专题四 立体几何 第7讲　截面、交线问题-2025年高考数学二轮复习（新高考专用）

第7讲　截面、交线问题（新高考专用） 目录 【考点突破】 2 【考点一】截面问题 2 【考点二】交线问题 4 【专题精练】 6 考情分析： “截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力．求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解． 考点突破 【考点一】截面问题 一、单选题 1．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知正方体中，点、满足，则平面截正方体形成的截面图形为（   ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 2．（2024·四川达州·二模）如图，在正方体中，为中点，为线段上一动点，过的平面截正方体的截面图形不可能是（    ）    A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．菱形 二、多选题 3．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知正四面体，过点的平面将四面体的体积平分，则下列命题正确的是（    ） A．截面一定是锐角三角形 B．截面可以是等边三角形 C．截面可能为直角三角形 D．截面为等腰三角形的有6个 4．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，M为平面ABCD内一动点，则（   ） A．若M在线段AB上，则的最小值为 B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为 C．若与AB所成的角为，则点M的轨迹为椭圆 D．对于给定的点M，过M有且仅有3条直线与直线，所成角为 三、填空题 5．（2024·陕西西安·模拟预测）正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有 . ①侧面上存在点，使得 ②直线与直线所成角可能为 ③平面与平面所成锐二面角的正切值为 ④设正方体棱长为1，则过点的平面截正方体所得的截面面积最大为 6．（23-24高三下·江西·开学考试）在正四面体中，M为PA边的中点，过点M作该正四面体外接球的截面，记最大的截面半径为R，最小的截面半径为r，则 ；若记该正四面体和其外接球的体积分别为和，则 ． 规律方法： 作几何体截面的方法 (1)利用平行直线找截面． (2)利用相交直线找截面． 【考点二】交线问题 一、单选题 1．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法 ①不存在点，使得平面 ②存在点，使得平面 ③当点不是的中点时，都有平面 ④当点不是的中点时，都有平面 其中正确的说法有（    ） A．①③ B．③④ C．②③ D．①④ 2．（2024·江西宜春·模拟预测）在正六棱柱中，，为棱的中点，则以为球心，2为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·贵州·模拟预测）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，.设平面与平面的交线为，点为上的点，为上的点.下列说法正确的是（    ） A．平面 B．四棱锥外接球的半径为 C．点到的距离为 D．三棱锥的体积为 4．（2024·湖北荆州·三模）如图，正八面体棱长为2．下列说法正确的是（    ） A．平面 B．当P为棱EC的中点时，正八面体表面从F点到P点的最短距离为 C．若点P为棱EB上的动点，则三棱锥的体积为定值 D．以正八面体中心为球心，1为半径作球，球被正八面体各个面所截得的交线总长度为 三、填空题 5．（2024·山东·二模）三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为 ． 6．（2024·陕西安康·模拟预测）在棱长为1的正方体中，过面对角线的平面记为，以下四个命题: ①存在平面，使; ②若平面与平面的交线为，则存在直线，使; ③若平面截正方体所得的截面为三角形，则该截面三角形面积的最大值为; ④若平面过点，点在线段上运动，则点到平面的距离为． 其中真命题的序号为 ． 规律方法： 找交线的方法 (1)线面交点法：各棱线与截平面的交点． (2)面面交点法：各棱面与截平面的交线． 专题精练 一、单选题 1．（2024·浙江·模拟预测）已知边长为6的正方体与一个球相交，球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·山东枣庄·一模）在侧棱长为2的正三棱锥中，点为线段上一点，且，则以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（   ） A． B． C． D． 3．（23-24高三上·辽宁·阶段练习）已知在正方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，记平面与侧面，底面的交线分别为，，则（    ） A．的长度为 B．的长度为 C．的长度为 D．的长度为 4．（2023·河南·模拟预测）如图，在三棱锥中，两两垂直，且，以为球心，为半径作球，则球面与底面的交线长度的和为（    ）    A． B． C． D． 5．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）圆台上、下底面半径分别为，作平行于底面的平面将圆台分成上下两个体积相等的圆台，截面圆的半径为（    ）. A． B． C． D． 6．（2024·福建泉州·一模）泉州花灯技艺源于唐朝中期从形式上有人物灯、宫物灯、宫灯，绣房灯、走马灯、拉提灯、锡雕元宵灯等多种款式．在2024年元宵节，小明制做了一个半正多面体形状的花灯，他将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，如图所示．已知该半正多面体的体积为，M为的中心，过M截该半正多面体的外接球的截面面积为S，则S的最大值与最小值之比（    ） A． B． C．3 D．9 7．（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 8．（2024·陕西西安·模拟预测）已知三棱锥为中点，为直二面角，且为二面角的平面角，三棱锥的外接球表面积为，则平面被球截得的截面面积及直线与平面所成角的正切值分别为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2024·江苏盐城·一模）已知直四棱柱，，底面是边长为1的菱形，且，点E，F，G分别为，，的中点，点H是线段上的动点（含端点）.以为球心作半径为R的球，下列说法正确的是（    ） A．直线与直线所成角的正切值的最小值为 B．存在点H，使得平面 C．当时，球与直四棱柱的四个侧面均有交线 D．在直四棱柱内，球外放置一个小球，当小球体积最大时，球直径的最大值为 10．（2024·山东·模拟预测）如图在四棱柱中，底面四边形是菱形，，，平面，，点与点关于平面对称，过点做任意平面，平面与上、下底面的交线分别为和，则下列说法正确的是（    ） A． B．平面与底面所成的角为 C．点到平面的距离为1 D．三棱锥的体积为 11．（2024·安徽·模拟预测）在棱长为1的正方体中，以A，为焦点的椭圆，绕着轴旋转180°得到的旋转体称为椭球，椭圆的长轴就是椭球的长轴，若椭球的长轴长为2，则下列结论中正确的是（    ） A．椭球的表面与正方体的六个面都有交线 B．在正方体的所有棱中，只有六条棱与椭球的表面相交 C．若椭球的表面与正方体的某条棱相交，则交点必是该棱的一个三等分点 D．椭球的表面与正方体的一个面的交线是椭圆的一段 三、填空题 12．（2024·江苏徐州·模拟预测）已知正四面体棱长为2，所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得的截面之和为 ． 13．（2024·甘肃张掖·模拟预测）已知正四棱柱中，为的中点，则平面截此四棱柱的外接球所得的截面面积为 . 14．（2024·广东茂名·二模）如图，在梯形中，，将沿直线翻折至的位置，，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得的截面面积的最小值是 . 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第7讲　截面、交线问题（新高考专用） 目录 【考点突破】 2 【考点一】截面问题 2 【考点二】交线问题 10 【专题精练】 19 考情分析： “截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力．求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解． 考点突破 【考点一】截面问题 一、单选题 1．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知正方体中，点、满足，则平面截正方体形成的截面图形为（   ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 2．（2024·四川达州·二模）如图，在正方体中，为中点，为线段上一动点，过的平面截正方体的截面图形不可能是（    ）    A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．菱形 二、多选题 3．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知正四面体，过点的平面将四面体的体积平分，则下列命题正确的是（    ） A．截面一定是锐角三角形 B．截面可以是等边三角形 C．截面可能为直角三角形 D．截面为等腰三角形的有6个 4．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，M为平面ABCD内一动点，则（   ） A．若M在线段AB上，则的最小值为 B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为 C．若与AB所成的角为，则点M的轨迹为椭圆 D．对于给定的点M，过M有且仅有3条直线与直线，所成角为 三、填空题 5．（2024·陕西西安·模拟预测）正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有 . ①侧面上存在点，使得 ②直线与直线所成角可能为 ③平面与平面所成锐二面角的正切值为 ④设正方体棱长为1，则过点的平面截正方体所得的截面面积最大为 6．（23-24高三下·江西·开学考试）在正四面体中，M为PA边的中点，过点M作该正四面体外接球的截面，记最大的截面半径为R，最小的截面半径为r，则 ；若记该正四面体和其外接球的体积分别为和，则 ． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 B A AD ABD 1．B 【分析】由题意，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，作出截面图形可得结论. 【详解】如图， 因为点、满足， 点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点， 延长与交于点，连接交于， 延长交于点，连接交于，连接， 则五边形为所求截面图形. 故选：B． 2．A 【分析】根据点在、以及三个特殊位置时，截面图形的形状，选出正确选项. 【详解】B选项，当点与重合时，    取中点，因为是中点，则，且， 连接，则四边形为平行四边形， 又因为，所以平行四边形为矩形，故排除B选项； C选项，当点与重合时，    取中点，因为是的中点，所以， 连接，截面四边形为梯形，故排除C选项； D选项，当点为中点时，    因为是中点，所以且， 连接，则四边形是平行四边形， 又因为，， 因为是正方体，所以，所以， 所以平行四边形是菱形，故排除D选项； 不管点在什么位置，都不可能是三角形. 故选：A. 3．AD 【分析】根据题意，结合正四面体的几何特征，以及余弦定理和三角形的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】如图所示，设过点的截面交底面于点，且， 因为过点的平面将正四面体的体积平分，即平分的面积， 可设正四面体的棱长为， 可得，解得，且， 对于A中，在中，可得， 在中，可得， 在中，可得， 则，即， 同理可得，， 即在中，任意的两边的平方和大于第三边，所以为锐角三角形，所以A正确； 对于B中，若截面为等边三角形，则满足， 若，即，可得， 此时，可得， 所以截面不是等边三角形，所以B错误； 对于C中，当点与点重合时，要使得平面平分三棱锥的体积， 即平分的面积，此时为的中点，此时， 则中，边取得最小值，且，且， 可得，此时的最大角为锐角， 所以不能为直角三角形，所以C错误； 对于D中，当过点截面过底面的一个顶点和对边的中点时， 如图（1）所示，得到截面，,，此时， 此时三个三角形都为等腰三角形，且满足把正四面体的体积平分； 如图（2）所示，在的边长上分别取， 使得，连接， 使得恰好平分的面积，此时截面恰好平分正四面体的体积，且为等腰三角形， 综上可得，截面为等腰三角形的有6个，所以D正确. 故选：AD.     4．ABD 【分析】合理构造图形，利用三角形的性质判断A，利用球的截面性质判断B，利用线线角的几何求法求出轨迹方程判断C，合理转化后判断D即可. 【详解】对于A，延长到使得，则，等号在共线时取到；故A正确； 对于B，由于球的半径为，球心到平面的距离为，故被截得的圆的半径为，故面积为，故B正确； 对于C，与所成的角即为和所成角，所以，易知平面， 当位于线段上时，则平面，得，所以的轨迹为直线，故C错误； 对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目， 在直线上任取一点，使得，不妨设， 若，则是正四面体，所以有两种可能，直线也有两种可能， 若，则只有一种可能，就是与的角平分线垂直的直线， 所以直线有三种可能，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：选项A中，关键是将空间中的两距离之和最短转化为平面内三点共线时长度最短问题求解. 5．①③ 【分析】由面面平行的判定定理即可判断①，由异面直线夹角的定义即可判断②，由二面角的定义即可判断③，由截面为菱形即可判断④ 【详解】 取中点中点，连接， 则易证得，且， 平面，平面， 从而平面平面， 所以点的运动轨迹为线段. 取的中点，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故①正确； 设正方体的棱长为，当点与点或点重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以②错误； 平面平面，取为的中点， 则即为平面与平面所成的锐二面角，，所以③正确； 因为当为与的交点时，截面为菱形（为的交点）， 此时，，则面积为，故④错误. 故答案为：①③ 6． / 【分析】把正四面体放置于正方体中，利用正四面体与正方体有相同的外接球，结合球的截面小圆的性质、体积公式计算即得. 【详解】将正四面体放置于正方体中，可得正方体的外接球即为该正四面体的外接球，如图，    外接球球心为正方体的体对角线的中点，设正四面体的棱长为，则正方体棱长为， 由外接球直径等于正方体的体对角线，得正四面体外接球半径， 当过中点的正四面体外接球截面过球心时，截面圆面积最大，截面圆半径为， 当该截面到球心的距离最大时，截面圆面积最小，此时球心到截面距离为， 可得最小截面圆半径，因此； 正四面体外接球体积， 正四面体的体积，因此. 故答案为：； 规律方法： 作几何体截面的方法 (1)利用平行直线找截面． (2)利用相交直线找截面． 【考点二】交线问题 一、单选题 1．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法 ①不存在点，使得平面 ②存在点，使得平面 ③当点不是的中点时，都有平面 ④当点不是的中点时，都有平面 其中正确的说法有（    ） A．①③ B．③④ C．②③ D．①④ 2．（2024·江西宜春·模拟预测）在正六棱柱中，，为棱的中点，则以为球心，2为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·贵州·模拟预测）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，.设平面与平面的交线为，点为上的点，为上的点.下列说法正确的是（    ） A．平面 B．四棱锥外接球的半径为 C．点到的距离为 D．三棱锥的体积为 4．（2024·湖北荆州·三模）如图，正八面体棱长为2．下列说法正确的是（    ） A．平面 B．当P为棱EC的中点时，正八面体表面从F点到P点的最短距离为 C．若点P为棱EB上的动点，则三棱锥的体积为定值 D．以正八面体中心为球心，1为半径作球，球被正八面体各个面所截得的交线总长度为 三、填空题 5．（2024·山东·二模）三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为 ． 6．（2024·陕西安康·模拟预测）在棱长为1的正方体中，过面对角线的平面记为，以下四个命题: ①存在平面，使; ②若平面与平面的交线为，则存在直线，使; ③若平面截正方体所得的截面为三角形，则该截面三角形面积的最大值为; ④若平面过点，点在线段上运动，则点到平面的距离为． 其中真命题的序号为 ． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 B D ACD ABD 1．B 【分析】 对于①，由当点与点重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，若平面，则，建系利用向量运算即可判断；对于③④，由线面平行，线面垂直的相关知识判断即可. 【详解】对于①，由当点与点重合时，由， 而平面，平面，得平面，故①错误； 对于②，若存在点，使得平面，则， 又，可得， 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，，， 则，，，， 则，， ，， 所以，这与矛盾，故②错误； 对于③，当不是的中点时， 由，且面，面，可知面， 又直线为面与面的交线，则， 又面，面，从而可得面，故③正确； 对于④，由③可知，又平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面，所以平面，故④正确. 综上，③④正确. 故选：B. 2．D 【分析】根据题意，作图，分别求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和，可计算得到答案. 【详解】因为球的半径为2，所以球不与侧而及侧面相交， 连接．由题得，．所以， 所以球与侧面交于点，，与侧面交于点，． 在正六边形中，易得，因为平面，平面． 所以，又，平面， 所以平面，即平面，且，又，． 所以球与侧面的交线为以为直径的半圆，同理可得球与侧面的交线为以为直径的半圆． 由题易得，则球与上底面及下底面的交线均为个半径为的圆． 所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为． 故选：D．    【点睛】关键点点睛：根据球的半径为2，判断球只与侧而及侧面，上底面及下底面相交. 3．ACD 【分析】先证明平面，根据线面平行的性质可得，再证明平面，即可判断A；由题意可得即为外接球的直径，进而可判断B；根据，即可判断C；根据锥体的体积公式即可判断D. 【详解】在正方形中，，平面，平面， 所以平面， 又平面平面，平面， 所以， 因为平面，平面，所以， 正方形中，，平面， 所以平面，所以平面，故A正确； 设四棱锥外接球半径为，由题意知PD，DC，AD两两垂直， 则，故，故B错误； 因为，所以点到的距离等于点到的距离，等于，故C正确； 因为，平面，平面， 所以平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以，故D正确. 故选：ACD. 4．ABD 【分析】对于A，由线线平行证得线面平行；对于B，将和展开至同一平面，由余弦定理可求最小值；对于C，等体积法得到三棱锥的体积为定值，对于D，以O为球心，1为半径的球与各条棱均切于中点处，据此计算可求球被正八面体各个面所截得的交线总长度. 【详解】对于A，在正八面体中，故四边形为菱形， 故，又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，将和展开至同一平面，如图所示， 其中，，， 由余弦定理得：，，故B正确； 对于C，，连接、，相交于点，连接， 由对称性可知，， 、均为等腰直角三角形， 所以，，， 又平面， 可证得平面，所以到平面的距离为， 设菱形的面积为，则，， 三棱锥的体积为定值，故C错误； 对于D，易得以O为球心，1为半径的球与各条棱均切于中点处， 故球与每个侧面的交线即侧面正三角形的内切圆， 又以2为边长的正三角形的高为， 可得内切圆半径，交线总长度，故D正确． 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求一点沿空间几何体的表面到另一点间的距离的最小值问题，常常展开在同一平面内，通过求平面内两点间的距离求得最小值. 5． 【分析】首先证明截面为长方形，设，将面积表示为关于的二次函数，结合二次函数的性质即可得结果. 【详解】如图所示，因为平面，设面，所以， 同理：， 设，所以，即， 所以四边形为平行四边形，即， 平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以，即，且， 取中点，连接，易得，， ，所以面，所以，所以， 所以四边形为矩形， 所以面与三棱锥的交线围成的面积， 当，即为中点时，面积最大，最大值为， 故答案为：.    6．①②④ 【分析】对于①：取平面为平面，结合线面垂直分析判断；对于②：根据面面平行的性质可得∥，再结合平行线的传递性分析判断；对于③：举反例说明即可；对于④：可证∥平面，则点到平面的距离即为点到平面的距离，利用等体积法分析求解. 【详解】对于①：取平面为平面， 因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面，即，故①为真命题； 对于②：显然此时平面与平面不重合， 因为平面∥平面， 且平面平面，平面平面，可得∥， 又因为∥，，可知为平行四边形，则∥， 可知当不与重合时，∥，故②为真命题； 对于③：例如截面，可知截面为边长为的等边三角形，符合题意， 且，故③为假命题； 对于④：由②可知：∥， 且平面，平面，则∥平面， 因为点在线段上运动，则点到平面的距离相等， 不妨取点为点，设点到平面的距离为， 因为，则，解得， 所以点到平面的距离为，故④为真命题； 故答案为：①②④. 【点睛】关键点点睛：对于④：根据平行关系将所求距离转化为点到平面的距离，再利用等体积法运算求解. 规律方法： 找交线的方法 (1)线面交点法：各棱线与截平面的交点． (2)面面交点法：各棱面与截平面的交线． 专题精练 一、单选题 1．（2024·浙江·模拟预测）已知边长为6的正方体与一个球相交，球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·山东枣庄·一模）在侧棱长为2的正三棱锥中，点为线段上一点，且，则以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（   ） A． B． C． D． 3．（23-24高三上·辽宁·阶段练习）已知在正方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，记平面与侧面，底面的交线分别为，，则（    ） A．的长度为 B．的长度为 C．的长度为 D．的长度为 4．（2023·河南·模拟预测）如图，在三棱锥中，两两垂直，且，以为球心，为半径作球，则球面与底面的交线长度的和为（    ）    A． B． C． D． 5．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）圆台上、下底面半径分别为，作平行于底面的平面将圆台分成上下两个体积相等的圆台，截面圆的半径为（    ）. A． B． C． D． 6．（2024·福建泉州·一模）泉州花灯技艺源于唐朝中期从形式上有人物灯、宫物灯、宫灯，绣房灯、走马灯、拉提灯、锡雕元宵灯等多种款式．在2024年元宵节，小明制做了一个半正多面体形状的花灯，他将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，如图所示．已知该半正多面体的体积为，M为的中心，过M截该半正多面体的外接球的截面面积为S，则S的最大值与最小值之比（    ） A． B． C．3 D．9 7．（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 8．（2024·陕西西安·模拟预测）已知三棱锥为中点，为直二面角，且为二面角的平面角，三棱锥的外接球表面积为，则平面被球截得的截面面积及直线与平面所成角的正切值分别为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2024·江苏盐城·一模）已知直四棱柱，，底面是边长为1的菱形，且，点E，F，G分别为，，的中点，点H是线段上的动点（含端点）.以为球心作半径为R的球，下列说法正确的是（    ） A．直线与直线所成角的正切值的最小值为 B．存在点H，使得平面 C．当时，球与直四棱柱的四个侧面均有交线 D．在直四棱柱内，球外放置一个小球，当小球体积最大时，球直径的最大值为 10．（2024·山东·模拟预测）如图在四棱柱中，底面四边形是菱形，，，平面，，点与点关于平面对称，过点做任意平面，平面与上、下底面的交线分别为和，则下列说法正确的是（    ） A． B．平面与底面所成的角为 C．点到平面的距离为1 D．三棱锥的体积为 11．（2024·安徽·模拟预测）在棱长为1的正方体中，以A，为焦点的椭圆，绕着轴旋转180°得到的旋转体称为椭球，椭圆的长轴就是椭球的长轴，若椭球的长轴长为2，则下列结论中正确的是（    ） A．椭球的表面与正方体的六个面都有交线 B．在正方体的所有棱中，只有六条棱与椭球的表面相交 C．若椭球的表面与正方体的某条棱相交，则交点必是该棱的一个三等分点 D．椭球的表面与正方体的一个面的交线是椭圆的一段 三、填空题 12．（2024·江苏徐州·模拟预测）已知正四面体棱长为2，所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得的截面之和为 ． 13．（2024·甘肃张掖·模拟预测）已知正四棱柱中，为的中点，则平面截此四棱柱的外接球所得的截面面积为 . 14．（2024·广东茂名·二模）如图，在梯形中，，将沿直线翻折至的位置，，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得的截面面积的最小值是 . 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A C B C C D ABC ABD 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】首先得截面圆半径，再求得球心到截面圆的距离即可得球的半径，结合球的表面积公式即可求解. 【详解】由对称性，球心与正方体重心重合，且每个面的交线半径为4. 连球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面， 再连交线圆上一点与球心（即为球半径），由勾股定理得球的半径为5， 则表面积为. 故选：B. 2．C 【分析】借助线面垂直的判定定理与性质定理可得、、两两垂直，即以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线分别为三段半径为，圆心角为的弧，借助弧长公式计算即可得. 【详解】取中点，连接、，则有，， 又，、平面，故平面， 又平面，故，又， ，、平面，故平面， 又、平面，故，， 由正三棱锥的性质可得、、两两垂直， 故，即以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为： ，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为. 故选：C.    3．A 【分析】做出截面，确定线段，，由平行线分线段成比例，相似三角形的性质以及勾股定理即可得解. 【详解】如图所示， 连接并延长交的延长线于，连接并延长交于点， 交的延长线于点，连接，交于点，连接， 则即为，即为， 由，得，所以，， 由，得，则， 所以，故C，D项错误； 由，得， 又易知，得，所以， 所以，故A项正确，B项错， 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于利用平面的性质作出截面，从而得到为，为，由此得解. 4．C 【分析】由等体积公式求出截面圆的半径为，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度. 【详解】由题意知三棱锥为正三棱锥，故顶点在底面的射影为的中心，连接，由， 得，所以， 因为球的半径为，所以截面圆的半径， 所以球面与底面的交线是以为圆心，为半径的圆在内部部分， 如图所示    易求，所以， 易得，所以， 所以交线长度和为. 故选：C. 【点睛】本题为空间几何体交线问题，找到球面与三棱锥的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键.具体做法为由等体积公式求出截面圆的半径，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度. 5．B 【分析】设截面半径为，上，下圆台的高分别为，，上，下圆台的体积分别为，则，而，利用圆台体积公式建立方程，化简求解即可得到答案． 【详解】设截面半径为x，上、下圆台的高分别为，，上，下圆台的体积分别为， 则，又， 则， 于是，则， 得，故. 故选：B． 6．C 【分析】利用半正多面体和中心对称性，确定外接球球心和半径，再去找到最大截面圆和最小截面圆的半径，即可求出它们的比值. 【详解】把这个半正多面体补全为正方体，再设该正方体的边长为， 则每个截去的小三棱锥的体积为， 所以该半正多面体的体积：，解得， 由图可知，半正多面体的外接球半径是， 由正方体的性质易证明平面平面： 又因为在正方体中平面，所以平面， 所以过点截外接球的最小截面圆的半径是，最大截面圆的半径是， 即的最小值比最大值等于，则最大值比最小值等于3. 故选：C. 7．C 【分析】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，延长交的延长线于点，连接交于点，连接，即可得到截面图形，再利用相似验证即可. 【详解】延长交的延长线于点，连接交于点，连接， 延长交的延长线于点，连接交于点，连接， 则五边形为平面截该长方体所得的截面图形， 不妨设，又点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点， 所以，，，所以，又， 所以，又，所以， 又，即，解得， 又，即，解得，符合题意， 即五边形为平面截该长方体所得的截面图形. 故选：C 8．D 【分析】利用球的截面的性质，找出球心球心，再根据条件求出球的半径，在中，利用勾股定理，求出外接圆的半径，即可求出截面面积，再求出的长，即可求出直线与平面所成角的正切值，从而求出结果. 【详解】依题知平面，又面，所以，又为中点， 所以， 取中点为，连接交于，则是外心，又， 所以，连接，在上取为外心， 过作平面的垂线，过作平面的垂线， 两垂线的交点即为三棱锥外接球球心， 则四边形是矩形，， 连接，设外接圆半径， 设球半径为，因为球的表面积为，所以，得到， 所以在中，， 所以平面截球的截面面积， 在中，， 所以， 又为直线与平面所成角，所以， 故选：D. 9．ABC 【分析】A选项，作出辅助线，建立空间直角坐标系，设出，，表达出直线与直线所成角的余弦值，求出最大值为，从而得到正切值的最小值；B选项，作出截面，进而可找出满足条件的点H；C选项，找到与四个侧面的交线即可；D选项，球外放置一个小球O，当小球O与四个侧面均相切时，小球O体积最大，得到小球O的半径为，得到，结合得到球直径的最大值. 【详解】A选项，连接，因为底面是边长为1的菱形，且， 所以为等边三角形， 因为为的中点， 所以，故， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示： 故，，， 设，， 则，， 设直线与直线所成角的大小为， 则， 令， 故， 因为， 所以当时，取得最大值， 最大值为，此时， 因为在上单调递减， 在上单调递增， 故直线与直线所成角的正切值的最小值为，故A正确； B选项，取，，的中点，，， 连接，，，，，， 由平行关系可知，过，，三点的平面截直四棱柱， 得到的截面为六边形， 当与重合时，平面，平面. 所以平面，故B正确； C选项，连接，则，， 如图，当时，直四棱柱截球体下半部分的， 球与直四棱柱四个侧面都有一段圆弧状交线， 截面如下： 故C正确； D选项，球外放置一个小球O，当小球O与四个侧面均相切时，小球O体积最大， 此时小球O在底面上的射影刚好与菱形相切， 故小球O的半径为，底面的中心为，⊥平面， 其中，， 故，因为， 则， 故球直径的最大值为，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 10．ABD 【分析】根据面面平行的性质定理可判断A；由线面垂直的判定定理、性质定理可得是平面与底面所成角的平面角，在中计算可判断B；根据体积相等可判断C；点与点关于平面对称，由到平面的距离与到平面的距离相等，可得可判断D. 【详解】对于A项，因为是四棱柱，上、下底面平行且平面与上、下底面的交线分别为和，所以，故A正确； 对于B项，因为平面，所以，又因为是菱形， 所以，且，平面， 所以平面，平面，所以， 平面底面，所以是平面与底面所成角的平面角，又因为，， 所以，在中，，所以， 所以，故B正确； 对于C项，，即，所以，故C错误； 对于D项，因为点与点关于平面对称，由B项知， 所以到平面的距离与到平面的距离相等，即， 所以到平面的距离，，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解点到平面距离时，利用体积相等，将所求距离转化为三棱锥的高，从而结合三棱锥体积求得结果. 11．ABD 【分析】对A：根据选项BD即可判断；对BC：假设存在椭球与棱相交的点，根据椭圆的定义，列方程求解，即可判断；对D：以正方形的中心建立空间直角坐标系，设出交点坐标，根据其在椭圆上，求得其轨迹方程，即可判断. 【详解】对B，C：假设是椭球的表面与棱的交点，设， 则，解得， 故棱上有一点（的中点）满足条件； 同理在上各有一点满足条件； 设是椭球的表面和棱的交点，则， 故棱上不存在满足条件的点； 同理在棱上也不存在满足条件的点，故B正确，C错误； 对A：根据选项B，椭球与棱相交，再结合D易知A正确； 对D：连接交于点，连接交于点，连接，以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系： 则， 在正方形内（含边界），设是椭球的表面和正方体的表面的交点， 则，即， 也即，两边平方整理得：， 显然点的轨迹为椭圆的一部分，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解决D选项的关键是建立坐标系，根据交点满足的条件，求得的轨迹方程，进而进行判断. 12． 【分析】分别找出满足条件的截面，求出面积之和即可. 【详解】如图（1）： 分别为正四面体棱的中点，此时它的四个顶点到截面的距离相等，是边长为1的等边三角形，.这样的截面有4个； 如图（2）： 分别为正四面体棱的中点，此时它的四个顶点到截面的距离相等，四边形是边长为1的正方形，，这样的截面有3个. 所以满足条件的截面的面积之和为：. 故答案为： 13． 【分析】由题意，根据正四棱柱的外接球特征求出球的半径，如图，利用线面平行的判定定理可得平面，确定球心到平面的距离等于的长，求出，结合勾股定理求出截面圆的半径即可求解. 【详解】由正四棱柱可知底面为正方形，由正四棱柱的外接球特征可知， 外接球直径等于正四棱柱的体对角线长，所以，所以. 如图，取长方形的中心，连结， 则，而平面，平面，故平面， 所以球心到平面的距离等于点到平面的距离. 过点作交于点，则球心到平面的距离等于的长. 在长方形中，连结，则， 所以，又平面截此四棱柱的外接球所得的截面为圆面， 所以此圆的半径为， 故截面面积为. 故答案为： 14． 【分析】当三棱锥的体积最大时，此时到底面的距离最大，即此时平面平面，取的中点，的中点，是三棱锥的外接球球心，当且仅当过点的平面与垂直时，截外接球的截面面积最小， 此时，截面的圆心就是点，从而求解. 【详解】当三棱锥的体积最大时，由于底面的面积是定值， 所以此时到底面的距离最大，平面平面， 且平面平面， 取的中点，则，故平面， 取的中点，则，又，且，则， 又∵， 故是三棱锥的外接球球心，且该外接球的半径； 显然，当且仅当过点的平面与垂直时，截外接球的截面面积最小， 此时，截面的圆心就是点，记其半径为，则； 由于，平面，所以平面， 而平面，则，则， 在中，，故； 又，故，又， 故由余弦定理有， ∴，故所求面积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：取的中点，由，确定点是三棱锥的外接球球心. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$