重难点14：立体几何的截面问题的十种考法（9大题型+40难题攻关）讲义-2026届高三数学一轮复习（上海专用）

2026年高考数学一轮复习考点精析与题型全解（上海专用） 重难点13 立体几何截面问题的十种考法 一、有关截面的概念 在立体几何中，用一个平面去截几何体（包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥、长方体、正方体等），此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键． 二、截面的的画法 1、确定截面的主要依据有 （1）平面的四个公理及推论．（2）直线和平面平行的判定和性质． （3）两个平面平行的性质． （4）球的截面的性质． 2、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，拖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的截面的交线。 三、截面类型 (1) 正方体的基本斜截面： 正六面体的斜截面不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形． (2) 圆柱体的基本截面： (3) 结合线、面平行的判定定理与性质定理求截面问题；结合线、面垂直的判定定理与性质定理求截面问题． 规律 【基本总结】截面与几何体表面相交，交线不会超过几何体表面个数； 不会与同一哥表面有两条交线； 与一对平行表面相交，交线平行（不一定等长），即两平行平面被第三个平面所截，两交线平行； 截面截内切球或者外接球时，区分与面相切和与棱相切之间的关系 题型一：截面四种基本类型及其作法 类型一：截面经过的三个已知点分别在几何体的棱上，且其中有两点在同一面的棱上 【例1】正方体中，点、、分别在、、上，作经过、、三点的截面. [解]作法：（1）延长与的延长线交于点（虚截点）， （2）连接与交于点（实截点）； （3）延长与的延长线交于点（虚截点）， （4）连接与交于点（实截点）；则截面为五边形. 【例2】直四棱柱中，点、、分别在、、上，作经过、、三点的截面. [解]作法：（1）延长与的延长线交于点（虚截点）， （2） 连接与交于点（实截点）； （3）延长与的延长线交于点（虚截点）， 连接与交于点（实截点），交交于点（实截点），则截面为五边形. 类型二：截面经过的三个已知点分别在三条不同的棱上 【例3】正方体中，点在棱上，点在棱上，点在棱上，作经过、、三点的截面. [解]作法：（1）过点作∥，与交于点，则面为所作的辅助面， （2） 在面内，连接与的延长线交于点， （3） 在面内，连接与交于点，延长与的延长线交于点， （4）在面内，连接与交于点，延长与的延长线交于点，再连接与交于点， （5）连接、、，则截面为六边形. 类型三：截面经过的三个已知点至少有一点在几何体的面上，其余点在棱上 【例4】正方体中，点、分别在棱、上，点在平面底面内，作经过、、三点的截面. [解]作法：（1）过点作∥交于点，则面为所作辅助面， （2）在面内，延长与的延长线交于点， （3）在面内，连接交于点（实截点），延长交于点（实截点）， （4）在面内，延长与的延长线交于点， （5）在面内，连接与交于点，则截面为五边形. 【例5】在正方体，中，，分别为正方形和的中心，，则平面截正方体所得截面的周长是（    ） A．10 B．40 C． D． 【答案】D 【分析】延长，交于点，连接并延长，分别交，于，，连接，连接并延长，交于点，连接，得到四边形为所求截面，进而求得截面的周长，得到答案. 【详解】如图所示，延长，交于点，连接并延长，分别交，于，，连接，连接并延长，交于点，连接，则四边形为所求截面， 因为是正方形的中心，所以， 由题意易证四边形为菱形，所以，，所以，，则为的中点，则， 从而，故所求截面的周长为． 故选：D. 类型四：截面经过的三个已知点中，有两个点在同一棱上，第三个点在几何体内 【例6】正三棱柱中，上下底面的中心点分别为、，点为的中点，作经过、、三点的截面. [解]作法：（1）连接，并延长与交于点，连接，并延长与交于点， （2） 在面内，连接，并延长与交于点， （3） 在面内，过点作∥，交于点，交于点， 连接、，则截面为四边形. 题型二：截面形状的判断 【例7】如图，在正方体中，作截面如图交，，，分别于，，，，则四边形的形状为（    ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形 【解题思路】根据题意，结合面面平行的性质，证得和，进而得到答案. 【解答过程】在正方体中，可得平面平面， 且平面平面，平面平面， 所以，同理可证：， 所以四边形的形状一定为平行四边形. 故选：A. 【例8】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. 【例9】如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题中正确命题的个数为（    ）                ①当时，S为四边形； ②当时，S为等腰梯形； ③当时，S与的交点满足； ④当 时，S为六边形； A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】 先确定临界值点，当，即为的中点时， 截面交于，则界面为等腰梯形，故②正确； 对①当时，即移动到位置时， 截面交线段于，所以截面为四边形，故①正确； 对③，当时，在的位置，截面交的延长线于， 延长交在的延长线于点， 则， 由，则，，又有， 所以，又，所以，故③正确； 对④，，点移动到位置，从图上看，截面为五边形，故④错误； 共个正确， 故选：C 【例10】如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体，截面与底面所成的角为，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形为矩形，若沿将其侧面剪开，其侧面展开图形状大致为（       ） A．B．C．D． 【答案】A 【分析】先利用几何体作各种辅助线，通过各种角度关系和长度关系可以得到侧面的高度，即可得到答案 【详解】解：过AB作平行于底面的半平面α，如图,取截面边界上任一点P,过P作垂直于半平面α,垂足为,延长交圆柱底面于点,过P作，垂足为M,连接,则，就是截面与底面所成的角，, 设AB的中点为O,连接，设，则，在中，， 在中，所以， 故选：A. 题型三：根据平行关系确定截面 【例11】在棱长为2的正方体中，P，Q是，的中点，过点A作平面，使得平面平面，则平面截正方体所得截面的面积是（    ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】取中点，中点，利用面面平行的判定定理确定平面，利用余弦定理及三角形面积公式求解即可. 【详解】如图，取中点，中点，连接，    因为，平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面，又， 平面，平面，所以平面平面， 即三角形为所得截面， 在中，，， 由余弦定理得， 所以， 所以. 故选：C. 【例12】在一次通用技术实践课上，木工小组需要将正方体木块截去一角，要求截面经过面对角线上的点（如图），且与平面平行，已知，，则截面面积等于 . 【答案】 【解析】如图，连接交于点，连接、. 因为且，故四边形为平行四边形，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 同理可证平面， 因为，、平面，所以，平面平面， 故截面平行于平面. 过点作与平行的直线分别交、于点、，在上取点使. ，，，. 因为平面，平面，所以，平面， 又因为，平面，平面，所以，平面， 因为，、平面，所以，平面平面， 易得，故， 因为， 易知是边长为的等边三角形，所以，， 因此，. 故答案为：. 【例13】如图，棱长为2的正方体ABCD–A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过E作平面，使得//平面BDF. (1)作出截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由； (2)求平面与平面的距离. 【答案】（1）略 （2） 【解析】（1）连接，由正方体性质可得，； 又，所以平面平面； 因为//平面，且，所以平面与平面重合，即平面就是截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面. （2）由（1）可知平面与平面的距离等于点到平面的距离； 设点到平面的距离为，由题意可得，所以的面积为；的面积为； 由可得，解得. 所以平面与平面的距离为. 题型四：根据垂直关系确定截面 【例14】如图，在棱长为2的正方体，中，点E为CD的中点，则过点C且与垂直的平面被正方体截得的截面周长为 ． 【答案】/ 【解析】如图，取中点，中点，连接，设与交于 点O， 因为在平面内的射影为， 由可得， 所以， 又因为， 所以， 在四边形中，， 其中， 所以，即， 所以是截面内的一条线， 同理是截面内的一条线， 所以过点C且与垂直的平面被正方体截得的截面为， 因为正方体的棱长为2， 所以 截面的周长为， 故答案为： 【例15】已知直三棱柱的侧棱长为2，，，过，的中点，作平面与平面垂直，则所得截面周长为 ． 【答案】 【解析】如图， 取的中点，连接，取的中点，连接，， 取的中点，连接，连接，并延长与交于，取的中点，连接，交于，连接、，可得，，，即有，又，可得，因为平面，平面，所以，，平面，所以平面，因为，所以平面，平面，由面面垂直的判定定理，可得平面平面，则平面即为平面，由，，，，，可得所得截面周长为． 故答案为：． 【例16】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.      题型五：截面周长问题 【例17】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． 【例18】在正方体，中，，分别为正方形和的中心，，则平面截正方体所得截面的周长是（    ） A．10 B．40 C． D． 【答案】D 【分析】延长，交于点，连接并延长，分别交，于，，连接，连接并延长，交于点，连接，得到四边形为所求截面，进而求得截面的周长，得到答案. 【详解】如图所示，延长，交于点，连接并延长，分别交，于，，连接，连接并延长，交于点，连接，则四边形为所求截面， 因为是正方形的中心，所以， 由题意易证四边形为菱形，所以，，所以，，则为的中点，则， 从而，故所求截面的周长为． 故选：D. 【例19】已知正方体的棱长为，每条棱所在直线与平面所成的角相等，则截此正方体所得截面边形（其中）的周长的范围是 . 【答案】 【解析】先根据每条棱所在直线与平面所成的角相等，分析出平面的特征，再根据截面的形状分析对应的截面的周长的取值范围. 【详解】如图所示，因为正方体的棱是三组平行的棱，所以平面只需要和正方体某一个顶点引出的三条棱所成角相同即可； 取顶点，此时三棱锥为正三棱锥，显然与平面所成角相同， 所以平面平面，在棱上取一点，作交于， 同理依次可作出点，依次连接构成六边形， 记此时的六边形平面为，设，所以， ，所以截面的周长为：， 故答案为：. 【点睛】本题考查正方体中的截面周长的求解，其中涉及到线面角的理解，对学生的分析与几何作图能力要求较高，难度较难. 【例20】如图，已知在正三棱柱中，，且点分别为棱的中点.    (1)过点作三棱柱截面交于点，求线段长度； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将平面延展得到点，再利用相似三角形求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量利用夹角公式求解即可. 【详解】（1）由正三棱柱中，， 又因为点分别为棱的中点，可得， 如图所示，延长交的延长线于点， 连接交于点，则四边形为所求截面， 过点作的平行线交于， 所以 因此，所以. （2）以点为原点，以所在的直线分别为轴，    以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，可得， 则， 设平面的法向量为，则 取，则，所以， 取的中点，连接.因为△为等边三角形，可得， 又因为平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又由，可得， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为 题型六：截面面积问题 【例21】正方体的棱长是，其中是中点，是中点，则过点的截面面积是． 【答案】 【解析】在上取使，连接并延长与的延长线交于点，连交于，连接， 由正方体的性质可知，则五边形即为过点的截面， 由题可得，， 在中，， 由余弦定理得，所以， 所以平行四边形的面积为， 又由， 所以， 所以截面的面积为. 故答案为：. 【例22】棱长为2的正方体中，，分别是、的中点，过平面做正方体的截面，则这个截面的面积为______． 【答案】 【分析】根据题意，画出过平面做正方体的截面的平面图，然后根据勾股定理和相似三角形等几何方法解出，平面图形的各边数据，然后，利用梯形面积公式和三角形面积公式求和即可得到截面面积. 【详解】 如图，延长，延长，分别交的延长线于，根据正方体的性质，可知，，根据勾股定理，，又因为，可得，所以，，，由勾股定理，可得，，所以，过平面做正方体的截面为五边形，如图所示，连，作，，可得，根据勾股定理，可得，，综合以上数据，可以得到所示图形， 所以，该五边形面积为： .故答案为： 【例23】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. 题型七：球截面问题 【例24】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 【分析】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. 【详解】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. 【例25】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. 【例26】已知正四面体ABCD的表面积为，E为棱AB的中点，球О为该正四面体的外接球，则过DE的平面被球О所截得的截面面积最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据表面积求出四面体的棱长，得出外接球的半径，根据截面圆的性质可得答案. 【详解】设正四面体的棱长为，则，∴， ∴正四面体的高为； 将正四面体放置于正方体中，如图1所示：可得正方体的外接球就是正四面体的外接球， ∵正四面体的棱长为2，∴正方体的棱长为，可得外接球半径满足， E为棱AB的中点，过DE作其外接球的截面，当球心O到截面的距离最大时，截面圆的面积达到最小值， 此时球心O到截面的距离等于O到DE的距离，O到DE的距离为， 可得截面圆的半径为，得到截面圆的面积最小值为. 故选:C.    【例27】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. 【例28】如图，球被一个距离球心的平面截成了两个部分，这两个部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直径被截后所得的线段叫作球缺的高.球冠的面积公式为，球缺的体积公式为，其中为球的半径，为球缺的高，记两个球缺的球冠面积分别为，两个球缺的体积分别为，则下列结论正确的是（    ） A．若，则两个球缺的底面面积均为 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【解题思路】根据勾股定理结合圆的面积公式计算判断A错误；根据截面的面积和球的体积公式根据不同条件计算进行判断BCD. 【解答过程】对于A，设这两个球缺的底面圆半径为，则， 因为，，解得，该圆的面积为A错误. 对于B，设两个球缺的高分别为，则. 由，得，则，所以，解得. ，同理得，所以B正确. 对于C，.设，由，得，则，C正确. 对于D，. 由，得.设函数，则 在上恒成立，即在上单调递增， 所以，即D正确. 故选：BCD. 题型八：截面分割体积问题 【例29】在斜三棱柱中，，分别为侧棱，上的点，且知，过，，的截面将三棱柱分成上下两个部分体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知中三棱柱的侧棱和上各有一动点，满足，可得四边形与四边形的面积相等，等于侧面的面积的一半，根据等底同高的棱锥体积相等，可将四棱锥的体积转化三棱锥的体积，进而根据同底同高的棱锥体积为棱柱的，求出四棱锥的体积，进而得到答案. 【详解】设三棱柱的体积为 侧棱和上各有一动点，满足， 四边形与四边形的面积相等. 故四棱锥的体积等于三棱锥的体积等于. 则四棱锥的体积等于. 故过，，三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积比为 故选：.    【例30】在棱长为a的正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，过点A，E，F作一个截面，该截面将正方体分成两个多面体，则体积较小的多面体的体积为 . 【答案】 【解析】如图，依次连接，四边形即为所求截面， 因为点E、F分别为棱、的中点，所以∥， 可知为三棱台，所以， 其体积， 且正方体的体积为， 则另一部分的体积为， 因为，所以体积较小的多面体的体积为. 故答案为：. 【例31】正方体的一个截面经过顶点及棱上一点，且这个截面将正方体分成体积比为13：41的两部分，则的值为（ ）. A． B．3 C． D．2 【答案】D 【解析】在平面ABCD中，过E作EF∥AC，则EF∥， 设正方体的棱长为，， 则,可得 则棱台的体积为 又截面将正方体分成体积比为13：41的两部分， ∴ 由， 解得：.故选：D. 【例32】正四棱椎的底面边长为，侧棱长为，过点作一个与侧棱垂直的平面，则平面被此正四棱椎所截的截面面积为______，平面将此正四棱椎分成的两部分，则较小部分体积与较大部分体积的比值为______. 【答案】； 【解析】如下图所示：在正四棱锥中， 由于底面边长为，侧棱长为，则， 所以，是等边三角形，同理可得也为等边三角形， 取的中点，连接，则，且， 设过且与垂直的平面交于点，交于点，连接， 则，，可得， 则，， 在和中，由，，， 可得，， ，，，， ，则， 在等腰中，由，， 由余弦定理可得， 则在中，，同理可得， ，，， 四边形的面积为， 则， 又， 因此，平面将此正四棱椎分成的两部分， 较小部分体积与较大部分体积的比值为. 【例33】如图，在长方体中，用截面截下一个棱锥，则棱锥的体积与剩余部分的体积之比为（ ） A． B．1:4 C．1:3 D．1:2 【答案】A 【解析】法一：设，，， 则长方体的体积， 又，且三棱锥的高为， ∴， 则剩余部分的几何体体积， 则， 法二：已知长方体可以看成侧棱垂直于底面的四棱柱， 设它的底面面积为，高为，则它的体积为， 而棱锥的底面面积为，高为， ∴棱锥的体积， 剩余部分的体积是， ∴棱锥的体积与剩余部分的体积之比为.故选：A 【例34】如图，在三棱锥O－ABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA>OB>OC，分别经过三条棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S1，S2，S3，则S1，S2，S3的大小关系为________． 【答案】S3<S2<S1 【解析】由题意知OA，OB，OC两两垂直，可将其放置在以O为顶点的长方体中， 设三边OA，OB，OC分别为a，b，c，且a>b>c，利用等体积法易得 S1＝a，S2＝b，S3＝c， ∴S－S＝(a2b2＋a2c2)－(b2a2＋b2c2)＝c2(a2－b2)， 又a>b，∴S－S>0，即S1>S2， 同理，平方后作差可得，S2>S3， ∴S3<S2<S1. 题型九：平面截圆锥问题 【例35】圆锥曲线为什么被冠以圆锥之名？因为它可以从圆锥中截取获得.我们知道，用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截而与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线.因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线.截口曲线形状与和圆锥轴截面半顶角有如下关系；当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线.（如左图） 现有一定线段AB与平面夹角（如上右图），B为斜足，上一动点P满足，设P点在的运动轨迹是，则不正确的是（ ） A．当，时，是椭圆 B．当，时，是双曲线 C．当，时，是抛物线 D．当，时，是椭圆 【答案】B 【解析】∵AB为定线段，为定值，∴P在以AB为轴的圆锥上运动， 其中圆锥的轴截面半顶角为，与圆锥轴AB的夹角为 对于A，，∴平面截圆锥得椭圆，A正确；对于B，，是椭圆，B错. 对于C，，是抛物线，C正确.对于D，，是椭圆，D正确. 故选：B. 【例36】如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，截面分别与球，球切于点，，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体， 得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图， 点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆长轴， 椭圆长轴长， 过作于D，连，显然四边形为矩形， 又， 则， 过作交延长线于C，显然四边形为矩形， 椭圆焦距， 所以椭圆的离心率． 故选：A. 【例37】在底面半径为及轴截面为正三角形的圆锥中放置内切球，在球的上面放一个与球和圆锥侧面均相切的球，再在和之间放入一个球，则球半径的最大值为 ． 【答案】 【分析】由题可知当球与和相切，且与母线相切时，球半径的最大，求出和的半径，根据截面图构建方程即可求解. 【详解】根据题意，当球与和相切，且与母线相切时，球半径的最大， 轴截面图如下，是边长为的等比三角形， 所以内切球的半径，设球的半径为，球的半径为， ， ， 则，， ，， 则， ， 即. 故答案为：. 题型十：截面的最值与范围问题 【例38】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. 【详解】 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. 【例39】正三棱锥中，，点在棱上，且，已知点都在球的表面上，过点作球的截面，则截球所得截面面积的最小值为___________. 【答案】 【分析】通过补体把正三棱锥补成正方体，则正方体的体对角线为外接球直径；求出，当平面时，平面截球O的截面面积最小，此时截面为圆面，从而可计算截面的半径，从而推导出截面的面积. 【详解】，，，， 同理，故可把正三棱锥补成正方体（如图所示）， 其外接球即为球，直径为正方体的体对角线，故， 设的中点为，连接，则且.所以， 当平面时，平面截球O的截面面积最小，此时截面为圆面 【例40】已知正三棱柱(底面为正三角形的直棱柱)的体积为，，是的中点，点是线段上的动点，过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最小值为 A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】 由正三棱柱的体积为，，可求得，由于，所以要使三棱锥的体积最小，则三棱锥的体积最大，设的中点为，作出截面如图所示，可得点在以为直径的圆上，从而可求出点到底面距离的最大值，进而可求得三棱锥的体积的最小值 【详解】 如图所示， 因为正三棱柱的体积为，，所以，即， 因为，所以要使三棱锥的体积最小，则三棱锥的体积最大，设的中点为，作出截面如图所示， 因为，所以，所以点在以为直径的圆上， 所以点到底面距离的最大值为， 所以三棱锥的体积的最小值为. 【例41】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截此正方体所得截面面积的最大值为 . 【答案】 【分析】利用正方体的结构特征，判断平面​所在的位置，然后求得截面面积的最大值即可. 【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，可知在正方体中，平面与直线，，所成的角是相等的， 所以平面与平面平行， 由正方体的对称性：要求截面面积最大，则截面的位置为过棱的中点的正六边形（过正方体的中心），边长为，所以其面积为. 【例42】在正四棱锥中，M在棱上且满足.过作截面将此四棱锥分成上，下两部分，记上，下两部分的体积分别为，，则的最大值为 . 【答案】 【解析】设过AM的平面交SB,SD于G,P， 将平面MGAP延伸，交BC,CD于E，F，则A，E，F共线. 设， ， 又， 而， 由于 ， ，， . 故答案为：. 【例43】正方体中作一截面与垂直，且和正方体所有面相交，如图所示．记截面多边形面积为，周长为，则（    ） A．为定值，不为定值 B．不为定值，为定值 C．和均为定值 D．和均不为定值 【答案】B 【解析】如图，由正方体的性质得平面， 因为平面，为正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 同理可证明， 因为平面，所以平面， 同理可证明平面， 所以，所求截面与平面和平面均平行，如图中的六边形， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，，同理可得，，，，， 设，，则 因为，， 所以，， 因为 所以， 同理，，， 所以，截面多边形的周长为为（为正方体边长），故为定值； 当时，该截面多边形由六边形变为正三角形，此时面积为； 当时，该截面多边形为正六边形，此时面积为； 所以，该截面多边形的面积在变换，故不为定值. 综上，不为定值，为定值. 故选：B 【例44】如图所示，在长方体中，，点是棱上的一个动点，平面交棱于点，下列命题错误的是（    ） A．四棱锥的体积恒为定值 B．存在点，使得平面 C．存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值 D．对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面 【答案】D 【解析】对A，，又，平面，平面，所以平面，同理平面，所以点E，F到平面的距离为定值，则四棱锥的体积为定值，故选项A正确； 对于B，因为，可得对角面为正方形，所以，由平面，平面，所以，若，则，平面，所以平面，由平面，所以，又平面，所以平面，故B正确； 对于C，由面面平行的性质定理可得，四边形为平行四边形，由对称性可得，当四边形为菱形时，周长取得最小值，即存在唯一的点E，使得截面四边形的周长取得最小值，故选项C正确. 对于D，当点在处时，对于AD上任意的点G，直线CG与平面均相交，故选项D错误. 故选：D 【例45】在正方体中，，，分别为，，的中点，棱长为.    (1)请在图一作出过，，三点的平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹）. (2)计算截面的周长. (3)任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的每个面都有公共点，这样得到一个截面多边形，求该截面多边形的周长和面积的取值范围. 【解题思路】（1）根据给定条件，利用平面的基本事实作出截面多边形. （2）利用平行线分线段成比例定理及勾股定理求出周长. （3）由线面垂直的性质可知截面多边形的边与所在的正方形的对角线平行，利用相似比即可求得截面周长，再构造截面图形，建立面积的函数关系并求出范围. 【解答过程】（1）画直线与线段的延长线分别交于点，连接分别交于， 连接，则五边形为截面.    （2）由分别为的中点，得，而， 则，由，得，， ，同理，而， 所以截面的周长. （3）在正方体中，连接，， 由 平面，平面，得， 又，平面，则平面， 又平面，于是，同理，而， 则平面，又平面，则平面平面， 令平面与平面，而平面平面，则， 同理得平面与正方体其他各面的交线都与所在正方形的对角线平行， 令，则，， ，同理， 所以该截面多边形的周长.    由截面与正方体各面的交线平行于所在正方形的对角线， 得不论六边形如何平行移动，它的每个内角都是，且相邻边长的和为， 边长为的菱形中，，在上分别取点， 使，过作的平行线交分别于， 则六边形的每个内角都是，任意相邻相邻边长的和为，   ，六边形的面积 ， ，，， 所以截面多边形面积的取值范围是. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学一轮复习考点精析与题型全解（上海专用） 重难点13 立体几何截面问题的十种考法 一、有关截面的概念 在立体几何中，用一个平面去截几何体（包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥、长方体、正方体等），此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键． 二、截面的的画法 1、确定截面的主要依据有 （1）平面的四个公理及推论．（2）直线和平面平行的判定和性质． （3）两个平面平行的性质． （4）球的截面的性质． 2、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，拖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的截面的交线。 三、截面类型 (1) 正方体的基本斜截面： 正六面体的斜截面不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形． (2) 圆柱体的基本截面： (3) 结合线、面平行的判定定理与性质定理求截面问题；结合线、面垂直的判定定理与性质定理求截面问题． 规律 【基本总结】截面与几何体表面相交，交线不会超过几何体表面个数； 不会与同一哥表面有两条交线； 与一对平行表面相交，交线平行（不一定等长），即两平行平面被第三个平面所截，两交线平行； 截面截内切球或者外接球时，区分与面相切和与棱相切之间的关系 题型一：截面四种基本类型及其作法 类型一：截面经过的三个已知点分别在几何体的棱上，且其中有两点在同一面的棱上 【例1】正方体中，点、、分别在、、上，作经过、、三点的截面. 【例2】直四棱柱中，点、、分别在、、上，作经过、、三点的截面. 类型二：截面经过的三个已知点分别在三条不同的棱上 【例3】正方体中，点在棱上，点在棱上，点在棱上，作经过、、三点的截面. 类型三：截面经过的三个已知点至少有一点在几何体的面上，其余点在棱上 【例4】正方体中，点、分别在棱、上，点在平面底面内，作经过、、三点的截面. 【例5】在正方体，中，，分别为正方形和的中心，，则平面截正方体所得截面的周长是（    ） A．10 B．40 C． D． 类型四：截面经过的三个已知点中，有两个点在同一棱上，第三个点在几何体内 【例6】正三棱柱中，上下底面的中心点分别为、，点为的中点，作经过、、 题型二：截面形状的判断 【例7】如图，在正方体中，作截面如图交，，，分别于，，，，则四边形的形状为（    ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形 【例8】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 【例9】如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题中正确命题的个数为（    ）                ①当时，S为四边形； ②当时，S为等腰梯形； ③当时，S与的交点满足； ④当 时，S为六边形； A．1 B．2 C．3 D．4 【例10】如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体，截面与底面所成的角为，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形为矩形，若沿将其侧面剪开，其侧面展开图形状大致为（       ） A．B．C．D． 题型三：根据平行关系确定截面 【例11】在棱长为2的正方体中，P，Q是，的中点，过点A作平面，使得平面平面，则平面截正方体所得截面的面积是（    ） A． B．2 C． D． 【例12】在一次通用技术实践课上，木工小组需要将正方体木块截去一角，要求截面经过面对角线上的点（如图），且与平面平行，已知，，则截面面积等于 . 【例13】如图，棱长为2的正方体ABCD–A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过E作平面，使得//平面BDF. (1)作出截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由； (2)求平面与平面的距离. 题型四：根据垂直关系确定截面 【例14】如图，在棱长为2的正方体，中，点E为CD的中点，则过点C且与垂直的平面被正方体截得的截面周长为 ． 【例15】已知直三棱柱的侧棱长为2，，，过，的中点，作平面与平面垂直，则所得截面周长为 ． 【例16】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. 题型五：截面周长问题 【例17】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． 【例18】在正方体，中，，分别为正方形和的中心，，则平面截正方体所得截面的周长是（    ） A．10 B．40 C． D． 【例19】已知正方体的棱长为，每条棱所在直线与平面所成的角相等，则截此正方体所得截面边形（其中）的周长的范围是 . 【例20】如图，已知在正三棱柱中，，且点分别为棱的中点.    (1)过点作三棱柱截面交于点，求线段长度； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 题型六：截面面积问题 【例21】正方体的棱长是，其中是中点，是中点，则过点的截面面积是． 【例22】棱长为2的正方体中，，分别是、的中点，过平面做正方体的截面，则这个截面的面积为______． 【例23】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． 题型七：球截面问题 【例24】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． 【例25】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． 【例26】已知正四面体ABCD的表面积为，E为棱AB的中点，球О为该正四面体的外接球，则过DE的平面被球О所截得的截面面积最小值为（    ） A． B． C． D． 【例27】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． 【例28】如图，球被一个距离球心的平面截成了两个部分，这两个部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直径被截后所得的线段叫作球缺的高.球冠的面积公式为，球缺的体积公式为，其中为球的半径，为球缺的高，记两个球缺的球冠面积分别为，两个球缺的体积分别为，则下列结论不正确的是（    ） A．若，则两个球缺的底面面积均为 B．若，则 C．若，则 D．若，则 题型八：截面分割体积问题 【例29】在斜三棱柱中，，分别为侧棱，上的点，且知，过，，的截面将三棱柱分成上下两个部分体积之比为（    ） A． B． C． D． 【例30】在棱长为a的正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，过点A，E，F作一个截面，该截面将正方体分成两个多面体，则体积较小的多面体的体积为 . 【例31】正方体的一个截面经过顶点及棱上一点，且这个截面将正方体分成体积比为13：41的两部分，则的值为（ ）. A． B．3 C． D．2 【例32】正四棱椎的底面边长为，侧棱长为，过点作一个与侧棱垂直的平面，则平面被此正四棱椎所截的截面面积为______，平面将此正四棱椎分成的两部分，则较小部分体积与较大部分体积的比值为______. 【例33】如图，在长方体中，用截面截下一个棱锥，则棱锥的体积与剩余部分的体积之比为（ ） A． B．1:4 C．1:3 D．1:2 【例34】如图，在三棱锥O－ABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA>OB>OC，分别经过三条棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S1，S2，S3，则S1，S2，S3的大小关系为________． 题型九：平面截圆锥问题 【例35】圆锥曲线为什么被冠以圆锥之名？因为它可以从圆锥中截取获得.我们知道，用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截而与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线.因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线.截口曲线形状与和圆锥轴截面半顶角有如下关系；当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线.（如左图） 现有一定线段AB与平面夹角（如上右图），B为斜足，上一动点P满足，设P点在的运动轨迹是，则不正确的是（ ） A．当，时，是椭圆 B．当，时，是双曲线 C．当，时，是抛物线 D．当，时，是椭圆 【例36】如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，截面分别与球，球切于点，，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于（    ） A． B． C． D． 【例37】在底面半径为及轴截面为正三角形的圆锥中放置内切球，在球的上面放一个与球和圆锥侧面均相切的球，再在和之间放入一个球，则球半径的最大值为 ． 题型十：截面的最值与范围问题 【例38】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___________. 【例39】正三棱锥中，，点在棱上，且，已知点都在球的表面上，过点作球的截面，则截球所得截面面积的最小值为___________. 【例40】已知正三棱柱(底面为正三角形的直棱柱)的体积为，，是的中点，点是线段上的动点，过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最小值为 A． B． C．2 D． 【例41】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截此正方体所得截面面积的最大值为 . 【例42】在正四棱锥中，M在棱上且满足.过作截面将此四棱锥分成上，下两部分，记上，下两部分的体积分别为，，则的最大值为 . 【例43】正方体中作一截面与垂直，且和正方体所有面相交，如图所示．记截面多边形面积为，周长为，则（    ） A．为定值，不为定值 B．不为定值，为定值 C．和均为定值 D．和均不为定值 【例44】如图所示，在长方体中，，点是棱上的一个动点，平面交棱于点，下列命题错误的是（    ） A．四棱锥的体积恒为定值 B．存在点，使得平面 C．存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值 D．对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面 【例45】在正方体中，，，分别为，，的中点，棱长为.    (1)请在图一作出过，，三点的平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹）. (2)计算截面的周长. (3)任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的每个面都有公共点，这样得到一个截面多边形，求该截面多边形的周长和面积的取值范围. 1 学科网（北京）股份有限公司 $