重难点23 立体几何中的截面、交线问题（举一反三专项训练）（全国通用）2026年高考数学一轮复习举一反三系列

重难点23 立体几何中的截面、交线问题 【全国通用】 【题型1 截面作图】 2 【题型2 截面图形的形状判断】 4 【题型3 截面图形的周长或面积问题】 5 【题型4 球的截面问题】 6 【题型5 截面切割几何体的体积、表面积问题】 7 【题型6 交线的长度、轨迹问题】 7 【题型7 截面的最值与范围问题】 8 1、立体几何中的截面、交线问题 立体几何中的“截面、交线”问题是高考立体几何问题中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、周长、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；复习时要加强这方面的训练. 知识点1 立体几何中的截面问题 1．截面问题的基本知识 (1)截面的相关定义 ①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. ②此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线. ③此平面与几何体的棱(或面)的交集(交点)叫做实截点. ④此平面与几何体的棱(或面)的延长线的交点叫做虚截点. ⑤截面中能够确定的一部分平面叫做截小面. (2)作截面的基本逻辑：找截点→连截线→围截面. 2．作截面的具体步骤 (1)找截点：方法一：延长截小面上的一条直线，与几何体的棱、面(或其延长部分)相交，交点即截点方式；方法二：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体的棱于截点； (2)连截线：连接同一平面内的两个截点，成截线； (3)围截面：将各截线首尾相连，围成截面. 3．作截面的几种方法 (1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程. (2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点. (3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的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. 4．球的截面 (1)球的截面形状 ①当截面过球心时，截面的半径即球的半径，此时球的截面就是球的大圆； ②当截面不过球心时，截面的半径小于球的半径，此时球的截面就是球的小圆. (2)球的截面的性质 ①球心和截面圆心的连线垂直于截面； ②球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r之间满足关系式：. 图形解释如下： 在球的轴截面图中，截面与球的轴截面的关系如图所示.若设球的半径为R，以O'为圆心的截面的半径为r，OO'=d.则在Rt△OO'C中，有，即. 知识点2 立体几何中的截面、交线问题的解题策略 1．立体几何截面问题的求解方法 (1)坐标法：所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，进行求解. (2)几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线面平行及面面平行的性质定理，找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这些点，从而得到过三点的完整截面，再进行求解. 2．截面、交线问题的解题策略 (1)作截面应遵循的三个原则： ①在同一平面上的两点可引直线； ②凡是相交的直线都要画出它们的交点； ③凡是相交的平面都要画出它们的交线. (2)作交线的方法有如下两种： ①利用基本事实3作交线； ②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线. 【题型1 截面作图】 【例1】（2025高三·全国·专题练习）如图，正方体的棱长为分别为棱的中点.请在正方体的表面完整作出过点的截面，并写出作图过程；（不用证明） 【变式1-1】（24-25高一下·福建福州·期中）在正方体中．    (1)如图1，若平面，求证：三点共线； (2)分别为和的中点，分别为和的一个三等分点（都靠近C端）． ①如图2，求证：三线共点； ②过点三点作该正方体的截面，在图3中画出这个截面（不必说明画法和理由，但要保留作图痕迹）． 【变式1-2】（24-25高一下·辽宁·期末）如图，长方体中，，，点M是棱CD的中点． (1)过三点作出长方体的截面（不要求过程，作出即可）； (2)是否存在实数m，使得直线与平面垂直？并说明理由； (3)设P是线段上的一点（不含端点），满足，求λ的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等． 【变式1-3】（2024·内蒙古赤峰·一模）已知正方体，棱长为2. (1)求证：平面； (2)若平面平面，且平面与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值； (3)在（2）的情形下，设平面与正方体的棱、、交于点、、，当截面的面积最大时，求二面角的余弦值. 【题型2 截面图形的形状判断】 【例2】（2025·广东深圳·二模）已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【变式2-1】（2025·山东枣庄·二模）如图，有一正方体形状的木块，A为顶点，分别为棱的中点，则过点的平面截该木块所得截面的形状为（    ） A．等腰三角形 B．等腰梯形 C．五边形 D．六边形 【变式2-2】（2025·四川达州·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 【变式2-3】（2025·四川绵阳·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 【题型3 截面图形的周长或面积问题】 【例3】（2025·青海海东·二模）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． 【变式3-1】（2025·安徽合肥·三模）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． 【变式3-2】（2025·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，用过点，E，的平面截正方体，则截面周长为（    ）    A． B．9 C． D． 【变式3-3】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【题型4 球的截面问题】 【例4】（2025·广东·模拟预测）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，过直线的平面截该正方体的内切球，所得截面圆的面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式4-1】（2025·江苏·模拟预测）已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【变式4-2】（2025·辽宁大连·模拟预测）在三棱锥中，底面ABC，，，，点D满足，三棱锥的外接球为球O，过点D作球O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O的表面积为（   ） A． B． C． D． 【变式4-3】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的最大值是（    ） A． B． C． D． 【题型5 截面切割几何体的体积、表面积问题】 【例5】（2025·湖南邵阳·模拟预测）在正方体中，E，F，G分别是，，的中点，过E，F，G三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】（2025·吉林长春·二模）如图，过圆锥的轴的截面边长为4的正三角形，过的中点作平行于底面的截面，以截面为底面挖去一个圆柱，则余下几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【变式5-2】（2024·河北·模拟预测）过圆锥高的中点作平行于底面的截面，则截面分圆锥上部分圆锥与下部分圆台体积比为（    ） A． B． C． D． 【变式5-3】（2025·江苏南通·三模）已知正三棱台，，点O为底面，的重心，过点O，，的截面将该三棱台分成两个几何体，则这两个几何体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【题型6 交线的长度、轨迹问题】 【例6】（2024·广东广州·模拟预测）在正六棱柱中，，为棱的中点，以为球心，为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（    ） A． B． C． D． 【变式6-1】（2025·甘肃·模拟预测）在所有棱长为4的正四棱锥中，M是底面正方形内一点（含边界），若，则点M的轨迹长度是（   ） A． B． C． D． 【变式6-2】（2024·湖南长沙·三模）已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（    ） A． B．3 C． D． 【变式6-3】（24-25高一下·四川成都·期中）如图，在棱长为6正方体中，点为棱的中点，点为棱的中点，点为棱上靠近点的三等分点，则经过三点的平面截该正方体所得截面的形状和与侧面的交线长度分别为（    ） A．五边形， B．六边形， C．五边形， D．六边形， 【题型7 截面的最值与范围问题】 【例7】（2024·重庆渝中·模拟预测）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 【变式7-1】（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，D为的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 【变式7-2】（2025高三·全国·专题练习）如图，已知四面体为正四面体，分别是中点，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，则该多边形截面面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【变式7-3】（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，为棱的中点． (1)若是线段上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由． (2)过作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围． 一、单选题 1．（2025·全国·模拟预测）正方体的棱长为4，点M在棱上，平面ACM把正方体分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体所得的截面周长为（   ） A． B． C． D．15 2．（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 3．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）如图，桌面上放置着两个底面半径和高都是的几何体，左边是圆柱挖去一个倒立的圆锥（以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点）剩余的部分，右边是半球，用平行于桌面的平面截这两个几何体，截得左边几何体的截面面积为，截得半球的截面面积为，则（    ） A． B． C． D．与的大小关系不确定 4．（2025·江苏盐城·模拟预测）现有一块棱长为2的正四面体木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·河北秦皇岛·一模）在《通用技术》课上，某同学设计了如图所示的多面体，已知平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，，且均为边长为1的正三角形，该同学欲过的中点作该几何体的截面，若，则截面的面积为（   ） A． B． C． D． 6．（2025·江西·模拟预测）在斜三棱柱中，分别为侧棱上的点，且，过的截面将三棱柱分成上、下两个部分的体积之比可以为（    ） A．2 B． C． D． 7．（2025·山东·一模）在正三棱柱中，，为的中点，若三棱锥的四个顶点均在球上，过作球的截面，则所得截面圆面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 8．（2025·云南曲靖·一模）已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过棱作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2025·湖南郴州·三模）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 10．（2025·山东德州·三模）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，且，点，，分别为棱的中点，则（   ） A． B．异面直线和所成的角为 C．平面与平面所成角的正弦值为 D．过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形为五边形 11．（2025·江苏泰州·二模）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 三、填空题 12．（2025·河北秦皇岛·三模）已知正方体的各顶点都在球的表面上，若球的表面积为，则平面截球所得的截面面积为 ． 13．（2025·湖北武汉·模拟预测）棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有水，当侧面水平放置时，液面高为 （如图1）； 当转动容器至截面水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图2），则 . 14．（2025·河北邯郸·一模）已知三棱锥中，，为的中点，过点作三棱锥外接球的截面，则截面面积的最小值为 . 四、解答题 15．（2025·陕西西安·一模）如图，正方体的棱长为2，点是棱上的动点.    (1)求三棱锥的体积； (2)当为中点时，求过点且与垂直的平面截正方体的截面面积. 16．（2025高三·全国·专题练习）如图在正方体中，是所在棱上的中点. (1)求平面与平面夹角的余弦值 (2)补全截面 17．（2025·全国·模拟预测）已知，四棱锥的底面是菱形，平面，，，点在上，且． (1)过点作截面，使其与均平行，求该截面的面积； (2)求二面角的正弦值． 18．（2025·湖南娄底·二模）如图，长方体中，，，，E，F分别为棱AB，的中点．    (1)过点C，E，F的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S的周长； (2)设T为线段上一点，当平面平面时，求平面TCF与平面CEF夹角的余弦值． 19．（2025·海南·模拟预测）如图（1），正方形的边长为，是的中点，点在边上且.将沿折起到图（2）中的位置，使得平面平面.    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)如图（2），点在线段上，过点、的平面截四棱锥所得的截面是一个直角三角形，在图中画出这个直角三角形.（请在答题卡指定位置作图，不必说明画法和理由） 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点23 立体几何中的截面、交线问题 【全国通用】 【题型1 截面作图】 2 【题型2 截面图形的形状判断】 9 【题型3 截面图形的周长或面积问题】 13 【题型4 球的截面问题】 16 【题型5 截面切割几何体的体积、表面积问题】 20 【题型6 交线的长度、轨迹问题】 23 【题型7 截面的最值与范围问题】 27 1、立体几何中的截面、交线问题 立体几何中的“截面、交线”问题是高考立体几何问题中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、周长、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；复习时要加强这方面的训练. 知识点1 立体几何中的截面问题 1．截面问题的基本知识 (1)截面的相关定义 ①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. ②此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线. ③此平面与几何体的棱(或面)的交集(交点)叫做实截点. ④此平面与几何体的棱(或面)的延长线的交点叫做虚截点. ⑤截面中能够确定的一部分平面叫做截小面. (2)作截面的基本逻辑：找截点→连截线→围截面. 2．作截面的具体步骤 (1)找截点：方法一：延长截小面上的一条直线，与几何体的棱、面(或其延长部分)相交，交点即截点方式；方法二：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体的棱于截点； (2)连截线：连接同一平面内的两个截点，成截线； (3)围截面：将各截线首尾相连，围成截面. 3．作截面的几种方法 (1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程. (2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点. (3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的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. 4．球的截面 (1)球的截面形状 ①当截面过球心时，截面的半径即球的半径，此时球的截面就是球的大圆； ②当截面不过球心时，截面的半径小于球的半径，此时球的截面就是球的小圆. (2)球的截面的性质 ①球心和截面圆心的连线垂直于截面； ②球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r之间满足关系式：. 图形解释如下： 在球的轴截面图中，截面与球的轴截面的关系如图所示.若设球的半径为R，以O'为圆心的截面的半径为r，OO'=d.则在Rt△OO'C中，有，即. 知识点2 立体几何中的截面、交线问题的解题策略 1．立体几何截面问题的求解方法 (1)坐标法：所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，进行求解. (2)几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线面平行及面面平行的性质定理，找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这些点，从而得到过三点的完整截面，再进行求解. 2．截面、交线问题的解题策略 (1)作截面应遵循的三个原则： ①在同一平面上的两点可引直线； ②凡是相交的直线都要画出它们的交点； ③凡是相交的平面都要画出它们的交线. (2)作交线的方法有如下两种： ①利用基本事实3作交线； ②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线. 【题型1 截面作图】 【例1】（2025高三·全国·专题练习）如图，正方体的棱长为分别为棱的中点.请在正方体的表面完整作出过点的截面，并写出作图过程；（不用证明） 【答案】作图见解析 【解题思路】利用平面的基本性质作出截面图形即可. 【解答过程】连接并延长交延长线于点， 连接并延长交于点，交延长线于点， 连接交于点，则截面即为所求. 【变式1-1】（24-25高一下·福建福州·期中）在正方体中．    (1)如图1，若平面，求证：三点共线； (2)分别为和的中点，分别为和的一个三等分点（都靠近C端）． ①如图2，求证：三线共点； ②过点三点作该正方体的截面，在图3中画出这个截面（不必说明画法和理由，但要保留作图痕迹）． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②答案见解析 【解题思路】（1）根据平面的基本事实3即可得证； （2）①先分别延长交于点R，连接，然后利用，得出，再利用，可以得出与的交点为的三等分点，即为点Q，从而得证. ②利用平行直线共平面即可作出截面图. 【解答过程】（1）证明：如图，连接， 面，且面是面与面的公共点， 面， 面面， 是面与面的公共点， 面面， 又面面， 是面与面的公共点， ，即三点共线．    （2）①证明：如图，分别延长交于点R，连接， 直线面， ， 又， 与的交点为的三等分点，即点Q， 三线共点．      ②解：如图，六边形即为所求作的截面． 【变式1-2】（24-25高一下·辽宁·期末）如图，长方体中，，，点M是棱CD的中点． (1)过三点作出长方体的截面（不要求过程，作出即可）； (2)是否存在实数m，使得直线与平面垂直？并说明理由； (3)设P是线段上的一点（不含端点），满足，求λ的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等． 【答案】(1)截面见解析； (2)存在，，理由见解析； (3)，理由见解析 【解题思路】（1）根据面面平行得到线线平行，从而得到截面图形； （2）当时，，所以Rt∽Rt，从而得到⊥，结合⊥，得到⊥平面，所以⊥，同理可证⊥，所以⊥平面； （3）设与平面的斜足为，等体积法求出，大减小得到，所以，故，又，则为的中点，即，所以. 【解答过程】（1）如图所示，平行四边形即为过三点作出长方体的截面，理由如下： 因为平面与平面平行， 所以平面与平面的交线和平面与平面的交线平行， 同理可得平面与平面的交线和平面与平面的交线平行， 故只有取的中点，连接，可以保证上述条件， 所以平行四边形即为过三点作出长方体的截面； （2）存在实数，使得直线与平面垂直，理由如下： 当时，， 因为，所以，所以Rt∽Rt， 则，所以，即⊥， 又⊥平面，平面，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 同理可证⊥，又，平面， 所以⊥平面； （3）设与平面的斜足为， 因为， 又， 其中， ，故， 所以，故， 若，则，故， 所以在线段上取一点P，使得三棱锥与三棱锥的体积相等， 则为的中点，即，所以. 【变式1-3】（2024·内蒙古赤峰·一模）已知正方体，棱长为2. (1)求证：平面； (2)若平面平面，且平面与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值； (3)在（2）的情形下，设平面与正方体的棱、、交于点、、，当截面的面积最大时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)作图见解析， (3) 【解题思路】 （1）通过证明、来证得平面. （2）通过棱的中点作出符合题意的截面，并计算出截面的面积. （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求得正确答案. 【解答过程】（1）连接，，， 因为是正方体，所以平面， 因为平面，所以 又因为四边形是正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以.同理可证得：， 又因为平面，所以平面.    （2）设分别是的中点， 连接， 根据题意知截面面积最大时，图形是边长为的正六边形， 所以最大的截面面积为.    （3）因为平面平面，所以当截面的面积最大时，、、分别是棱、、的中点， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系：，，，， 设平面的一个法向量是，，， 则，令，则，，， 设平面的一个法向量是，，， ，令，则，，则， ， 设二面角的平面角为，由图知为锐角，所以， 所以二面角的余弦值为. 【题型2 截面图形的形状判断】 【例2】（2025·广东深圳·二模）已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】A 【解题思路】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到⊥平面，故平面即为平面，得到截面的形状. 【解答过程】连接， 因为平面，平面， 所以， 又四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 同理可证明， 因为，平面， 故平面， 故平面即为平面， 则截该正方体所得截面的形状为三角形. 故选：A. 【变式2-1】（2025·山东枣庄·二模）如图，有一正方体形状的木块，A为顶点，分别为棱的中点，则过点的平面截该木块所得截面的形状为（    ） A．等腰三角形 B．等腰梯形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【解题思路】延长BC，与两条棱相交，再连接交点和点A即可得到结果. 【解答过程】如图，延长BC，与两条棱的延长线分别交于两点，连接， 分别交棱于两点，连接，则五边形及内部，即过点的截面. 故选：C. 【变式2-2】（2025·四川达州·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 【答案】A 【解题思路】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. 【解答过程】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. 【变式2-3】（2025·四川绵阳·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 【答案】C 【解题思路】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. 【解答过程】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. 【题型3 截面图形的周长或面积问题】 【例3】（2025·青海海东·二模）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 【解题思路】根据给定条件，作出截面并求出其面积. 【解答过程】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. 【变式3-1】（2025·安徽合肥·三模）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 【解题思路】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. 【解答过程】 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. 【变式3-2】（2025·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，用过点，E，的平面截正方体，则截面周长为（    ）    A． B．9 C． D． 【答案】A 【解题思路】作出正方体的截面图形，求出周长即可. 【解答过程】    如图，取AB的中点G，连接GE，，． 因为E为BC的中点，所以，， 又，， 所以四边形为平行四边形， 所以，， 所以，， 所以用过点，E，的平面截正方体，所得截面为梯形， 其周长为． 故选：A． 【变式3-3】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】取的中点，由，证得，再由平面，证得，从而得到平面，同理证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到平面截正方体的截面为，进而求得截面的面积，得到答案. 【解答过程】如图所示， 取的中点，分别连接， 在正方形中，因为分别为的中点，可得， 所以，， 因为，所以，所以，即， 又因为分别为的中点，所以， 因为平面，平面，所以，所以， 又因为且平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证：， 又因为且平面，所以平面， 即平面截正方体的截面为， 由正方体的棱长为， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 所以截面的面积为. 故选：D. 【题型4 球的截面问题】 【例4】（2025·广东·模拟预测）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，过直线的平面截该正方体的内切球，所得截面圆的面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】设是线段的中点，则，利用勾股定理求出，进而求出，找出当垂直于过的平面时，截得该正方体的内切球所得截面圆的面积最小，再利用弦长公式和面积公式即可求得结果. 【解答过程】设是线段的中点，则， 由勾股定理， 球心到距离为， 当垂直于过的平面时，截得该正方体的内切球所得截面圆的面积最小， 被球截得的弦长为， 此时圆的半径就是，面积为. 故选：A. 【变式4-1】（2025·江苏·模拟预测）已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由，利用坐标运算求得正三棱锥底面边长和高，从而可得外接球半径，又过点作球的截面，当时，截面面积的最小，可得解. 【解答过程】如图在正三棱锥中，平面，且为的中心，为中线， 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，则 所以， 由于，所以，则， 所以， 因为，则 解得， 设，则，则，得， 所以， 过点作球的截面，当时，截面面积的最小， ，所以截面圆半径为， 则截面面积的最小值为. 故选：B. 【变式4-2】（2025·辽宁大连·模拟预测）在三棱锥中，底面ABC，，，，点D满足，三棱锥的外接球为球O，过点D作球O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O的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】将三棱锥补成长方体并建立空间直角坐标系，设、外接球半径为R，求出各点及球心坐标，分析截面圆的面积差从而求出h、R，代入球的表面积公式即可得解. 【解答过程】设，因为在三棱锥中，底面ABC，，所以将其补为一个长方体（长为4，宽为3，高为h），三棱锥与该长方体共外接球，球心O为长方体体对角线中点，设外接球半径为R， 以A为坐标原点，AB、AC、AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示， ， ， ， 过D作求O的截面，最大截面为：过球心O，半径为R，面积为， 最小截面为：与OD垂直，半径为，面积为. 因为过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为， 所以，解得， 则，外接球表面积为：. 故选：D. 【变式4-3】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】设的外接圆的圆心为，根据 中，，解得，过点作圆的截面，当截面过球心时，截面面积最大，由此能求出所得截面圆面积的最大值． 【解答过程】如图，设的中心为，球的半径为，连接，， 则，， 在 中，，解得， 当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为． 所得截面圆面积的最大值为． 故选：D．    【题型5 截面切割几何体的体积、表面积问题】 【例5】（2025·湖南邵阳·模拟预测）在正方体中，E，F，G分别是，，的中点，过E，F，G三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】根据空间中立方体与平面相交的情况，做出的截面形状，求出所截得的部分体积，作比求出结果. 【解答过程】 如图所示，延长相较于，连接，交于，相同方法，做出， 则五边形为截面， 不妨设正方体棱长为1， 则，所以，在，所以. 同理可得， 可知截得较小部分体积，边长代入得， 较大部分体积为，立方体体积为1，所以较大部分与总体积之比为. 故选：C. 【变式5-1】（2025·吉林长春·二模）如图，过圆锥的轴的截面边长为4的正三角形，过的中点作平行于底面的截面，以截面为底面挖去一个圆柱，则余下几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据给定条件，作出组合体的轴截面，求出圆柱的底面圆半径和高，计算表面积作答. 【解答过程】作出圆锥PO的轴截面，此截面截挖去的圆柱得圆柱的轴截面矩形，如图， 矩形是等腰内接矩形，圆柱底面圆直径在圆锥底面圆直径上， 依题意，截面是边长为4的正三角形，所以， 因为是PO中点，则，，圆锥母线， 圆柱的侧面积，圆锥PO的表面积， 剩余几何体的表面中，圆锥底面圆挖去以CF为直径的圆（圆柱下底面圆），而挖去圆柱后， 圆柱上底面圆（以DE为直径的圆）成了表面的一部分，它与圆柱下底面圆全等， 所以剩余几何体的表面积是. 故选：D. 【变式5-2】（2024·河北·模拟预测）过圆锥高的中点作平行于底面的截面，则截面分圆锥上部分圆锥与下部分圆台体积比为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】利用圆锥、圆台的体积公式求得圆锥与圆台的体积关系． 【解答过程】设截面圆半径为r，圆锥的高为h，圆锥的体积为,则圆台下底面圆的半径为2r，圆台的高为h，圆台的体积为， 所以，， 可得. 故选：D. 【变式5-3】（2025·江苏南通·三模）已知正三棱台，，点O为底面，的重心，过点O，，的截面将该三棱台分成两个几何体，则这两个几何体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】通过构造平行截面展现空间想象能力，先由重心分割比例，来证明所分成的两个几何体中，有一部分是棱柱．然后利用台体体积和柱体体积公式来求解即可. 【解答过程】 根据，不妨设上底面边长为2，下底面边长为3， 则在正三棱台，可知上表面面积，下表面面积， 过O作分别交AB，BC于点E，F， O为的重心，， 且，则四边形为平行四边形， 且 ，同理可得且，为三棱柱， 设此正棱台高为， 则台体体积， 棱柱的体积，另一部分体积， 两部分体积之比为， 故选：B． 【题型6 交线的长度、轨迹问题】 【例6】（2024·广东广州·模拟预测）在正六棱柱中，，为棱的中点，以为球心，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 【解题思路】根据题意，画出图形，设分别为的中点，连接，由题意可知球不与侧面及侧面相交，球与侧面交于点，与侧面交于点，然后分别判断与其余4个面的交线，求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和即可 【解答过程】因为球的半径为6，，所以球不与侧面及侧面相交， 设分别为的中点，连接， 则由题意可得， 所以， 所以球与侧面交于点，与侧面交于点， 在正六边形中，因为，所以， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，所以平面，且， 所以， 所以球与侧面的交线是以为直径的半圆， 同理可得球与侧面的交线是以为直径的半圆， 因为，所以球与上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. 【变式6-1】（2025·甘肃·模拟预测）在所有棱长为4的正四棱锥中，M是底面正方形内一点（含边界），若，则点M的轨迹长度是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】令正方形中心为，取中点，利用正四棱锥的结构特征，结合线面垂直的性质探求轨迹的形状，进而求出其长度. 【解答过程】在正四棱锥中，令正方形中心为，取中点，连接， 取中点，连接，则，由平面， 平面，则平面，由，得， ，又平面， 因此，，点的轨迹是以为圆心， 为半径的圆在正方形及内部的圆弧，显然， 则，而点是的轨迹的端点，于是点的轨迹是半径的半圆， 所以点M的轨迹长度是. 故选：A. 【变式6-2】（2024·湖南长沙·三模）已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【解题思路】分别取的中点，连接，证明平面，从而可得点在平面内，再根据，得点在以为球心，半径为1的球面上，可得动点的轨迹为平面与球的球面的交线，求出平面截球所得截面圆的半径，即可得解. 【解答过程】如图，分别取的中点，连接， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，所以， 又，所以，所以， 又，平面，所以平面， 由，得点在平面内， 由，得点在以为球心，半径为1的球面上， 因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆， 连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为， 则由 得 ， 且，所以，则， 因此动点的轨迹长度为. 故选：D. 【变式6-3】（24-25高一下·四川成都·期中）如图，在棱长为6正方体中，点为棱的中点，点为棱的中点，点为棱上靠近点的三等分点，则经过三点的平面截该正方体所得截面的形状和与侧面的交线长度分别为（    ） A．五边形， B．六边形， C．五边形， D．六边形， 【答案】B 【解题思路】根据题意作出截面可判断截面形状，得出截面与侧面的棱相交，并计算出其位置即可求得交线长. 【解答过程】设中点为，连接，是中点，底面， 连接，并延长交的延长线于，又是中点，所以≌， 则，过点作，且交的延长线于，与的延长线交于R， ∽，则，所以，， 连接交于G，所以∽，即， 其中，故，又，则， ， 所以截面与侧面的交线为， 延长交的延长线于，连接交于H，并延长交的延长线于K， 连接交于I，所以截面为六边形， 故选：B. 【题型7 截面的最值与范围问题】 【例7】（2024·重庆渝中·模拟预测）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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 【变式7-1】（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，D为的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】过作，交于，连接，取的中点，连接，可得平面BDE截直三棱柱所得的截面为梯形，根据边长关系求出梯形的面积即可得到答案. 【解答过程】直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，所以，解得， 过作，交于，连接，取的中点，连接，    设 ， ①当时，平面BDE截直三棱柱所得的截面为正方形，面积为， ②当时，因为，，所以四边形为平行四边形，则，， 因为，分别为，的中点，所以，， 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以，且 则，，即平面BDE截直三棱柱所得的截面为梯形 在中，，，，则， 在中，，，，则， 在中，，，，则，则 过作垂足为，过作垂足为，所得平面图形如下;    则，，，， 设，则 所以，，因为， 化简可得：，则， 所以， 因为当，所以，则， 综上，平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的范围为. 故选：A. 【变式7-2】（2025高三·全国·专题练习）如图，已知四面体为正四面体，分别是中点，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，则该多边形截面面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】将四面体补成正方体，在正方体内利用截面为平行四边形可得，进而利用基本不等式即可得解. 【解答过程】把正四面体补为正方体，如图， 根据题意可得截面为平行四边形， 所以，，，， 所以，， ， 又因为，所以， 所以所求截面面积，当且仅当时成立， 故选：B. 【变式7-3】（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，为棱的中点． (1)若是线段上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由． (2)过作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围． 【答案】(1)是定值， (2) 【解题思路】（1）根据题意利用勾股定理可得，所以向量在上的投影向量为，运算得解； （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到直线的距离即点到过的截面的距离最大值，从而得到过的最小截面圆的半径，又最大的截面面积为，得解. 【解答过程】（1）因为是的中点，所以， 所以，，， 因为，所以，又点在线段上， 所以向量在上的投影向量为，故，为定值． （2）设球心为，外接球半径为，最小截面圆的半径为． 由已知可得，则最大的截面面积为． 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系， 则，，． 取，，则，． 所以点到直线的距离为， 即点到过的截面的距离最大值为． 所以过的最小截面圆的半径， 因此最小的截面面积为， 综上，截面面积的取值范围是． 一、单选题 1．（2025·全国·模拟预测）正方体的棱长为4，点M在棱上，平面ACM把正方体分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体所得的截面周长为（   ） A． B． C． D．15 【答案】A 【解题思路】设平面与棱交于点，则，设，由棱台的体积求得，进而可求得截面周长. 【解答过程】设平面与棱交于点，则，几何体是三棱台， 由题意知该三棱台体积为14．设，则， 解得，平面截正方体所得的截面为等腰梯形， ，，，所以截面的周长为. 故选：A． 2．（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 【答案】B 【解题思路】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. 【解答过程】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． 3．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）如图，桌面上放置着两个底面半径和高都是的几何体，左边是圆柱挖去一个倒立的圆锥（以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点）剩余的部分，右边是半球，用平行于桌面的平面截这两个几何体，截得左边几何体的截面面积为，截得半球的截面面积为，则（    ） A． B． C． D．与的大小关系不确定 【答案】B 【解题思路】设截面与圆柱底面的距离为，分别求出和，即可得出结论. 【解答过程】设截面与圆柱底面的距离为， 该平面截半球所得圆面的半径为，圆的面积为， 由于圆柱的底面半径与高相等，所以，圆环的内圆半径为， 所以，圆环的面积为，故， 故选：B. 4．（2025·江苏盐城·模拟预测）现有一块棱长为2的正四面体木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】画出图形，设，分别求出四面体的表面积和三棱台的表面积，由这两部分的表面积相等，求出，即可求出截面面积. 【解答过程】如图正四面体，， ，令，截面， 因为，所以，即，则， ，所以四面体为正四面体， 四面体的表面积为：， 设梯形的高为，的高为， 所以梯形的面积为， 所以三棱台的表面积为：， 又，所以，解得：， 所以截面. 故选：D.    5．（2025·河北秦皇岛·一模）在《通用技术》课上，某同学设计了如图所示的多面体，已知平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，，且均为边长为1的正三角形，该同学欲过的中点作该几何体的截面，若，则截面的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】利用面面平行的性质得到，，，结合平面的基本性质确定、、、均交于一点，从而将几何体补全为正棱锥，进而找到截面，最后由正棱锥的结构特征及已知求截面面积. 【解答过程】面面，面面，面面， 所以，同理可证：几何体各个六边形侧面的对边均平行， 由面，且不平行，则必有一个交点， 同理、都分别交于一点，而面， 则与面相交且该交点唯一，所以三者交于一点， 同理、、分别都交于，如下图示， 又，均为边长为1的正三角形， 易知为棱长为4的正三棱锥，且均为棱长为1的正三棱锥， 由为中点，即为的中点，连接分别交于， 由都是正三角形，则， 且都在面内，则面，即面， 所以面即为面，连接，则截面即为所求， 由题设，则， 所以，则， 同理可得， 所以. 故选：C. 6．（2025·江西·模拟预测）在斜三棱柱中，分别为侧棱上的点，且，过的截面将三棱柱分成上、下两个部分的体积之比可以为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【解题思路】应用锥体体积及柱体体积公式结合图形特征计算求解即可. 【解答过程】设三棱柱的体积为，因为侧棱上各有一动点， 满足，所以四边形与四边形的面积相等， 故四棱锥的体积等于三棱柱的体积的，即， 则几何体的体积等于， 故过的截面将三棱柱分成上，下两个部分的体积之比为或. 故选：A. 7．（2025·山东·一模）在正三棱柱中，，为的中点，若三棱锥的四个顶点均在球上，过作球的截面，则所得截面圆面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】方法一：根据题意可得在的外接圆上，即可的球为四棱锥的外接球，进而求解截面圆的最小值； 方法二：根据题意可得在的外接圆上，即可的球为四棱锥的外接球，进而求解截面圆的最小值. 【解答过程】方法一：因为，所以点在的外接圆上， 所以三棱锥的四个顶点均在球上， 即球为四棱锥的外接球， 故球心在正方形的中心，则球的半径为． 过作球的截面，当所得截面圆面积最小时， 则截面圆圆心为中点（即过作截面垂线，垂足为中点）， 所以截面圆半径为1，所以面积最小值为． 方法二：因为，所以点在的外接圆上， 所以三棱锥的四个顶点均在球上， 即球为四棱锥的外接球， 故两点在球上，所以最小截面圆为以为直径的圆． 则截面圆圆心为中点（即过作截面垂线，垂足为中点）， 所以截面圆半径为1，所以面积最小值为． 故选：B. 8．（2025·云南曲靖·一模）已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过棱作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】求出三棱锥外接球的半径，取的中点，当垂直截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为长，当截面过球心时，截面圆的面积最大，即可得解. 【解答过程】如图，作平面，垂足为，取的中点，外接球的球心为，连接， 易得为的中心，则，所以， 设外接球半径为，则，即，解得， 当垂直过的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为长， 最小面积为， 当截面过球心时，截面圆的面积最大，最大面积为， 故截面面积的取值范围是. 故选：B. 二、多选题 9．（2025·湖南郴州·三模）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 【解题思路】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. 【解答过程】 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. 10．（2025·山东德州·三模）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，且，点，，分别为棱的中点，则（   ） A． B．异面直线和所成的角为 C．平面与平面所成角的正弦值为 D．过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形为五边形 【答案】ACD 【解题思路】以点为原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，利用空间向量的系列公式计算即可判断A，B，C；对于D，作出截面即得. 【解答过程】 如图，因平面，底面是边长为1的正方形， 故可以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 对于A，， 则，因， 则，即A正确； 对于B，因点是的中点，故且， 则，设和所成的角为， 则， 因，故，故B错误； 对于C， 由于平面，平面的法向量可取为， 点为棱的中点，则，，。 设平面法向量为，则，则，解得 设直线与平面所成角为，则，则，故C正确； 对于D，如图，延长与直线交于点，延长与直线交于点， 连接与交于点，连接与交于点，连接， 则平面截四棱锥的截面为五边形.即D正确. 故选：ACD. 11．（2025·江苏泰州·二模）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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 三、填空题 12．（2025·河北秦皇岛·三模）已知正方体的各顶点都在球的表面上，若球的表面积为，则平面截球所得的截面面积为 ． 【答案】 【解题思路】根据给定条件，求出正方体的棱长，再求出外接圆面积即可. 【解答过程】由球的表面积为，得球的半径为，则正方体的体对角线长为， 正方体的棱长为2，则正边长为，其外接圆半径， 则外接圆面积为，所以平面截球所得的截面面积为. 故答案为：.    13．（2025·湖北武汉·模拟预测）棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有水，当侧面水平放置时，液面高为 （如图1）； 当转动容器至截面水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图2），则 . 【答案】 【解题思路】由题可得，由，可得，从而可得，据此可得答案. 【解答过程】由题意，正三棱柱的棱长均为 ， 所以，由题意可得，又由得，∴，∴ ∵，∴，∴ 在等边中，边上的高为. 因为，∴. 故答案为：. 14．（2025·河北邯郸·一模）已知三棱锥中，，为的中点，过点作三棱锥外接球的截面，则截面面积的最小值为 . 【答案】 【解题思路】取线段的中点，根据长度关系求出点为三棱锥的外接球球心，再根据的关系求出的最小值即可. 【解答过程】取线段的中点，连接， 因，，， 则由勾股定理可知，，，则， 则点为三棱锥的外接球球心，外接球半径为 因，则由勾股定理可知，， 因为的中点，则， 设球心到过点的三棱锥外接球的截面的距离为，截面圆的半径为， 则， 欲使截面面积最小，即最小，则要求最大， 当垂直截面时，最大，最大值为， 则的最小值为，则截面面积的最小值为. 故答案为：. 四、解答题 15．（2025·陕西西安·一模）如图，正方体的棱长为2，点是棱上的动点.    (1)求三棱锥的体积； (2)当为中点时，求过点且与垂直的平面截正方体的截面面积. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）利用等体积法结合棱锥的体积公式求解即可； （2）设的中点为，中点为，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可证明，进而得到平面，可得即为过点且与垂直的平面截正方体的截面，进而求解即可. 【解答过程】（1）在正方体中，点是棱上的动点， 则到平面的距离即为, 则.    （2）设的中点为，中点为，连接， 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 则，即， 因为，平面， 所以平面， 则即为过点且与垂直的平面截正方体的截面， 由正方体的棱长为2，的中点为，中点为， 可得， 在中，， 则， 所以.      16．（2025高三·全国·专题练习）如图在正方体中，是所在棱上的中点. (1)求平面与平面夹角的余弦值 (2)补全截面 【答案】(1) (2)答案见解析 【解题思路】（1）利用投影面积法可得，可设正方体的棱长为2，计算即可求解； （2）利用正方体截面的性质即可得结果. 【解答过程】（1）由投影面积法可得， 因为是所在棱上的中点，设正方体的棱长为2， 则， ，，， 所以在中，边上的高为， 所以， 所以. （2）如图，设所在直线与所在直线交于点，与所在直线交于点， 连接交于点，连接交于点，连接， 则五边形是平面截正方体所得的截面. 17．（2025·全国·模拟预测）已知，四棱锥的底面是菱形，平面，，，点在上，且． (1)过点作截面，使其与均平行，求该截面的面积； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）由已知条件的长度，连接，过点作的平行线，分别于点，分别过点作的平行线，分别交于点，在平面中，过点作的平行线交于点，连接，得截面为五边形，求出相加即得． （2）以A为坐标原点，所在的直线分别为轴，过点A垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，进而求出法向量的夹角余弦，再由同角三角函数关系求出正弦即可 【解答过程】（1） 因为，所以． 在菱形中，，所以． 又，所以． 如图所示，连接，过点作的平行线，分别交于点，再分别过点作的平行线，分别交于点， 在平面中，过点作的平行线交于点，连接，所以该截面为五边形． 因为四边形为菱形，所以，又因为，所以． 又平面，平面，所以． ，，平面，平面，， 所以平面，又平面， 所以，又，所以， 连接交于点，易知四边形为矩形， 在中，， 在中，，所以． 所以， 易求，所以，所以， 所以该截面面积． （2）如图所示，以A为坐标原点，所在的直线分别为轴，过点A垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，， 所以． 设平面的法向量为，则， 令，得，所以． 由题意易得平面的一个法向量为． 设二面角的平面角为，则，所以， 即二面角的正弦值是． 18．（2025·湖南娄底·二模）如图，长方体中，，，，E，F分别为棱AB，的中点．    (1)过点C，E，F的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S的周长； (2)设T为线段上一点，当平面平面时，求平面TCF与平面CEF夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）运平面知识按步骤作出截面，用相似图形性质球边长，再求周长即可； （2）先证明，当T为线段中点时，平面平面，再借助空间向量法，计算平面法向量，最后借助向量夹角公式计算即可. 【解答过程】（1）如图，步骤1：延长DA，CE交于点P，连接PF交于点G，连接GE； 步骤2：延长GF，交于点Q，连接交于点H，连接FH，则多边形CEGFH即为所求截面，      由E为AB中点，可得A为DP中点，从而与相似，所以， 又F为中点，从而与全等． 又与相似，所以， 所以，，， ，， 故所求截面多边形的周长为． （2）当T为线段中点时，平面平面，理由如下： 易得，，，故 ， 所以．又，故．取CD中点M，连接，TM，EM．    因为E，M分别为AB，CD中点，故，所以E，F，，M四点共面，易知四边形为正方形，故．又平面，平面，故， 而，故平面．因为平面，所以．又，所以平面，而平面CEF，故平面平面． 以D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，．    设平面TCF的法向量， 则，可取． 又，， 设平面CEF的法向量，则，可取． 则． 故平面TCF与平面CEF夹角的余弦值为． 19．（2025·海南·模拟预测）如图（1），正方形的边长为，是的中点，点在边上且.将沿折起到图（2）中的位置，使得平面平面.    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)如图（2），点在线段上，过点、的平面截四棱锥所得的截面是一个直角三角形，在图中画出这个直角三角形.（请在答题卡指定位置作图，不必说明画法和理由） 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)作图见解析 【解题思路】（1）由面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，结合以及线面垂直的判定定理可证得平面； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）在平面内作，交或于点，连接，利用平面，结合，可得出平面，结合线面垂直的性质可得出结论. 【解答过程】（1）因为，平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又因为，即， 因为，、平面，所以平面. （2）取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为， 因为平面平面平面，且平面平面，平面，， 所以，平面， 因为，即，且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为，则， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、. 在中，，，所以， 因为，由勾股定理可得， 所以，，，则，所以， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，可得. 由（1）知平面，故平面的一个法向量为. 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为 （3）所得截面为直角三角形，如图所示：    作法：在平面内作，交或于点，连接， 因为平面，，则平面， 因为平面，所以，. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $