資源簡介

第51講 立體幾何中的截面問題
知識梳理
解決立體幾何截面問題的解題策略．
1、坐標法
所謂坐標法就是通過建立空間直角坐標系，將幾何問題轉化為坐標運算問題，為解決立體幾何問題增添了一種代數計算方法．
2、基底法
所謂基底法是不需要建立空間直角坐標系，而是利用平面向量及空間向量基本定理作為依托，其理論依據是：若四點E、F、G、H共面，為空間任意點，則有：
結論1：若與不共線，那么；
結論2：．
3、幾何法
從幾何視角人手，借助立體幾何中的線線平行、線面平行、面面平行的性質與判定定理以及平面幾何相關定理、結論，通過論證，精準找到該截面與相關線、面的交點位置、依次連接這些點，從而得到過三點的完整截面，再依據題意完成所求解答或證明．
必考題型全歸納
題型一：截面作圖
例1．（2024·全國·高一專題練習）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2．（2024·江蘇·高一專題練習）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.
例3．（2024·全國·高一專題練習）（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．（2024·全國·高一專題練習）如圖①，正方體的棱長為，為線段的中點，為線段上的動點，過點、、的平面截該正方體所得的截面記為.

（1）若，請在圖①中作出截面（保留尺規作圖痕跡）；
（2）若（如圖②），試求截面將正方體分割所成的上半部分的體積與下半部分的體積之比.
變式2．（2024·全國·高一專題練習）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3．（2024·江蘇·高一專題練習）已知正方體是棱長為1的正方體，M是棱的中點，過C、、M三點作正方體的截面，作出這個截面圖并求出截面的面積．
題型二：截面圖形的形狀、面積及周長問題
例4．（2024·全國·高三專題練習）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5．（2024·四川成都·高二雙流中學校考期中）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
例6．（2024·全國·高一專題練習）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4．（2024·江蘇鎮江·高二揚中市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5．（2024·河南信陽·高二信陽高中校考階段練習）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6．（2024·江蘇泰州·高一泰州中學校考階段練習）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7．（2024·全國·高三專題練習）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 ．
變式8．（2024·全國·高三專題練習）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9．（2024·四川瀘州·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 ．
題型三：截面切割幾何體的體積問題
例7．（2024·廣東廣州·高一統考期末）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 .
例8．（2024·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 .
例9．（2024·浙江·高二競賽）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 .
變式10．（2024·上海·高二專題練習）如圖，正方體，中，E F分別是棱AB BC的中點，過點 E F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，記，則 .
變式11．（2024·全國·高一專題練習）如圖所示，在長方體中，用截面截下一個三棱錐，則三棱錐的體積與剩余部分的體積之比為 .
變式12．（2024·貴州貴陽·貴陽六中校考一模）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 .
變式13．（2024·廣東揭陽·高一普寧市華僑中學校考階段練習）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 .
題型四：球與截面問題
例10．（2024·湖南長沙·高三長沙一中校考階段練習）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．
例11．（2024·福建福州·福建省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．
例12．（2024·海南·高三校聯考期末）已知某球的體積為，該球的某截面圓的面積為，則球面上的點到該截面圓圓心的最大距離為（ ）
A．1 B．3 C． D．
變式14．（2024·江西南昌·江西師大附中校考三模）已知正方體的棱長為，為棱上的一點，且滿足平面平面，則平面截四面體的外接球所得截面的面積為（ ）
A． B． C． D．
變式15．（2024·四川內江·四川省內江市第六中學校考模擬預測）已知球O是正三棱錐（底面是正三角形，頂點在底面的射影為底面中心）的外接球，，，點E是線段BC的中點，過點E作球O的截面，則所得截面面積的最小值是（ ）
A． B． C． D．
變式16．（2024·福建廈門·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17．（2024·全國·高三專題練習）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18．（2024·天津紅橋·統考二模）用與球心距離為1的平面去截球，所得的截面面積為，則球的體積為（ ）
A． B．
C． D．
題型五：截面圖形的個數問題
例13．（2024·全國·高三專題練習）過正四面體的頂點P作平面，若與直線，，所成角都相等，則這樣的平面的個數為（ ）個
A．3 B．4 C．5 D．6
例14．（2024·陜西榆林·陜西省榆林中學校考三模）過正方體的頂點作平面，使得正方體的各棱與平面所成的角都相等，則滿足條件的平面的個數為（ ）
A． B． C． D．
例15．（2024·全國·高三專題練習）設四棱錐的底面不是平行四邊形,用平面去截此四棱錐,使得截面四邊形是平行四邊形,則這樣的平面
A．有無數多個 B．恰有個 C．只有個 D．不存在
變式19．（2024·浙江·模擬預測）過正四面體ABCD的頂點A作一個形狀為等腰三角形的截面，且使截面與底面BCD所成的角為，這樣的截面有（ ）
A．6個 B．12個 C．16個 D．18個
變式20．（2024·上海楊浦·高二上海市控江中學校考期中）空間給定不共面的A，B，C，D四個點，其中任意兩點間的距離都不相同，考慮具有如下性質的平面：A，B，C，D中有三個點到的距離相同，另一個點到的距離是前三個點到的距離的2倍，這樣的平面的個數是___________個
題型六：平面截圓錐問題
例16．（多選題）（2024·廣東·高二統考期末）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17．（2024·遼寧阜新·校考模擬預測）比利時數學家丹德林( GerminalDandelin)發現：在圓錐內放兩個大小不同且不相切的球使得它們與圓錐的側面相切，用與兩球都相切的平面截圓錐的側面得到的截線是橢圓．這個結論在圓柱中也適用，如圖所示，在一個高為20，底面半徑為4的圓柱體內放兩個球，球與圓柱底面及側面均相切．若一個平面與兩個球均相切，則此平面截圓柱側面所得的截線為一個橢圓，則該橢圓的短軸長為（ ）
A． B． C． D．
例18．（2024·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21．（2024·上海·高二專題練習）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．
變式22．（2024·全國·高三對口高考）如圖，定點A和B都在平面內，定點，C是內異于A和B的動點，且．那么，動點C在平面內的軌跡是（ ）

A．一條線段，但要去掉兩個點 B．一個圓，但要去掉兩個點
C．一個橢圓，但要去掉兩個點 D．半圓，但要去掉兩個點
變式23．（2024·全國·學軍中學校聯考模擬預測）已知空間中兩條直線、異面且垂直，平面且，若點到、距離相等，則點在平面內的軌跡為（ ）
A．直線 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線
變式24．（2024·寧夏銀川·校聯考二模）已知線段垂直于定圓所在的平面，是圓上的兩點，是點在上的射影，當運動，點運動的軌跡（ ）
A．是圓 B．是橢圓 C．是拋物線 D．不是平面圖形
變式25．（2024·四川廣安·高二廣安二中校考期中）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26．（2024·全國·高三專題練習）如圖，正方體，P為平面內一動點，設二面角的大小為，直線與平面所成角的大小為.若，則點P的軌跡是（ ）
A．圓 B．拋物線 C．橢圓 D．雙曲線
變式27．（2024·四川廣安·高二統考期末）已知四棱錐，平面PAB，平面PAB，底面ABCD是梯形，，，，滿足上述條件的四棱錐的頂點P的軌跡是（ ）
A．橢圓 B．橢圓的一部分 C．圓 D．不完整的圓
變式28．（2024·全國·校聯考模擬預測）用一個不垂直于圓錐的軸的平面截圓錐，當截面與圓錐的軸夾角不同時，可以得到不同的截口曲線，它們分別是橢圓、拋物線、雙曲線．我們通常把圓、橢圓、拋物線、雙曲線統稱為圓錐曲線．已知某圓錐的軸截面是正三角形，平面與該圓錐的底而所成的銳二面角為，則平面截該圓錐所得橢圓的離心率為 ．
題型七：截面圖形有關面積、長度及周長范圍與最值問題
例19．（2024·西藏林芝·統考二模）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20．（2024·貴州·高二校聯考階段練習）已知圓錐的母線長為2，其側面展開圖的中心角為，則過圓錐頂點的截面面積最大值為（ ）
A．1 B． C．2 D．
例21．（2024·全國·高一專題練習）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29．（2024·高一課時練習）在三棱錐中，，平面平面，三棱錐的所有頂點都在球的球面上，分別在線段上運動（端點除外），.當三棱錐的體積最大時，過點作球的截面，則截面面積的最小值為（ ）
A． B． C． D．
變式30．（2024·江西·高一寧岡中學校考期末）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．
變式31．（2024·全國·高三對口高考）如圖，正方體的棱長為，動點P在對角線上，過點P作垂直于的平面，記這樣得到的截面多邊形（含三角形）的周長為y，設，則當時，函數的值域為（ ）

A． B． C． D．
變式32．（2024·全國·高一專題練習）如圖所示，在長方體中，點是棱上的一個動點，若平面與棱交于點，給出下列命題：
①四棱錐的體積恒為定值；
②四邊形是平行四邊形；
③當截面四邊形的周長取得最小值時，滿足條件的點至少有兩個；
④直線與直線交于點，直線與直線交于點，則、、三點共線.
其中真命題是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
變式33．（2024·高一課時練習）正方體中作一截面與垂直，且和正方體所有面相交，如圖所示．記截面多邊形面積為，周長為，則（ ）
A．為定值，不為定值 B．不為定值，為定值
C．和均為定值 D．和均不為定值
變式34．（2024·四川內江·高二統考期末）如圖所示，在長方體中，，點是棱上的一個動點，平面交棱于點，下列命題錯誤的是（ ）
A．四棱錐的體積恒為定值
B．存在點，使得平面
C．存在唯一的點，使得截面四邊形的周長取得最小值
D．對于棱上任意一點，在棱上均有相應的點，使得平面
題型八：截面有關的空間角問題
例22．（2024·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考模擬預測）在正方體中，為中點，過的截面與平面的交線為，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
例23．（2024·高一課時練習）在棱長為1的正方體中，E為的中點，過點A．C．E的截面與平面的交線為m，則異面直線m與所成角的正切值為（ ）
A． B． C． D．
例24．（2024·全國·高一專題練面過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A，//平面CB1D1，平面，平面，則m、n所成角的正弦值為（ ）
A． B． C． D．
變式35．（2024·四川成都·高三校聯考期末）在正方體中，為線段的中點，設平面與平面的交線為，則直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
變式36．（2024·陜西安康·高二統考期中）在正方體中，E為線段AD的中點，設平面與平面的交線為，則直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
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知識梳理
解決立體幾何截面問題的解題策略．
1、坐標法
所謂坐標法就是通過建立空間直角坐標系，將幾何問題轉化為坐標運算問題，為解決立體幾何問題增添了一種代數計算方法．
2、基底法
所謂基底法是不需要建立空間直角坐標系，而是利用平面向量及空間向量基本定理作為依托，其理論依據是：若四點E、F、G、H共面，為空間任意點，則有：
結論1：若與不共線，那么；
結論2：．
3、幾何法
從幾何視角人手，借助立體幾何中的線線平行、線面平行、面面平行的性質與判定定理以及平面幾何相關定理、結論，通過論證，精準找到該截面與相關線、面的交點位置、依次連接這些點，從而得到過三點的完整截面，再依據題意完成所求解答或證明．
必考題型全歸納
題型一：截面作圖
例1．（2024·全國·高一專題練習）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2．（2024·江蘇·高一專題練習）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.
【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.
例3．（2024·全國·高一專題練習）（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______．
【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．（2024·全國·高一專題練習）如圖①，正方體的棱長為，為線段的中點，為線段上的動點，過點、、的平面截該正方體所得的截面記為.

（1）若，請在圖①中作出截面（保留尺規作圖痕跡）；
（2）若（如圖②），試求截面將正方體分割所成的上半部分的體積與下半部分的體積之比.
【解析】（1）延長交延長線于點，此時，延長交于點
延長交延長線于點，連接，并延長交于點，連接
此時五邊形就是截面
（2）當為的中點時，再由，可知，的延長線交于點，此時截面為四邊形
因此
變式2．（2024·全國·高一專題練習）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.
【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3．（2024·江蘇·高一專題練習）已知正方體是棱長為1的正方體，M是棱的中點，過C、、M三點作正方體的截面，作出這個截面圖并求出截面的面積．
【解析】連接，并延長，交延長線于連交于，連接MP，
則為過C、、M三點的正方體的截面，
因為是的中點，
所以是的中點，是的中點，
因為，所以是的中點，
所以是三角形的中位線，
所以，
因為正方體的棱長為1，
所以可得，
所以三角形是以為腰，以為底的等腰三角形，
邊上的高為，
三角形是的面積
所以
題型二：截面圖形的形狀、面積及周長問題
例4．（2024·全國·高三專題練習）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5．（2024·四川成都·高二雙流中學校考期中）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
例6．（2024·全國·高一專題練習）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4．（2024·江蘇鎮江·高二揚中市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5．（2024·河南信陽·高二信陽高中校考階段練習）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6．（2024·江蘇泰州·高一泰州中學校考階段練習）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7．（2024·全國·高三專題練習）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：．
變式8．（2024·全國·高三專題練習）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9．（2024·四川瀘州·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：
題型三：截面切割幾何體的體積問題
例7．（2024·廣東廣州·高一統考期末）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：.
例8．（2024·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
例9．（2024·浙江·高二競賽）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：.
變式10．（2024·上海·高二專題練習）如圖，正方體，中，E F分別是棱AB BC的中點，過點 E F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，記，則 .
【答案】
【解析】延長交的延長線與點，連接交于點，連接：
延長交的延長線與點，連接交于點，連接：
所以過的截面為，如下圖示：
設正方體的棱長為，
則過的截面下方幾何體的體積為，
所以另一部分體積為，則.
故答案為：
變式11．（2024·全國·高一專題練習）如圖所示，在長方體中，用截面截下一個三棱錐，則三棱錐的體積與剩余部分的體積之比為 .
【答案】
【解析】設，，，所以長方體體積
三棱錐的體積，
∴剩余部分的體積
∴三棱錐的體積與剩余部分的體積之比為.
故答案為：.
變式12．（2024·貴州貴陽·貴陽六中校考一模）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.
變式13．（2024·廣東揭陽·高一普寧市華僑中學校考階段練習）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：
題型四：球與截面問題
例10．（2024·湖南長沙·高三長沙一中校考階段練習）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.
例11．（2024·福建福州·福建省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.
例12．（2024·海南·高三校聯考期末）已知某球的體積為，該球的某截面圓的面積為，則球面上的點到該截面圓圓心的最大距離為（ ）
A．1 B．3 C． D．
【答案】B
【解析】設截面圓的半徑為，球的半徑為球心到截面的距離為，
則，
因為球的體積為,
所以，
因為截面圓的面積為，
所以，故，
所以，
所以球面上的點到該截面圓圓心的最大距離為，
故最大距離為3.
故選：B.
變式14．（2024·江西南昌·江西師大附中校考三模）已知正方體的棱長為，為棱上的一點，且滿足平面平面，則平面截四面體的外接球所得截面的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】在正方體中，設平面平面，且平面，
由平面平面，可得，所以是的中點，
又四面體的外接球的直徑為，可得半徑，
設是的中點即球心，球心到平面的距離為，
又設與的交點為，則，則，
則，則截面圓的半徑，
所以截面圓的面積為.
故選：A．
變式15．（2024·四川內江·四川省內江市第六中學校考模擬預測）已知球O是正三棱錐（底面是正三角形，頂點在底面的射影為底面中心）的外接球，，，點E是線段BC的中點，過點E作球O的截面，則所得截面面積的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如圖：
是在底面的射影，由正弦定理得，的外接圓半徑.
由勾股定理得棱錐的高設球的半徑為，
則，解得，
所以，即與重合，
所以當過點E作球O的截面垂直于時，截面面積最小，
此時截面半徑為，截面面積為.
故選：A.
變式16．（2024·福建廈門·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17．（2024·全國·高三專題練習）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18．（2024·天津紅橋·統考二模）用與球心距離為1的平面去截球，所得的截面面積為，則球的體積為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】設截面圓的半徑為，球的半徑為,
由題意可知，解得，，
所以球的體積為.
故選：D.
題型五：截面圖形的個數問題
例13．（2024·全國·高三專題練習）過正四面體的頂點P作平面，若與直線，，所成角都相等，則這樣的平面的個數為（ ）個
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【解析】如圖，將正四面體看成四棱柱的左下角一部分，
由正四面體可知，
平面與直線，，所成角都相等，
故過點P做平面平面，
則此時的平面與直線，，所成角都相等，
因為，
則與平面所成的角相等，
又因，
所以直線，，與平面所成的角相等，
故過點P做平面平面，
則此時的平面與直線，，所成角都相等，
同理，直線，，與平面、平面所成角都相等，
即平面平面時，平面與直線，，所成角都相等，
平面平面時，平面與直線，，所成角都相等，
綜上所述，這樣的平面的個數為4個.
故選：B.
例14．（2024·陜西榆林·陜西省榆林中學校考三模）過正方體的頂點作平面，使得正方體的各棱與平面所成的角都相等，則滿足條件的平面的個數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】法一：直線AB、AD、AA1與平面A1BD所成角都相等，過頂點A作平面α∥平面A1BD，過頂點A分別作平面α與平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，直線AB、AD、AA1與平面α所成的角都相等．
法二：只要與體對角線垂直的平面都和正方體的所有棱所成的角相等，由此能求出結果．解法一：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，
三棱錐A﹣A1BD是正三棱錐，
直線AB、AD、AA1與平面A1BD所成角都相等，
過頂點A作平面α∥平面A1BD，
則直線AB、AD、AA1與平面α所成角都相等，
同理，過頂點A分別作平面α與平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，
直線AB、AD、AA1與平面α所成的角都相等，
∴這樣的平面α可以作4個．
故選：C
解法二：只要與體對角線垂直的平面都和正方體的所有棱所成的角相等
因為有四條體對角線，所以，可以做四個平面．
故選：C
例15．（2024·全國·高三專題練習）設四棱錐的底面不是平行四邊形,用平面去截此四棱錐,使得截面四邊形是平行四邊形,則這樣的平面
A．有無數多個 B．恰有個 C．只有個 D．不存在
【答案】A
【解析】
如圖由題知面與面相交，面與面相交，可設兩組相交平面的交線分別為，由決定的平面為，作與且與四條側棱相交，交點分別則由面面平行的性質定理得：從而得截面必為平行四邊形．由于平面可以上下平移，可知滿足條件平面有無數多個．故本題答案選．
變式19．（2024·浙江·模擬預測）過正四面體ABCD的頂點A作一個形狀為等腰三角形的截面，且使截面與底面BCD所成的角為，這樣的截面有（ ）
A．6個 B．12個 C．16個 D．18個
【答案】D
【解析】如圖，在正四面體ABCD中，因為過點A的截面是等腰三角形，
若，則截面與底面BCD所成的角為有如下情形，
如圖所示：
在高線的兩側的截面、截面與底面BCD所成的角為（，與BC平行），
同理截面的一邊與CD平行也有2個，與BD平行也有2個，共有6個．
若，同理也有6個；
若，同理也有6個．
綜上所述，滿足題意的截面共有18個，
故選：D．
變式20．（2024·上海楊浦·高二上海市控江中學校考期中）空間給定不共面的A，B，C，D四個點，其中任意兩點間的距離都不相同，考慮具有如下性質的平面：A，B，C，D中有三個點到的距離相同，另一個點到的距離是前三個點到的距離的2倍，這樣的平面的個數是___________個
【答案】32
【解析】首先取3個點相等，不相等的那個點由4種取法；
然后分3分個點到平面的距離相等，有以下兩種可能性：
（1）全同側，這樣的平面有2個；
（2）不同側，必然2個點在一側，另一個點在一側，
1個點的取法有3種，并且平面過三角形兩個點邊上的中位線，
考慮不相等的點與單側點是否同側有兩種可能，每種情況下都唯一確定一個平面，
故共有6個，
所有這兩種情況共有8個，綜上滿足條件的這樣的平面共有個，
故答案為：32
題型六：平面截圓錐問題
例16．（多選題）（2024·廣東·高二統考期末）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17．（2024·遼寧阜新·校考模擬預測）比利時數學家丹德林( GerminalDandelin)發現：在圓錐內放兩個大小不同且不相切的球使得它們與圓錐的側面相切，用與兩球都相切的平面截圓錐的側面得到的截線是橢圓．這個結論在圓柱中也適用，如圖所示，在一個高為20，底面半徑為4的圓柱體內放兩個球，球與圓柱底面及側面均相切．若一個平面與兩個球均相切，則此平面截圓柱側面所得的截線為一個橢圓，則該橢圓的短軸長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由平面與圓柱所截可知橢圓的短軸即為圓柱底面直徑的長，即，
故選：D
例18．（2024·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21．（2024·上海·高二專題練習）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.
變式22．（2024·全國·高三對口高考）如圖，定點A和B都在平面內，定點，C是內異于A和B的動點，且．那么，動點C在平面內的軌跡是（ ）

A．一條線段，但要去掉兩個點 B．一個圓，但要去掉兩個點
C．一個橢圓，但要去掉兩個點 D．半圓，但要去掉兩個點
【答案】B
【解析】連接.
，則，又，
，平面，則平面，
又平面，則，
則動點C在平面內的軌跡是以為直徑的圓（去掉兩個點）.
故選：B
變式23．（2024·全國·學軍中學校聯考模擬預測）已知空間中兩條直線、異面且垂直，平面且，若點到、距離相等，則點在平面內的軌跡為（ ）
A．直線 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線
【答案】C
【解析】設在內的射影為，到的距離為，
以與的交點為原點，為軸，為軸，與的公垂線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.
設，則到的距離為.
過點作于點，過點作于點，
又在內的射影為，則，連結,
又，，
所以平面，又平面，
所以，所以，
所以則到的距離為,
因為點到、距離相等，
所以，即，
所以點在平面內的軌跡為雙曲線.
故選：C.
變式24．（2024·寧夏銀川·校聯考二模）已知線段垂直于定圓所在的平面，是圓上的兩點，是點在上的射影，當運動，點運動的軌跡（ ）
A．是圓 B．是橢圓 C．是拋物線 D．不是平面圖形
【答案】A
【解析】設定圓圓心為，半徑為，
連接，設直徑為，連接，
平面，平面，；
為直徑，，又，平面，
平面，又平面，，
又，，平面，
平面，平面，，
在中，，則點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓.
故選：A.
變式25．（2024·四川廣安·高二廣安二中校考期中）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26．（2024·全國·高三專題練習）如圖，正方體，P為平面內一動點，設二面角的大小為，直線與平面所成角的大小為.若，則點P的軌跡是（ ）
A．圓 B．拋物線 C．橢圓 D．雙曲線
【答案】D
【解析】連接AC交BD于O，取中點,連接
以O為原點,分別以OA、OB、所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖：
令正方體邊長為2，則，
面的一個法向量為，
面的一個法向量為
則，故二面角的大小為
又二面角的大小，則或
由，，可得
又
整理得
即，是雙曲線.
故選：D
變式27．（2024·四川廣安·高二統考期末）已知四棱錐，平面PAB，平面PAB，底面ABCD是梯形，，，，滿足上述條件的四棱錐的頂點P的軌跡是（ ）
A．橢圓 B．橢圓的一部分 C．圓 D．不完整的圓
【答案】D
【解析】因為平面PAB，平面PAB，則//，
又面面，故可得；
因為，故可得，
則，
綜上所述：動點在垂直的平面中，且滿足；
為方便研究，不妨建立平面直角坐標系進行說明，
在平面中，因為，以中點為坐標原點，
以為軸，過且垂直于的直線為軸建立平面直角坐標系，如下所示：
因為，故可得，
整理得：，
故動點的軌跡是一個圓；
又當三點共線時，幾何體不是空間幾何體，
故動點的軌跡是一個不完整的圓.
故選：.
變式28．（2024·全國·校聯考模擬預測）用一個不垂直于圓錐的軸的平面截圓錐，當截面與圓錐的軸夾角不同時，可以得到不同的截口曲線，它們分別是橢圓、拋物線、雙曲線．我們通常把圓、橢圓、拋物線、雙曲線統稱為圓錐曲線．已知某圓錐的軸截面是正三角形，平面與該圓錐的底而所成的銳二面角為，則平面截該圓錐所得橢圓的離心率為 ．
【答案】
【解析】如圖1,不妨令正△ABC邊長為,重心G,橢圓中心N,中線BD,底面圓心M.PG與長軸垂直.
則.，所以.所以，.
PG為過G與底面平行的圓的半徑,如圖2在△AMC,作GE∥MC,由相似可得：
,所以，所以.
如圖3,即,代入方程得：,又,解得,
所以，所以，所以離心率.
故答案為：
題型七：截面圖形有關面積、長度及周長范圍與最值問題
例19．（2024·西藏林芝·統考二模）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
【解析】
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20．（2024·貴州·高二校聯考階段練習）已知圓錐的母線長為2，其側面展開圖的中心角為，則過圓錐頂點的截面面積最大值為（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【解析】設底面圓的半徑為，，解得，由圓錐母線長為2，可得圓錐軸截面的頂角為，
當截面頂角為時，過圓錐頂點的截面面積最大，此時.
故選：C.
例21．（2024·全國·高一專題練習）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29．（2024·高一課時練習）在三棱錐中，，平面平面，三棱錐的所有頂點都在球的球面上，分別在線段上運動（端點除外），.當三棱錐的體積最大時，過點作球的截面，則截面面積的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如圖，取的中點,連接,
因為，所以，即為球心，
則球的半徑,又,所以,
又平面平面，平面平面平面.
所以平面，
設，則,所以，
所以三棱錐的體積.
當時,取得最大值，
由于，在中，由余弦定理得:
根據球的性質可知，當垂直于截面時，截面圓的面積最小，
設此時截面圓的半徑為，所以.
則截面面積的最小值為.
故選:C.
變式30．（2024·江西·高一寧岡中學校考期末）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
變式31．（2024·全國·高三對口高考）如圖，正方體的棱長為，動點P在對角線上，過點P作垂直于的平面，記這樣得到的截面多邊形（含三角形）的周長為y，設，則當時，函數的值域為（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
如圖，連接，，平面，平面，則，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
同理，，平面，平面，所以平面，
因此平面與平面重合或平行，
取的中點，連接，則，，
同理可證平面，由于，，所以三棱錐是正三棱錐，
與平面的交點是的中心，
正方體棱長為，則，，
所以，所以，
由棱錐的平行于底面的截面的性質知，當平面從平面平移到平面時，，即，
，，顯然，
平面過平面再平移至平面時，如圖，把正方形沿旋轉到與正方形在同一平面內，
如圖，則共線，由正方形性質得，同理，，
因此此種情形下，截面的周長與截面的周長相等，平移平面，一直到平面位置處，
由正方體的對稱性，接著平移時，截面周長逐漸減少到，
綜上，的值域是．
故選：A.
變式32．（2024·全國·高一專題練習）如圖所示，在長方體中，點是棱上的一個動點，若平面與棱交于點，給出下列命題：
①四棱錐的體積恒為定值；
②四邊形是平行四邊形；
③當截面四邊形的周長取得最小值時，滿足條件的點至少有兩個；
④直線與直線交于點，直線與直線交于點，則、、三點共線.
其中真命題是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】C
【解析】①四棱錐的體積等于三棱錐的體積
與三棱錐的體積之和,
又長方體中，平面，
則點到平面的距離為定值，
則四棱錐的體積恒為定值.判斷正確；
②由平面與棱交于點，
可得平面平面，平面平面，
又平面平面，則；
又平面平面，平面平面，
又平面平面，則，
又，四邊形是平行四邊形.判斷正確；
③由②可得，截面四邊形是平行四邊形.
當的值最小時，四邊形的周長取得最小值.
將側面與側面展開在同一平面，
當且僅當E為直線與交點時的值最小，
則當截面四邊形的周長取得最小值時，滿足條件的點僅有1個.判斷錯誤；
④直線與直線交于點，直線與直線交于點，
則、、三點均為平面與平面的公共點，
由平面與平面有且僅有一條交線可得、、三點共線.判斷正確.
故選：C
變式33．（2024·高一課時練習）正方體中作一截面與垂直，且和正方體所有面相交，如圖所示．記截面多邊形面積為，周長為，則（ ）
A．為定值，不為定值 B．不為定值，為定值
C．和均為定值 D．和均不為定值
【答案】B
【解析】如圖，由正方體的性質得平面，
因為平面，為正方形，所以，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，
同理可證明，
因為平面，所以平面，
同理可證明平面，
所以，所求截面與平面和平面均平行，如圖中的六邊形，
因為平面平面，平面平面，平面平面，
所以，，同理可得，，，，，
設，，則
因為，，
所以，，
因為
所以，
同理，，，
所以，截面多邊形的周長為為（為正方體邊長），故為定值；
當時，該截面多邊形由六邊形變為正三角形，此時面積為；
當時，該截面多邊形為正六邊形，此時面積為；
所以，該截面多邊形的面積在變換，故不為定值.
綜上，不為定值，為定值.
故選：B
變式34．（2024·四川內江·高二統考期末）如圖所示，在長方體中，，點是棱上的一個動點，平面交棱于點，下列命題錯誤的是（ ）
A．四棱錐的體積恒為定值
B．存在點，使得平面
C．存在唯一的點，使得截面四邊形的周長取得最小值
D．對于棱上任意一點，在棱上均有相應的點，使得平面
【答案】D
【解析】對A，，又，平面，平面，所以平面，同理平面，所以點E，F到平面的距離為定值，則四棱錐的體積為定值，故選項A正確；
對于B，因為，可得對角面為正方形，所以，由平面，平面，所以，若，則，平面，所以平面，由平面，所以，又平面，所以平面，故B正確；
對于C，由面面平行的性質定理可得，四邊形為平行四邊形，由對稱性可得，當四邊形為菱形時，周長取得最小值，即存在唯一的點E，使得截面四邊形的周長取得最小值，故選項C正確.
對于D，當點在處時，對于AD上任意的點G，直線CG與平面均相交，故選項D錯誤.
故選：D
題型八：截面有關的空間角問題
例22．（2024·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考模擬預測）在正方體中，為中點，過的截面與平面的交線為，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】取的中點，如下圖，連接，
因為，所以四點共面，
所以過的截面即為平面，
截面與平面的交線為即為，
取的中點，連接，因為，
所以（或其補角）為異面直線與所成角，
設正方體的棱長為，所以，
所以.
則異面直線與所成角的余弦值為.
故選：A.
例23．（2024·高一課時練習）在棱長為1的正方體中，E為的中點，過點A．C．E的截面與平面的交線為m，則異面直線m與所成角的正切值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如圖所示：
平面ACE可以延展為平面ACEF，O，分別為上下底面中心，，，
∴平面平面，
∵，
∴為異面直線m、所成角．
∵E，F分別為，的中點，
∴G為的中點，
∴，
在中，．
故選：D．
例24．（2024·全國·高一專題練面過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A，//平面CB1D1，平面，平面，則m、n所成角的正弦值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由題意，若平面為平面，滿足//平面CB1D1，如下圖示，
因為，且，所以為平行四邊形，
所以，平面CB1D1，平面CB1D1，所以平面CB1D1，
同理可證平面CB1D1，又，又平面，
所以平面//平面CB1D1，即//平面CB1D1.
因為平面，平面，
則，分別為，又三角形為等邊三角形，
所以m，n所成角為，故其正弦值為.
故選：A.
變式35．（2024·四川成都·高三校聯考期末）在正方體中，為線段的中點，設平面與平面的交線為，則直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】設正方體的棱長為2，
以點A為坐標原點，AB、AD、所在直線分別為x、y、z軸建系，如圖所示：
則、、、、．
設平面的法向量為，
，，
由，
取可得；
設平面的法向量為，
，，
由，
取可得，
設直線的方向向量為，
∵直線平面，直線平面，
，，
∴，
取可得，
已知，設直線與所成角為，
，
即直線與所成角的余弦值為，
故選：B．
變式36．（2024·陜西安康·高二統考期中）在正方體中，E為線段AD的中點，設平面與平面的交線為，則直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】設正方體的棱長為2，
以點A為坐標原點，AB、AD、所在直線分別為x、y、z軸建系，如圖所示：
則、、、、.
設平面的法向量為，
，，
由，取可得.
設平面的法向量為，，，
由，取可得.
設直線的方向向量為，∵平面，平面，
則，，
∴，取可得，
，設直線與所成角為
，即直線與所成角的余弦值為.
故選：D
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