拓展07 立体几何中的截面问题4考点复习指南-【题海探秘】2024-2025学年高一下学期数学期中期末考考点复习指南（人教A版2019必修第二册）

【题海探秘】2024-2025高一下学期数学期中期末考考点复习指南（人教A版2019必修第二册） 拓展07 立体几何的截面问题4考点复习指南 【问题背景】 在高考数学中，立体几何的截面问题是空间几何知识的综合应用，核心考查学生对空间几何体结构特征的理解、平面基本性质的运用以及空间想象能力。这类问题常以正方体、正四棱锥、正四面体等规则几何体为载体，要求学生通过作截面、分析截面形状、计算截面相关量（面积、周长、最值等）来解决问题，体现了对逻辑推理、数学运算等核心素养的考查。 【处理角度】 1.几何性质分析：利用几何体的线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直等性质，确定截面与几何体各面的交线位置。 2.平面基本定理应用：通过公理 3（平面交线定理）及推论，确定截面与几何体棱的交点，逐步作出完整截面。 3.空间转化为平面：将空间几何问题转化为平面几何问题，如利用相似三角形、全等三角形、解三角形等知识计算截面相关线段长度、角度或面积。 4.最值与范围分析：结合函数思想或几何极值原理（如点到平面距离的最值、截面圆半径的极值等），分析截面相关量的取值范围。 【解法策略】 1. 截面形状问题 关键点：确定截面与几何体各面的交线数量，判断截面边数。 方法： ①从已知点出发，利用线面平行或面面平行性质，逐步延长线段找到与其他棱的交点，确保交线完整。 ②注意几何体对称性对截面形状的影响（如正方体中中点连线常形成规则多边形）。 ③避免遗漏交线，尤其当截面跨越多面时，需逐一分析每个面与截面的交线。 2. 截面面积问题 关键点：明确截面多边形的形状（如三角形、四边形、五边形等），计算其面积。 方法： ①对于规则多边形（如正六边形、等腰梯形），利用对应面积公式计算；对于不规则多边形，可分割为三角形、梯形等基本图形求和。 ②借助相似三角形确定线段比例，进而求得关键边长或高。 ③注意截面与几何体轴线的位置关系，可能影响高或边长的计算。 3. 截面周长问题 关键点：准确求出截面各边的长度并求和。 方法： ①先确定截面各顶点在几何体棱上的位置，通过解三角形（如勾股定理、余弦定理）计算每条边的长度。 ②利用几何体棱长与交点位置的比例关系（如中点、三等分点）简化计算。 ③注意截面跨越多面时，相邻边的连接点需在同一平面内，确保周长计算的准确性。 4. 与截面有关的最值范围问题 关键点：分析截面位置变化时相关量的极值情况。 方法： ①几何法：通过几何直观判断极值位置（如截面过球心时面积最大，截面与某直线垂直时面积最小）。 ②函数法：设变量表示截面位置，建立目标函数（如面积、周长关于变量的表达式），利用二次函数、不等式等求最值。 ③转化法：将空间问题转化为平面问题，如将四面体放入正方体中，利用正方体的对称性简化外接球截面问题。 考点1 截面形状问题 1．（2025高二·浙江衢州月考）在正方体中，M，N，Q分别为棱AB，的中点，过点M，N，Q作该正方体的截面，则所得截面的形状是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 2．（2025·河北唐山模拟预测）正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，过，，做该正方体的截面，则截面形状为 ，周长为 ． 3．（2025高一·四川成都·期末）如图，在正方体中，E，F，M，N分别为棱AB，AD，，的中点，过E，F，M，N四点作该正方体的截面，则下列说法错误的是（    ） A．该截面是六边形 B．平面 C．平面平面 D．该截面过棱的一个三等分点 4．（2024高三·全国月考）如图所示，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，上的动点（包含端点），当，分别为棱，的中点时，则过，，三点作正方体的截面，所得截面为 边形．    5．【多选】（2025高一·安徽阜阳·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，过作正方体的截面交棱于F，则（    ） A．当时，截面为等腰梯形 B．当时，截面为六边形 C．当时，截面面积为2 D．当时，截面与平面所成的锐二面角的正切值为 考点2 截面面积问题 6．（2025·山东潍坊模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于 7．（2025·安徽合肥模拟预测）已知正四棱锥的所有棱长都等于3，点是的重心，过点作平面，若平面平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（   ） A． B． C． D． 8．【多选】（2025·浙江绍兴模拟预测）正四棱柱的底面边长为2，侧棱长是的中点为，过点的平面记为，则下列说法中正确的是（    ） A．点和点到平面的距离相等 B．二面角的正切值为 C．平面截得的截面形状是五边形 D．平面截得的截面面积为 9．【多选】（2025·湖南郴州模拟预测）已知正方体的表面积与体积的数值之比为3，，分别是棱BC，的中点，是线段上一个动点，则下列结论正确的是（   ） A． B．多面体的体积为 C．存在一点，使得 D．若平面PQG，则平面PQG截正方体的截面面积是 考点3 截面周长问题 10．（2025高一·重庆长寿·期中）如图所示，在正四棱台中，上底面边长为4，下底面边长为6，体积为，点E为AD中点，过点E的平面α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． 11．（2025高三·上海月考）在棱长为的正方体，中，，过点，，的平面截该正方体所得截面的周长为 ． 12．（2025高二·湖北恩施·期中）在正方体中，为棱BC的中点，为棱的三等分点（靠近点），过点作该正方体的截面．则该截面的周长是 ． 13．（2025高二·上海黄浦月考）在棱长为1的正方体中，为底面的中心，是棱上一点，且，，为线段的中点，则下列命题中正确的是（    ） A．与是异面直线 B．三棱锥的体积跟的取值有关 C．当时， D．当时，过、、三点的平面截正方体所得截面的周长为 考点4 与截面有关的最值范围问题 14．（2025高一·全国月考）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（   ） A． B． C． D． 15．（2025高一·云南昆明月考）在边长为4的正方形ABCD中，如图甲所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图乙所示，则三棱锥外接球的体积是 ；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是 .    16．（2025高三·重庆南岸月考）如图，已知正方形的边长为4，点在边上且，将沿翻折到的位置，使得．空间四点的外接球为球，过点作球的截面，则截球所得截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 17．（2025·江苏连云港模拟预测）已知正四面体ABCD的棱长为6，点E，F满足，，用过A，E，F三点的平面截正四面体ABCD的外接球O，当时，截面的面积的取值范围为 ． 18．（2025高一·云南昆明·期中）在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（   ） A．当时，截面为五边形 B．当时，截面只能是六边形 C．当时，截面的面积最大 D．当时，截面只能是五边形 1．（2025高一·江苏无锡·期中）在等腰梯形中，已知，，将沿直线翻折成，则当三棱锥的体积最大时，以为直径的球被平面所截的截面面积为（ ） A． B． C． D． 2．【多选】（2025高三·重庆月考）在正方体中，，分别为和的中点，M为线段上一动点，N为空间中任意一点，则下列结论正确的有（    ） A．直线平面 B．异面直线与所成角的取值范围是 C．过点的截面周长为 D．当时，三棱锥体积最大时其外接球的体积为 3．（2025·江苏泰州模拟预测）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）．利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙）．若正四面体的棱长为3，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值大于3 B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是 C．勒洛四面体四个曲面交线长的和为 D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 4．（2025高三·河北邯郸月考）在三棱锥中，，平面经过点，并且与垂直，当截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为 ． 5．（2025·四川模拟预测）某圆锥母线长为，底面半径为2，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面的面积最大时，此截面将底面圆周所分成的两段弧长之比（较短弧与较长弧之比）为（    ） A． B． C． D． 6．（2025高一·山东烟台·期末）如图，圆锥的侧面展开图是半径为5、圆心角为的扇形，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，相应圆柱的体积为（    ）    A． B． C． D． 7．（2025高三·重庆月考）牛皮鼓，又称堂鼓、喜庆鼓，多用于江南祠堂内婚嫁迎娶和迎新年等．牛皮鼓的制作工艺考究，有数十道工序，包括处理牛皮、创制鼓腔、蒙皮、拉皮、钉钉，每道工序都考验着手艺人的技艺和耐心．如图所示的牛皮鼓的鼓面直径为，鼓身高度为，用平行于鼓面的平面截牛皮鼓，所得截面圆的最大直径为，若将该牛皮鼓看成由两个相同的圆台拼接而成，忽略鼓面与鼓身的厚度，则该牛皮鼓的体积为（    ）    A． B． C． D． 8．（2025高一·福建三明月考）如图，已知四面体的各条棱长均等于分别是棱的中点．若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，当截面面积最大时，四棱锥的体积为 ． 9．【多选】（2025高一·重庆月考）已知正方体的棱长为2，棱、、分别是，，的中点，过、、三点作正方体的截面，是中点，则（    ） A．截面多边形的周长为 B．截面多边形的面积为 C．截面多边形存在外接圆 D．的正弦值为 10．（2025高一·河南月考）已知球与正方体的各个面相切，平面截球所得的截面的面积为，则正方体棱长为（　　） A． B． C．1 D．2 11．（2024·全国模拟预测）已知长方体的底面ABCD为边长是2的正方形，，E，F分别为棱AB，的中点，则过，E，F的平面截长方体的表面所得截面的面积为 . 12．（2025高二·贵州贵阳月考）在三棱锥中，底面，，，，是线段AC上一点，且，三棱锥的各个顶点都在球的表面上，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 13．（2025高一·全国月考）正方体的棱长为2，平面截正方体内切球所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 14．（2025高一·广东广州·期末）已知正四棱锥的所有棱长都为，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为 ，的面积的最大值为 ． 15．【多选】（2025高一·山东德州·期末）棱长为2的正方体中，用一平面去截，则下列说法正确的是（    ） A．当截面为三角形时，截面一定为锐角三角形 B．当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形 C．若E为的中点，平面截正方体所得截面面积为 D．过棱，，的中点作正方体的截面，截面多边形的周长为 学科网（北京）股份有限公司 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关键点：分析截面位置变化时相关量的极值情况。 方法： ①几何法：通过几何直观判断极值位置（如截面过球心时面积最大，截面与某直线垂直时面积最小）。 ②函数法：设变量表示截面位置，建立目标函数（如面积、周长关于变量的表达式），利用二次函数、不等式等求最值。 ③转化法：将空间问题转化为平面问题，如将四面体放入正方体中，利用正方体的对称性简化外接球截面问题。 考点1 截面形状问题 1．（2025高二·浙江衢州月考）在正方体中，M，N，Q分别为棱AB，的中点，过点M，N，Q作该正方体的截面，则所得截面的形状是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】D 【分析】分别为中点，M，N，Q确定平面，证明六边形的每条边均在内，得到答案. 【解析】如图所示：分别为中点，M，N，Q确定平面， 且，故，，故， 同理可得，，，故截面为六边形. 故选：D. 2．（2025·河北唐山模拟预测）正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，过，，做该正方体的截面，则截面形状为 ，周长为 ． 【答案】 五边形 【分析】根据点、线、面的位置关系及平面性质作出截面图形，再利用三角形相似等知识点则可求出相关线段长，即可求出周长. 【解析】连接EF并延长交DC的延长线于N，连接交于Q，连接QF， 延长FE交DA的延长线于M，连接交于P，连接EP，顺次连接， 则五边形即为平面截正方体的截面多边形，如图： 由题意，正方体的棱长为2，则，， 则为等腰直角三角形，则，根据∽得，， 则，则，， 同理可得，，而，则五边形的周长为. 故答案为：五边形，. 3．（2025高一·四川成都·期末）如图，在正方体中，E，F，M，N分别为棱AB，AD，，的中点，过E，F，M，N四点作该正方体的截面，则下列说法错误的是（    ） A．该截面是六边形 B．平面 C．平面平面 D．该截面过棱的一个三等分点 【答案】D 【分析】先根据已知四个点确定截面判断A,D选项，根据面面平行判定定理判断C,应用线面垂直判断B选项. 【解析】过E，F，M，N四点,确定截面的一条边，延长交 于一点，连接该点与点即可得到与棱的交点，利用公理3确定交线,同样的方法找出其它交线，即可得到截面如图所示： 该截面是六边形,分别是的中点，故A正确，D选项错误； 在正方形中，,平面平面, 平面,平面,所以平面平面,所以, 同理可得平面平面,所以平面； 因为平面平面,所以平面, 因为平面平面,所以平面, 平面,平面, 所以平面平面,C选择正确； 因为平面，平面平面，所以平面，B选项正确. 故选：D 4．（2024高三·全国月考）如图所示，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，上的动点（包含端点），当，分别为棱，的中点时，则过，，三点作正方体的截面，所得截面为 边形．    【答案】五 【分析】利用线线、线面平行的性质作出截面即可判断. 【解析】    如图，取中点，连接，有，且， 则四边形是平行四边形，有，过作的平行线交于点， 此时，则，即为过，，三点的平面与平面的交线， 连接，在上取点，使得，连接，同证的方法得， 在棱上取点，使，连接并延长交直线于，则， 即，而，于是四边形是平行四边形， 有，则为过，，三点的平面与平面的交线， 连接，则可得五边形即为正方体中过，，三点的截面． 故答案为：五 5．【多选】（2025高一·安徽阜阳·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，过作正方体的截面交棱于F，则（    ） A．当时，截面为等腰梯形 B．当时，截面为六边形 C．当时，截面面积为2 D．当时，截面与平面所成的锐二面角的正切值为 【答案】ACD 【分析】当时，易得截面为四边形，可判断A；当时，AB，BC上（不含端点）各有一个截点，所以截面为五边形，可判断B；当时，设BC的中点为M，易得截面为四边形，求出截面的面积可判断C；如图，过F作FP垂直于点P，延长FE，交于点O，过作垂直EO于点Q，求出截面与平面所成的锐二面角的大小等于平面与平面所成的锐二面角，即所求的锐二面角，求出即可判断D. 【解析】当时，易得截面为四边形， 易证，且，，所以截面为等腰梯形，A正确． 当时，AB，BC上（不含端点）各有一个截点，所以截面为五边形，B错误． 当时，设BC的中点为M，易得截面为四边形，易得，，所以四边形的面积为，C正确． 如图，过F作FP垂直于点P，延长FE，交于点O，过作垂直EO于点Q，因为平面//平面，所以截面与平面所成的锐二面角的大小等于平面与平面所成的锐二面角的大小．因为⊥平面，所以，所以即所求的锐二面角．易得，，由，得，所以，D正确． 故选：ACD. 考点2 截面面积问题 6．（2025·山东潍坊模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于 【答案】 【分析】根据给定条件，借助面面平行性质作出截面，进而求出截面面积. 【解析】在棱长为的正方体中，由、分别为、的中点， 得，且，由且，得四边形为平行四边形， 即，设平面交棱于点， 由平面平面，平面平面， 平面平面，得，由为的中点，得为的中点， 设直线分别交、的延长线于点、，连接交棱于点， 连接交棱于点，连接、，则截面为六边形， 由，为中点，得，又，则为的中点， 同理为的中点，六边形是边长为1的正六边形， 所以截面面积为. 故答案为： 7．（2025·安徽合肥模拟预测）已知正四棱锥的所有棱长都等于3，点是的重心，过点作平面，若平面平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点依次在平面内作平行线，可得到截面，根据比例确定边长知截面为等腰梯形即可求面积. 【解析】 点是的重心，，过作交于，并延长交于， 过作，过作，如图四边形为截面， ∵点是的重心，，∴， ∴，，，， 四边形为等腰梯形，故面积为. 故选：C. 8．【多选】（2025·浙江绍兴模拟预测）正四棱柱的底面边长为2，侧棱长是的中点为，过点的平面记为，则下列说法中正确的是（    ） A．点和点到平面的距离相等 B．二面角的正切值为 C．平面截得的截面形状是五边形 D．平面截得的截面面积为 【答案】ABC 【分析】根据平面，即可求解A,根据二面角的几何法可知为二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解B，根据长方体及平面的基本性质作图画出平面截直四棱柱所得截面，即可求解C，分别求出各个边长，将五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，分别求面积即可求解D. 【解析】对于A：由于是的中点，所以,又，所以,平面，平面， 故平面，因此点和点到平面的距离相等，A正确， 对于B，过作于，则是的中点，连接, 由于平面，平面，故, 又，平面，所以平面， 平面，故,故为二面角的平面角， ,所以,B正确， 延长交直线于点，连接，交棱于点,连接，可得五边形为截面图形，故C正确， 对于D, 由平行线分线段成比例可得,故，则为等腰三角形.由相似三角形可知，，则， . 连接，则，因此五边形可分为等边三角形和等腰梯形. 等腰梯形的高， 则等腰梯形的面积为. 又，所以五边形的面积为，故D错误， 故选：ABC 9．【多选】（2025·湖南郴州模拟预测）已知正方体的表面积与体积的数值之比为3，，分别是棱BC，的中点，是线段上一个动点，则下列结论正确的是（   ） A． B．多面体的体积为 C．存在一点，使得 D．若平面PQG，则平面PQG截正方体的截面面积是 【答案】BD 【分析】由正方体的表面积、体积公式，棱锥的体积公式、异面直线的判断、及正方体截面的结构逐项判断即可. 【解析】 对于A，因为正方体的表面积与体积之比为3， 所以，解得，故A错误； 对于B，因为四面体的体积为， 所以多面体的体积为，正确； 对于C，设的中点为，连接，则，因为在平面内，而是线段上一个动点，即点在平面内，点在平面外，所以为异面直线，故C错误； 对于D，在正方体中，连接，易得， 又结合正方体的结构特点易证， 是平面内的两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以，同理可证， 是平面内两条相交直线， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 又分别是棱BC，的中点， 所以平面截正方体的截面分别交棱的中点， 所以截面为正六边形，又，所以截面面积为，故D正确， 故选：BD 考点3 截面周长问题 10．（2025高一·重庆长寿·期中）如图所示，在正四棱台中，上底面边长为4，下底面边长为6，体积为，点E为AD中点，过点E的平面α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，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：作于点，作于点，连接， 由对称性可知，， 所以，而， 所以，所以， 同理， 分别在棱上取中点，则平面即为平面， ， 所以截面多边形的周长为. 故选：D. 11．（2025高三·上海月考）在棱长为的正方体，中，，过点，，的平面截该正方体所得截面的周长为 ． 【答案】 【分析】先作出截面图形，然后根据相似和勾股定理求出各边，即可求得结果. 【解析】取正方体轴线与交点为， 连接并延长，交延长线与， 连接，交于， 连接， 作出图形如图， 由图可知，过点，，的平面截该正方体所得截面为五边形， 则，所以，同理，， 正方体的棱长为，， ， ， 四边形的周长为. 故答案为： 12．（2025高二·湖北恩施·期中）在正方体中，为棱BC的中点，为棱的三等分点（靠近点），过点作该正方体的截面．则该截面的周长是 ． 【答案】 【分析】先根据面面平行的性质定理作出过点的正方体的截面，然后结合正方体的性质可求截面的周长. 【解析】 如图，取的中点,连接,易得，则, 过点在平面内作,交于点，则； 再取的三等分点（靠近点），连接,同理可得, 过点在平面内作,交于点，则， 连接,因平面平面,则过三点的截面与它们的交线必平行， 同理过三点的截面与平面,平面的交线也平行， 故五边形即点的正方体的截面. 因则,， 由可得，则有：, 即得：,则,; 又由可得,则有：, 即得：，则 则. 故五边形截面的周长为： 故答案为：. 13．（2025高二·上海黄浦月考）在棱长为1的正方体中，为底面的中心，是棱上一点，且，，为线段的中点，则下列命题中正确的是（    ） A．与是异面直线 B．三棱锥的体积跟的取值有关 C．当时， D．当时，过、、三点的平面截正方体所得截面的周长为 【答案】D 【分析】对于A，根据中位线定理，可得平行，即得共面，可得答案；对于B，根据正方体的性质，求得点到底面的距离，利用三棱锥体积公式，可得答案；对于C，利用勾股定理，求得的长，根据等腰三角形的性质，可得答案；对于D，利用面面平行的性质定理，可得截面的形状，根据勾股定理，求得边长，可得答案. 【解析】在中，因为、为、的中点，所以，则共面， 所以与共面，A错误； 作，易知，由为的中点，可得， ，即到平面的距离为，， 则三棱针的体积跟的取值无关，B错误； 当时，得，，，，则，所以不成立，C错误； 当的，，过作，则，，，. 过、、三点的正方体的截面是等腰梯形， 所以平面截正方体所截得的周长为，D正确. 故选：D 考点4 与截面有关的最值范围问题 14．（2025高一·全国月考）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（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【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． 故选： 15．（2025高一·云南昆明月考）在边长为4的正方形ABCD中，如图甲所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图乙所示，则三棱锥外接球的体积是 ；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是 .    【答案】 【分析】对于第一空，三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，从而即可求解；对于第二空，由最大截面为过球心O的大圆，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆即可求解. 【解析】对于第一空，由题意，将三棱锥补形为长、宽、高分别为2，2，4的长方体，如图所示，    三棱锥P−AEF外接球即为补形后长方体的外接球， 所以外接球的直径，所以， 所以三棱锥P−AEF外接球的体积为； 对于第二空，过点M的平面截三棱锥P−AEF的外接球所得截面为圆， 其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为， 最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆， 此时截面圆半径（其中长度为长方体前后面对角线长度）， 则截面圆的面积为， 所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为. 故答案为：；. 16．（2025高三·重庆南岸月考）如图，已知正方形的边长为4，点在边上且，将沿翻折到的位置，使得．空间四点的外接球为球，过点作球的截面，则截球所得截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，确定球心的位置并求出球半径，再利用圆的截面性质求出截面面积最小值. 【解析】如图，取的中点为， 由正方形的边长为4，得， 因此为四面体的外接球球心，外接球半径， 设球心到平面的距离为，截面圆的半径为， 则有，即， 当截面时，最大，此时截面面积最小，且， 在中，，，． 由余弦定理可得，． 此时，所以截面面积最小值为. 故选：C 17．（2025·江苏连云港模拟预测）已知正四面体ABCD的棱长为6，点E，F满足，，用过A，E，F三点的平面截正四面体ABCD的外接球O，当时，截面的面积的取值范围为 ． 【答案】 【分析】作出辅助线，找到球心的位置，利用半径相等列出方程，求出外接球半径，再分析出时，三点共线，此时过A，E，F三点的平面球心，此时截面面积最大，截面面积为，求出和两种情况下，由等体积法求出球心到平面的距离相等，均为，此时截面面积最小，求出截面圆半径，从而得到截面面积的取值范围. 【解析】过点作⊥平面，则点在中线上，且， 球心在上，连接， 因为正四面体ABCD的棱长为6，所以，， 由勾股定理得， 设外接球O的半径为， 设，则， 由勾股定理得，即，解得， 时，三点共线，此时过A，E，F三点的平面过球心， 此时截面面积最大，截面面积为； 当或时，此时球心到截面的距离较大， 当时，过A，E，F三点的平面即为平面， 由对称性可知，此时球心到平面的距离等于到平面的距离， 即， 当时，，连接，交于点，则， 由于为等边三角形，故， 则，故，， 由勾股定理得，， 设点到平面的距离为，则， 即，解得， 由于，故点到平面的距离为， 故与时，点到平面的距离相等，均为， 故平面截正四面体ABCD的外接球的半径为， 则截面面积为， 综上，截面的面积的取值范围为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 18．（2025高一·云南昆明·期中）在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（   ） A．当时，截面为五边形 B．当时，截面只能是六边形 C．当时，截面的面积最大 D．当时，截面只能是五边形 【答案】D 【分析】易知当时，截面为正六边形，可判断A错误，当与重合，可知截面只能是四边形，可知B错误，比较时五边形截面的面积与正六边形截面面积大小可判断C错误，作出图形可判断D正确. 【解析】对于A，当时，分别取的中点为，如下图所示： 由正方体性质可得，即可得为正六边形， 因此当时，截面为六边形，即A错误； 对于B，如下图： 当时，不妨取与重合，可知截面只能是四边形，可知B错误； 对于C，延长交于，交于，连接交于点，连接交于，如下图所示： 不妨取正方体的棱长为3，易知， 可知为等腰三角形，其底边上的高为， 因此其面积为； 又，可知四变形为等腰梯形； 其高为，因此其面积为； 此时五边形面积为 当当时，截面为边长是的正六边形，其面积为； 显然当时，截面的面积不是最大的，即C错误； 对于D，根据C选项中的分析可知，当时，截面为在五边形的基础上绕着向下摆动， 此时截面始终于有交点，此时截面只能是五边形，即D正确. 故选：D 1．（2025高一·江苏无锡·期中）在等腰梯形中，已知，，将沿直线翻折成，则当三棱锥的体积最大时，以为直径的球被平面所截的截面面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先证明，当平面平面时，三棱锥的体积最大，由面面垂直的性质得到平面，求出截面圆的半径，即可得解. 【解析】依题意，所以梯形的高， 所以，则，又， 所以，即， 当平面平面时，三棱锥的体积最大， 又平面平面，平面，所以平面. 的中点为球心，取的中点，则为的中位线， 所以，平面. 以为直径的球被平面所截的截面为圆面， 由以上分析可知点为该圆的圆心，其半径， 该圆面面积为. 故选：B 2．【多选】（2025高三·重庆月考）在正方体中，，分别为和的中点，M为线段上一动点，N为空间中任意一点，则下列结论正确的有（    ） A．直线平面 B．异面直线与所成角的取值范围是 C．过点的截面周长为 D．当时，三棱锥体积最大时其外接球的体积为 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质可判断A正确；由转化异面直线所成的角，在等边中分析可知选项B错误；找出截面图形，利用几何特征计算周长可得选项C正确；确定三棱锥体积最大时点的位置，利用公式可求外接球的半径和体积，得到选项D正确. 【解析】A. ∵， 平面，平面， ∴平面， ∵平面， ∴， 同理可证，， ∵，平面，平面， ∴直线平面，选项A正确. B. 如图，连接， 由题意得，，， 直线与所成的角等于直线与所成的角， 在等边中，当点与两点重合时，直线与所成的角为， 当点与中点重合时，，此时直线与所成的角为， 故直线与所成角的取值范围是，选项B错误. C. 如图，作直线分别与直线交于点，连接与交于点，连接与交于点，则五边形即是截面. 由题意得，为等腰直角三角形，， 由得，， ∴， ∴，， 同理可得，， ∵分别为和的中点， ∴， ∴截面周长为，选项C正确. D. 当时，点的轨迹为以为直径的球，球心为中点，半径为， 三棱锥的体积即为三棱锥的体积， 点到平面距离的最大值为球的半径，此时点在正方形的中心处，三棱锥体积有最大值. 由题意得，平面平面，，均为等腰直角三角形，的外接圆半径为，的外接圆半径为， ∴三棱锥的外接球半径， ∴外接球体积为，选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：本题为立体几何综合问题，求三棱锥外接球半径方法为： （1）在三棱锥中若有平面，设三棱锥外接球半径为，则，其中为底面的外接圆半径，为三棱锥的高即的长. （2）在三棱锥中若有平面平面，设三棱锥外接球半径为，则，其中分别为的外接圆半径，为公共边的长. 3．（2025·江苏泰州模拟预测）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）．利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙）．若正四面体的棱长为3，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值大于3 B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是 C．勒洛四面体四个曲面交线长的和为 D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 【答案】AD 【分析】求出过正四面体相对棱中点的勒洛四面体的弦长判断A；作出截面，利用扇形面积与三角形面积公式求解B；利用弧长公式求出四个曲面交线长判断C；借助正四面体求出勒洛四面体内切球半径判断D. 【解析】对于A，分别为正四面体的棱的中点，连接并延长交勒洛四面体的曲面于点， ，则等腰的高， 等腰的高， 由对称性知，，则， 而勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值不小于长，A正确； 对于B，勒洛四面体被平面截得的截面是3个弓形加上， 面积为，B错误； 对于C，由对称性知，勒洛四面体四个曲面的每条交线长相等， 其中交线所在圆的圆心在以中点为圆心，则该圆半径， 由余弦定理得，， 因此勒洛四面体四个曲面交线长的和为，C错误； 对于D，勒洛四面体能够容纳的最大球的半径即为该四面体内切球半径， 由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，    正外接圆半径，正四面体的高， 令正四面体的外接球半径为，在中，，解得， 取正四面体中心为，连接交平面于点，交曲面于点， 其中即为正四面体外接球半径，点均在以点B为球心的球面上， 则，勒洛四面体内切球半径，D正确.    故选：AD 4．（2025高三·河北邯郸月考）在三棱锥中，，平面经过点，并且与垂直，当截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为 ． 【答案】 【分析】先根据截面面积最大，确定平面平面，再确定外接球球心的位置，求出外接球半径，可求球的表面积. 【解析】如图： 如图所示，取中点，连接．由，可知． 同理可知，．又，平面， 所以平面，所以平面即为平面． 又易知，所以截此三棱锥所得的截面面积为． 当时，取得最大值． 设为外接球球心，，分别为、外接圆圆心． 球心满足平面，平面， 所以四边形为正方形，且， 三棱锥外接球的半径， 所以. 故答案为： 5．（2025·四川模拟预测）某圆锥母线长为，底面半径为2，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面的面积最大时，此截面将底面圆周所分成的两段弧长之比（较短弧与较长弧之比）为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】方法一：先判断轴截面顶角，结合三角形面积公式确定截面顶角，进而可得，然后可解；方法二：设，将三角形面积表示成关于的函数，根据二次函数性质求出，进而可得，然后可解；方法三：设，将三角形面积表示成关于的函数，结合三角函数性质求解即可. 【解析】法一（几何法）：该圆锥轴截面是等腰三角形，腰长为，底边长4， 因为，所以顶角为钝角． 如图所示，设截面为，因为， 显然，当时，截面三角形面积最大， 此时，， 因为， 所以，所以截得的两段弧长之比为． 法二（代数法）：如图所示，截面为，F为MN的中点， 设，易知，，， 故， 所以当时截面面积最大，此时， 因为， 所以， 所以截得的两段弧长之比为． 法三（代数法）：如图所示，截面为△SMN，F为MN的中点， 设，， 易知，，， 所以 ，， 当，即时取得最大值，此时， 所以截得的两段弧长之比为． 故选：B． 6．（2025高一·山东烟台·期末）如图，圆锥的侧面展开图是半径为5、圆心角为的扇形，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，相应圆柱的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出圆锥的半径和高，然后设出圆柱的底面半径和高，利用圆锥轴截面结合圆柱侧面积公式求得侧面积，利用二次函数求得最值时圆柱的底面半径和高，代入圆柱体积公式即可求解. 【解析】设圆锥的底面半径为，母线长为，因为圆锥的侧面展开图是半径为5、圆心角为的扇形， 所以圆锥的母线长为，即，则， 作出圆锥的轴截面如图所示：    设圆柱的底面半径为，高为，由题意可知，可得， 则圆柱的侧面积， 所以当时，圆柱的侧面积取得最大值， 此时圆柱的体积为. 故选：C 7．（2025高三·重庆月考）牛皮鼓，又称堂鼓、喜庆鼓，多用于江南祠堂内婚嫁迎娶和迎新年等．牛皮鼓的制作工艺考究，有数十道工序，包括处理牛皮、创制鼓腔、蒙皮、拉皮、钉钉，每道工序都考验着手艺人的技艺和耐心．如图所示的牛皮鼓的鼓面直径为，鼓身高度为，用平行于鼓面的平面截牛皮鼓，所得截面圆的最大直径为，若将该牛皮鼓看成由两个相同的圆台拼接而成，忽略鼓面与鼓身的厚度，则该牛皮鼓的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆台体积公式直接计算求解即可. 【解析】依题意可得，该牛皮鼓的体积可视为两个相同的圆台 （上底面半径为，下底面半径为，高为）的体积之和， 所以该牛皮鼓的体积为． 故选：C 8．（2025高一·福建三明月考）如图，已知四面体的各条棱长均等于分别是棱的中点．若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，当截面面积最大时，四棱锥的体积为 ． 【答案】 【分析】先通过作图并证明截面的形状是矩形，再引入变量，来求截面面积的最大值，从而找到特殊位置，进而求出体积. 【解析】 连接，由四面体的各条棱长均等于，可得这是一个正四面体， 由分别是棱的中点，可知， 平面，所以平面， 又因为平面，所以，， 先假设分别是各棱中点， 则，所以， 同理可证：，，平面， 所以平面， 又因为直线截面，则截面平面， 即可知任意截面是矩形. 可设，则， 由和是等边三角形，则，， 所以， 此时，即为的中点， 由边长为，可知，， 所以四棱锥的体积为：， 故答案为：. 9．【多选】（2025高一·重庆月考）已知正方体的棱长为2，棱、、分别是，，的中点，过、、三点作正方体的截面，是中点，则（    ） A．截面多边形的周长为 B．截面多边形的面积为 C．截面多边形存在外接圆 D．的正弦值为 【答案】ABD 【分析】根据题意画出正方体，将题中截面画出，根据边长关系能求出截面多边形的周长和面积；判断截面多边形各边长垂直平分线是否交于一点，即可判断出多边形是否存在外接圆；根据二面角定义和余弦定理求出截面所在平面所成角． 【解析】正方体的棱长为2，过棱，，的中点作正方体的截面， 对A,连，延长交直线，的延长线于点，， 连交于，连交于， 连，得到截面五边形， 由，为中点，则，，， 同理，又，， 因此周长为，故B正确． 对B,易知，，，， 又， 故， 截面多边形的面积为，故B正确； 对C:与是公有一个项点的全等三角形，两个三角形的外心不重合， 这个五边形没有外接圆，故C错误； 对D,，，， ，，， 根据二面角的定义得是截面与底面所成角， ，， 根据余弦定理得，，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛:本题考查正方体的截面问题，关键是利用平面延展确定平面形状，并结合对称性确定跟各棱的交点位置并计算. 10．（2025高一·河南月考）已知球与正方体的各个面相切，平面截球所得的截面的面积为，则正方体棱长为（　　） A． B． C．1 D．2 【答案】D 【分析】解法1：设正方体棱长为，利用截面圆的半径、到平面的距离、球的半径构成的直角三角形可得答案；解法2：设正方体棱长为，利用的面积相等解得可得答案． 【解析】解法1：设正方体棱长为，则球的半径为， ∵平面截此球所得的截面的面积为，∴截面圆的半径为， 由题意，球心与的距离为， 设到平面的距离为， 是边长为的等边三角形，， 由得，可得， ，由平面，所以球心到平面的距离为， ∴，∴，即正方体棱长为； 解法2：设正方体棱长为，内切球与正方体各面的切点， 恰好为等边三角形各边的中点，截面圆为等边三角形的内切圆， 又因为平面截此球所得的截面的面积为， 所以截面圆的半径为，， 所以，整理得， 故截面圆的半径，解得， 即正方体棱长为． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：在方法1中关键点是根据勾股定理求出. 11．（2024·全国模拟预测）已知长方体的底面ABCD为边长是2的正方形，，E，F分别为棱AB，的中点，则过，E，F的平面截长方体的表面所得截面的面积为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，作出过点的长方体的截面，再结合相似三角形求出截面面积. 【解析】在长方体中，连接并延长与的延长线交于点，直线交于，交的延长线于， 连接交于，连接，则五边形即为过点的长方体的截面， 由，为的中点，得是中点，，， 由，是中点，得，则， 则， 等腰底边上的高， 的面积， 平面平面，平面平面，平面平面， 则，于是∽，同理，∽， ， 因此， 所以所得截面的面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据已知条件，结合平面的基本事实作出截面多边形是解决本题的关键. 12．（2025高二·贵州贵阳月考）在三棱锥中，底面，，，，是线段AC上一点，且，三棱锥的各个顶点都在球的表面上，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，将三棱锥补成直三棱柱，根据球的性质确定球心位置，要使过点作球的截面圆的面积最小，只需截面与垂直；当截面过球心时，截面面积最大，即可求解. 【解析】将三棱锥补成直三棱柱，如图所示， 则三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球， 设三角形ABC的中心为，球的半径为R，，连接， 则球心到平面ABC的距离为，即，连接，，则， 所以，即． 在中，取AC的中点，连接OD，， 则，，，所以． 连接OD，在中，， 由题意得，当截面与直线OD垂直时，截面圆面积最小， 设此时截面圆的半径为r，则， 所以截面圆的最小面积为； 当截面过球心时，截面圆面积最大，为， 所以，解得，所以球的表面积为， 故选：C． 13．（2025高一·全国月考）正方体的棱长为2，平面截正方体内切球所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方体和球的结构特征，判断出是正三角形，求出利用等体积法求得到平面的距离，进而求得O到平面的距离，求得截面半径，求得面积即可． 【解析】由题意得正方体的中心是内切球球心， 设为O，O到平面的距离为d，设A到平面的距离为， 因为正方体的棱长为2， 所以由勾股定理得，同理可得， 则，故是等边三角形， 得到，则，如图，连接， 易得，，由勾股定理得，则， 因为，所以， 所以， 则， 而由题意得正方体内切球半径，正方体内切球被平面所截， 得到的截面是一个圆半径为r的圆， 由勾股定理得， 由圆的面积公式得面积为，故C正确. 故选：C 14．（2025高一·广东广州·期末）已知正四棱锥的所有棱长都为，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为 ，的面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】数形结合，作平面与平面平行，即可解决；令，用表示相关长度，整理得，结合二次函数即可解决. 【解析】取中点，连接，，依题意可得， 又，平面，可知平面， 当点在之间时，作分别交于点， 作分别交于点，连接，则平面与平面平行，得到的截面为五边形， 根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形. 要使截面多边形的面积最大，则当点在之间时， 令，则， 可得， 则， 可得， 所以， 又因为与的夹角为与夹角，而与垂直， 则， 可得， 可知：当时，取最大值. 当点在点时，此时截面即为，又， 当点在点，之间时，截面为与相似的三角形，且截面面积小于， 综上可得截面的面积的最大值为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：根据平面的性质分析截面的形状，结合几何知识求相应的长度和面积，进而分析求解. 15．【多选】（2025高一·山东德州·期末）棱长为2的正方体中，用一平面去截，则下列说法正确的是（    ） A．当截面为三角形时，截面一定为锐角三角形 B．当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形 C．若E为的中点，平面截正方体所得截面面积为 D．过棱，，的中点作正方体的截面，截面多边形的周长为 【答案】ABD 【分析】A选项，当截面为三角形时，根据余弦定理得到，为锐角，得到A正确；B选项，假设截面为直角梯形，根据线面垂直和线面平行得到矛盾；C选项，作出截面，得到平面截正方体所得截面面积；D选项，作出辅助线，得到五边形即为过棱，，的中点作正方体的截面，并求出各边长，得到答案. 【解析】A选项，如图，截面为三角形， 设，则， 由于，故，为锐角， 同理为锐角， 故截面一定为锐角三角形，A正确； B选项，如图，截面是梯形，，与不平行， 假设梯形为直角梯形，其中⊥， 因为⊥平面，平面， 所以⊥， 因为，，平面， 所以⊥平面， 因为⊥平面， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为平面平面，平面， 所以，矛盾，假设不成立， 当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形，B正确； C选项，取的中点，连接， 则可得平面截正方体所得截面即为平行四边形， 因为若E为的中点，由勾股定理得， 故平行四边形为菱形， 其中，， 故平面截正方体所得截面面积为，C错误； D选项，直线交的延长线于点，连接分别交，于点， 连接，则五边形即为过棱，，的中点作正方体的截面， 取的中点，连接， 其中，，， 故，，故， 同理可得， 其中，， 故截面多边形的周长为，D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：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. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$