特训06 截面有关的计算问题（十大题型+常用解题策略）-2024-2025学年高一数学期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第二册，浙江专用）

特训06 截面有关的计算问题（十大题型） 题型目录： 题型1：圆柱 题型2：棱柱 题型3：三棱锥 题型4：四棱锥 题型5：侧棱垂直于底面的几何体 题型6：四面体 题型7：正方体、长方体 题型8：圆台 题型9：棱台 题型10：其他多面体 题型11：动点、折叠等动态几何 常用解题策略： 一、用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面.此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线. 1.作截线与截点的主要根据： (1)确定平面的条件. (2)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线. (3)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内. (4)线面平行的性质定理。 (5)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行. 二、立体几何图形中有关截面的做法： ①若已知两点在同一平面内，只要连接这两点，就可以得到截面与多面体的一个面的截线。 ②若面上只有一个已知点，应设法在同一平面上再找出第二个确定的点; ③若两个已知点分别在相邻的面上，应找出这两个相邻平面的交线与截面的交点。 ④面面平行的性质定理。 ⑤若有一点在面上而不在棱上，则可通过作辅助平而找出棱上的交点; 若已知点在体内，则可通过辅助平面找出面上的交点，再找出棱上的交点. 三、正方体的基本斜截面 题型1：截面有关的简单计算 1．已知圆锥轴截面为正三角形，母线长为4，则该圆锥的体积等于（    ） A． B． C． D． 2．一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，轴截面的面积为9，则该圆台的体积为（   ） A． B．2π C． D．7π 3．过圆柱的上，下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则圆柱的侧面积是（    ） A． B． C． D． 4．已知一个正四棱台的上、下底面的边长分别为1和2，侧棱长为1，则该正四棱台的高为 ． 5．已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球O的直径相等，则圆锥的体积与球O的体积的比值是 . 6．已知一个圆柱与一个圆锥的轴截面分别为正方形与正三角形，且正方形与正三角形的边长相等，则该圆柱的体积与圆锥的体积的比值为（    ） A． B． C． D． 题型2：球 7．已知一球体刚好和圆台的上､下底面及侧面都相切，且圆台上底面的半径为2，下底面的半径为1，则该球体的表面积为 . 8．已知球O的半径，平面经过OA的中点，且与OA所成的线面角为，则平面截球O的面积为（    ） A．16π B．14π C．12π D．10π 9．四面体的棱长为4，E为棱BC的中点，过点E作其外接球的截面，则截面面积的最小值是 . 10．已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，，若、到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为 ． 题型3：圆台 11．圆台的上下底面半径分别为1和4，轴截面的两条对角线互相垂直，则这个圆台的体积是（   ） A． B． C． D． 12（多选）．某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，且，下列说法正确的是（    ）      A．该圆台轴截面面积为 B．该圆台的体积为 C．该圆台的表面积为 D．沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为 题型4：棱柱 13．在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，，，，过点B作平面截四棱柱所得截面为正方形，该平面交棱于点M，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 14．在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱，E是BC的中点，F是棱上的点，且，过作平面，使得平面平面AEF，则平面截直四棱柱，所得截面图形的面积为（    ） A． B． C．3 D． 15．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． 题型5：圆柱 16．如图，某圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P，Q分别为线段BC，AC上的两个动点，E为上一点，且，则的最小值为（    ）    A．3 B． C． D． 17．将一个圆柱整体放入棱长为1的正方体中，圆柱的轴线与正方体体对角线重合，则圆柱的底面圆的半径的取值范围为（   ） A． B． C． D． 题型6：四棱锥 18．已知正四棱锥，其中，，平面过点A，且平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（   ） A． B． C． D． 19．在正四棱锥中，，用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体，，，则几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 题型7：三棱锥 20．在三棱锥中，，且平面，过点作截面分别交于点，且二面角的平面角为，则所得截面的面积最小值为（    ） A． B． C． D．1 21．在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（   ） A． B．4 C．6 D．10 22．在三棱锥中，平面，，，，点为棱上一点，过点作三棱锥的截面，使截面平行于直线和，当该截面面积取得最大值时，（    ） A． B． C． D． 题型8：长方体、正方体 23．如图所示，在长方中，，点E是棱上的一个动点，若平面交棱于点F，则四棱锥的体积为 ，截面四边形的周长的最小值为 . 24．如图，这是注入了一定量水的正方体密闭容器，现将该正方体容器的一个顶点固定在地面上，使得三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面恰好经过的中点，若，则该水平面截正方体所得截面的面积为（   ） A． B． C．4 D． 25．在正方体中，点分别为棱的中点，过点三点作该正方体的截面，则（    ） A．该截面多边形是四边形 B．该截面多边形与棱的交点是棱的一个三等分点 C．平面 D．平面平面 26．如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（    ）    A． B． C． D． 27．已知正方体的边长为1，现有一个动平面，且平面，当平面截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为，周长为，则（    ） A．不为定值，为定值 B．为定值，不为定值 C．与均为定值 D．与均不为定值 题型9：棱台 28．如图所示，正四棱台中，上底面边长为3，下底面边长为6，体积为，点在上且满足，过点的平面与平面平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（    ） A． B． C． D． 29．在正棱台中，为棱中点.当四棱台的体积最大时，平面截该四棱台的截面面积是（    ） A． B． C． D． 题型10：其他多面体、组合体 30．“牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体，它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1）.如图2所示的“四脚帐篷”为“牟和方盖”的上半部分，点为四边形的中心，点为“四脚帐篷”的“上顶点”，.用平行于平面的平面去截“四脚帐篷”，当平面经过的中点时，截面图形的面积为 . 31．如图，正八面体的棱长为2，点，，分别是，，的中点，则过，，三点的平面截该正八面体所得截面的面积等于 . 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(4)线面平行的性质定理。 (5)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行. 二、立体几何图形中有关截面的做法： ①若已知两点在同一平面内，只要连接这两点，就可以得到截面与多面体的一个面的截线。 ②若面上只有一个已知点，应设法在同一平面上再找出第二个确定的点; ③若两个已知点分别在相邻的面上，应找出这两个相邻平面的交线与截面的交点。 ④面面平行的性质定理。 ⑤若有一点在面上而不在棱上，则可通过作辅助平而找出棱上的交点; 若已知点在体内，则可通过辅助平面找出面上的交点，再找出棱上的交点. 三、正方体的基本斜截面 题型1：截面有关的简单计算 1．已知圆锥轴截面为正三角形，母线长为4，则该圆锥的体积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由条件易得圆锥的底面半径和高，结合圆锥的体积公式计算即可. 【解析】因为圆锥轴截面是边长为4的正三角形， 所以圆锥的底面半径为2，高， 所以圆锥的体积为. 故选：A 2．一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，轴截面的面积为9，则该圆台的体积为（   ） A． B．2π C． D．7π 【答案】D 【分析】首先求圆台的高，再代入体积公式，即可求解. 【解析】设圆台的高为，由题意可知，，得， 圆台的体积. 故选：D 3．过圆柱的上，下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则圆柱的侧面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合立体图，先由面积计算底面半径和侧棱，再利用侧面积公式计算即可. 【解析】如图所示，过圆柱的上，下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是正方形，面积为8，故边长，即底面半径，侧棱长为.    则圆柱的侧面积是. 故选：C. 4．已知一个正四棱台的上、下底面的边长分别为1和2，侧棱长为1，则该正四棱台的高为 ． 【答案】 【分析】根据正四棱台的性质与勾股定理可以得到. 【解析】根据题意可得如图所示图形，则,, 过作于点，过作于点, 则，所以，即该正四棱台的高为.    故答案为：. 5．已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球O的直径相等，则圆锥的体积与球O的体积的比值是 . 【答案】 【分析】设圆锥的底面半径为r，球O的半径为R，由题意可得，结合体积公式运算求解. 【解析】设圆锥的底面半径为r，球O的半径为R， 因为圆锥的轴截面为正三角形，可知圆锥的高， 则，即， 可得圆锥的体积， 球O的体积， 所以. 故答案为：． 6．已知一个圆柱与一个圆锥的轴截面分别为正方形与正三角形，且正方形与正三角形的边长相等，则该圆柱的体积与圆锥的体积的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设正方形与正三角形的边长为2，则可求出圆柱和圆锥的体积，从而可求得答案 【解析】设正方形与正三角形的边长为2， 则圆柱的体积为， 圆锥的体积为， 所以圆柱的体积与圆锥的体积的比值为. 故选：C 题型2：球 7．已知一球体刚好和圆台的上､下底面及侧面都相切，且圆台上底面的半径为2，下底面的半径为1，则该球体的表面积为 . 【答案】 【分析】如图在截面梯形中，，，，然后利用，求出母线长，再由可求出球的半径，从而可求出球体的表面积 【解析】如图，在截面梯形中，，，.因为， 解得. 又因为，所以， 所以该球体的表面积为. 故答案为： 8．已知球O的半径，平面经过OA的中点，且与OA所成的线面角为，则平面截球O的面积为（    ） A．16π B．14π C．12π D．10π 【答案】B 【分析】根据给定条件，求出球心O到平面的距离，再利用球的截面圆性质求出截面圆半径即可. 【解析】由平面经过OA的中点，且与OA所成的线面角为，得球心O到平面的距离， 因此平面截球O所得截面圆半径， 所以平面截球O所得截面圆面积. 故选：B 9．四面体的棱长为4，E为棱BC的中点，过点E作其外接球的截面，则截面面积的最小值是 . 【答案】 【分析】将正四面体放置于正方体中，该正方体的外接球就是正四面体的外接球，求出半径，过点作其外接球的截面，当截面到外接球的球心的距离最大时，截面面积最小，据此即可求解. 【解析】将正四面体放置于如图所示的正方体中，可得该正方体的外接球就是正四面体的外接球， 设该外接球的球心为，半径为R， 正四面体的棱长为4，且正四面体的棱长是正方体的面对角线长， 正方体的棱长为， 正方体外接球的半径满足， 解得，为棱BC的中点， 过点作其外接球的截面， 当截面到外接球的球心的距离最大时，截面面积最小， 此时为截面圆心，球心到截面的距离， 由截面的性质可得截面半径， 故截面面积的最小值为． 故答案为：. 10．已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，，若、到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为 ． 【答案】 【分析】采用补体法将正四面体放入正方体中，根据题意求出正方体的棱长，进而求得其外接球的半径，根据勾股定理求出截面圆的半径，即可求解截面面积. 【解析】如图所示，将正四面体放入一个正方体中，    因为、到的距离分别为3、9，距离之和为12， 即正方体的棱长为12，因为球心是正方体的中心， 故球心到平面的距离为， 又球的直径，所以， 所以所截得的截面圆的半径， 故球被平面所截得的圆的面积． 故答案为： 题型3：圆台 11．圆台的上下底面半径分别为1和4，轴截面的两条对角线互相垂直，则这个圆台的体积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意，根据圆台轴截面几何性质求出圆台的高，利用体积公式求解. 【解析】如图，圆台的轴截面为，上下底面圆的圆心分别为， 设与相交于点，因为为等腰梯形，且， ，，则圆台的高， 所以这个圆台的体积为. 故选：C. 12．某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，且，下列说法正确的是（    ）      A．该圆台轴截面面积为 B．该圆台的体积为 C．该圆台的表面积为 D．沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为 【答案】ABD 【分析】求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项A；由台体的体积公式可判断选项B；由台体的表面积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取的中点为，连接，可判断选项D. 【解析】对于，由，且， 可得，高， 则圆台轴截面的面积为，故A正确； 对于B，圆台的体积为，故B正确； 对于C，圆台的侧面积为，又，， 所以，故C错误； 对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角． 设的中点为，连接，可得， 则，又点到的距离， 所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确．    故选：ABD． 题型4：棱柱 13．在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，，，，过点B作平面截四棱柱所得截面为正方形，该平面交棱于点M，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】先结合截面为正方形，借助中位线转化得到的关系，再利用余弦定理分别求解底面对角线，然后由垂直关系及截面正方形，借助长度相等，利用勾股定理建立的方程组，求解转化即得所求比值. 【解析】 如图，设截面分别交，于点P，Q， 连接PQ，BM，设交点，连接，设交点， 由已知截面为正方形，则是，的中点， 底面ABCD为平行四边形，则是，的中点， 又，，则， 则是的中位线，也是四边形的中位线. 设，， 故， 由，得， 化简得（*），且， 由直四棱柱知，平面， 又平面，则 则四边形为直角梯形. 由，得， 在中，由余弦定理得， 解得，同理可得， 如图，在直角梯形中，在CQ上取点S，使， 则. 由，得， 即，化简得， 与（*）联立，解得，， 所以，则， 验证知，此时四边形为为正方形，满足题意. 则． 故选：B． 14．在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱，E是BC的中点，F是棱上的点，且，过作平面，使得平面平面AEF，则平面截直四棱柱，所得截面图形的面积为（    ） A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】根据四棱柱的几何性质以及面面平行的判定定理求解. 【解析】    如图，取的中点M，在上取一点H，使得，连接，如上图， 则，平面， 平面AEF，平面平面； 即过点平行于平面AEF的平面截四棱柱的图形是三角形， 其中， ， 故选：A. 15．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． 【答案】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. 【解析】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. 题型5：圆柱 16．如图，某圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P，Q分别为线段BC，AC上的两个动点，E为上一点，且，则的最小值为（    ）    A．3 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆柱的结构特征采用将沿直线BC旋转到某个位置的方法，将线段和转化为一条线段的长度问题，结合求解线段长度即得答案. 【解析】如图，连接EC，将沿直线BC旋转到的位置，    且在AB的延长线上．则， 由于圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，故，， 则，当三点共线时取等号， 当时，最小，最小值为， 即的最小值为， 故选：C 17．将一个圆柱整体放入棱长为1的正方体中，圆柱的轴线与正方体体对角线重合，则圆柱的底面圆的半径的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，作出正方体的两个全等且平行的正三角形截面，，设，正内切圆的半径为，即可得到，设圆柱的高为，推导出，求出的临界值，即可得解. 【解析】如图，作出正方体的两个全等且平行的正三角形截面，， 则圆柱的两个底面是，的内切圆， 设，正，内切圆的半径为，则， 所以， 而，所以， 设圆柱的高为，又正方体的体对角线为， 所以，即， 显然当圆柱两底面圆逐渐靠近时，半径越来越大，令，解得， 所以圆柱底面圆的半径取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用圆柱和正方体的对称性推导出，然后利用临界分析求解. 18．已知正四棱锥，其中，，平面过点A，且平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据线面垂直作出截面，然后利用余弦定理、三角形的面积公式等知识求得截面面积. 【解析】依题意，在正四棱锥中，， 且， 所以，所以三角形是等边三角形， 设是的中点，则，所以，且， 设平面与分别相交于点，    则由得， ， 所以，故， 所以， 所以， 在三角形中，由余弦定理得： ， 所以， 所以结合正四棱锥对称性得， 所以截面面积为. 故选：A. 19．在正四棱锥中，，用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥，得到几何体，，，则几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题可得，几何体为正四棱台，求出高，利用台体体积公式求解. 【解析】设正四棱锥的侧棱长为， 连接相交于点，连接，则平面， 因为，所以， 因为，所以，解得， 所以， 又因为用一个平行于底面的平面去截该正四棱锥， 所以得到几何体为正四棱台， 且，， 连接相交于点，所以为的中点， 所以， 所以几正四棱台的体积为， 故选：B. 题型7：三棱锥 20．在三棱锥中，，且平面，过点作截面分别交于点，且二面角的平面角为，则所得截面的面积最小值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】由二面角的定义可得，从而，设，由三角形的面积相等和基本不等式得到，再由三角形的面积公式即可求解. 【解析】过作，垂足为，连接，则由三垂线定理可得， ∴即为二面角的平面角， ∴，，所以， 设，则， 在三角形中，， 又，所以， 所以，时等号成立， 所以三角形的面积为， 故截面PEF面积的最小值为. 故选：B. 21．在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（   ） A． B．4 C．6 D．10 【答案】C 【分析】作出三棱锥的侧面展开图，连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长，利用余弦定理计算可得. 【解析】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面的周长最小， 连接交、于点、，则侧面展开图中线段的长度即为截面的最小周长， 因为侧棱长为的正三棱锥，， 所以， 由余弦定理可得 ， ，所以截面的最小周长为. 故选：C. 22．在三棱锥中，平面，，，，点为棱上一点，过点作三棱锥的截面，使截面平行于直线和，当该截面面积取得最大值时，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直角三角形即可求得答案. 【解析】根据题意，在平面内，过点作，交于点； 在平面内，过点作，交于点； 在平面内，过点作，交于点，连接，如图所示，    因为，则，设其相似比为，即， 则； 又因为，，， 由余弦定理得，，则， 即. 又平面，，平面，所以，. 又，则，. 因为，则，则， 因为，所以，即， 同理可得，即， 因为，，则， 故四边形为平行四边形；而平面，平面， 故平面，同理平面， 即四边形为截面图形； 又平面，平面，则， 又，所以. 故平行四边形为矩形，则， 所以当时，有最大值，则， 在中，. 故选：C. 【点睛】思路点睛：先作平行线作出题中的截面，再证明四边形为符合题意的截面图形，结合线面平行以及线面垂直说明四边形为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，利用二次函数求出最值得解. 题型8：长方体、正方体 23．如图所示，在长方中，，点E是棱上的一个动点，若平面交棱于点F，则四棱锥的体积为 ，截面四边形的周长的最小值为 . 【答案】 20 【分析】根据锥体的体积计算，利用切割法可得四棱锥的体积；将几何体展开，根据两点之间直线最短，即可求出最短周长的截面，进而根据勾股定理即可求得结果. 【解析】由题意可得， 利用切割法可得 ； 将长方体展开，如图所示， 当点为与的交点、点为与的交点时，截面周长最小， 此时截面的周长为， 而在中，， 所以截面周长的最小值为. 故答案为：20；. 24．如图，这是注入了一定量水的正方体密闭容器，现将该正方体容器的一个顶点固定在地面上，使得三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面恰好经过的中点，若，则该水平面截正方体所得截面的面积为（   ） A． B． C．4 D． 【答案】B 【分析】根据已知及平面的基本性质确定水平面截正方体所得截面的形状，进而求其面积. 【解析】在正方体中，与平面所成的角是相等的， 所以水平面平行于平面，又水平面恰好经过的中点， 则水平面截正方体所得的截面是过棱的中点的正六边形，且边长为， 如图，所以其面积. 故选：B 25．在正方体中，点分别为棱的中点，过点三点作该正方体的截面，则（    ） A．该截面多边形是四边形 B．该截面多边形与棱的交点是棱的一个三等分点 C．平面 D．平面平面 【答案】B 【分析】将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于，连分别与棱交于，可判断A；利用相似比可得，可判断B；证明平面即可判断C；通过证明平面，可判断D. 【解析】对于A，将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于， 连分别与棱交于，得到截面多边形是五边形，A错误； 对于B，易知和全等且都是等腰直角三角形，所以， 所以，即，点是棱的一个三等分点，B正确； 对于C，因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 因为平面，所以平面， 因为平面与平面相交，所以与平面不垂直，C错误； 对于D，易知，所以， 又，所以平面， 结合C结论，所以平面与平面不平行，D错误. 故选：B． 26．如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积. 【解析】在正方体中，取的中点，的中点，连接，    由是的中点，得，则四边形为平行四边形， ，由是的中点，得， 梯形是正方体被平面所截得的截面， ，， 所以所求截面的周长是. 故选：B 27．已知正方体的边长为1，现有一个动平面，且平面，当平面截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为，周长为，则（    ） A．不为定值，为定值 B．为定值，不为定值 C．与均为定值 D．与均不为定值 【答案】A 【分析】利用正方体棱的关系，判断平面所成的角都相等的位置，可知截面边数最多时为六边形.如图所示，可计算出周长为定值，计算正三角形的面积和截而为正六边形时的截面面积通过比较即可得答案. 【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，与面平行的面且截面是六边形时满足条件，如图所示， 正方体边长为1，即 设，则， ， 同理可得六边形其他相邻两边的和均为， 六边形的周长为定值， 正三角形的面积为. 当均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大， 此时,截面面积为， 截面从平移到的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长为定值，面积不为定值. 故选：A 题型9：棱台 28．如图所示，正四棱台中，上底面边长为3，下底面边长为6，体积为，点在上且满足，过点的平面与平面平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先过点作于点，结合已知得，由棱台体积公式得，由勾股定理得，再求出的长，最终根据相似三角形对应边成比例即可得解. 【解析】如图所示， 过点作于点，因为， 所以， 则四棱台的高为，则四棱台的体积为， 解得，所以侧棱长为. 如图所示： 过于点，于点，连接， 由对称性可知， 所以， 而， 所以， 所以，同理， 分别在棱上取点，使得， 易得， 所以截面多边形的周长为. 故选：D. 29．在正棱台中，为棱中点.当四棱台的体积最大时，平面截该四棱台的截面面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即可. 【解析】设，上底面和下底面的中心分别为，该四棱台的高，. 在上下底面由勾股定理可知，. 在梯形中，， 所以该四棱台的体积为， 所以， 当且仅当，即时取等号，此时，. 取的中点，连接、，显然有，平面， 平面，所以平面，因此平面就是截面. 显然， 在直角梯形 中，， 因此在等腰梯形中，， 同理在等腰梯形中，， 在等腰梯形中，设， 则， ， 所以梯形的面积为， 故选：C. 【点睛】关键点睛：根据基本不等式求出体积最大值，结合线面平行判定定理判断截面的形状是解题的关键. 题型10：其他多面体、组合体 30．“牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体，它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1）.如图2所示的“四脚帐篷”为“牟和方盖”的上半部分，点为四边形的中心，点为“四脚帐篷”的“上顶点”，.用平行于平面的平面去截“四脚帐篷”，当平面经过的中点时，截面图形的面积为 . 【答案】3 【分析】根据对称性，可得截面的形状为正方形，利用勾股定理得正方形的边长即可求得面积. 【解析】根据对称性，可得截面的形状为正方形. 取中点中点，可知截面为半圆. 截面与弧交于点，与交于点为中点， 所以，由勾股定理可得， 所以截面正方形的边长为，故其面积为. 故答案为：3 31．如图，正八面体的棱长为2，点，，分别是，，的中点，则过，，三点的平面截该正八面体所得截面的面积等于 . 【答案】 【分析】由得平面，同理平面，进而得 到平面平面平面，结合正八面体的对称性可知截面是 边长为1的正六边形，求出面积即可. 【解析】∵，，分别是，，的中点， ∴，又平面，平面， ∴平面.同理得平面. 又平面平面，， ∴平面平面平面. 设平面与相交于点，则， 故为的中点.同理得平面也过，的中点， 结合正八面体的对称性，得截面是边长为1的正六边形， 其面积. 故答案为： 【点睛】确定多面体截面的关键在于确定截点，有了位于多面体同一表面上的 两个截点即可连接成截线，从而求得截面.而截线与截点的主要依据主要有： (1)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线. (2)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内. (3)如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条 直线就和交线平行. (4)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行. ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$