
16．（2024·江蘇徐州·模擬預(yù)測）對球面上的三個(gè)點(diǎn)，每兩個(gè)點(diǎn)之間用大圓劣弧相連接，所得三弧圍成的球
面部分稱為“球面三角形”，這三個(gè)弧叫做球面三角形的邊.若半徑為 2 的球的球面上有一個(gè)各邊長均為 π的
球面三角形，則該球面三角形的面積為（ ）
2 2
A． 2π B 4π C 3π． ． D 3π．
4 2
17．（2024·江西宜春·模擬預(yù)測）在正六棱柱 ABCDEF - A1B1C1D1E1F1中， AA1 = 2AB = 2，O為棱 AA1的中
點(diǎn)，則以O(shè)為球心，2 為半徑的球面與該正六棱柱各面的交線總長為（ ）
3 3
A． 1+ ÷÷ π B． 2 + ÷÷ π
è 3 è 3

C． 1
2 3
+ ÷÷ π D． 2
2 3
+ ÷÷ π
è 3 è 3
18．（23-24 高二上·四川德陽·階段練習(xí)）已知正三棱錐 A - BCD的外接球是球O，正三棱錐底邊BC = 3，
側(cè)棱 AB = 2 3 ，點(diǎn)E 在線段BD上，且BE = DE ，過點(diǎn)E 作球O的截面，則所得截面圓面積的取值范圍是
（ ）
é11π
A． ê ,3π
ù
B． 2π,3π é11π ù é9π ùC． , 4π D． , 4π
4 ú ê 4 ú ê 4 ú
07 ：組合體
19．（21-22 高二上·湖南·期中）從一個(gè)底面圓半徑與高均為 2 的圓柱中挖去一個(gè)正四棱錐（以圓柱的上底
面為正四棱錐底面的外接圓，下底面圓心為頂點(diǎn)）而得到的幾何體如圖所示，今用一個(gè)平行于底面且距底
面為 1 的平面去截這個(gè)幾何體，則截面圖形的面積為（ ）
A． 4p - 4 B． 4p C． 4p - 2 D． 2p - 2
20．（2022·陜西西安·模擬預(yù)測）“牟和方蓋”是我國古代數(shù)學(xué)家劉徽在研究球的體積的過程中構(gòu)造的一個(gè)和
諧優(yōu)美的幾何體，它是由兩個(gè)相同的圓柱分別從縱橫兩個(gè)方向嵌入一個(gè)正方體時(shí)兩圓柱公共部分形成的幾
何體（如圖 1）.如圖 2 所示的“四腳帳篷”為“牟和方蓋”的上半部分，點(diǎn)O為四邊形 ABCD的中心，點(diǎn) P 為“四
腳帳篷”的“上頂點(diǎn)”，OP =1.用平行于平面 ABCD的平面a 去截“四腳帳篷”，當(dāng)平面a 經(jīng)過OP的中點(diǎn)時(shí)，
截面圖形的面積為 .
21．（2021·全國·模擬預(yù)測）如圖，正八面體PABCDQ 的棱長為 2，點(diǎn)E ，F(xiàn) ， H 分別是PA， PB，BC 的
中點(diǎn)，則過E ，F(xiàn) ， H 三點(diǎn)的平面a 截該正八面體所得截面的面積等于 .
附加題型： 07 ：展開圖綜合
22．（23-24 高三上·云南昆明·階段練習(xí)）正方體 ABCD - A1B1C1D1 的棱長為 2，M 是棱B1C 上的一個(gè)動點(diǎn)
（含端點(diǎn)），則MA + MC1的最小值為（ ）
A．4 B． 2 + 2 C． 6 + 2 D． 2 5
23．（2024 高三·全國·專題練習(xí)）如圖， S - ABC 是正三棱錐且側(cè)棱長為 a，兩側(cè)棱 SA, SC 的夾角為30°, E, F
分別是 SA, SC 上的動點(diǎn)，則三角形BEF 的周長的最小值為（ ）
A． 2a B． 3a C． 5a D． 6a
24．（23-24 高三下·全國·階段練習(xí)）如圖，在三棱錐P - ABC 中，
AB = BC = 2, BA ^ BC, PA = PB = PC = 2，點(diǎn)M 是棱BC 上一動點(diǎn)，則PM + MA的取值范圍是（ ）
A． éê 6 + 2 7 ,4
ù é ù
ú B．
2 + 2,4
é 10 + 14 ù é, 4 10 + 14
ù
C． ê ú D． ê , 2 + 2
2
ú
2
25．（2024·福建漳州·一模）如圖，石磨是用于把米、麥、豆等糧食加工成粉、漿的一種機(jī)械，通常由兩個(gè)
圓石做成．磨是平面的兩層，兩層的接合處都有紋理，糧食從上方的孔進(jìn)入兩層中間，沿著紋理向外運(yùn)移，
在滾動過兩層面時(shí)被磨碎，形成粉末．如果一個(gè)石磨近似看作兩個(gè)完全相同的圓柱體拼合而成，每個(gè)圓柱
體的底面圓的直徑是高的 2 倍，若石磨的側(cè)面積為 64π ，則圓柱底面圓的半徑為（ ）
A．4 B．2 C．8 D．6
26．（21-22 高二下·湖南株洲·階段練習(xí)）《九章算術(shù)》卷第五《商功》中描述幾何體“陽馬”為“底面為矩形，
一側(cè)棱垂真于底面的四棱錐”.現(xiàn)有陽馬 S - ABCD ， SA ^ 平面 ABCD， AB =1， AD = 3， SA = 3，BC 上
有一點(diǎn) E，使截面 SDE 的周長最短，則 SE 與CD 所成角的余弦值等于（ ）
2 2 2A 2．- B．- C． D．
4 5 5 4
27．（21-22 高一下·山西·期中）“莫言下嶺便無難，賺得行人空喜歡．”出自南宋詩人楊萬里的作品《過松
源晨炊漆公店》．如圖是一座山的示意圖，山大致呈圓錐形．山腳呈圓形，半徑為 40km．山高為
40 15 km，B 是山坡 SA 上一點(diǎn)，且 AB = 40 km．為了發(fā)展旅游業(yè)，要建設(shè)一條從 A 到 B 的環(huán)山觀光公路，
這條公路從 A 出發(fā)后先上坡，后下坡，當(dāng)公路長度最短時(shí)，下坡路段長為（ ）
A．60km B．12 6 km C．72km D．12 15 km
28．（23-24 高二上·河北保定·開學(xué)考試）折扇是我國古老文化的延續(xù)，在我國已有四千年左右的歷史，“扇”
與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行” 它常以字畫的形式體現(xiàn)我國的傳統(tǒng)文化，也是運(yùn)籌帷幄 決勝千里
大智大勇的象征（如圖甲），圖乙是一個(gè)圓臺的側(cè)面展開圖（扇形的一部分），若兩個(gè)圓弧D E ， AC 所在
2π
圓的半徑分別是 6 和 12，且 ABC = ，則關(guān)于該圓臺下列說法錯(cuò)誤的是（ ）
3
A 128 2．高為 4 2 B．體積為 π
3
C．表面積為56π D．內(nèi)切球的半徑為 2 2
29．（23-24 高二上·四川·期中）半正多面體亦稱“阿基米德體”“阿基米德多面體”，是由邊數(shù)不全相同的正
多邊形為面的多面體.某半正多面體由 4 個(gè)正三角形和 4 個(gè)正六邊形構(gòu)成，其可由正四面體切割而成.在如圖
所示的半正多面體中，若其棱長為 1，點(diǎn) M，N 分別在線段DE ，BC 上，則FM + MN + AN 的最小值
為 .
30．（22-23 高一下·黑龍江哈爾濱·期中）已知矩形 ABCD 中， AB = 2 ，BC = 2 3 ，M , N 分別為 AD, BC
中點(diǎn)，O為對角線 AC, BD 交點(diǎn)，如圖 1 所示．現(xiàn)將 OAB和 OCD剪去，并將剩下的部分按如下方式折疊：
沿MN 將△AOD， BOC 折疊，并使OA與OB重合，OC 與OD 重合，連接MN ，得到由平面OAM ，
OBN ，ODM ，OCN 圍成的無蓋幾何體，如圖 2 所示．
(1)求證：MN ^平面OAC ；
(2)若 P 為棱OC 上動點(diǎn)，求MP + NP 的最小值；
(3)求此多面體體積V 的最大值．
一、單選題
1．（2024·遼寧·模擬預(yù)測）圓錐的高為 2，底面半徑為 1，則以圓錐的高為直徑的球O表面與該圓錐側(cè)面交
線長為（ ）
A 5π B 2 5π
4π 8π
． ． C． D．
5 5 5 5
2．（2024·四川自貢·三模）已知球 O 半徑為 4，圓O1與圓O2 為球體的兩個(gè)截面圓，它們的公共弦長為 4，
若 OO1 = 3， OO2 = 3，則兩截面圓的圓心距 O1O2 =（ ）
A B 4 3． 3 ． C．3+ 3 D． 2 3
3
3．（2024·河南南陽·模擬預(yù)測）如圖，已知 AC, BD 為圓錐 SO 底面圓的兩條互相垂直的直徑，若 SO = 3 ，
四棱錐 S - ABCD
2 3
的體積為 ，則圓錐 SO 的軸截面面積為（ ）
3
A． 3 B． 6 C． 2 3 D．2 6
4．（2024·浙江溫州·模擬預(yù)測）邊長為 2 的立方體被一個(gè)平面所截，截得的截面圖形面積最大值為（ ）
A． 4 2 B． 2 3 C．3 3 D． 6 2
5．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知正方體 ABCD - A1B1C1D1 的邊長為 1，現(xiàn)有一個(gè)動平面a ，且a P 平面
A1BD ，當(dāng)平面a 截此正方體所得截面邊數(shù)最多時(shí)，記此時(shí)的截面的面積為S ，周長為 l，則（ ）
A．S 不為定值， l為定值 B．S 為定值， l不為定值
C．S 與 l均為定值 D．S 與 l均不為定值
6．（2023·安徽安慶·二模）一底面半徑為 1 的圓柱，被一個(gè)與底面成 45°角的平面所截（如圖），O為底面
圓的中心，O1為截面的中心，A 為截面上距離底面最小的點(diǎn)，A 到圓柱底面的距離為 1， B 為截面圖形弧
上的一點(diǎn)，且 AO1B = 60°，則點(diǎn) B 到底面的距離是（ ）
7
A B 14 - 2 7 C 14 - 7 D 14． ． ． ．
4 7 7 2
7．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圓面叫做球冠的底，垂直于
圓面的直徑被截得的一段叫做球冠的高．球冠也可看作圓弧繞過它的一個(gè)端點(diǎn)的直徑旋轉(zhuǎn)一周所成的曲
面．假設(shè)球面對應(yīng)球的半徑是 R，球冠的高是 h，那么球冠的表面積公式為 S = 2πRh．據(jù)中國載人航天工程
辦公室消息，北京時(shí)間 2023 年 12 月 21 日 21 時(shí) 35 分，經(jīng)過約 7.5 小時(shí)的出艙活動，航天員湯洪波、唐勝
杰已安全返回天和核心艙，神舟十七號航天員乘組第一次出艙活動取得圓滿成功．若航天員湯洪波出倉后
站在機(jī)械臂上，以背后的地球?yàn)楸尘埃鐖D所示，面向鏡頭招手致意，此時(shí)湯洪波距離地球表面約為 400km
（圖中的點(diǎn) A 處），設(shè)地球半徑約為 Rkm，則此時(shí)湯洪波回望地球時(shí)所能看到的地球的表面積為（ ）
A 100πR
2
km2 B 200πR
2
km2 C 400πR
2 800πR2
． ． ． km2 D． km2
R + 400 R + 400 R + 400 R + 400
8．（2024·四川宜賓·模擬預(yù)測）已知 E, F 分別是棱長為 2 的正四面體 ABCD的對棱 AD, BC 的中點(diǎn).過 EF 的
平面a 與正四面體 ABCD相截，得到一個(gè)截面多邊形 ，則正確的選項(xiàng)是（ ）
①截面多邊形 可能是三角形或四邊形.
②截面多邊形 周長的取值范圍是 é 4,2 2 + 3 3ù .
③截面多邊形 面積的取值范圍是 é ù 1, 2 .
④ 6當(dāng)截面多邊形 是一個(gè)面積為 的四邊形時(shí)，四邊形的對角線互相垂直.
2
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
二、多選題
9．（2024·江西景德鎮(zhèn)·三模）正方體 ABCD - A1B1C1D1 的棱長為 6， P ，Q分別是棱 A1B1 ， A1D1的中點(diǎn)，過
P ，Q，C 作正方體的截面，則（ ）
A．該截面是五邊形
B．四面體CC1PQ 外接球的球心在該截面上
C 2 2．該截面與底面 ABCD夾角的正切值為
3
D．該截面將正方體分成兩部分，則較小部分的體積為 75
10．（2023·湖南郴州·二模）在正四棱臺 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1 ， AA1 = 2 3，M 為棱 B1C1 的中點(diǎn)，
當(dāng)正四棱臺的體積最大時(shí)，下列說法正確的有（ ）
A．該正四棱臺的高為 2
B．該正四棱臺的體積為 224
C．平面MBD截該正四棱臺的截面面積是10 3
D．該正四棱臺的內(nèi)切球半徑為 1
11．（2021·山東濰坊·模擬預(yù)測）四面體 ABCD 的四個(gè)頂點(diǎn)都在球 O 的球面上，
AB = BC = CD = DA = 4, AC = BD = 2 2 ，點(diǎn) E，F(xiàn)，G 分別為棱 BC，CD，AD 的中點(diǎn)，則下列說法正確的
是（ ）
A．過點(diǎn) E，F(xiàn)，G 作四面體 ABCD 的截面，則該截面的面積為 2
B ABCD 16 3．四面體 的體積為
3
C．AC 與 BD 的公垂線段的長為 2 3
D．過 E 作球 O 的截面，則截面面積的最大值與最小值的比為 5：4
三、填空題
12．（2024·全國·二模）已知長方體 ABCD - A1B1C1D1 的底面 ABCD 為邊長是 2 的正方形，DD1 = 2CD，E，
F 分別為棱 AB，CC1 的中點(diǎn)，則過D1，E，F(xiàn) 的平面截長方體 ABCD - A1B1C1D1 的表面所得截面的面積
為 .
13．（2023·江蘇常州·二模）在正四棱臺 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1 ， AA1 = 2 3，M 為棱 B1C1 的中點(diǎn)，
當(dāng)正四棱臺的體積最大時(shí)，平面MBD截該正四棱臺的截面面積是 .
14．（2024·山東日照·一模）已知正四棱錐 S - ABCD 的所有棱長都為 2；點(diǎn) E 在側(cè)棱 SC 上，過點(diǎn) E 且垂直
于 SC 的平面截該棱錐，得到截面多邊形 H，則 H 的邊數(shù)至多為 ，H 的面積的最大值為 ．特訓(xùn) 10 立體幾何中的截面問題（七大題型）
用一個(gè)平面去截幾何體，此平面與幾何體的交集，叫做這個(gè)幾何體的截面.此平面與幾何體表面的交集
(交線)叫做截線.
1.作截線與截點(diǎn)的主要根據(jù)：
(1)確定平面的條件.
(2)如果兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)，那么它們相交于過此點(diǎn)的一條直線.
(3)如果一條直線上的兩點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線上所有的點(diǎn)都在這個(gè)平面內(nèi).
(4)線面平行的性質(zhì)定理。
(5)如果兩個(gè)平面平行，第三個(gè)平面和它們相交，那么兩條交線平行.
2.立體幾何圖形中有關(guān)截面的做法：
①若已知兩點(diǎn)在同一平面內(nèi)，只要連接這兩點(diǎn)，就可以得到截面與多面體的一個(gè)面的截線。
②若面上只有一個(gè)已知點(diǎn)，應(yīng)設(shè)法在同一平面上再找出第二個(gè)確定的點(diǎn);
③若兩個(gè)已知點(diǎn)分別在相鄰的面上，應(yīng)找出這兩個(gè)相鄰平面的交線與截面的交點(diǎn)。
④面面平行的性質(zhì)定理。
⑤若有一點(diǎn)在面上而不在棱上，則可通過作輔助平而找出棱上的交點(diǎn);
若已知點(diǎn)在體內(nèi)，則可通過輔助平面找出面上的交點(diǎn)，再找出棱上的交點(diǎn).
目錄：
01 ：三棱柱
02 ：四棱錐
03 ：棱臺
04 ：側(cè)棱垂直于底面
05 ：正方體、長方體
06 ：其他多面體
07 ：三棱錐
08 ：折疊問題
01 ：棱柱（含正方體）
1．（2023·遼寧撫順·模擬預(yù)測）在直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 中，底面 ABCD 為平行四邊形， AB = 2 2 ，
BC = 5 ， AA1 = 4， cos
10
ABC = - ，過點(diǎn) B 作平面截四棱柱所得截面為正方形，該平面交棱DD1于點(diǎn)
10
MD
M，則 =D M （ ）1
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】先結(jié)合截面為正方形，借助中位線O O 轉(zhuǎn)化得到PA, MD,QC 的關(guān)系，再利用余弦定理分別求解底
面對角線 AC, BD ，然后由垂直關(guān)系及截面正方形，借助長度相等，利用勾股定理建立PA,QC 的方程組，求
解轉(zhuǎn)化即得所求比值.
【解析】
如圖，設(shè)截面分別交 AA1，CC1 于點(diǎn) P，Q，
連接 PQ，BM，設(shè)交點(diǎn)O ，連接 AC, BD ，設(shè)交點(diǎn)O，
由已知截面為正方形，則O 是 BM ， PQ的中點(diǎn)，
底面 ABCD 為平行四邊形，則O是BD， AC 的中點(diǎn)，
又PA//BB1，BB1 //CQ，則PA//CQ ，
則OO 是VBDM 的中位線，也是四邊形PACQ的中位線.
設(shè) PA = x ，CQ = y，
故MD = 2OO = PA + CQ = x + y ，
由 PB2 = BQ2，得 x2 + 8 = y2 + 5，
化簡得 x2 + 3 = y2 （*），且 x < y ，
由直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 知， A1A ^ 平面 ABCD，
又 AC 平面 ABCD，則 A1A ^ AC
則四邊形PACQ為直角梯形.
由 cos ABC 10 cos BCD 10 = - ，得 = ，
10 10
在△BCD 10中，由余弦定理得BD2 = 5 + 8 - 2 5 2 2 = 9 ，
10
解得BD = 3，同理可得 AC = 17 ，
如圖，在直角梯形PACQ中，在 CQ 上取點(diǎn) S，使CS = AP = x ，
則QS = y - x .
由BM 2 = PQ2 ，得MD2 + BD2 = PS 2 + QS2 = AC 2 + QS2，
即 x + y 2 + 9 = y - x 2 +17 ，化簡得 xy = 2，
與（*）聯(lián)立，解得 x =1， y = 2，
所以MD = 3，則D1M =1，
驗(yàn)證知，此時(shí)四邊形為MPBQ為正方形，滿足題意.
DM
則 = 3D M ．1
故選：B．
2．（2023·江西贛州·模擬預(yù)測）在直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是邊長為 2 的正方形，側(cè)棱
AA1 = 3
1
，E 是 BC 的中點(diǎn)，F(xiàn) 是棱CC1 上的點(diǎn)，且CF = CC1，過 A1作平面a ，使得平面a //平面 AEF，則3
平面a 截直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 ，所得截面圖形的面積為（ ）
3
A． B 19． C．3 D．
2 192
【答案】A
【分析】根據(jù)四棱柱的幾何性質(zhì)以及面面平行的判定定理求解.
【解析】
如圖，取B1,C
1
1的中點(diǎn) M，在BB1上取一點(diǎn) H，使得B1H = BB1，連接 A1M , HM , A1H ，如上圖，3
則 A1M / / AE, HM / /EF , A1M I HM = M , AE I EF = E ， A1M , HM 平面 A1HM ，
AE, EF 平面 AEF，\平面 AEF / / 平面 A1HM ；
即過 A1點(diǎn)平行于平面 AEF 的平面截四棱柱 ABCD - A1B1C1D1 的圖形是三角形 A1HM ，
1
其中B1H = BB1 =1, A1H = 5, A1M = 5, MH = 2 ，3
2 2 2
cos MA A1M + A1H - HM 41H = = ,\sin MA H
3 1
= , S = A M gA H sin MA H 3=
2g ，A1M gA1H 5
1 5 VA1MH 2 1 1 1 2
故選：A.
3．（2024·安徽安慶·三模）在正方體 ABCD - A1B1C1D1 中，點(diǎn) E, F 分別為棱 AB, AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)E, F ,C1三
點(diǎn)作該正方體的截面，則（ ）
A．該截面多邊形是四邊形
B．該截面多邊形與棱BB1的交點(diǎn)是棱BB1的一個(gè)三等分點(diǎn)
C． A1C ^平面C1EF
D．平面 AB1D1 / / 平面C1EF
【答案】B
【分析】將線段 EF 向兩邊延長，分別與棱CB的延長線，棱CD 的延長線交于G, H ，連C1G,C1H 分別與棱
BP BG 1
BB1, DD1交于P,Q ，可判斷 A；利用相似比可得 = = AC ^ BCCC GC 3，可判斷 B；證明 1 平面 1
D即可判斷
1
C；通過證明 A1C ^平面 AB1D1，可判斷 D.
【解析】對于 A，將線段 EF 向兩邊延長，分別與棱CB的延長線，棱CD 的延長線交于G, H ，
連C1G,C1H 分別與棱BB1, DD1交于P,Q ，得到截面多邊形C1PEFQ 是五邊形，A 錯(cuò)誤；
1
對于 B，易知△AEF 和VBEG全等且都是等腰直角三角形，所以GB = AF = BC ，
2
BP BG 1 BP 1
所以 = = = BBCC GC 3，即 BB 3 ，點(diǎn) P 是棱 1的一個(gè)三等分點(diǎn)，B 正確；1 1
對于 C，因?yàn)?A1B1 ^平面BCC1B1，BC1 平面BCC1B1，所以 A1B1 ^ BC1，
又BC1 ^ B1C ， A1B1 I B1C = B1, A1B1, B1C 平面 A1B1C ，所以BC1 ^ 平面 A1B1C ，
因?yàn)?A1C 平面 A1B1C ，所以 A1C ^ BC1，同理可證 A1C ^ BD，
因?yàn)锽D BC1 = B, BD, BC1 平面BC1D，所以 A1C ^平面BC1D，
因?yàn)槠矫鍮C1D與平面C1EF 相交，所以 A1C 與平面C1EF 不垂直，C 錯(cuò)誤；
對于 D，易知BC1 //AD1, BD//B1D1，所以 A1C ^ AD1, A1C ^ B1D1，
又 AD1 B1D1 = D1, AD1, B1D1 AB1D1，所以 A1C ^平面 AB1D1，
結(jié)合 C 結(jié)論，所以平面C1EF 與平面 AB1D1不平行，D 錯(cuò)誤.
故選：B．
02 ：棱錐
4．（2024·重慶渝中·模擬預(yù)測）在三棱錐P - ABC 中， AC = BC = PC = 2 ，且 AC ^ BC, PC ^平面 ABC ，過
點(diǎn) P 作截面分別交 AC, BC 于點(diǎn) E, F ，且二面角P - EF - C 的平面角為60o ，則所得截面PEF 的面積最小值
為（ ）
4 8
A． B． C
2
．
3 3 3
D．1
【答案】B
4 3 2 3
【分析】由二面角的定義可得PGC = 60°，從而PG = ,CG = ，設(shè)CE = a,CF = b，由三角形的面積
3 3
8
相等和基本不等式得到 ab ，再由三角形的面積公式即可求解.
3
【解析】過 P 作PG ^ EF ，垂足為G ，連接CG ，則由三垂線定理可得EF ^ CG，
∴ PGC 即為二面角P - EF - C 的平面角，
∴ PGC = 60°，PC = 2 PG 4 3，所以 = ,CG 2 3= ，
3 3
設(shè)CE = a,CF = b，則EF = a2 + b2 ，
在三角形CEF 2 3中， ab = a2 + b2 ，
3
2 3 2 6ab
又 a2 + b2 2ab ，所以 ab 2ab = ，
3 3
ab 8 a b 2 6所以 ，3 = =
時(shí)等號成立，
3
PEF 1 4 3 a2 b2 ab 8所以三角形 的面積為 + = ，
2 3 3
8
故截面 PEF 面積的最小值為 .
3
故選：B.
π
5．（2024·廣西·模擬預(yù)測）在三棱錐V - ABC 中，BV ^平面VAC，VA =1， AB = AC = 2 ， VAC = ，4
點(diǎn)F 為棱 AV 上一點(diǎn)，過點(diǎn)F 作三棱錐V - ABC 的截面，使截面平行于直線VB 和 AC ，當(dāng)該截面面積取得
最大值時(shí)，CF =（ ）
A 10 B 17． ． C 5． D 13．
3 4 2 3
【答案】C
【分析】通過作平行線作出題中的截面，并結(jié)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(dá)式，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)確定截面面積取得最大值時(shí)參數(shù)的值，解直
角三角形即可求得答案.
【解析】根據(jù)題意，在平面VAC內(nèi)，過點(diǎn)F 作EF∥ AC ，交VC 于點(diǎn)E ；
在平面VBC內(nèi)，過點(diǎn)E 作EQ∥VB ，交BC 于點(diǎn)Q；
在平面VAB 內(nèi)，過點(diǎn)F 作FD∥VB ，交 AB 于點(diǎn)D，連接DQ ，如圖所示，
k VF VE EF因?yàn)镋F∥ AC ，則△VCA∽△VEF ，設(shè)其相似比為 ，即 = = = k ，
VA VC AC
則EF = 2k ；
VA =1 2又因?yàn)?， AC = 2 ， cos VAC = ，
2
由余弦定理得，VC = 1+ 2 - 2 1 2 2 =1，則VC 2 +VA2 = AC 2 ，
2
即VC ^ VA .
又BV ^平面VAC，VC ，VA 平面VAC，所以BV ^ VC ，BV ^ VA .
又 AB = 2 ，則BV =1，BC = 2 .
AF AD FD
因?yàn)镕D∥VB ，則△AFD :△AVB ，則 = = ，
AV AB VB
AF VA -VF 1 k FD AF因?yàn)?= = - ，所以 = =1- k ，即FD =1- k ，
VA VA VB VA
同理可得QE =1- k ，即QE = FD ，
因?yàn)镋Q∥VB ，F(xiàn)D∥VB ，則EQ∥FD，
故四邊形EFDQ為平行四邊形；而 EQ 平面EFDQ，VB 平面EFDQ，
故VB∥平面EFDQ，同理 AC / / 平面EFDQ，
即四邊形EFDQ為截面圖形；
又BV ^平面VAC，EF 平面VAC，則BV ^ EF ，
又FD∥VB ，所以FD ^ EF .
2
故平行四邊形EFDQ為矩形，則 S矩形EFDQ = EF × FD = 2k × 1- k = - 2
k 1 2 - 2 ÷
+ ，
è 4
1 1
所以當(dāng)k = 時(shí)， S 2矩形EFDQ 有最大值 ，則VF = kVA = ，2 4 2
1 5
在Rt△CVF 中，CF = CV 2 +VF 2 = 1+ = .
4 2
故選：C.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：先作平行線作出題中的截面，再證明四邊形EFDQ為符合題意的截面圖形，結(jié)合線面
平行以及線面垂直說明四邊形EFDQ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(dá)式，
利用二次函數(shù)求出最值得解.
6．（2023·陜西西安·模擬預(yù)測）在三棱錐P - ABC 中，側(cè)面 PAC 是等邊三角形，底面 ABC 是等腰直角三角
形， AB ^ BC ， AC = PB =10，點(diǎn) M，N，E 分別是棱 PA，PC，AB 的中點(diǎn)，過 M，N，E 三點(diǎn)的平面a 截
三棱錐P - ABC 所得截面為W，給出下列結(jié)論：
①截面W的形狀為正方形；
② 25 2截面W的面積等于 ；
2
③異面直線 PA 與 BC 2所成角的余弦值為 ；
4
400
④三棱錐P - ABC 外接球的表面積等于 π ．
3
其中所有正確結(jié)論的序號是（ ）
A．①④ B．②③ C．①③④ D．②③④
【答案】C
【分析】根據(jù)三棱錐P - ABC 的幾何特征，取BC 的中點(diǎn)為F ，利用線面垂直的判定定理即可證明截面W的
形狀為正方形，且其面積等于 25，即①正確，②錯(cuò)誤；利用平面向量數(shù)量積以及余弦定理可求出異面直線
PA 2與 BC 所成角的余弦值為 ，可知③正確；利用垂直關(guān)系找出外接球球心位置，計(jì)算出半徑即可得④
4
正確.
【解析】取BC 的中點(diǎn)為F ，連接EF , NF ，
因?yàn)辄c(diǎn)M , N , E 分別是棱PA, PC, AB 的中點(diǎn)，所以MN //AC ，EF //AC ，可得MN //EF ；
MN = 1又 AC = 5，EF=
1 PB = 5，即MN =EF ；
2 2
所以M , N , E, F 四點(diǎn)共面，且四邊形MNEF 為平行四邊形，
取 AC 的中點(diǎn)為D，連接PD, BD，如下圖所示：
易知PD ^ AC ，又VABC 是等腰直角三角形，且 AB ^ BC ，所以 AB = BC ，可得BD ^ AC ；
又PD BD = D，PD, BD 平面 PBD ，所以 AC ^平面 PBD ；
易知PB 平面 PBD ，可得 AC ^ PB；
又ME //PB，EF //AC ，所以ME ^ EF ，
且ME = NF=
1 PB = 5，所以四邊形MNEF 為正方形，
2
即截面W的形狀為正方形，所以①正確；
由正方形面積公式可知，四邊形MNEF 的面積為5 5 = 25，即②錯(cuò)誤；
uuur r uuur r uuur r uuur r r
設(shè)PA = a, PB = b, PC = c，可得BC = c - b，
uuur uuur r r r r r r r
所以PA × BC = a × c - b = a ×c - b × a ，
r r r r
易知 a ×c =10 10 cos 60o = 50， a ×b =10 10 cos APB ，
2
2 2
在VPAB 中，PA =10, PB =10, AB = 5 2 10 +10 - 5 2，所以 cos APB 150 3= = = ，可得
2 10 10 200 4
r r
a ×b =10 10 cos APB = 75；
uuur uuur r r r r
所以 cos PA × BC
ar×c - b ×= r ra 50 - 75 1 2= = - = -
a c ，× - b 10 5 2 2 2 4
2
所以異面直線 PA 與 BC 所成角的余弦值為 ，即③正確；
4
易知PD = 5 3, BD = 5，PB =10，所以可得PD ^ BD；
又PD ^ AC ，且BD AC = D ，BD, AC 平面 ABC ，
所以PD ^平面 ABC ，
又PD 平面PAC ，所以平面PAC ^平面 ABC ；
所以可得外接球球心O在PD上，設(shè)OD = h，半徑為 R ，
2則 h2 + 52 = 5 3 - h = R2 5 3 10 3，解得 h = ， R = ；3 3
2 400
所以三棱錐P - ABC 外接球的表面積等于 4πR = π ，即④正確；
3
所有正確結(jié)論的序號是①③④.
故選：C
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：關(guān)于球外接幾何體的問題，首先根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征，利用線面垂直判定定理等確
定球心位置，再利用半徑相等列出等量關(guān)系即可計(jì)算出半徑的大小.
03 ：棱臺
7．（23-24 高三上·河北廊坊·期末）如圖所示，正四棱臺 ABCD - A1B1C1D1 中，上底面邊長為 3，下底面邊
6 63 2長為 ，體積為 ，點(diǎn)E 在 AD 上且滿足DE = 2AE ，過點(diǎn)E 的平面a 與平面D1AC 平行，且與正四棱臺
2
各面相交得到截面多邊形，則該截面多邊形的周長為（ ）
A．7 2 B．8 2 C．3 3 + 4 2 D． 4 3 + 4 2
【答案】D
3 2 3 2
【分析】首先過點(diǎn) A1作 A1H ^ AC 于點(diǎn) H ，結(jié)合已知得 AH = ，由棱臺體積公式得 A1H = ，由勾股2 2
定理得 AA1 = AH
2 + A H 21 = 3，再求出 AD1 的長，最終根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例即可得解.
【解析】如圖所示，
過點(diǎn) A1作 A1H ^ AC 于點(diǎn) H ，因?yàn)?A1C1 = 3 2, AC = 6 2 ，
3 2
所以 AH = ，
2
1 63 2
則四棱臺的高為 A1H ，則四棱臺的體積為 32 + 62 + 3 6 A1H = ，3 2
解得 A1H
3 2
= ，所以側(cè)棱長為 AA 2 21 = AH + A1H = 3 .2
如圖所示：
過D1F ^ AD 于點(diǎn)F ， AG ^ AD 于點(diǎn)G ，連接 AD1 ，
6 - 3 3
由對稱性可知DF = AG = = ,GF = A
2 2 1
D1 = 3，
AF 6 3 9所以 = - = ，
2 2
而DD1 = AA1 = 3，
所以D1F = 9
9 3 3
- = ，
4 2
81 27
所以 AD1 = + = 3 3 ，同理CD1 = AD1 = 3 3 ，4 4
分別在棱DC, DD1 上取點(diǎn) N ,M ，使得DN : NC = DM : MD1 = 2 :1，
易得ME = NM
2
= AD1 = 2 3, EN
2
= AC = 4 2 ，
3 3
所以截面多邊形的周長為 4 3 + 4 2 .
故選：D.
8．（22-23 高三下·浙江紹興·開學(xué)考試）在正棱臺 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1, AA1 = 3, M 為棱 B1C1 中
點(diǎn).當(dāng)四棱臺的體積最大時(shí)，平面MBD截該四棱臺的截面面積是（ ）
A 5 3． B 5 3．3 2 C． D． 6 2
4 2
【答案】C
【分析】根據(jù)正四棱臺的體積公式、結(jié)合基本不等式、線面平行的判定定理、梯形的面積公式進(jìn)行求解即
可.
【解析】設(shè) AB = 2A1B1 = 4x，上底面和下底面的中心分別為O1,O，該四棱臺的高O1O = h， A1H ^ AC .
1 2 2 1 2 2
在上下底面由勾股定理可知， A1O1 = 2x + 2x = 2x, AO = 4x + 4x = 2 2x .2 2
2
在梯形 A 21O1OA中， A1A = AH
2 + A 21H 3 = 2 2x - 2x + h2 h2 = 3- 2x2，
V 1= 16x2 + 16x2 ×4x2 2 28 2所以該四棱臺的體積為 + 4x h = x h ，3 3
3
V 2 784 2
2 2 2
所以 = x × x2
784
× h2 = x2 × x2 × 3- 2x2 784 x + x + 3- 2x × ÷ ，9 9 9 è 3
當(dāng)且僅當(dāng) x2 = 3- 2x2 ，即 x =1時(shí)取等號，此時(shí) AB = 4, A1B1 = 2，O1O = 1 .
取C1D1的中點(diǎn) N ，連接 NM 、 ND，顯然有MN / /D1B1 / /DB ，MN 平面 ABCD，
BD 平面 ABCD，所以MN / / 平面 ABCD，因此平面MBDN 就是截面.
1
顯然MN = B1D1 = 2, BD = 4 2 ，2
在直角梯形 O1MEO 中，ME = h2 + OE - O 21M = 1+1 = 2 ，
因此在等腰梯形B1C1CB中，MB = ME2 + EB2 = 2 + 4 = 6 ，
同理在等腰梯形D1C1CD中，DN = 6 ，
在等腰梯形MBDN 中，設(shè)MF / /DN , MG ^ BD ，
則MF = 6, BF = 4 2 - 2 = 3 2 ，
2
2MG = 6 - 1 6 3 2 ÷ = ，
è 2 2
2 + 4 2 6 5 3
所以梯形MBDN 的面積為 = ，
2 2 2
故選：C.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：根據(jù)基本不等式求出體積最大值，結(jié)合線面平行判定定理判斷截面的形狀是解題的關(guān)
鍵.
9．（22-23 高二上·湖北荊州·階段練習(xí)）用一個(gè)平行于棱錐底面的平面去截棱錐，截得的棱臺上、下底面積
之比為1: 4，已知截去的棱錐的頂點(diǎn)到其底面的距離為 3，則棱臺的上、下底面的距離為（ ）
A．12 B．9 C．6 D．3
【答案】D
【分析】
根據(jù)棱錐的性質(zhì)，用平行于棱錐底面的平面截該棱錐，截面與底面為相似多邊形，面積比為相似比的平方，
以此可得棱錐的高，進(jìn)而得到棱臺的高．
【解析】∵截去小棱錐的高為 3，設(shè)大棱錐的高為 h，
根據(jù)截面與底面為相似多邊形，面積比為相似比的平方，
則32 : h2 =1: 4，∴ h = 6，
∴棱臺的高是6 - 3 = 3，即棱臺的上、下底面的距離為 3.
故選：D．
04 ：圓柱
10．（2022·河南新鄉(xiāng)·三模）已知一個(gè)圓柱與一個(gè)圓錐的軸截面分別為正方形與正三角形，且正方形與正三
角形的邊長相等，則該圓柱的體積與圓錐的體積的比值為（ ）
A． 3 B． 2 2 C． 2 3 D． 5
【答案】C
【分析】設(shè)正方形與正三角形的邊長為 2，則可求出圓柱和圓錐的體積，從而可求得答案
【解析】設(shè)正方形與正三角形的邊長為 2，
則圓柱的體積為p 12 2 = 2p ，
1
圓錐的體積為 p 12 3
3p
= ，
3 3
所以圓柱的體積與圓錐的體積的比值為 2 3 .
故選：C
11．（23-24 高二上·遼寧·階段練習(xí)）如圖，某圓柱的軸截面 ABCD 是邊長為 2 的正方形，P，Q 分別為線
段 BC，AC 上的兩個(gè)動點(diǎn)，E 為 AB 上一點(diǎn)，且BE =1，則PQ + PE 的最小值為（ ）
A 3 B 3 3 C 3 2
3
． ． ． D．
2 2 2
【答案】C
【分析】根據(jù)圓柱的結(jié)構(gòu)特征采用將VBCE 沿直線 BC 旋轉(zhuǎn)到某個(gè)位置的方法，將線段和轉(zhuǎn)化為一條線段的
長度問題，結(jié)合求解線段長度即得答案.
【解析】如圖，連接 EC，將VBCE 沿直線 BC 旋轉(zhuǎn)到VBCE 的位置，
且E 在 AB 的延長線上．則PE = PE ，
π
由于圓柱的軸截面 ABCD 是邊長為 2 的正方形，故 BAC = BCA = ， AE = AB + BE = 2 +1 = 3，
4
則PQ + PE = PQ + PE E Q ，當(dāng)Q, P, E 三點(diǎn)共線時(shí)取等號，
當(dāng)E Q ^ AC 時(shí)，E Q最小，最小值為 AE sin π 3 2= ，
4 2
PQ + PE 3 2即 的最小值為 ，
2
故選：C
12．（23-24 高三上·陜西·階段練習(xí)）已知某圓柱的軸截面是邊長為 2 的正方形 ABCD，在該圓柱的底面內(nèi)
任取一點(diǎn) E，則當(dāng)四棱錐E - ABCD的體積最大時(shí)，該四棱錐的側(cè)面積為（ ）
A．1+ 2 + 5 B．1+ 2 2 + 5
C．1+ 2 + 2 5 D． 2 + 2 5
【答案】B
【分析】根據(jù)棱錐體積公式以及正方形 ABCD的面積為定值確定 E 點(diǎn)在底面上的位置，求出相關(guān)線段長，
根據(jù)棱錐側(cè)面積公式即可求得答案.
【解析】如圖，設(shè)圓柱的底面圓心為 O，E 為該底面上一點(diǎn)，底面半徑為 1，
V 1四棱錐體積 E- ABCD = SABCD × d ，其中 d 為 E 到 AD 的距離，3
因?yàn)檎叫?ABCD的面積為定值2 2 = 4，
所以當(dāng) E 為 AD 的中點(diǎn)時(shí)，連接OE ,此時(shí)OE為四棱錐E - ABCD的高，高最大，
此時(shí)四棱錐E - ABCD體積最大，
則 AE ^ DE,OE ^ AD ，OE =1, AE = DE = 2 ，BE = CE = 22 + ( 2)2 = 6 ，
設(shè)圓柱的另一底面圓心為O1，連接O1E ，則O E ^ BC ，且O E = ( 6)2 -121 1 = 5 ,
1 1 1 1
此時(shí)四棱錐E - ABCD側(cè)面積為 S = AD ×OE + AB × AE + CD × DE + BC ×O E
2 2 2 2 1
1
= 2 1 1+ 2 2 1+ 2 2 1+ 2 5 =1+ 2 2 + 5 ，
2 2 2 2
故選：B
05 ：圓錐
13．（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測）已知軸截面為正三角形的圓錐MM 的高與球 O 的直徑相等，則圓錐MM
的體積與球 O 的體積的比值是 .
2
【答案】 3
【分析】設(shè)圓錐MM 的底面半徑為 r，球 O 的半徑為 R，由題意可得 2R = h = 3r ，結(jié)合體積公式運(yùn)算求解.
【解析】設(shè)圓錐MM 的底面半徑為 r，球 O 的半徑為 R，
因?yàn)閳A錐MM 的軸截面為正三角形，可知圓錐MM 的高h(yuǎn) = 3r ，
2R h 3r R 3則 = = ，即 = r ，
2
可得圓錐MM V 1 πr 2 3r 3的體積 = = πr31 ，3 3
3
4 4 3 3πr3
球 O 的體積V2 = πR
3 = π
3 3
r
2 ÷÷
= ，
è 2
3 3
V πr 2
所以 1 = 3 = .
V2 3 3πr3
2
2
故答案為： 3 ．
14．（22-23 高二上·上海浦東新·期中）如圖，圓錐 O 的軸截面是一個(gè)面積為 1 的等腰直角三角形，C 為弧 AB
上的一點(diǎn)， CPB = 45°，E 為線段 PB上的動點(diǎn)，則CE + OE的最小值為（ ）
A 2 5． 2 B． 3 C．2 D． + - 2
2 2
【答案】B
【分析】將空間圖形進(jìn)行翻折變化到同一平面，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短即可求解.
【解析】
將VPBC翻折到平面PAB內(nèi)，得到如圖所示平面四邊形OBC P ，
1
因?yàn)?SVPAB = PA × PB =1,所以PA = PB = 2 ,2
所以O(shè)P = OA = OB =1 ,所以 BPO = 45o ,
又因?yàn)?CPB = 45°，所以翻折后的圖形中 OPC = 90o ,
根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短可知，CE + OE的最小值為OC = OP2 + PC 2 = 3 ,
故選:B.
15．（23-24 高二上·北京·期中）已知圓錐的底面半徑為 2 3 ，高為 2，S 為頂點(diǎn)，A，B 為底面圓周上的兩
個(gè)動點(diǎn)，則下列說法正確的是 .
①圓錐的體積為8π；
②圓錐側(cè)面展開圖的圓心角大小為 3p ；
③圓錐截面 SAB 面積的最大值為 4 3 ；
256
④若圓錐的頂點(diǎn)和底面上的所有點(diǎn)都在一個(gè)球面上，則此球的體積為 π .
3
【答案】①②④
【分析】根據(jù)題意求出圓錐的母線長，體積，側(cè)面展開圖的弧長，軸截面的面積，外接球體積，即可得出
結(jié)論.
【解析】Q圓錐的底面半徑 r = 2 3 ，高為 h = 2，
\圓錐的母線長 SA = SB = r 2 + h2 = 2 3 2 + 22 = 4，
\ 1
2
圓錐的體積V = πr 2h
1
= π 2 3 2 = 8π，①正確；3 3
設(shè)圓錐側(cè)面展開圖的圓心角大小為a ，則 2π 2 3 = a 4,a = 3π，②正確；
當(dāng)圓錐截面 SAB 為圓錐的軸截面時(shí)，此時(shí) SA = SB = 4, AB = 4 3 ，
SA2 + SB2 - AB2
則 cos ASB 1= = - ，又 ASB 0, π ，
2SA × SB 2
2π
\ ASB = ，
3
π
則當(dāng) ASB = 時(shí)，圓錐截面 SAB 面積的最大，
2
S 1 1此時(shí) V ASB = × SA × SA × sin ASB = 4 4 1 = 82 2 ，故③錯(cuò)誤；
圓錐的頂點(diǎn)和底面上的所有點(diǎn)都在同一個(gè)球面上，即為圓錐的外接球，
設(shè)圓錐的外接球半徑為 R ，
2 2 2
由球的性質(zhì)可知R2 = h - R + r 2 ，即R2 = 2 - R + 2 3 ，
解得R = 4，
V 4 πR3 4 π 43 256π所以外接球體積 = = =3 3 3 ，④正確.
故答案為：①②④.
06 ：球
16．（2024·江蘇徐州·模擬預(yù)測）對球面上的三個(gè)點(diǎn)，每兩個(gè)點(diǎn)之間用大圓劣弧相連接，所得三弧圍成的球
面部分稱為“球面三角形”，這三個(gè)弧叫做球面三角形的邊.若半徑為 2 的球的球面上有一個(gè)各邊長均為 π的
球面三角形，則該球面三角形的面積為（ ）
2 2
A． 2π B．4π C 3π． D 3π．
4 2
【答案】A
【分析】確定球面三角形與球表面積的關(guān)系，可求球面三角形的面積.
【解析】設(shè)球面三角形 ABC .
因?yàn)榍虻陌霃綖?2，所以大圓周長為4π，求的表面積為 4π 22 =16π .
因?yàn)榍蛎嫒切蔚母鬟呴L均為 π，所以 AOB = AOC = BOC = 90° .
以O(shè)為球心，建立如圖空間直角坐標(biāo)系：
則球面三角形 ABC 的面積就是球面在第一卦限內(nèi)的部分，根據(jù)對稱性，球面三角形 ABC 的面積為球面面積
1 1 2
的 ，為 4π 2 = 2π .
8 8
故選：A
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：確定 AOB = AOC = BOC = 90°后，關(guān)鍵是弄清楚球面三角形的面積和整個(gè)球的
表面積之間的數(shù)量關(guān)系.
17．（2024·江西宜春·模擬預(yù)測）在正六棱柱 ABCDEF - A1B1C1D1E1F1中， AA1 = 2AB = 2，O為棱 AA1的中
點(diǎn)，則以O(shè)為球心，2 為半徑的球面與該正六棱柱各面的交線總長為（ ）
3 3
A． 1+ 3 ÷÷
π B． 2 + ÷÷ π
è è 3
2 3 2 3
C． 1+ ÷÷ π D． 2 + ÷÷ π
è 3 è 3
【答案】D
【分析】根據(jù)題意，作圖，分別求出球面與正六棱柱各個(gè)面所交的弧線的長度之和，可計(jì)算得到答案.
【解析】因?yàn)榍騉的半徑為 2，所以球O不與側(cè)而 ABB1A1及側(cè)面 AFF1A1相交，
連接OC1, A1C1,OE1, A1E1．由題得OA1 =1， A1C1 = A1E1 = 3 ．所以O(shè)C1 = 2 ，
所以球O與側(cè)面BCC1B1交于點(diǎn)C1，C ，與側(cè)面EFF1E1交于點(diǎn)E1，E ．
在正六邊形 A1B1C1D1E1F1中，易得 A1C1 ^ C1D1，因?yàn)镃C1 ^ 平面 A1B1C1D1E1F1， A1C1 平面 A1B1C1D1E1F1．
所以CC1 ^ A1C1 ，又C1D1 I CC1 = C1,C1D1，CC1 平面CDD1C1 ，
所以 A1C1 ^ 平面CDD1C1 ，即OG ^平面CDD1C1 ，且OG = 3 ，又 22 - ( 3)2 =1，OH = OC1 = OC = 2．
所以球O與側(cè)面CDD1C1 的交線為以CC1 為直徑的半圓，同理可得球O與側(cè)面EDD1E1的交線為以EE1為直徑
的半圓．
由題易得 E1A1C
π
1 = ，則球O與上底面 A1B1C1D1E F
1
1 1及下底面 ABCDEF 的交線均為 個(gè)半徑為 3的圓．3 6
1 2 3
所以球面與該正六棱柱各面的交線總長為 2 π 1+ 2 2π 3 =
6
2 + ÷÷ π ．
è 3
故選：D．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：根據(jù)球O的半徑為 2，判斷球O只與側(cè)而CDD1C1 及側(cè)面EDD1E1，上底面 A1B1C1D1E1F1
及下底面 ABCDEF 相交.
18．（23-24 高二上·四川德陽·階段練習(xí)）已知正三棱錐 A - BCD的外接球是球O，正三棱錐底邊BC = 3，
側(cè)棱 AB = 2 3 ，點(diǎn)E 在線段BD上，且BE = DE ，過點(diǎn)E 作球O的截面，則所得截面圓面積的取值范圍是
（ ）
é11π
A． ê ,3π
ù
ú B． 2π,3π
é11π ù é9π ù
C．
4 ê
, 4πú D． ê , 4π 4 4 ú
【答案】D
【分析】設(shè)△BCD的中心為O1，球 O 的半徑為 R，在Rt△ OO1D中，利用勾股定理求出 R ，余弦定理求出
O1E ，再由勾股定理求出OE，過點(diǎn) E 作球 O 的截面，當(dāng)截面與 OE 垂直時(shí)，截面的面積最小，當(dāng)截面過球
心時(shí)，截面面積最大.
【解析】如下圖，設(shè)△BCD的中心為O1，球 O 的半徑為 R，
連接O1D ，OD，O1E ，OE，則
O π 21D = 3sin = 3, AO = AD
2 - O D2 = 3，
3 3 1 1
2
Rt△ OO D R2 = 3 + 3- R 2在 1 中， ，
3
解得 R＝2，所以O(shè)O1 = AO1 - R =1，因?yàn)?BE＝DE，所以DE = ，2
2
在VDEO
2
1中，O1E = 3 3+ 3 ÷ - 2 3 cos π 3= ，
è 2 2 6 2
所以O(shè)E = O1E
2 7+ OO21 = ，過點(diǎn) E 作球 O 的截面，2
當(dāng)截面與 OE 垂直時(shí)，截面的面積最小，
2
2
此時(shí)截面的半徑為 R - OE2
3
= π 3 9，則截面面積為 = π ，
2 2 ֏ 4
當(dāng)截面過球心時(shí)，截面面積最大，最大面積為 4π.
故選：D.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解題的關(guān)鍵點(diǎn)是過點(diǎn) E 作球 O 的截面，當(dāng)截面與 OE 垂直時(shí)，截面的面積最小，當(dāng)
截面過球心時(shí)，截面面積最大.
07 ：組合體
19．（21-22 高二上·湖南·期中）從一個(gè)底面圓半徑與高均為 2 的圓柱中挖去一個(gè)正四棱錐（以圓柱的上底
面為正四棱錐底面的外接圓，下底面圓心為頂點(diǎn)）而得到的幾何體如圖所示，今用一個(gè)平行于底面且距底
面為 1 的平面去截這個(gè)幾何體，則截面圖形的面積為（ ）
A． 4p - 4 B． 4p C． 4p - 2 D． 2p - 2
【答案】C
【分析】先求出截面截圓柱所得的圓面的面積，再求出截面截正四棱錐所得的正方形的面積，從而得出答
案.
【解析】截面圖形應(yīng)為圓面中挖去一個(gè)正方形，且圓的半徑是 2，
則截面圓的面積為： 4p
設(shè)正四棱錐的底面正方形邊長為 a，則 2a2 = 16，所以 a = 2 2
2
正四棱錐的底面正方形的面積為 2 2 = 8
由圓錐中截面的性質(zhì)，可得圓面中挖去一個(gè)正方形與正四棱錐的底面正方形相似
設(shè)圓面中挖去一個(gè)正方形的面積為 S ，正四棱錐的底面正方形為S
S S 1
則 = = ,從而 S = 2
S 8 4
所以截面圖形的面積為 4p - 2．
故選：C．
20．（2022·陜西西安·模擬預(yù)測）“牟和方蓋”是我國古代數(shù)學(xué)家劉徽在研究球的體積的過程中構(gòu)造的一個(gè)和
諧優(yōu)美的幾何體，它是由兩個(gè)相同的圓柱分別從縱橫兩個(gè)方向嵌入一個(gè)正方體時(shí)兩圓柱公共部分形成的幾
何體（如圖 1）.如圖 2 所示的“四腳帳篷”為“牟和方蓋”的上半部分，點(diǎn)O為四邊形 ABCD的中心，點(diǎn) P 為“四
腳帳篷”的“上頂點(diǎn)”，OP =1.用平行于平面 ABCD的平面a 去截“四腳帳篷”，當(dāng)平面a 經(jīng)過OP的中點(diǎn)時(shí)，
截面圖形的面積為 .
【答案】3
【分析】根據(jù)對稱性，可得截面a 的形狀為正方形，利用勾股定理得正方形的邊長即可求得面積.
【解析】根據(jù)對稱性，可得截面a 的形狀為正方形.
取 AB 中點(diǎn)E, CD 中點(diǎn)F ，可知截面EPF 為半圓.
截面a 與弧EP交于點(diǎn)M ，與PO交于點(diǎn) N , N 為PO中點(diǎn)，
所以 NO
1
= , MO = PO =1 3，由勾股定理可得 ，
2 MN = 2
3
所以截面正方形的邊長為 2 = 3 ，故其面積為 ( 3)2 = 3 .
2
故答案為：3
21．（2021·全國·模擬預(yù)測）如圖，正八面體PABCDQ 的棱長為 2，點(diǎn)E ，F(xiàn) ， H 分別是PA， PB，BC 的
中點(diǎn)，則過E ，F(xiàn) ， H 三點(diǎn)的平面a 截該正八面體所得截面的面積等于 .
3 3
【答案】
2
【分析】由EF //AB得EF // 平面 ABQ，同理FH //平面CDP ，進(jìn)而得
到平面a //平面 ABQ// 平面CDP ，結(jié)合正八面體的對稱性可知截面是
邊長為 1 的正六邊形，求出面積即可.
【解析】∵ E ，F(xiàn) ， H 分別是PA， PB，BC 的中點(diǎn)，
∴ EF //AB，又EF 平面 ABQ， AB 平面 ABQ，
∴ EF // 平面 ABQ .同理得FH //平面CDP .
又平面 ABQ// 平面CDP ，EF I FH = F ，
∴平面a //平面 ABQ// 平面CDP .
設(shè)平面a 與CQ相交于點(diǎn)M ，則HM //BQ，
故M 為CQ的中點(diǎn).同理得平面a 也過DQ ， AD 的中點(diǎn)，
結(jié)合正八面體的對稱性，得截面是邊長為 1 的正六邊形，
1 3 3
其面積 S = 1 1 sin 60°÷ 6 = .
è 2 2
3 3
故答案為：
2
【點(diǎn)睛】確定多面體截面的關(guān)鍵在于確定截點(diǎn)，有了位于多面體同一表面上的
兩個(gè)截點(diǎn)即可連接成截線，從而求得截面.而截線與截點(diǎn)的主要依據(jù)主要有：
(1)如果兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)，那么它們相交于過此點(diǎn)的一條直線.
(2)如果一條直線上的兩點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線上所有的點(diǎn)都在這個(gè)平面內(nèi).
(3)如果一條直線平行于一個(gè)平面，經(jīng)過這條直線的平面與這個(gè)平面相交，那么這條
直線就和交線平行.
(4)如果兩個(gè)平面平行，第三個(gè)平面和它們相交，那么兩條交線平行.
22．（23-24 高三上·云南昆明·階段練習(xí)）正方體 ABCD - A1B1C1D1 的棱長為 2，M 是棱B1C 上的一個(gè)動點(diǎn)
（含端點(diǎn)），則MA + MC1的最小值為（ ）
A．4 B． 2 + 2 C． 6 + 2 D． 2 5
【答案】C
【分析】將VACB1繞CB1 翻折至與VCB1C1共平面，當(dāng)A ，M ，C1共線時(shí)，MA + MC1最小.
【解析】由正方體的性質(zhì)可得VACB1為等邊三角形，邊長為 2 2 ，
VCB1C1 為等腰直角三角形，其直角邊長為 2，
將下圖中VACB1繞CB1 翻折至與VCB1C1共平面，
因?yàn)镃A = CB1 = AB1 = 2 2 ，CC1 = B1C1 = 2，所以A ，M ，C1共線時(shí)，
MA + MC1最小，此時(shí)M 為CB1 中點(diǎn)，則MA + MC1最小值為 2 + 6 ．
故選：C
23．（2024 高三·全國·專題練習(xí)）如圖， S - ABC 是正三棱錐且側(cè)棱長為 a，兩側(cè)棱 SA, SC 的夾角為30°, E, F
分別是 SA, SC 上的動點(diǎn)，則三角形BEF 的周長的最小值為（ ）
A． 2a B． 3a C． 5a D． 6a
【答案】A
【分析】通過展開平面以及勾股定理求得正確答案.
【解析】把正三棱錐沿 SB 剪開并展開，形成三個(gè)全等的等腰三角形：△SBC 、△SCA、△SAB ，
則 B SA = BSC = ASC = 30°， BSB = 90°，
連接BB ，交 SC 于F ，交SA于E ，
則線段BB 就是△BEF 的最小周長，又 SB = SB = a，
根據(jù)勾股定理， SB2 + SB 2 = BB 2 = 2a2 ，∴ BB = 2a .
故選：A
.
24．（23-24 高三下·全國·階段練習(xí)）如圖，在三棱錐P - ABC 中，
AB = BC = 2, BA ^ BC, PA = PB = PC = 2，點(diǎn)M 是棱BC 上一動點(diǎn)，則PM + MA的取值范圍是（ ）
A． é ù é ùê 6 + 2 7 ,4ú B． 2 + 2,4
é 10 + 14 ù é, 4 10 + 14
ù
C． ê ú D． ê , 2 + 2
2 2
ú

【答案】A
【分析】把平面PBC 展開，判斷出當(dāng) M 與 C 重合時(shí)，PM + MA最大；PM + MA的最小值為 AP ，利用余弦
定理即可求解.
【解析】如圖所示，把平面PBC 展開，使 A、B、C、P 四點(diǎn)共面.
當(dāng) M 與 B 重合時(shí)，PM + MA = 2 + 2 < 4；
當(dāng) M 與 C 重合時(shí)，PM + MA = 2 + 2 = 4最大；
連結(jié) AP 交BC 于M1 ，由兩點(diǎn)之間直線最短可知，當(dāng)M 位于M1 時(shí)，PM + MA最小.
2
22
2
-
此時(shí)， è 2
÷
14 ，sin CBP = =
2 4
cos ABP cos π 所以 = + CBP ÷ = -sin CBP
14
= - .
è 2 4
由余弦定理得： AP = AB2 + BP2 - 2AB × BP ×cos ABP
2
= 2 + 22 - 2 2 2 14 - 4 ÷÷è
= 6 + 2 7 .
所以PM + MA的取值范圍為 é 6 + 2 7 ,4ù ê ú .
故選：A.
25．（2024·福建漳州·一模）如圖，石磨是用于把米、麥、豆等糧食加工成粉、漿的一種機(jī)械，通常由兩個(gè)
圓石做成．磨是平面的兩層，兩層的接合處都有紋理，糧食從上方的孔進(jìn)入兩層中間，沿著紋理向外運(yùn)移，
在滾動過兩層面時(shí)被磨碎，形成粉末．如果一個(gè)石磨近似看作兩個(gè)完全相同的圓柱體拼合而成，每個(gè)圓柱
體的底面圓的直徑是高的 2 倍，若石磨的側(cè)面積為 64π ，則圓柱底面圓的半徑為（ ）
A．4 B．2 C．8 D．6
【答案】A
【分析】設(shè)圓柱底面圓的半徑為 r > 0，則圓柱的高為 r ，結(jié)合圓柱的側(cè)面積公式運(yùn)算求解.
【解析】設(shè)圓柱底面圓的半徑為 r > 0，則圓柱的高為 r ，
則石磨的側(cè)面積為 2 2πr r = 64π ，解得 r = 4 .
故選：A.
26．（21-22 高二下·湖南株洲·階段練習(xí)）《九章算術(shù)》卷第五《商功》中描述幾何體“陽馬”為“底面為矩形，
一側(cè)棱垂真于底面的四棱錐”.現(xiàn)有陽馬 S - ABCD ， SA ^ 平面 ABCD， AB =1， AD = 3， SA = 3，BC 上
有一點(diǎn) E，使截面 SDE 的周長最短，則 SE 與CD 所成角的余弦值等于（ ）
2 2
A 2．- B．- C． D 2．
4 5 5 4
【答案】D
【分析】通過底面展開轉(zhuǎn)化為平面圖形，容易找到最小值點(diǎn)E ，然后利用平移法作出異面直線所成的角，
即可得解；
【解析】解：將平面 ABCD沿BC 折至 A BCD ，
使 SBC 與 A BCD 共面，
連接 SD 交BC 于E ，連接ED，此時(shí)VSDE 周長最短，
作EF //CD交 AD 于F ，
則 SEF （或其補(bǔ)角）即為所求角，
在RtVSAB 中， SB = SA2 + AB2 = 2，
\ SB BE 2 BE由 = =SA A D ，即 3 3 ，可得BE = 2，
\在RtVSBE 中， SE = SB2 + BE2 = 2 2 ，
\在RtVSFE 中， cos SEF
EF 1 2
= = = ，
SE 2 2 4
故 SE 與CD 2所成角的余弦值等于 ．
4
故選：D．
27．（21-22 高一下·山西·期中）“莫言下嶺便無難，賺得行人空喜歡．”出自南宋詩人楊萬里的作品《過松
源晨炊漆公店》．如圖是一座山的示意圖，山大致呈圓錐形．山腳呈圓形，半徑為 40km．山高為
40 15 km，B 是山坡 SA 上一點(diǎn)，且 AB = 40 km．為了發(fā)展旅游業(yè)，要建設(shè)一條從 A 到 B 的環(huán)山觀光公路，
這條公路從 A 出發(fā)后先上坡，后下坡，當(dāng)公路長度最短時(shí)，下坡路段長為（ ）
A．60km B．12 6 km C．72km D．12 15 km
【答案】C
【分析】利用圓錐側(cè)面展開圖去求公路長度最短時(shí)，下坡路段長度.
2
【解析】該圓錐的母線長為 40 15 + 402 =160，
2 π 40 π π
所以 = ，則圓錐的側(cè)面展開圖是圓心角為 的扇形，
160 2 2
如圖，展開圓錐的側(cè)面，連接 A B，過點(diǎn) S 作 A B的垂線，垂足為 H，
由兩點(diǎn)之間線段最短，知觀光公路為圖中的 A B， A B = SA 2 + SB2 = 1602 +1202 = 200，
記點(diǎn) P 為 A B上任一點(diǎn)，連接 PS，上坡即 P 到山頂 S 的距離 PS 越來越小，
下坡即 P 到山頂 S 的距離 PS 越來越大，則下坡段的公路，即圖中的 HB，
2 2
由Rt△SA B Rt△HSB HB SB 120，得 = = = 72（km）．
A B 200
故選：C
28．（23-24 高二上·河北保定·開學(xué)考試）折扇是我國古老文化的延續(xù)，在我國已有四千年左右的歷史，“扇”
與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行” 它常以字畫的形式體現(xiàn)我國的傳統(tǒng)文化，也是運(yùn)籌帷幄 決勝千里
大智大勇的象征（如圖甲），圖乙是一個(gè)圓臺的側(cè)面展開圖（扇形的一部分），若兩個(gè)圓弧D E ， AC 所在
圓的半徑分別是 6 和 12，且 ABC
2π
= ，則關(guān)于該圓臺下列說法錯(cuò)誤的是（ ）
3
A 128 2．高為 4 2 B．體積為 π
3
C．表面積為56π D．內(nèi)切球的半徑為 2 2
【答案】B
【分析】根據(jù)圓臺的側(cè)面展開圖，求得圓臺上下底面半徑、母線長，然后可求得圓臺的高、體積、表面積
和內(nèi)切球的半徑，從而確定正確答案.
【解析】設(shè)圓臺的上底面半徑為 r ，下底面半徑為 R ，
則 2πr
2π
= 6，即 r = 2； 2πR
2π
= 12 ，即R = 4；
3 3
又圓臺的母線長 l =12 - 6 = 6，
所以圓臺的高h(yuǎn) = l2 - R-r 2 = 4 2，A 正確；
1
圓臺的體積V = π 4 2 22 + 42 2 4 112 2+ = π，B 錯(cuò)誤；3 3
圓臺的表面積 S = π 2 + 4 6 + π 22 + π 42 = 56π ，C 正確；
由于圓臺的母線長等于上下底面半徑和（ l = R + r ），
所以圓臺的高即為內(nèi)切球的直徑，
所以內(nèi)切球的半徑為 2 2 ，D 正確.
故選：B
29．（23-24 高二上·四川·期中）半正多面體亦稱“阿基米德體”“阿基米德多面體”，是由邊數(shù)不全相同的正
多邊形為面的多面體.某半正多面體由 4 個(gè)正三角形和 4 個(gè)正六邊形構(gòu)成，其可由正四面體切割而成.在如圖
所示的半正多面體中，若其棱長為 1，點(diǎn) M，N 分別在線段DE ，BC 上，則FM + MN + AN 的最小值
為 .
【答案】 19
【分析】將幾何體展開為平面，且 A, F 在線段DE, BC 兩側(cè)（兩線段在兩點(diǎn)之間），利用兩點(diǎn)之間線段最短
求FM + MN + AN 的最小值.
【解析】由題設(shè)，該半正多面體的展開圖如下圖示，
根據(jù)已知及幾何體結(jié)構(gòu)知：FT = 4 ， AT = 3 ，且 AT ^ FT ，故 AF = FT 2 + AT 2 = 19 ，
所以FM + MN + AN AF = 19 ，當(dāng)且僅當(dāng)在展開圖中 A, N , M , F 共線時(shí)等號成立.
故答案為： 19
30．（22-23 高一下·黑龍江哈爾濱·期中）已知矩形 ABCD 中， AB = 2 ，BC = 2 3 ，M , N 分別為 AD, BC
中點(diǎn)，O為對角線 AC, BD 交點(diǎn)，如圖 1 所示．現(xiàn)將VOAB和VOCD剪去，并將剩下的部分按如下方式折疊：
沿MN 將△AOD，VBOC 折疊，并使OA與OB重合，OC 與OD 重合，連接MN ，得到由平面OAM ，
OBN ，ODM ，OCN 圍成的無蓋幾何體，如圖 2 所示．
(1)求證：MN ^平面OAC ；
(2)若 P 為棱OC 上動點(diǎn)，求MP + NP 的最小值；
(3)求此多面體體積V 的最大值．
【答案】(1)證明見解析
(2) 3
1
(3)
2
【分析】（1）在圖 2 中，取MN 的中點(diǎn)E ，連 AE ，CE，OE，通過證明MN ^ OA，MN ^ OC ，可證MN ^
平面OAC ；
（2）將側(cè)面OCM 與OCN 展開在一個(gè)平面內(nèi)，根據(jù)兩點(diǎn)間線段最短可求出結(jié)果；
（3）根據(jù)對稱性得V = 2VM -OCN ，因?yàn)閂OCN 的面積為定值，所以當(dāng)平面OMC ^平面ONC 時(shí)，三棱錐體積
最大，由此計(jì)算可得結(jié)果.
【解析】（1）在圖 2 中，取MN 的中點(diǎn)E ，連 AE ，CE，OE，
因?yàn)?AM = AN ，E 為MN 的中點(diǎn)，所以MN ^ AE ，
同理得MN ^ CE ，MN ^ OE ，
因?yàn)?AE IOE = E， AE,OE 平面 AOE ，所以MN ^平面 AOE ，
因?yàn)镺A 平面 AOE ，所以MN ^ OA，
因?yàn)镃E IOE = E ，CE,OE 平面COE ，所以MN ^平面COE ，
因?yàn)镺C 平面COE ，所以MN ^ OC ，
因?yàn)镺AIOC = O ，OA,OC 平面OAC ，所以MN ^平面OAC .
（2）將側(cè)面OCM 與OCN 展開在一個(gè)平面內(nèi)，如圖：
當(dāng)點(diǎn) P 是MN 與OC 的交點(diǎn)時(shí)，MP + NP 最小，
在圖 1 中， AB = 2 ，BC = 2 3 ，所以
因?yàn)镺M = ON = 1，MC = NC = 3，OM ^ MC ，ON ^ NC ，OC = 2，MN ^ OC ，
MOC 3 3所以 = NOC = 60o ，所以MP = NP = OM = ，
2 2
所以MP + NP = 3 .
所以MP + NP 的最小值為 3 .
（3）根據(jù)圖形的對稱性可知，V = 2VM -OCN ，
因?yàn)閂OCN 1 1的面積為 ON × NC = 1 3 3= ，為定值，
2 2 2
所以當(dāng)點(diǎn)M 到平面OCN 的距離最大值時(shí)，三棱錐體積最大，此時(shí)平面OMC ^平面ONC ，點(diǎn)M 到平面OCN
3
的距離等于點(diǎn)M 到OC 的距離，等于 ，
2
1 3 3 1
所以此多面體體積V 的最大值為 2 = .
3 2 2 2
一、單選題
1．（2024·遼寧·模擬預(yù)測）圓錐的高為 2，底面半徑為 1，則以圓錐的高為直徑的球O表面與該圓錐側(cè)面交
線長為（ ）
A 5π 2 5π
4π 8π
． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】D
【分析】作圓錐 PO1 的軸截面PAB，設(shè)軸截面PAB與球O交點(diǎn)為 A1, B1,O2 為 A1B1 中點(diǎn)，則球O表面與該圓錐
側(cè)面交線即為以O(shè)2 A1為半徑的圓，利用相似和勾股定理求出O2 A1長即可.
【解析】根據(jù)題意，以圓錐的高為直徑的球O半徑為1，且與圓錐底面相切于底面圓心O1，
作圓錐 PO1 的軸截面PAB，設(shè)軸截面PAB與球O交點(diǎn)為 A1, B1,O2 為 A1B1 中點(diǎn)，
則球O表面與該圓錐側(cè)面交線即為以O(shè)2 A1為半徑的圓，
因?yàn)?A1在圓上，所以PA1 ^ A1O1，所以VO1A1A ∽ VPO1A，
O A PO
又因?yàn)镻A = PO 2 + AO 2 1 1 1 2 51 1 = 5 ，所以由 =O A PA 解得O1A1 = ，1 5
所以PA1 = PO
2
1 - O
2 4 5
1A1 = ，5
1 1 4
所以由等面積可得 PA ×O
2 1 1
A1 = PO1 ×O2 2
A1，解得O2 A1 = ，5
8π
所以交線長為 2π ×O2 A1 = ，5
故選：D
2．（2024·四川自貢·三模）已知球 O 半徑為 4，圓O1與圓O2 為球體的兩個(gè)截面圓，它們的公共弦長為 4，
若 OO1 = 3， OO2 = 3，則兩截面圓的圓心距 O1O2 =（ ）
A B 4 3． 3 ． C．3+ 3 D． 2 3
3
【答案】D
【分析】根據(jù)球心與截面圓心連線垂直圓面，求得兩個(gè)圓面所成二面角，再根據(jù)直角三角形以及勾股定理
求解即可.
【解析】設(shè)圓O1與圓O2 公共弦為 AB ，其中點(diǎn)為E ，
O A = OA 2 - OO 2則 = 42 - 32 = 7 O A = OA 2
2
1 1 ， 2 - OO
2
2 = 4
2 - 3 = 13 ，
2 2
所以 O1E = O1A - AE = 7 - 4 = 3 O E = O
2 2
， 2 2 A - AE = 13- 4 = 3，
3
所以在Rt△OO1E 中， tan OEO1 = = 3 OEO = 60o，所以 ，3 1
Rt△OO E tan OEO 3在 2 中， = ，所以 OEO2 = 30
o
2 ，3
o 2 2
所以在VO1EO2中， O1EO2 = 90 ，所以 O1O2 = O2E + O1E = 9 + 3 = 2 3 .
故選：D.
3．（2024·河南南陽·模擬預(yù)測）如圖，已知 AC, BD 為圓錐 SO 底面圓的兩條互相垂直的直徑，若 SO = 3 ，
2 3
四棱錐 S - ABCD 的體積為 ，則圓錐 SO 的軸截面面積為（ ）
3
A． 3 B． 6 C． 2 3 D．2 6
【答案】A
【分析】設(shè)圓錐底面圓的半徑為 R ，利用體積可求得底面圓半徑 R ，根據(jù)軸截面是等腰三角形可求其面積.
【解析】設(shè)圓錐底面圓的半徑為 R ，
因?yàn)?AC, BD 為圓錐 SO 底面圓的兩條互相垂直的直徑，
易知四邊形 ABCD為正方形，且邊長為 2R，
1
則四棱錐 S - ABCD 的體積為 ( 2R)2 2 3 3 = ，
3 3
解得R =1或R = -1（舍去），
1
所以圓錐 SO 的軸截面面積為 2R 3 = 3 .
2
故選：A.
4．（2024·浙江溫州·模擬預(yù)測）邊長為 2 的立方體被一個(gè)平面所截，截得的截面圖形面積最大值為（ ）
A． 4 2 B． 2 3 C．3 3 D． 6 2
【答案】A
【分析】當(dāng)截面過立方體中心且過兩條側(cè)棱時(shí)，截面面積最大，得出截面后計(jì)算即可得.
【解析】當(dāng)截面過立方體中心且過兩條側(cè)棱時(shí)，其截面面積最大，
如圖所示矩形DD1B1B 符合要求，
此時(shí)截面面積為 S = 2 22 + 22 = 4 2 .
故選：A.
5．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知正方體 ABCD - A1B1C1D1 的邊長為 1，現(xiàn)有一個(gè)動平面a ，且a P 平面
A1BD ，當(dāng)平面a 截此正方體所得截面邊數(shù)最多時(shí)，記此時(shí)的截面的面積為S ，周長為 l，則（ ）
A．S 不為定值， l為定值 B．S 為定值， l不為定值
C．S 與 l均為定值 D．S 與 l均不為定值
【答案】A
【分析】利用正方體棱的關(guān)系，判斷平面a 所成的角都相等的位置，可知截面邊數(shù)最多時(shí)為六邊形.如圖所
示，可計(jì)算出周長為定值，計(jì)算正三角形 A1DB 的面積和截而為正六邊形時(shí)的截面面積通過比較即可得答
案.
【解析】正方體的所有棱中，實(shí)際上是 3 組平行的棱，與面 A1DB 平行的面且截面是六邊形時(shí)滿足條件，如
圖所示，
正方體邊長為 1，即EF / / A1B
EF
設(shè) = l
B1E = B E = l
A B ，則1 A
1 ，
1B1
NE A E
\ = 1 =1- l,\EF + NE = 2l + 2 1- l = 2
B D ，1 1 A1B1
同理可得六邊形其他相鄰兩邊的和均為 2 ，
\六邊形的周長 l為定值3 2 ，
1
正三角形 A1DB 的面積為 2 2sin60o
3
= .
2 2
當(dāng)M , N , E, F ,G, H 均為中點(diǎn)時(shí)，六邊形的邊長相等即截面為正六邊形時(shí)截面面積最大，
2 2
, 1
2 1 2 3 3 3
此時(shí) NG = 2 截面面積為 ÷÷ sin60
o 6 =
2 2 2 ÷÷
6 = ，
è è 2 2 4
\截面從 A1DB 平移到B1CD1的過程中，截面面積的變化過程是由小到大，再由大到小，故可得周長 l為定值，
面積S 不為定值.
故選：A
6．（2023·安徽安慶·二模）一底面半徑為 1 的圓柱，被一個(gè)與底面成 45°角的平面所截（如圖），O為底面
圓的中心，O1為截面的中心，A 為截面上距離底面最小的點(diǎn)，A 到圓柱底面的距離為 1， B 為截面圖形弧
上的一點(diǎn)，且 AO1B = 60°，則點(diǎn) B 到底面的距離是（ ）
7
A B 14 - 2 7 C 14 - 7 D 14． ． ． ．
4 7 7 2
【答案】C
【分析】由題意可得截面橢圓是以O(shè)1為中心，A 為長軸端點(diǎn)的橢圓，其長軸長為 2 2 ，短軸長為 2，作
BC ^ AO1于C ，因?yàn)?AO1B = 60°
2 14
，聯(lián)立直線O1B的方程和橢圓方程可求得BO CO1 = ，可得出 1，過C7
作CD ^ OO1 ，即可求出O1D 和OD ，即可得出答案.
【解析】圓柱半徑為 1，截面與底邊所成角為 45o ，作 AM ^ OO1于M ，
則 MAO o1 = 45 ， AO1 = 2 .
截面橢圓是以O(shè)1為中心，A 為長軸端點(diǎn)的橢圓，其長軸長為 2 2 ，短軸長為 2，
x2
所以橢圓的方程為 + y2 =1，
2
作BC ^ AO1于C ，因?yàn)?AO1B = 60°，直線O1B的方程為 y = 3x，
2
所以設(shè)B x, 3x ，又因?yàn)锽 x, 3x x在橢圓 + y2 =1上，
2
解得： x 14 2 14 2 14 14= ± ，所以BO1 = ，CO1 = cos 60° = ，7 7 7 7
過C 作CD ^ OO 21 ，則O1D = CO
7
1 = ，2 7
OD OO O D 2 7 14 - 7= 1 - 1 = - = ，7 7
由于 BC CD
14 - 7
， 均平行于底面，故 B 點(diǎn)到底面的距離是 .
7
故選：C.
7．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圓面叫做球冠的底，垂直于
圓面的直徑被截得的一段叫做球冠的高．球冠也可看作圓弧繞過它的一個(gè)端點(diǎn)的直徑旋轉(zhuǎn)一周所成的曲
面．假設(shè)球面對應(yīng)球的半徑是 R，球冠的高是 h，那么球冠的表面積公式為 S = 2πRh．據(jù)中國載人航天工程
辦公室消息，北京時(shí)間 2023 年 12 月 21 日 21 時(shí) 35 分，經(jīng)過約 7.5 小時(shí)的出艙活動，航天員湯洪波、唐勝
杰已安全返回天和核心艙，神舟十七號航天員乘組第一次出艙活動取得圓滿成功．若航天員湯洪波出倉后
站在機(jī)械臂上，以背后的地球?yàn)楸尘埃鐖D所示，面向鏡頭招手致意，此時(shí)湯洪波距離地球表面約為 400km
（圖中的點(diǎn) A 處），設(shè)地球半徑約為 Rkm，則此時(shí)湯洪波回望地球時(shí)所能看到的地球的表面積為（ ）
A 100πR
2 2 2
km2 B 200πR km2 C 400πR km2 D 800πR
2
． ． ． ． km2
R + 400 R + 400 R + 400 R + 400
【答案】D
OO R
2
【分析】由題意可得 = ，結(jié)合公式 S = 2πRh計(jì)算即可求解.
R + 400
【解析】如圖， AB = 400 km，
V V OO
OC
由 OO C ~ OCA，得 = ，又OC = R ，
OC OA
2
則 R2 = OO ×OA = OO (R + 400) ，得OO
R
= ，
R + 400
2
S 2πRh 2πR(R R 400 800πR
2
所以 = = - OO ) = 2πR(R - ) = 2πR2 × = （ 2）.
R + 400 R + 400 R + 400 km
800πR2
即此時(shí)湯洪波回望地球時(shí)所能看到的地球的表面積為 （ 2）.
R + 400 km
故選：D
8．（2024·四川宜賓·模擬預(yù)測）已知 E, F 分別是棱長為 2 的正四面體 ABCD的對棱 AD, BC 的中點(diǎn).過 EF 的
平面a 與正四面體 ABCD相截，得到一個(gè)截面多邊形 ，則正確的選項(xiàng)是（ ）
①截面多邊形 可能是三角形或四邊形.
②截面多邊形 周長的取值范圍是 é 4,2 2 + 3 3ù .
③截面多邊形 面積的取值范圍是 é 1, 2 ù .
④ 6當(dāng)截面多邊形 是一個(gè)面積為 的四邊形時(shí)，四邊形的對角線互相垂直.
2
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
【答案】D
【分析】將平面a 從平面 ADF 開始旋轉(zhuǎn)，結(jié)合對稱性可判斷①；設(shè) AG = m 0 m 2 ，利用余弦定理表示
出GE + GF ，利用幾何意義求最小值，利用二次函數(shù)單調(diào)性求最大值可判斷②；先判斷EF ^ GH ，然后利
uuur2
GH = 2 m -1 2用向量方法求出 + 2，可得截面面積的范圍，可判斷③；由③可判斷④.
【解析】對于①，當(dāng)平面a 過 AD 或BC 時(shí)，截面為三角形.
易知正四面體關(guān)于平面 ADF 對稱，將平面a 從平面 ADF 開始旋轉(zhuǎn)與 AB 交于點(diǎn)G 時(shí)，
由對稱性可知，此時(shí)平面a 與CD 交于點(diǎn) H ，且 AG = DH ，
此時(shí)截面為四邊形EGFH ，①正確；
2
對于②，設(shè) AG = m 0 m 2 ，由余弦定理得GE = m2 +1- m = m 1- 3 ÷ + ，
è 2 4
2
GF = 2 - m 2 +1- 2 - m m 3 3= - ÷ + ，
è 2 4
1 3 3 3
由兩點(diǎn)間距離公式知，GE + GF 表示動點(diǎn) m,0 到定點(diǎn) ,2 2 ÷÷和 ,- ÷÷ 的距離之和，è è 2 2
2 2
1 3 3 3
當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)取得最小值 -2 2 ÷
+ + ÷ = 2，
è è 2 2 ÷
由二次函數(shù)單調(diào)性可知，當(dāng)m = 0或m = 2 時(shí)，GE + GF 取得最大值1+ 3，
所以截面多邊形 周長的取值范圍是 é 4,2 + 2 3ù ，所以②錯(cuò)誤；
對于③，記GH 與 EF 的交點(diǎn)為O，由對稱性 EFG = EFH ，F(xiàn)G = FH ，
所以EF ^ GH
1
， SEGFH = EF ×GH ，2
因?yàn)?AF = AB2 - BF 2 = 3 ，
2
所以EF = AF 2 - AE2 = 2 ，所以 SEGFH = GH ，2
uuur r uuur r uuur r
記 AB = a, AC = b, AD = c，
uuur uuur uuur uuuur
GH GA AD DH m ar cr m
r r m r m r m r
則 = + + = - + + b - c = - a + b + 1- c ，2 2 2 2 è 2 ÷
r r r
因?yàn)?a
r
×b = ar ×cr = b ×cr = 2 2cos π = 2, ar b cr= = = 2，
3
uuur2 m2 r m2 r 2GH a2 b 2 1 m r m r
r
c 2 a b m 1 m r r m
r r
所以 = + + - ÷ - × -

- ÷ a ×c + m
1- b ×c
4 4 ÷è 2 2 è 2 è 2
2
= m2 + m2 + 4 1 m- - m2 - 2m 1 m- ÷ ÷ + 2m
m
2 2
1-
2 ÷è è è
= 2 m -1 2 + 2 ，
uuur2
由二次函數(shù)性質(zhì)可知， 2 GH 4，即 2 GH 2，
所以1 SEGFH 2 ，③正確；
對于④，由③知，當(dāng)截面為四邊形時(shí)，對角線 EF ，GH 垂直，所以④正確．
故選：D
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題解題關(guān)鍵是找到正四面體的對稱性，根據(jù)對稱性判斷截面形狀，利用余弦定理求
周長，利用空間向量求距離，然后可得面積，題目綜合性強(qiáng)，對學(xué)生的直觀想象能力有較高的要求.
二、多選題
9．（2024·江西景德鎮(zhèn)·三模）正方體 ABCD - A1B1C1D1 的棱長為 6， P ，Q分別是棱 A1B1 ， A1D1的中點(diǎn)，過
P ，Q，C 作正方體的截面，則（ ）
A．該截面是五邊形
B．四面體CC1PQ 外接球的球心在該截面上
C．該截面與底面 ABCD 2 2夾角的正切值為
3
D．該截面將正方體分成兩部分，則較小部分的體積為 75
【答案】ACD
【分析】對于 A，過P,Q,C 三點(diǎn)作正方體的截面即可；對于 B，計(jì)算四面體CC1PQ 外接球半徑，以及△PQC
外接圓半徑，比較球心與圓心是否重合即可；對于 C，建立空間直角坐標(biāo)系，計(jì)算平面 ABCD和平面PQC
的法向量即可；對于 D，將被截正方體較小部分體積分為 5 個(gè)三棱錐計(jì)算即可.
【解析】對于 A，如圖①所示，延長 PQ交C1D1的延長線于M ，延長QP 交C1B1的延長線于 H ，
連接MC 交DD1于 N ，連接HC 交BB1于K ，
連接PK ，QN ，則五邊形PQNCK 為平面PQC 截正方體所得的截面，故 A 正確；
對于 B， 如圖②所示，設(shè)三棱錐C - PQC1底面△PQC1外心為O1，
三棱錐C - PQC1外接球球心為O，
且C1P = C1Q = 3 5, PQ = 3 2,CP = CQ = 9 ,
2 2
PQC cos PC Q C1P + C1Q - PQ
2 4
在△ 1中， 1 = = , sin PC Q
3
= ，
2C1P ×C
1
1Q 5 5
PQ 5 2
所以△PQC1外接圓半徑為O1C1 = = ,2sin PC1Q 2
所以在VO1C1O 中，三棱錐C - PQC1外接球半徑
R = C1O = O C
2 + OO2 5 2 861 1 1 = ( )
2 + 32 = ,
2 2
所以三棱錐C - PQC1外接球球心O到P,Q,C 三點(diǎn)的距離都為 R .
PQC cos CPQ CP
2 + PQ2 - CQ2 2
在△ 中， = = ,sin CPQ
34
= ，
2CP × PQ 6 6
PQC r CQ 27 34所以△ 外接圓半徑 = = R ,
2sin CPQ 34
所以四面體CC1PQ 外接球的球心不在該截面上，故 B 錯(cuò)誤；
對于 C，如圖③所示，以 AB, AD, AA1分別為 x, y, z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系，
且正方體邊長為 6，即P(3,0,6),Q(0,3,6),C(6,6,0)，
uuur uuur
所以PQ = (-3,3,0), PC = (3,6, -6)，
r
設(shè) n = (x, y, z) 為平面PQC 的法向量，則
r uuur
ìn × PQ = -3x + 3y = 0
í r uuur ，取 x = y = 2, z = 3，
n × PC = 3x + 6y - 6z = 0
r
所以 n = (2, 2,3)，
又因?yàn)?AA1 ^ 平面 ABCD，
uuur
故 AA1 = (0,0,6)為平面 ABCD的法向量，
uuur r uuuur r
則 cos < AA1,n >= u
|uAuuAr1 ×unur| 18 3 17= = ，
| AA1 | ×| n | 6 17 17
uuur r uuur r
sin 2 34 2 2< AA1,n >= , tan < AA1,n >= ，故 C 正確；17 3
對于 D，如圖④所示，取 B1C1 中點(diǎn)G ，連接QG ,
HB B P 1
因?yàn)閂HB1P ∽VHGQ
1 1
，所以 = = HB = 3HG GQ 2 ，即 1 ，
HB B K 1
又因?yàn)閂HB1K ∽VHC1C
1 1
，所以 = = ，即B1K = 2HC1 CC
，
1 3
同理，由VMD1Q ∽VMC1H 得MD1 = 3，
由VMD1N ∽VMC1C 得D1N = 2，
所以V
1 1 1
C-B1KP
= S
3 VB KP
×CB = 2 3 6 = 6，
1 3 2
V 1C-D QN = SVD QN ×CD
1 1
= 2 3 6 = 6，
1 3 1 3 2
V 1 1 1 3C-PQC = SVPQC ×C1C = 3 5 3 5 6 = 27 ，1 3 1 3 2 5
V 1C-B PC = SVB PC ×C1C
1 1
= 3 6 6 =18，
1 1 3 1 1 3 2
V 1 S C C 1 1C-D QC =1 1 3 VD1QC
× 1 = 3 6 6 =18 ,1 3 2
所以該截面將正方體分成兩部分，較小部分體積為6 + 6 + 27 +18 +18 = 75，故 D 正確.
故選：ACD.
10．（2023·湖南郴州·二模）在正四棱臺 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1 ， AA1 = 2 3，M 為棱 B1C1 的中點(diǎn)，
當(dāng)正四棱臺的體積最大時(shí)，下列說法正確的有（ ）
A．該正四棱臺的高為 2
B．該正四棱臺的體積為 224
C．平面MBD截該正四棱臺的截面面積是10 3
D．該正四棱臺的內(nèi)切球半徑為 1
【答案】AC
【分析】令 AB = 2A1B1 = 2a，應(yīng)用棱臺體積公式及導(dǎo)數(shù)求正四棱臺的體積最大時(shí)對應(yīng)參數(shù) a，進(jìn)而求棱臺的
高、體積、內(nèi)切球半徑，根據(jù)平面基本性質(zhì)畫出截面并求面積即可.
【解析】將正棱臺 ABCD - A1B1C1D1 補(bǔ)為如下圖的棱錐，令 AB = 2A1B1 = 2a，
由 AA1 = 2 3，M 為棱 B1C1 的中點(diǎn)，所以PA = 4 3 ，
h
棱錐P- ABCD高 h 2= PA2 - ( AB)2 = 48 - 2a2 ，則小棱錐P - A1B1C1D1高 h = ，
2 2
V 4 a2h 1 a2h 7
2
棱臺的體積 = - = a2 48 - 2a2 48 - t，令 t = 48 - 2a2 ，則 a2 = ，3 6 6 2
V 7所以 = × t(48
7
- t 2 ) 且 t (0, 4 3) ，則V = × (16 - t 2 )，
12 4
0 < t < 4，V > 0，即V 遞增， 4 < t < 4 3 ，V < 0，即V 遞減，
所以 t = 4，即 a 4 h = 48 - 32時(shí)棱臺體積最大，此時(shí)棱臺的高 = = 2，A 對；
2 2
7
棱臺體積為V = 4
224
(48 -16) = ，B 錯(cuò)；
12 3
棱臺斜高為 2 2 ，則其平行于 A1B1, AB 且垂直于底面的截面如下：
若存在內(nèi)切球，則上圖等腰梯形存在內(nèi)切圓且上下底的切點(diǎn)為對應(yīng)中點(diǎn)，
根據(jù)內(nèi)切圓 O 與梯形各邊都相切，結(jié)合切線長定理知：腰長等于上下底之和的一半，
4 + 8
而 2 2 < = 6，故不存在內(nèi)切圓，即棱臺不存在內(nèi)切球，D 錯(cuò)；
2
過M 作ME / /BD 交C1D1于E ，又M 為棱 B1C1 的中點(diǎn)，則E 為C1D1中點(diǎn)，
ME 1所以 = B1D1 = 2 2 ，BD = 8 2 ，而 sin CDD
2 2 6
1 = =
3
，即
2 cos CDD =
，
2 3 3 1 3
則 cos 3 DD1E = cos(π - CDD1) = - ，DE = BM = 12 + 4 + 8 3
3
= 2 6 ，
3 3
1
所以截面為等腰梯形，且高為 6 ，則面積為 6 (2 2 + 8 2) =10 3 ，C 對.2
故選：AC
11．（2021·山東濰坊·模擬預(yù)測）四面體 ABCD 的四個(gè)頂點(diǎn)都在球 O 的球面上，
AB = BC = CD = DA = 4, AC = BD = 2 2 ，點(diǎn) E，F(xiàn)，G 分別為棱 BC，CD，AD 的中點(diǎn)，則下列說法正確的
是（ ）
A．過點(diǎn) E，F(xiàn)，G 作四面體 ABCD 的截面，則該截面的面積為 2
B．四面體 ABCD 16 3的體積為
3
C．AC 與 BD 的公垂線段的長為 2 3
D．過 E 作球 O 的截面，則截面面積的最大值與最小值的比為 5：4
【答案】ACD
【分析】A 選項(xiàng)，找到過點(diǎn) E，F(xiàn)，G 的四面體 ABCD 的截面，證明出是正方形，求出邊長和面積；B 選項(xiàng)，
分割法求解四面體體積；C 選項(xiàng)，找到 AC 與 BD 的公垂線，求出長度；D 選項(xiàng)，先找到球心的位置，然后
再得到過點(diǎn) E 作面積最小的截面是以 E 為圓心，BE=2 為半徑的圓，面積最大的截面是過點(diǎn) O，E 的大圓，
求出兩圓面積之比.
【解析】A 選項(xiàng)，取 AB 中點(diǎn) H，連接 EH，GH，因?yàn)辄c(diǎn) E，F(xiàn)，G 分別為棱 BC，CD，AD 的中點(diǎn)，所以
EF∥BD，GH∥BD，F(xiàn)G∥AC，EH∥AC，所以四邊形 EFGH 是平行四邊形，故平行四邊形 EFGH 即為過點(diǎn) E，
F，G 做四面體 ABCD 的截面，取 AC 中點(diǎn) Q，連接 QB，QD，因?yàn)?AB = BC = CD = DA = 4，由三線合一得：
DQ⊥AC，BQ⊥AC，又DQ I BQ = Q ，所以 AC⊥平面 BDQ，因?yàn)锽D 平面 BDQ，所以 AC⊥BD，從而
2
EF⊥EH，因?yàn)?AC = BD = 2 2 ，所以EF = EH = 2 ，即平行四邊形 EFGH 是正方形，面積為 2 = 2，A
正確；
B 選項(xiàng)，由勾股定理得：DQ = DC 2 - CQ2 = 14 ，同理得：BQ = 14 ，取 BD 中點(diǎn) M，連接 QM，由三線
合一得：QM⊥BD，所以BM = 2 ，由勾股定理得：QM = 14 - 2 = 2 3 ，故
S 1= BD ×QM = 2 2 3 = 2 6 V 1 S CQ 1 2 6 2 4 3VBDQ ，所以2 C-BDQ = 3 VBDQ
× = = ，
3 3
VA-BCD = 2V
8 3
C-BDQ = ，B 錯(cuò)誤；3
C 選項(xiàng)，連接 MA，MC，由勾股定理得：CM = DC 2 - DM 2 = 14 ，同理可得： AM = 14 ，由由三線合
一得：QM⊥AC，結(jié)合 B 選項(xiàng)求得的 QM⊥BD，可得：QM 為 AC 與 BD 的公垂線段，QM = 2 3，故 AC 與
BD 的公垂線段的長為 2 3 ，C 正確；
D 選項(xiàng)，取 QM 的中點(diǎn) S，則 S 為球心 O，理由如下：
因?yàn)?QM⊥BD，MS= 3，由勾股定理得： SB = SD = 2 + 3 = 5 ，同理可得： SA = SC = 5 ，所以 S 為球心
O，且外接球半徑為 5 ，因?yàn)?OE⊥BC，所以過點(diǎn) E 作面積最小的截面是以 E 為圓心，BE=2 為半徑的圓，
O E S = π × 22
2
面積最大的截面是過點(diǎn) ， 的大圓，所以 min = 4π ， Smax = π × 5 = 5π，所以過 E 作球 O 的截面，
則截面面積的最大值與最小值的比為 5：4，D 正確.
故選：ACD
【點(diǎn)睛】對于立體幾何中求解截面面積問題，需要先結(jié)合圖形特點(diǎn)，找到截面，再進(jìn)行求解，尋找截面的
方法，通常是由線線平行，得到截面是平行四邊形或梯形.
三、填空題
12．（2024·全國·二模）已知長方體 ABCD - A1B1C1D1 的底面 ABCD 為邊長是 2 的正方形，DD1 = 2CD，E，
F 分別為棱 AB，CC1 的中點(diǎn)，則過D1，E，F(xiàn) 的平面截長方體 ABCD - A1B1C1D1 的表面所得截面的面積
為 .
11 17
【答案】
6
【分析】根據(jù)給定條件，作出過點(diǎn)D1, E, F 的長方體的截面，再結(jié)合相似三角形求出截面面積.
【解析】在長方體 ABCD - A1B1C1D1 中，連接D1F 并延長與DC 的延長線交于點(diǎn) N ，直線EN 交BC 于 H ，
交DA的延長線于M ，
連接D1M 交 AA1于G ，連接EG, FH ，則五邊形 D 1G E H F 即為過點(diǎn)D1, E, F 的長方體的截面，
由CC1 / /DD1，F(xiàn) 為CC1 的中點(diǎn)，得C 是DN 中點(diǎn)，DN = 2CD = DD1 = 4，D1N = 4 2 ，
AB / /CD ME AM AE 1 2由 ，E 是 AB 中點(diǎn)，得 = = = ，則 AM = , DM
8
= ，
MN DM DN 4 3 3
則MD = MN = (8)2 + 42 4 131 = ，3 3
2
等腰VMD1N
2
底邊上的高 h = MN 2 - (1 D 2 4 13 2 34
2 1
N ) = 3 ÷÷
- 2 2 = ，
è 3
VMD 1 2 34 8 171N 的面積 SVMD N = 4 2 = ，1 2 3 3
平面 D1EF I平面 ADD1A1 = MD1，平面 D1EF I平面BCC1B1 = FH ，平面 ADD1A1 / /平面BCC1B1，
則FH / /D1M ，于是△NFH ∽VND1M ，同理GE / /D1N ，VMGE ∽VMD1N ，
S 1 1VNFH = SVMD N , SVMGE = S ，4 1 16 VMD1N
因此 S 1 1 11 8 17 11 17D1GEHF = (1- - )SVMD N = = ，4 16 1 16 3 6
11 17
所以所得截面的面積為 .
6
11 17
故答案為： .
6
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：根據(jù)已知條件，結(jié)合平面的基本事實(shí)作出截面多邊形是解決本題的關(guān)鍵.
13．（2023·江蘇常州·二模）在正四棱臺 ABCD - A1B1C1D1 中， AB = 2A1B1 ， AA1 = 2 3，M 為棱 B1C1 的中點(diǎn)，
當(dāng)正四棱臺的體積最大時(shí)，平面MBD截該正四棱臺的截面面積是 .
【答案】10 3
【分析】設(shè) AB = 2A1B1 = 4x，上底面和下底面的中心分別為O1，O，過 A1作 A1H ^ AC ，該四棱臺的高
O1O = h
28 2
，可求得該四棱臺的體積為V = x h3 ，利用基本不等式可得該四棱臺的體積的最大值，此時(shí)
AB = 8， A1B1 = 4 ，O1O = h = 2 .取C1D1，BC 的中點(diǎn) N ，E ，連接 NM ， ND，可得平面MBDN 就是截面，
求解即可.
【解析】設(shè) AB = 2A1B1 = 4x，上底面和下底面的中心分別為O1，O，過 A1作 A1H ^ AC ，
該四棱臺的高O1O = h，
1 2 2 1 2 2
在上下底面由勾股定理可知， A1O1 = 2x + 2x = 2x, AO = 4x + 4x = 2 2x .2 2
2
在梯形 AO OA中， A A2 = AH 2 + A H 21 1 1 1 12 = 2 2x - 2x + h2 h2 = 12 - 2x2 ，
1
所以該四棱臺的體積為V = 16x2 28+ 16x2 ×4x2 + 4x2 h = x2h ，3 3
2 3
V 2 784 x2 x2 h2 784 x2 x2 12 2x2 784 x + x
2 +12 - 2x2
所以 = × × = × × - × ÷ ，9 9 9 è 3
當(dāng)且僅當(dāng) x2 =12 - 2x2 ，即 x = 2時(shí)取等號，此時(shí) AB = 8， A1B1 = 4 ，O1O = h = 2 .
取C1D1，BC 的中點(diǎn) N ，E ，連接 NM ， ND，顯然有MN //D1B1 //DB ，
由于MN 平面 ABCD，BD 平面 ABCD，所以MN // 平面 ABCD，因此平面MBDN 就是截面.
1
顯然MN = B1D1 = 2 2, BD = 8 22 ，
2
在直角梯形O1MEO 中，ME = h2 + OE - O1M = 4 + 4 = 2 2 ，
因此在等腰梯形B C 2 21 1CB中，MB = ME + EB = 8 +16 = 2 6 ，
同理在等腰梯形D1C1CD中， DN = 2 6 ，
在等腰梯形MBDN 中，設(shè)MF //DN ，MG ^ BD，
則MF = 2 6, BF = 8 2 - 2 2 = 6 2 ，
2
2
MG = 2 6 1- 6 2 2 ÷ = 6 ，è
所以梯形MBDN 2 2 + 8 2的面積為 6 = 10 3 .
2
故答案為:10 3 .
【點(diǎn)睛】總結(jié)點(diǎn)睛：
解決與幾何體截面的問題，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：
（1）根據(jù)空間中的線面關(guān)系，找到線線平行或者垂直，進(jìn)而確定線面以及面面關(guān)系，
（2）作截面：選準(zhǔn)最佳角度做出截面（要使這個(gè)截面盡可能多的包含幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素
的關(guān)系），達(dá)到空間問題平面化的目的；
（3）求長度下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于長度的方程，并求解.
14．（2024·山東日照·一模）已知正四棱錐 S - ABCD 的所有棱長都為 2；點(diǎn) E 在側(cè)棱 SC 上，過點(diǎn) E 且垂直
于 SC 的平面截該棱錐，得到截面多邊形 H，則 H 的邊數(shù)至多為 ，H 的面積的最大值為 ．
4
【答案】 5 4 2 / 2
3 3
SE
【分析】數(shù)形結(jié)合，作平面與平面BDF 平行，即可解決；令 = l ，用l 表示相關(guān)長度，整理得
SF
S = S 2VEMP + SPMNQ = -3 2l + 4 2l ，結(jié)合二次函數(shù)即可解決.
【解析】取 SC 中點(diǎn)F , BF ^ SC, DF ^ SC,且BF I DF = F ，BF , DF 平面BDF ，可知 SC ^平面BDF ，
根據(jù)平面的基本性質(zhì)，作平面與平面BDF 平行，如圖至多為五邊形.
SE
令 = l ，則EP = lBF = 3l, SP = lSB = 2l ，
SF
可得PB = BQ = PQ = 2 1- l , NQ = MP = lBD = 2 2l ，
cos 3+ 3- 4 1 DFB = = 2 2則 3 ，可得2 3 3 sin DFB = 1- cos
2 DFB = ，
3
1 2 2
所以 SVEMP = 3l 3l = 2l
2，
2 3
又因?yàn)镸N 與 NQ 的夾角為SA與BD夾角，而SA與BD垂直，
則 SPMNQ = 2 2l 2 1- l = 4 2l 1- l ，
2
可得 S = 4 2l 1 2 4 2- l + 2l 2 = -3 2l 2 + 4 2l = -3 2 l -

÷ + ，
è 3 3
2 4 2
可知：當(dāng)l = 時(shí)，S 取最大值 .
3 3
5 4 2故答案為： ； .
3
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：根據(jù)平面的性質(zhì)分析截面的形狀，結(jié)合幾何知識求相應(yīng)的長度和面積，進(jìn)而分析求
解.

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