专题08 几何体截面综合（压轴题专项训练）高一数学北师大版必修第二册

专题08 几何体截面综合 目录 专题08 几何体截面综合 1 2 类型一、做截面技巧方法 2 类型二、截面计算：面积 3 类型三、截面计算：周长 4 类型四、 动点型截面：恒平行型 5 类型五、 动点型截面：恒垂直型 7 类型六、动点型截面最值范围：面积型 8 类型七、 动点型截面最值范围：周长型 9 类型八、 动点型截面最值范围：外接球型 9 类型九、 动点型截面最值范围：角度 11 类型十、 组合体型截面？ 12 14 结束 错误！未定义书签。 类型一、做截面技巧方法 在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥， 球，棱柱，棱锥、长方体，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清 楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。。 一般地，立体几何中的截面问题，有两种处理方法： 1.是利用平行关系找交线， 2.是利用共面直线延长相交得交点. 基础模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面 特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。 方法：相交线法 以“第三点”所在的表面中，，剔除掉与EF所在的表面平行，寻找合适的表面来做交线 如下图，符合的有c1的表面有三个，红色的和EF平行而不会相交，去掉，可供选择的是上表面（蓝色）或者右表面（绿色的）， 先用上表面（红色的）来做： 1、 所以，先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A1B1于G 2、 此时G也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1交点H. 3、 连接HB，则的如右图的截面。 再用右表面绿色的来做： 1、 则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C1C于I 2、 此时I也在右表面了，连IC1交棱CB于J. 连接FJ，则出右图的截面。 例1．（25-26高一全国·专题练习）已知正方体，棱的中点为，棱的中点为，棱的中点为，过作该正方体的截面，则该截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 变式1-1． （2025·广东佛山·模拟预测）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（    ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 变式1-2． （21-22高一下·上海宝山·期末）在正方体中，棱长为4，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 变式1-3． （24-25高一全国 月考）正方体中，分别是的中点，过三点的平面截正方体，则所得截面形状是 A．平行四边形 B．直角梯形 C．等腰梯形 D．以上都不对 类型二、截面计算：面积 截面面积计算，可以拆分为三角形或者四边形等容易计算的图形进行计算。关键是要通过平行和垂直找到对应图形的底和高。 例2、（24-25高一下·重庆南岸·期中）在三棱锥中，三条棱、、两两垂直，且，分别经过三条棱、、，作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为、、，则、、的大小关系为（   ） A． B． C． D． 变式2-1． （23-24高一下·福建福州·期中）已知正方体的棱长为，分别是的中点，则过这三点的截面面积是（    ） A． B． C． D． 变式2-2． （2025高一 全国·专题练习）在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的是一个直角三角形，按图所标边长，由勾股定理有，设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥，如果用，，表示三个侧面面积，表示截面面积，那么你类比得到的结论是 A． B． C． D． 变式2-3． （24-25高一下·江西南昌·期末）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（    ） A． B． C． D． 类型三、截面计算：周长 截面周长： 截面周长求解，可以借助侧边展开，展开到一个平面，转化为点到点（线）的对应距离。 例3．（2026·山东日照·二模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（   ） A．4 B．8 C． D． 变式3-1．（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3-2． （23-24高一·安徽·期中）已知正方体的表面积为96，点P为线段的中点，若点平面，且平面，则平面截正方体所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 变式3-3． （2024高三·全国·专题练习）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（　　） A．2+2 B． C． D． 类型四、 动点型截面：恒平行型 如果是线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行“这个性质，可以解决线面恒平行题型的截面问题 例4．（24-25高二下·上海杨浦·期末）如图所示，棱长为1的四面体木块，其四个面均为等边三角形，点是的中心，过点将木块锯开，并使得截面平行于和，则下列关于截面的说法正确的个数为（    ） ①截面是矩形； ②截面的面积为； ③截面与侧面的交线平行于侧面. A．0 B．1 C．2 D．3 变式4-1． （23-24高三上·河北廊坊·期末）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． 变式4-2． （23-24高一下·海南省直辖县级单位·期中）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法不正确的有（    ） A．动点轨迹的长度为 B．三棱锥体积的最小值为 C．与不可能垂直 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 变式4-3． （2025·海南·模拟预测）如图，在三棱柱中，点在棱上，且分别是棱的中点，点在棱上，若平面CDE，则（   ）    A． B． C． D． 类型五、 动点型截面：恒垂直型 恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。 三垂线定理指的是平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。 例5．（24-25高三上·辽宁沈阳·期中）在正四棱柱中，，，是该正四棱柱表面上的一动点，且满足，则点的运动轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D． 变式5-1． （24-25高三下·重庆沙坪坝·开学考试）四面体 中， ，点 在三角形 内部 (包含边界) 且 ，则三棱锥 的体积最大值为（    ） A． B． C． D． 变式5-2． （24-25高一·四川成都·期中）在四棱柱中，平面，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为，为侧棱上的动点（包括端点），则（   ）    A．对任意的，存在点，使得 B．当且仅当时，存在点，使得 C．当且仅当时，存在点，使得 D．当且仅当时，存在点，使得 变式5-3． （24-25高一下·全国·课后作业）在中，，，，平面，，是边上的一动点，则的最小值为（    ） A． B．7 C． D． 类型六、动点型截面最值范围：面积型 求截面最值思维 可以设变量，建立函数模型求最值问题： 1.设元 2.建立二次函数模型 3.计算求解最值。 可以结合图形的特殊性，利用极限思想，以及“特殊值必在特殊位置”猜想法求最值问题： 要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等；  例6．（2025·河北·模拟预测）在四面体中，，，，则该四面体的外接球的表面积为______；E，F分别是，的中点，若用一个与直线垂直且与四面体的每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_____． 变式6-1． （24-25高一下·浙江杭州·月考）用一个过圆锥的轴的平面去截圆锥，所得的截面三角形称为圆锥的轴截面，也称为圆锥的子午三角形．如图，圆锥底面圆的半径是，轴截面的面积是．过圆锥的两条母线，SC作一个截面，则截面SBC面积的最大值是________． 变式6-2． （21-22高二上·上海松江·期中）已知正四棱柱中，与的交点为，与的交点为，连接，点为的中点．过点且与直线平行的平面截这个正四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和，则正四棱柱的体积为______． 变式6-3． （24-25高三上·江西宜春·月考）在三棱锥中，平面VAC，，，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时，______． 类型七、 动点型截面最值范围：周长型 求截面最值思维 可以设变量，建立函数模型求最值问题： 1.设元 2.建立二次函数模型 3.计算求解最值。 可以结合图形的特殊性，利用极限思想，以及“特殊值必在特殊位置”猜想法求最值问题： 要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等；  截面周长： 截面周长求解，可以借助侧边展开，展开到一个平面，转化为点到点（线）的对应距离。 例7.（2024·江西上饶·模拟）已知正方体的棱长为，平面与对角线垂直且与每个面均有交点，若截此正方体所得的截面面积为，周长为，则的最大值为______. 变式7-1． （24-25高一下·全国·课后作业）如图，正方体的棱长为，动点在对角线上，过点作垂直于的平面 ，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为，设， 则当时，函数的值域__________． 变式7-2． （2025高三·全国·专题练习）用平面截一个单位正方体，若截面是六边形，则此六边形周长最小值为______. 32．（2023·河南安阳·二模）2022年12月7日为该年第21个节气“大雪”．“大雪”标志着仲冬时节正式开始，该节气的特点是气温显著下降，降水量增多，天气变得更加寒冷．“大雪”节气的民俗活动有打雪仗、赏雪景等．东北某学生小张滚了一个半径为2分米的雪球，准备对它进行切割，制作一个正六棱柱模型，当削去的雪最少时，平面截该正六棱柱所得的截面周长为______分米． 类型八、 动点型截面最值范围：外接球型 球截面： 1.球截面是一个截面圆。 2.球截面所在圆的圆心与球心连线，与截面圆垂直 3.球截面存在勾股数组： 例8．（24-25高一下·河北雄安·期末）已知球O是四棱锥的外接球，平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，，，，，且．过点M作球O的截面，所得截面圆面积的最小值为______． 变式8-1．（2024·四川·模拟预测）在平面四边形中，，将沿折起，使点到达，且，则四面体的外接球为球，若点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆中面积最小的圆半径为__________． 变式8-2． （24-25高一·全国·课后作业）如图，DE是边长为的正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE翻折至，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球O的表面积为__________；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是__________． 变式8-3．（2025·全国·模拟预测）如图，DE是边长为6的正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿直线DE翻折至△A1DE，当三棱锥A1－CED的体积最大时，四棱锥A1－BCDE外接球O的表面积为_____；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是__________. 类型九、 动点型截面最值范围：角度 例9．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图所示，圆台的上、下底面半径分别为和，，为圆台的两条母线，截面与下底面所成的夹角大小为，且劣弧的弧长为，则三棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 变式9-1．（2025高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为2，平面过直线，且与平面ABCD所成的角为，则当分别取得最大值、最小值时，截正方体的截面面积之比为（   ） A． B． C． D． 变式9-2．（2025·甘肃·二模）如图，在三棱锥中，平面，且，若在内（包括边界）有一动点，使得与平面所成角的正切值为，则点的轨迹长为（    ） A． B． C． D．6 变式9-3． （24-25高一全国·专题练习）在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，记与平面所成的角为，下列说法错误的是 A．点的轨迹是一条线段 B．与不可能平行 C．与是异面直线 D． 类型十、 组合体型截面？ 组合体几何体的截面问题中，求解的核心在于突破空间想象的局限，将动态的三维切割转化为静态的二维平面图形分析，其根本规律是遵循着寻找交线确定截面，以及利用面面平行的性质来综合转化运用。 1. 面对由两个或多个简单几何体拼接而成的组合体，首要步骤是精准识别组合方式，即是内切、外接还是叠加，因为不同的组合关系决定了截面与各组成部分的交线性质；在寻找截面与组合体各面的交线时，必须牢牢把握“两个平面相交，其交线是一条直线”的公理，这意味着截面与几何体的任何一个面（无论是平面还是曲面）相交，所得的交线要么是直线段，要么是曲线段，而对于多面体而言，截面与其每个平面的交线必然是直线段，将这些线段首尾相连便构成了截面的多边形轮廓。 2. 处理截面问题的关键技巧在于“由点寻线，由线构面”，通常先找到截面与几何体三条两两异面的棱或边的公共点，这三个不共线的点唯一确定一个平面，即所求截面，随后利用面面平行的判定定理寻找更多的交点，例如在柱体中，若截面与一组对面平行，则截得的图形与原底面相似，这种相似性往往能直接锁定截面的形状特征；而在锥体中，平行于底面的截面必为与底面相似的图形，且面积比等于顶点到截面距离的平方比，这是解决锥体截面问题的黄金法则。 3. 对于旋转体与多面体的组合，要特别注意截面与旋转体（如球、圆柱、圆锥）的交线是圆或椭圆的一部分，此时往往需要构造轴截面（即过旋转轴的平面），将空间问题降维到轴截面这个二维平面内解决，通过轴截面内的几何关系反推空间截面的边界。 4. 在处理复杂的斜截或异面截问题时，补形法的思想尤为重要，即通过补全原几何体或构造辅助平面，将难以直接观察的截面置于一个更易分析的完整几何环境中，利用平面的基本性质公理3及其三个推论，验证点、线、面的共面关系，最终筛选出符合题意的有效交线。 组合体截面求解的规律性体现在：始终以平面的基本性质为基石，以几何体固有的平行、垂直关系为向导，通过逻辑推理而非单纯依赖直观想象，将空间截面的边界线一一析出，并综合运用解三角形、相似形、解析几何等方法计算其长度、角度或面积，这一过程本质上是对学生空间几何直观素养与逻辑推理能力的双重检验。 例10．（25-26高三上·重庆·月考）如图，已知圆锥PO，用平行于底面的截面，将圆锥PO分切成小圆锥和圆台，此时圆锥的顶点P和圆上所有点均在球上，圆台存在和上下底面及侧面均相切的球，若球和的半径均为，则圆锥和圆台的高之比为______．    变式10-1．（24-25高二上·重庆万州·期中）我国南北朝时期的著名数学家祖原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，运用祖原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即，现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③，类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于_________ 变式10-2． （2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为__________． 变式10-3． （2023·辽宁葫芦岛·二模）如图（1）所示，已知点B在抛物线上，过B作轴于点A，且．将曲边三角形如图（2）所示放置，并将曲边三角形沿平面的垂线方向平移一个单位长度（即），得到相应的几何体．取一个底面面积为高为a的正四棱锥放在平面上如图（3）所示，这时，平面平面，现用平行于平面的任意一个平面去截这两个几何体，截面分别为矩形，四边形，截面与平面的距离为（），试用祖暅原理求曲边三角形的面积________．    压轴专练 一、单选题 1．（25-26高一下·湖南株洲·期中）如图一个三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，沿平面或平面分割后，截面中均恰好看不见球体.则球与整个三棱锥体积之比为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·江西南昌·二模）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·山东枣庄·二模）如图，以正四面体的四个顶点为球心，以棱长为半径分别作四个球，它们的公共部分形成的几何体叫做“勒洛四面体”．若正四面体的棱长为4，则（    ） A．此“勒洛四面体”外接球的体积是 B．此“勒洛四面体”的内切球的半径是 C．此“勒洛四面体”表面上交线弧的长度为 D．过三点的截面面积是 4．（25-26高二上·江西上饶·期末）两根相同的正三棱柱钢管均被一个经过底面一个顶点且与底面的另一条边平行的平面所截，截得的几何体以截面完全重合的方式拼接在一起构成一个“V”型管道，若这两个正三棱柱钢管长为10cm，底面边长为2cm，且截面与底面所成角均为，则能顺利地从管道的一端通过到管道另一端（管壁的厚度忽略不计）的球最大半径为（    ）cm． A． B． C． D． 5．（25-26高二上·河南新乡·月考）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面，分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 6．（25-26高二上·北京·期中）如图，在棱长为1的正方体中，为的中点，下列结论正确的有（    ） A．与所成角的余弦值为 B．与平面所成角的正弦值为 C．过点的正方体的截面面积为 D．四面体的内切球的表面积为 7．（2024·江西新余·模拟预测）“长太息掩涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球）.如图：已知粽子三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，小玮同学切开后发现，沿平面或平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为（    ）.    A． B． C． D． 8．（24-25高三上·江西新余·月考）现有一三棱锥，，为其外接球（四个顶点均在球的球面上）球心，，，平面恰好经过点.设平面截球的截面为，截面中心为，若，，为上一点，则取最大值时，（     ）. A． B． C． D． 二、多选题 9．（25-26高一下·广东珠海·期中）如图，正方体的棱长为6，，，分别为，AD，的中点，则（   ）    A．直线平面 B．平面平面 C．三棱锥的体积为18 D．平面截正方体所得的截面是等腰梯形 10．（25-26高一下·福建莆田·期中）已知圆锥的侧面积为，母线为，底面圆的半径为，点满足，则（    ） A．当时，圆锥的体积为 B．当时，顶点S和两条母线构成的截面三角形的最大面积为 C．当时，从点绕圆锥一周到达点的最短长度为 D．当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 11．（2026·山西晋中·模拟预测）已知棱长为2的正方体中，，，分别为，，的中点，则（   ） A．正方体的外接球半径为 B．，，，四点共面 C．直线与所成角的余弦值为 D．过直线的平面截正方体的外接球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为 三、填空题 12．（2026·甘肃·二模）圆锥的母线长为2，底面半径为1，过圆锥顶点和底面圆周上任意两点作圆锥的截面，当底面圆心到截面的距离为时，重心的轨迹所围成图形的面积是__________. 13．（2026高一·全国·专题练习）在三棱锥中，已知，，平面平面ACD，且三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，E、F分别在线段OB、CD上运动（端点除外），，当三棱锥的体积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为_____. 14．（25-26高二上·上海·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，（，）.记，当取最小时，过点，，作三棱柱的截面，则截面面积为______. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 几何体截面综合 目录 专题08 几何体截面综合 1 2 类型一、做截面技巧方法 2 类型二、截面计算：面积 5 类型三、截面计算：周长 8 类型四、 动点型截面：恒平行型 11 类型五、 动点型截面：恒垂直型 15 类型六、动点型截面最值范围：面积型 19 类型七、 动点型截面最值范围：周长型 23 类型八、 动点型截面最值范围：外接球型 26 类型九、 动点型截面最值范围：角度 30 类型十、 组合体型截面？ 33 37 结束 52 类型一、做截面技巧方法 在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥， 球，棱柱，棱锥、长方体，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清 楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。。 一般地，立体几何中的截面问题，有两种处理方法： 1.是利用平行关系找交线， 2.是利用共面直线延长相交得交点. 基础模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面 特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。 方法：相交线法 以“第三点”所在的表面中，，剔除掉与EF所在的表面平行，寻找合适的表面来做交线 如下图，符合的有c1的表面有三个，红色的和EF平行而不会相交，去掉，可供选择的是上表面（蓝色）或者右表面（绿色的）， 先用上表面（红色的）来做： 1、 所以，先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A1B1于G 2、 此时G也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1交点H. 3、 连接HB，则的如右图的截面。 再用右表面绿色的来做： 1、 则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C1C于I 2、 此时I也在右表面了，连IC1交棱CB于J. 连接FJ，则出右图的截面。 例1．（25-26高一全国·专题练习）已知正方体，棱的中点为，棱的中点为，棱的中点为，过作该正方体的截面，则该截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【分析】采用截面扩展法找出截面与各条棱的交点，即可得到截面形状. 【详解】 延长，交的延长线于点，延长，交的延长线于点， 连接，交于，连接，交于， 连接，. 则五边形即为过与该正方体的截面. 故选：C. 变式1-1． （2025·广东佛山·模拟预测）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（    ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，取的中点，的中点，的中点，证明都在平面内，由此可得结论. 【详解】因为多面体 正方体，所以，，， 如图：以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以为平面的一个法向量， 取的中点，的中点，的中点， 可得，，， 所以，，， 因为，，， 所以点都在平面内， 连接， 所以过点的正方体的截面为六边形， 故选：A. 变式1-2． （21-22高一下·上海宝山·期末）在正方体中，棱长为4，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【分析】延长，分别交与的延长线于，可得截面过、、，再根据直线与面面相交的性质，分别确定截面与各棱的交点位置，进而确定截面的形状即可. 【详解】因为，故为的中点.又为正方体，故可延长，分别交与的延长线于，设直线分别交于，易得过点、、的面即平面. 因为为中点，且，故，，，所以，故，即.又，故.又为的中点，同理可得，故，所以，，故在线段内. 连接交于，综上可知点、、截正方体的截面为五边形. 故选：C 变式1-3． （24-25高一全国 月考）正方体中，分别是的中点，过三点的平面截正方体，则所得截面形状是 A．平行四边形 B．直角梯形 C．等腰梯形 D．以上都不对 【答案】C 【详解】连接 由正方体的性质得 则在平面中，∴平面即为所得截面， 即为过 三点的正方体的截面， ∴截面为等腰梯形， 故选：C 【点睛】本题主要考查平面的基本性质，根据直线平行的性质是解决本题的关键. 类型二、截面计算：面积 截面面积计算，可以拆分为三角形或者四边形等容易计算的图形进行计算。关键是要通过平行和垂直找到对应图形的底和高。 例2、（24-25高一下·重庆南岸·期中）在三棱锥中，三条棱、、两两垂直，且，分别经过三条棱、、，作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为、、，则、、的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据中点的对称性分析相应的截面，结合垂直关系求出截面面积，利用不等式的基本性质求解. 【详解】取的中点，连接、， 可知点、到平面的距离相等，所以平面平分三棱锥的体积， 因为，，，、平面，所以平面， 且平面，则， 设，，，，则， 因为为直角三角形，则， 所以， 同理可得：，， 因为，所以，， 则，所以． 故选：A. 变式2-1． （23-24高一下·福建福州·期中）已知正方体的棱长为，分别是的中点，则过这三点的截面面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，利用正方体的性质，得到截面为正六边形，且边长为，进而求得截面的面积，得到答案. 【详解】如图所示，分别取的中点，连接， 在正方体中，可得， 所以经过点的截面为正六边形， 又因为正方体的棱长为， 在直角中，可得， 所以截面正六边形的面积为. 故选：D. 变式2-2． （2025高一 全国·专题练习）在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的是一个直角三角形，按图所标边长，由勾股定理有，设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥，如果用，，表示三个侧面面积，表示截面面积，那么你类比得到的结论是 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由于勾股定理的平方关系，如此可以得到类比的结果也是平方的关系，根据题意，类比平面内的勾股定理，可以推断四面体的相关性质，即可求得结果. 【详解】从平面图形到空间图形的类比， 三角形类比空间中的三棱锥， 线段的长度类比图形的面积， 于是猜想， 故选B． 【点睛】该题是一道关于类比推理的题目，关键是掌握类比推理的方法，属于简单题目. 变式2-3． （24-25高一下·江西南昌·期末）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（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【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. 【详解】因为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， 且平面平面，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P、Q，如图： 连接交棱于点，连接交棱于点，连接、，则截面为六边形. 由，E为的中点，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 故选：A 类型三、截面计算：周长 截面周长： 截面周长求解，可以借助侧边展开，展开到一个平面，转化为点到点（线）的对应距离。 例3．（2026·山东日照·二模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（   ） A．4 B．8 C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，设，由得出相应的结论，即可得出点构成的平面截正四面体所得的截面图形求出图形的周长即可. 【详解】将正四面体补全为正方体，则正方体棱长为4， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 设，则 ， 所以，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，边长为， 故截面周长为. 变式3-1．（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 【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积. 【详解】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3-2． （23-24高一·安徽·期中）已知正方体的表面积为96，点P为线段的中点，若点平面，且平面，则平面截正方体所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点M，的中点N，可得平面为平面，由题可知正方体的棱长为4，即求； 【详解】取的中点M，的中点N，连结则 ∴平面PCD， ， 又平面，可得，又 ∴面， ，, 面，即平面为面， 由题可知，故， ， 截面的周长为， 故选：D. 变式3-3． （2024高三·全国·专题练习）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（　　） A．2+2 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意先作出截面，进而算出截面各边的长度，最后得到答案. 【详解】如图，在正三棱柱中，延长AF与CC1的延长线交于M，连接EM交B1C1于P，连接FP，则四边形AEPF为所求截面. 过E作EN平行于BC交CC1于N，则N为线段CC1的中点，由相似于可得MC1=2，由相似于可得：， 在中，，则， 在中，，则， 在中，，则， 在中，， 由余弦定理：，则， 所以截面周长为：. 故选：B. 【点睛】本题主要考查几何体的截面问题，其中根据空间几何体的结构特征，利用平面的性质作出几何体的截面是问题的关键，平常注意方法的总结和归纳. 类型四、 动点型截面：恒平行型 如果是线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行“这个性质，可以解决线面恒平行题型的截面问题 例4．（24-25高二下·上海杨浦·期末）如图所示，棱长为1的四面体木块，其四个面均为等边三角形，点是的中心，过点将木块锯开，并使得截面平行于和，则下列关于截面的说法正确的个数为（    ） ①截面是矩形； ②截面的面积为； ③截面与侧面的交线平行于侧面. A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据线面平行的判定定理可作出该截面，结合线面平行的性质定理可得截面是平行四边形，再利用线面垂直的判定以及性质可判断①；继而求得截面面积判断②；根据线面平行的性质定理可判断③. 【详解】由题意可知，点是的中心，过点P作， 分别交于，作交于G，设平面与交于点H， 由于平面，平面，故平面， 同理平面，即四边形即为截面， 由于平面，平面平面，平面， 故，同理，，则， 故四边形为平行四边形，即截面是平行四边形， 设M为的中点，连接， 则，，平面， 故平面，又平面， 故，而，，故， 即平行四边形为矩形，即截面是矩形，①正确； 因为点是的中心，则， 故， 故矩形的面积为，即截面的面积为，②正确； 由于截面与侧面的交线为，且， 平面，平面，故平面， 即截面与侧面的交线平行于侧面，③正确. 故选：D. 变式4-1． （23-24高三上·河北廊坊·期末）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. 【详解】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. 变式4-2． （23-24高一下·海南省直辖县级单位·期中）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法不正确的有（    ） A．动点轨迹的长度为 B．三棱锥体积的最小值为 C．与不可能垂直 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】C 【分析】对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面，进而得到的轨迹为线段，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可. 【详解】对A，如图，令中点为，中点为，连接， 又正方体中，为棱的中点，可得， 平面平面，又， 且平面，所以平面平面， 又平面，且平面，平面， 又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面， ，即的轨迹为线段. 由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确； 对B，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为， 所以面积最小时，体积最小，如图， ，易得在处时最小， 此时，所以体积最小值为，故选项B正确； 对C，当为线段中点时，由可得， 又中点为，中点为， ，而，，故选项C不正确； 对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时， 由已知得此时，所以在底面的射影为底面外心， ，，所以底面为直角三角形， 所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为， 由，可得外接球半径， 外接球的表面积为，故选项D正确. 故选：C. 变式4-3． （2025·海南·模拟预测）如图，在三棱柱中，点在棱上，且分别是棱的中点，点在棱上，若平面CDE，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在平面内，作，与DE交于点，连接CF，证明MFCN是平行四边形，根据梯形中位线可求MF长度，从而得到答案. 【详解】如图所示，在平面内，作，与DE交于点，连接CF，则，所以共面，因为∥平面CDE，由线面平行的性质知，所以MFCN是平行四边形，所以. 又是的中点，所以MF是梯形的中位线， 设，则，即， 所以，所以. 故选：B. 类型五、 动点型截面：恒垂直型 恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。 三垂线定理指的是平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。 例5．（24-25高三上·辽宁沈阳·期中）在正四棱柱中，，，是该正四棱柱表面上的一动点，且满足，则点的运动轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先寻找过点与垂直的两条件相交直线，再作出过点与垂直的平面，找到正四棱柱被平面所截的截面图形，证明并研究图形的特殊性质，根据几何性质求周长即可得. 【详解】如图，在上取点，使，连接， 则，故， 又， 故， 因为平面，平面， 所以，又，平面， 故平面，又平面，故， 在上取点，使，同理可证， 又，平面，则平面， 设平面与棱交于点，连接， 则平面平面，又平面平面， 由平面平面，则， 同理可证，故四边形为平行四边形，则四点共面， 在平面内，在棱上取点，使，连接， 则，， 则四边形是平行四边形，则，所以， 又，所以四边形是平行四边形，则， 则为的中点，由， 可得，则四边形为菱形， 且平面，由，则点在过点且与垂直的平面内， 即平面内，又点是该正四棱柱表面上的一动点， 故点的运动轨迹即为菱形，且该菱形的周长为. 故选：B.    变式5-1． （24-25高三下·重庆沙坪坝·开学考试）四面体 中， ，点 在三角形 内部 (包含边界) 且 ，则三棱锥 的体积最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过构建平面得到点为上的点，然后结合图形得到点在点处时，三棱锥的体积最大，然后利用余弦定理、三角形面积公式和棱锥的体积公式计算即可. 【详解】 过点作于点，过点作交于点， 因为，平面，所以平面， 因为点在三角形内部，所以点为上的点， 由图可知当点在点处时，点到平面的距离最大， 又，所以点在点处时，三棱锥的体积最大， 在中，，， 则，， 在中，， 则，， 设点到平面的距离为， 因为平面，所以平面平面， 因为平面平面，所以点到平面的距离为点到的距离， 在和中， ， 解得， 在中，则， ，即， 解得， 所以. 故选：D. 变式5-2． （24-25高一·四川成都·期中）在四棱柱中，平面，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为，为侧棱上的动点（包括端点），则（   ）    A．对任意的，存在点，使得 B．当且仅当时，存在点，使得 C．当且仅当时，存在点，使得 D．当且仅当时，存在点，使得 【答案】C 【分析】若存在点，使得，则必有，且由题设条件易得平面,得到,再通过△∽△即可求得的范围. 【详解】连接，在四棱柱中，因为平面， 所以平面，则,又由底面是正方形，得， 所以平面，得. 若存在点，使得，则平面,得, 则△∽△，得，即，所以    故选：C. 变式5-3． （24-25高一下·全国·课后作业）在中，，，，平面，，是边上的一动点，则的最小值为（    ） A． B．7 C． D． 【答案】A 【分析】因为平面，故要使的值最小，只需在平面内的射影最短即可，当时，此时最短. 【详解】如图所示，因为平面，平面,所以，则是直角三角形， 故，所以当时，最小，此时也最小． 由条件知，，则，故的最小值为， 又，则的最小值为． 故选：A. 类型六、动点型截面最值范围：面积型 求截面最值思维 可以设变量，建立函数模型求最值问题： 1.设元 2.建立二次函数模型 3.计算求解最值。 可以结合图形的特殊性，利用极限思想，以及“特殊值必在特殊位置”猜想法求最值问题： 要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等；  例6．（2025·河北·模拟预测）在四面体中，，，，则该四面体的外接球的表面积为______；E，F分别是，的中点，若用一个与直线垂直且与四面体的每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_____． 【答案】 / 【分析】将四面体补形成长方体，由题设可得出长方体的各棱长，进而求解外接球的半径，再根据球的表面积公式计算即可；分析可得截面与直线垂直，平行于上底面，结合三角形相似可得，设，求出，再结合三角形面积公式及基本不等式求解即可. 【详解】如图，将四面体补形成长方体， 设长方体的棱长，那么四面体的六条棱长都是它的面对角线. 则有，解得：， 而四面体的外接球即为长方体的外接球， 则外接球的半径为， 所以外接球的表面积为； 由分别是，中点，即为长方体两个底面的中心， 而截面与直线垂直，平行于上底面， 故，， 根据平行截比定理得到，，且， 则，而，故有， 设，而， 故， 则截面面积. 故答案为：；. 变式6-1． （24-25高一下·浙江杭州·月考）用一个过圆锥的轴的平面去截圆锥，所得的截面三角形称为圆锥的轴截面，也称为圆锥的子午三角形．如图，圆锥底面圆的半径是，轴截面的面积是．过圆锥的两条母线，SC作一个截面，则截面SBC面积的最大值是________． 【答案】8 【分析】由已知得、，进而可得，最后由及，即可得最大值. 【详解】由，即，故， 令且，则，即，所以， 由，而， 所以时，最大. 故答案为：8 变式6-2． （21-22高二上·上海松江·期中）已知正四棱柱中，与的交点为，与的交点为，连接，点为的中点．过点且与直线平行的平面截这个正四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和，则正四棱柱的体积为______． 【答案】3 【分析】根据正四棱柱的结构特征确定对应面积最大或最小时的截面，进而求出正四棱柱的底面边长和高，即可求体积. 【详解】设正四棱柱的底面边长为，高为，如图， 当截面平行于平面时，截面面积最小， 当截面为平面时，截面面积最大， 因为过点且与直线平行的平面截该正四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和， 所以，解得，于是正四棱柱的体积为． 故答案为：3 变式6-3． （24-25高三上·江西宜春·月考）在三棱锥中，平面VAC，，，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时，______． 【答案】 【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. 【详解】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，. 故答案为：. 【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. 类型七、 动点型截面最值范围：周长型 求截面最值思维 可以设变量，建立函数模型求最值问题： 1.设元 2.建立二次函数模型 3.计算求解最值。 可以结合图形的特殊性，利用极限思想，以及“特殊值必在特殊位置”猜想法求最值问题： 要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等；  截面周长： 截面周长求解，可以借助侧边展开，展开到一个平面，转化为点到点（线）的对应距离。 例7.（2024·江西上饶·模拟）已知正方体的棱长为，平面与对角线垂直且与每个面均有交点，若截此正方体所得的截面面积为，周长为，则的最大值为______. 【答案】 【分析】由题意平面与对角面平行，作出图象，为六边形，利用六边形边得周长为定值，再根据对称性与单调性确定的最大值，即得的最大值 【详解】因为平面与对角线垂直，所以平面与对角面平行，作出图象，为六边形,设则,所以，由对称性得平面过对角线中点时截面面积取最大值为，则的最大值为. 【点睛】本题考查截面以及线面关系，考查空间想象能力以及基本求解能力,属基本题. 变式7-1． （24-25高一下·全国·课后作业）如图，正方体的棱长为，动点在对角线上，过点作垂直于的平面 ，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为，设， 则当时，函数的值域__________． 【答案】 【分析】根据已知条件，所得截面可能是三角形，也可能是六边形，分别求出三角形与六边形周长的取值情况，即可得到函数的值域. 【详解】如图： ∵正方体的棱长为，∴正方体的对角线长为6，∵ （i）当或时，三角形的周长最小. 设截面正三角形的边长为，由等体积法得： ∴∴， （ii）或时，三角形的周长最大，截面正三角形的边长为，∴ （iii）当时，截面六边形的周长都为∴ ∴当时，函数的值域为. 【点睛】本题考查多面体表面的截面问题和线面垂直，关键在于结合图形分析截面的三种情况，进而得出与截面边长的关系. 变式7-2． （2025高三·全国·专题练习）用平面截一个单位正方体，若截面是六边形，则此六边形周长最小值为______. 【答案】 【分析】画出图形，结合图形求出六边形的周长，即可求得此六边形周长最小值． 【详解】 把正方体的各个面平铺在一个平面上，可以发现，EFMNPQ共线时六边形的周长最短， 此时六边形的周长为 故答案为: 变式7-3． 32．（2023·河南安阳·二模）2022年12月7日为该年第21个节气“大雪”．“大雪”标志着仲冬时节正式开始，该节气的特点是气温显著下降，降水量增多，天气变得更加寒冷．“大雪”节气的民俗活动有打雪仗、赏雪景等．东北某学生小张滚了一个半径为2分米的雪球，准备对它进行切割，制作一个正六棱柱模型，当削去的雪最少时，平面截该正六棱柱所得的截面周长为______分米． 【答案】 【分析】设正六棱柱的底面边长为a，高为h，计算得到，设新函数，求导得到单调区间，计算最值得到，，确定五边形为平面截正六棱柱所得的截面，计算得到答案. 【详解】设正六棱柱的底面边长为a，高为h． 若要使该正六棱柱的体积最大，正六棱柱应为球的内接正六棱柱中体积最大者， 所以，即，又正六边形的面积， 正六棱柱的体积为． 设，，则，令，得． 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 故，即，时V取得最大值． 过作，交的延长线于点P，连接AP，交于G， 设PQ交的延长线于Q点，连接CQ，交于点H，    ，确定平面，则平面， 则五边形为平面截正六棱柱所得的截面． 根据相似可得，所以，， 所以，， 同理可得，，， 故当削去的雪最少时，平面截该正六棱柱所得的截面周长为． 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数求体积的最值，截面问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中将体积的最值转化为函数的最值，并确定截面是解题的关键. 类型八、 动点型截面最值范围：外接球型 球截面： 1.球截面是一个截面圆。 2.球截面所在圆的圆心与球心连线，与截面圆垂直 3.球截面存在勾股数组： 例8．（24-25高一下·河北雄安·期末）已知球O是四棱锥的外接球，平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，，，，，且．过点M作球O的截面，所得截面圆面积的最小值为______． 【答案】 【分析】取BC的中点，由给定条件可得是梯形ABCD外接圆圆心，再由球的截面性质求出球半径，进而求出长即可得解. 【详解】在等腰梯形ABCD中，连接AC，取BC的中点，连接，，如图， 由，，得四边形都为菱形， 则，即是梯形ABCD外接圆圆心， 而O为四棱锥的外接球球心，因此平面ABCD，又平面ABCD， 则，而PA为球O的弦，则过点O垂直于PA的平面必过PA的中点E，连接OE，OA， 于是，而，即有，四边形为矩形，， 因此球O的半径，在中，， ，， ，过点M的球O的最小截面圆所在平面必垂直于OM， 设此时截面圆半径为r，则，所以截面圆面积的最小值为． 故答案为： 变式8-1．（2024·四川·模拟预测）在平面四边形中，，将沿折起，使点到达，且，则四面体的外接球为球，若点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆中面积最小的圆半径为__________． 【答案】 【分析】先根据勾股定理逆定理得到，再根据直角三角形中线性质找出外接球的球心，再结合球的截面距离分析，要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，只需球心到截面的距离最大即可． 【详解】由题意知，， 由勾股定理可知，，所以， 取的中点，所以，所以四面体的外接球在斜边的中点处，四面体的外接球的半径， 根据题意可知，过点作球的截面，若要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，设球到截面的距离，只需球心到截面的距离最大即可， 而当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离最大，即， 取的中点，易知为等腰三角形，，所以，所以截面圆的半径为． 故答案为：． 变式8-2． （24-25高一·全国·课后作业）如图，DE是边长为的正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE翻折至，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球O的表面积为__________；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是__________． 【答案】 / 【分析】第一空：先判断出平面平面时，三棱锥的体积最大，求出，找出四棱锥外接球的球心O，由勾股定理求出半径，即可求得表面积；第二空：先判断出当垂直于截面圆时，截面圆面积最小，即为截面圆的直径，再求面积即可. 【详解】 第一空：设到平面的距离为，易得，为定值， 要使三棱锥的体积最大，即最大，显然当平面平面时，最大，取中点，连接交于， 则为中点，连接，易得，又平面平面，则平面， 即最大为，易得，则为四边形的外心， 设的外心为，过作直线平面，易得，则共面，过作直线垂直于平面交直线于， 易得即为外接球球心，连接，即为外接球半径，易得四边形为矩形，则， ，则，故外接球O的表面积为； 第二空：要使截面圆面积最小，显然当垂直于截面圆时，截面圆半径最小，面积最小，又都在球面上，M为EC中点， 显然为截面圆的直径，又，则截面圆的面积最小为. 故答案为：；. 变式8-3．（2025·全国·模拟预测）如图，DE是边长为6的正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿直线DE翻折至△A1DE，当三棱锥A1－CED的体积最大时，四棱锥A1－BCDE外接球O的表面积为_____；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是__________. 【答案】 39π 【分析】由题意确定当平面平面时，三棱锥的体积最大，作出图形，依次确定的外接圆的圆心，四边形的外接圆的圆心，再确定四棱锥的外接球的球心，求解外接球的半径，即可求出外接球的表面积；以为直径的球的截面圆的面积最小，求出此时截面圆的面积即可． 【详解】解：由题意可知，当平面平面时，三棱锥的体积最大，如图所示， 取的中点，连接，则的外接圆的圆心位于且靠近点的三等分点处， 设的中点为，连接，，则， 所以为四边形的外接圆的圆心， 过作平面的垂线，过作平面的垂线， 则两垂线的交点即为四棱锥的外接球的球心， 连结，则四边形为矩形，， 连结，在中，， 所以四棱锥外接球的表面积为； 由题意可知，当垂直于截面时，截面圆最小，即以为直径的球的截面圆的面积最小， 所以最小值为． 故答案为：；． 类型九、 动点型截面最值范围：角度 例9．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图所示，圆台的上、下底面半径分别为和，，为圆台的两条母线，截面与下底面所成的夹角大小为，且劣弧的弧长为，则三棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别取，的中点，，则易知截面与下底面所成的夹角为，作于点，则，且，再根据弧度数公式及解三角形可求出圆台的高，最后根据台体的体积公式，即可求解． 【详解】如图，分别取，的中点，， 则，且，又平面，平面，所以， ，平面，所以平面， 又平面，所以， 截面与下底面所成的夹角为， 过作于点，则，且， 又劣弧的弧长为，弧所在圆的半径为， ，则，， 同理可得，，又， ， 又三角形的面积为， 同理可得三角形的面积为， 三棱台的体积为． 故选：C． 变式9-1．（2025高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为2，平面过直线，且与平面ABCD所成的角为，则当分别取得最大值、最小值时，截正方体的截面面积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设平面平面，过点C作于K，连接，得，则即为平面与平面ABCD所成的角，设，则，通过当分别取得最大值、最小值，进而确定截面计算面积即可； 【详解】设平面平面，易知平面ABCD，所以， 过点C作于K，连接，又平面，可得， 则即为平面与平面ABCD所成的角，设，则， 若，则，故，结合面面角的取值范围，可假想， 则取得最大值，此时平面即为平面ACGE，则截面面积为； 易知，所以当时，取得最小值，此时， 则平面，设BF，DH的中点分别为M，N，则平面必过MN， 所以截面面积为，所以截面面积之比为． 故选：A. 变式9-2．（2025·甘肃·二模）如图，在三棱锥中，平面，且，若在内（包括边界）有一动点，使得与平面所成角的正切值为，则点的轨迹长为（    ） A． B． C． D．6 【答案】C 【分析】过作平面，为等边的中心，由等体积发可得，则与平面所成角为，所以，的轨迹为以为圆心，以为半径的落在内的圆弧． 【详解】过作平面，因为， 所以是边长为2的等边三角形，易知为的中心， 由，则， 则，与平面所成角为， 因为与平面所成角的正切值为，所以， 解得，所以的轨迹为以为圆心，以为半径的落在内的圆弧． 根据，可知四边形是菱形，且， 根据对称性可知：所形成的轨迹是三段等长的圆弧，故的轨迹长为． 故选：C 【点睛】关键点点睛：根据线面角的定义找到与平面所成角，从而得的轨迹是解题关键. 变式9-3． （24-25高一全国·专题练习）在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，记与平面所成的角为，下列说法错误的是 A．点的轨迹是一条线段 B．与不可能平行 C．与是异面直线 D． 【答案】B 【详解】试题分析：由已知可取的中点,的中点,连结，易证平面∥平面，故可知点的轨迹是一条线段，与是异面直线 ，A、C对；当点与重合时与平行，B不对；在上取点F,连结，可证为与平面所成的角，当点F在MN的中点时最大，此时,则，D对，故选B. 考点：1.直线与平面平行的性质与判断；2.直线和平面的夹角；3.空间两直线的位置关系 类型十、 组合体型截面？ 组合体几何体的截面问题中，求解的核心在于突破空间想象的局限，将动态的三维切割转化为静态的二维平面图形分析，其根本规律是遵循着寻找交线确定截面，以及利用面面平行的性质来综合转化运用。 1. 面对由两个或多个简单几何体拼接而成的组合体，首要步骤是精准识别组合方式，即是内切、外接还是叠加，因为不同的组合关系决定了截面与各组成部分的交线性质；在寻找截面与组合体各面的交线时，必须牢牢把握“两个平面相交，其交线是一条直线”的公理，这意味着截面与几何体的任何一个面（无论是平面还是曲面）相交，所得的交线要么是直线段，要么是曲线段，而对于多面体而言，截面与其每个平面的交线必然是直线段，将这些线段首尾相连便构成了截面的多边形轮廓。 2. 处理截面问题的关键技巧在于“由点寻线，由线构面”，通常先找到截面与几何体三条两两异面的棱或边的公共点，这三个不共线的点唯一确定一个平面，即所求截面，随后利用面面平行的判定定理寻找更多的交点，例如在柱体中，若截面与一组对面平行，则截得的图形与原底面相似，这种相似性往往能直接锁定截面的形状特征；而在锥体中，平行于底面的截面必为与底面相似的图形，且面积比等于顶点到截面距离的平方比，这是解决锥体截面问题的黄金法则。 3. 对于旋转体与多面体的组合，要特别注意截面与旋转体（如球、圆柱、圆锥）的交线是圆或椭圆的一部分，此时往往需要构造轴截面（即过旋转轴的平面），将空间问题降维到轴截面这个二维平面内解决，通过轴截面内的几何关系反推空间截面的边界。 4. 在处理复杂的斜截或异面截问题时，补形法的思想尤为重要，即通过补全原几何体或构造辅助平面，将难以直接观察的截面置于一个更易分析的完整几何环境中，利用平面的基本性质公理3及其三个推论，验证点、线、面的共面关系，最终筛选出符合题意的有效交线。 组合体截面求解的规律性体现在：始终以平面的基本性质为基石，以几何体固有的平行、垂直关系为向导，通过逻辑推理而非单纯依赖直观想象，将空间截面的边界线一一析出，并综合运用解三角形、相似形、解析几何等方法计算其长度、角度或面积，这一过程本质上是对学生空间几何直观素养与逻辑推理能力的双重检验。 例10．（25-26高三上·重庆·月考）如图，已知圆锥PO，用平行于底面的截面，将圆锥PO分切成小圆锥和圆台，此时圆锥的顶点P和圆上所有点均在球上，圆台存在和上下底面及侧面均相切的球，若球和的半径均为，则圆锥和圆台的高之比为______．    【答案】 【分析】根据圆锥和圆台的性质，结合相切，以及锐角三角函数，可得，，即可根据二倍角公式求解. 【详解】由题意，在轴截面等腰三角形中，，平行于底面的截面与轴截面形成了交线， 将分为和梯形，圆和圆分别为两部分的外接圆和内切圆，半径均为， 则有高，梯形高，，， ，，， ，令，则，解得，所以．    故答案为： 变式10-1．（24-25高二上·重庆万州·期中）我国南北朝时期的著名数学家祖原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，运用祖原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即，现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③，类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于_________ 【答案】 【分析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积. 【详解】构造一个底面半径为，高为的圆柱， 在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥， 则当截面与顶点距离为时，小圆锥底面半径为，则，所以，， 故截面面积为， 把代入，即，解得， 所以，橄榄球形几何体的截面面积为， 由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为： . 故答案为：. 变式10-2． （2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为__________． 【答案】 【分析】根据给定条件，求出线段MN长及点O到平面的距离，即可得到球被平面截得的截面周长，从而得到结果； 【详解】 在棱长为2的正四面体中，连接，过作于，如图， 由分别为棱的中点，得， 而平面， 则平面，又平面，于是平面平面， 而平面平面， 因此平面，而，，，则， 球半径，，从而， 球被平面截得的截面圆半径， 所以球被平面截得的截面周长. 又为正四面体，所以球被正四面体的每个面截得的截面都为圆， 且圆的半径为， 所以球被正四面体表面截得的截面周长为. 故答案为： 变式10-3． （2023·辽宁葫芦岛·二模）如图（1）所示，已知点B在抛物线上，过B作轴于点A，且．将曲边三角形如图（2）所示放置，并将曲边三角形沿平面的垂线方向平移一个单位长度（即），得到相应的几何体．取一个底面面积为高为a的正四棱锥放在平面上如图（3）所示，这时，平面平面，现用平行于平面的任意一个平面去截这两个几何体，截面分别为矩形，四边形，截面与平面的距离为（），试用祖暅原理求曲边三角形的面积________．    【答案】/ 【分析】根据给定的条件，结合图形探讨矩形与四边形的面积始终相等，再借助祖暅原理求解作答. 【详解】依题意，在图（2）中，当时，，而， 则矩形的面积， 在正四棱锥中，截面四边形为正方形，其中心为，令正方形的中心为， 则点共线，连接，，如图，    平面平面，平面平面，平面平面， 因此，有，于是， 而，则，由祖暅原理知， 而几何体可视为以曲边三角形为底面，高为的柱体，其体积， 所以曲边三角形的面积. 故答案为： 压轴专练 一、单选题 1．（25-26高一下·湖南株洲·期中）如图一个三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，沿平面或平面分割后，截面中均恰好看不见球体.则球与整个三棱锥体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，易知，且，设球半径为，，根据中点可知到的距离，，根据三角形面积公式及内切圆半径公式可得，结合余弦定理可得，进而可得，，可得内切球半径且可知三棱锥为正三棱锥，再根据球的体积公式及三棱锥公式分别求体积及比值. 【详解】 如图所示，取中点为，， 为方便计算，不妨设， 由，可知， 又、分别为所在棱靠近端的三等分点， 则， 且，、，，平面， 即平面，又平面，则平面平面， 设球半径为，， 由于、、分别为所在棱中点，且沿平面切开后，截面中均恰好看不见球体， 则到的距离，，， 又，解得：， 故， 又， 解得，， 所以，解得，， 由以上计算可知：为正三棱锥， 故 ， 所以比值为. 2．（2026·江西南昌·二模）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】可知侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则弧长为， 则底面直径为， 则圆锥轴截面是以为腰，为底的等腰三角形，此时顶角为， 则，所以， 则过圆锥顶点的截面是以为腰的等腰三角形，设顶角为， 此时面积，可知当时，即时，面积最大， 此时面积. 3．（2026·山东枣庄·二模）如图，以正四面体的四个顶点为球心，以棱长为半径分别作四个球，它们的公共部分形成的几何体叫做“勒洛四面体”．若正四面体的棱长为4，则（    ） A．此“勒洛四面体”外接球的体积是 B．此“勒洛四面体”的内切球的半径是 C．此“勒洛四面体”表面上交线弧的长度为 D．过三点的截面面积是 【答案】D 【分析】根据勒洛四面体的结构特征，结合外接球、内切球、余弦定理、扇形面积、空间几何体的截面与相关知识，依次分析各选项即可得. 【详解】对A：此“勒洛四面体”外接球即为正四面体的外接球， 在正四面体中，为的中心， 是正四面体外接球的球心， 连接、、，由正四面体的性质可知在上， 因为，所以， 则. 因为， 即，解得， 即外接球半径为， 故外接球的体积，故A错误； 对B：由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心， 由外接球半径， 则内切球的半径为，故B错误； 对C：如图，取中点， 在中，，， 设为弧上任意一点，根据“勒洛四面体”的对称性， 弧在平面上，且平面. 所以， 所以该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧， 设圆心角为，则，可知， 所以弧长不等于，故C错误； 对D：过三点截得的截面如图所示： 其面积为，则D正确. 4．（25-26高二上·江西上饶·期末）两根相同的正三棱柱钢管均被一个经过底面一个顶点且与底面的另一条边平行的平面所截，截得的几何体以截面完全重合的方式拼接在一起构成一个“V”型管道，若这两个正三棱柱钢管长为10cm，底面边长为2cm，且截面与底面所成角均为，则能顺利地从管道的一端通过到管道另一端（管壁的厚度忽略不计）的球最大半径为（    ）cm． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题干大致画出“V”型管道的几何图，核心在于中间对称拼接的两个小锥体，根据题干条件并结合几何知识求出两个小锥体共6个表面的面积，由题中可知该球的最大球半径即为这两个小锥体拼接而成的几何体的内切球，再根据体积法即可求出内切球的半径，该半径即为最大半径． 【详解】如图所示，“V”型管道为，其中DEF为两个正三棱柱的截面， 也为“V”型管道两小段被截三棱柱的拼接面，其余均为辅助线， 依题意有，分别取，，中点J，O，M， 连接并延长交于中点T，根据对称性可知JT可与交于N， 同理依据对称性可知，连接并延长可交于P， 根据对称性可知四边形为菱形，且， 在中，， 故，， 在菱形中，， 故， 所以，且， 依条件，若能顺利地从管道的一端通过到管道的另一端，则球应为多面体的内切球， 设多面体的内切球半径为， 则由，其中，所以， 根据对称性，N到平面DEF的高为中N到DM的距离， 所以，又， 所以，由此可得，解得． 故选：D． 5．（25-26高二上·河南新乡·月考）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面，分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先把题目转化为求平面与平面夹角的余弦值，结合线面垂直得出法向量，，再应用面面角余弦公式计算求解. 【详解】如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，    设正方体棱长为1，平面与平面的夹角为， 因为平面，平面， 所以，且，，，平面， 所以平面，同理平面， 所以为平面的一个法向量，为平面的一个法向量， ，，，，， 则. 故选：D. 6．（25-26高二上·北京·期中）如图，在棱长为1的正方体中，为的中点，下列结论正确的有（    ） A．与所成角的余弦值为 B．与平面所成角的正弦值为 C．过点的正方体的截面面积为 D．四面体的内切球的表面积为 【答案】D 【分析】根据正方体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，进而根据向量方法求出异面直线夹角余弦值，线面夹角正弦值，再根据截面性质，和四面体内切球的性质，逐一判断各选项正误，求出结果. 【详解】 如图所示，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，则，所以A错误； 可知，设平面的法向量为， 则，即，令，解得， 所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为， 则，所以B错误； 如图所示，作中点，连接， 可知，所以梯形为过点的正方体的截面， 可知，所以梯形的高为， 则梯形的面积为，所以C错误； 四面体的体积， 因为四面体所有棱长都为，所以四面体的表面积为， 设四面体内切球的半径为，则，解得， 则四面体的内切球的表面积为，所以D正确； 故选：D. 7．（2024·江西新余·模拟预测）“长太息掩涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球）.如图：已知粽子三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，小玮同学切开后发现，沿平面或平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为（    ）.    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，易知，且，设肉馅球半径为，，根据中点可知到的距离，，根据三角形面积公式及内切圆半径公式可得，结合余弦定理可得，进而可得，，可得内切球半径且可知三棱锥为正三棱锥，再根据球的体积公式及三棱锥公式分别求体积及比值. 【详解】    如图所示，取中点为，， 为方便计算，不妨设， 由，可知， 又、分别为所在棱靠近端的三等分点， 则， 且，、，，平面， 即平面， 又平面，则平面平面， 设肉馅球半径为，， 由于、、分别为所在棱中点，且沿平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅， 则到的距离，，， 又，解得：， 故， 又， 解得，， 所以：，解得，， 由以上计算可知：为正三棱锥， 故， 所以比值为. 故选：B. 8．（24-25高三上·江西新余·月考）现有一三棱锥，，为其外接球（四个顶点均在球的球面上）球心，，，平面恰好经过点.设平面截球的截面为，截面中心为，若，，为上一点，则取最大值时，（     ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解出三角形，再应用球的截面性质求出球的半径，根据三角形的等腰特点确定点的位置并求出点到截面的距离，分析当取最大值时，需取到最大值，进而求解. 【详解】解：因为在截面内，所以， 即三角形为直角三角形，所以截面中心为中点. 因为为截面中心，所以由球的截面性质可知，截面， 因为截面，所以. 在直角三角形中，，， 所以，进而， 取的中点，连， 因为平面恰好经过点，所以点为三角形的外心， 又因为，所以且点，点，点三点共线， 当点在三角形内部时（如图1所示），作，垂足为点， 易知，且点，点，点三点共线，连. 在直角三角形中，，，，所以， 在直角三角形中，，，，所以， 在直角三角形中，，，，， 根据相似知识可知，,. 所以， 又因为为上一点，所以时，才取最大值， 此时. 当点在三角形外部时（如图2所示），同理可得，， 所以当，取最大值， 而此时 . 综上所述，取最大值时， . 故选：D 【点睛】易错点点睛：球心可能在三角形内部，也可能在其外部，在解题时易忽略分类讨论. 二、多选题 9．（25-26高一下·广东珠海·期中）如图，正方体的棱长为6，，，分别为，AD，的中点，则（   ）    A．直线平面 B．平面平面 C．三棱锥的体积为18 D．平面截正方体所得的截面是等腰梯形 【答案】ACD 【分析】对于A，取的中点，证明平面平面从而证明直线平面；对于B，由A知平面，经过的平面有且仅有一个平行于平面，即可判断；对于C，根据即可判断；对于D，根据可确定截面为梯形，再证明即可判断. 【详解】对于A，取的中点，连接，，，    则四边形为平行四边形， 所以，又平面BMN，平面， 所以平面， 因为点，为，的中点，所以，又，所以， 由，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，故A正确； 对于B，由A可知，平面， 经过的平面有且仅有平面平面， 因为平面与平面不是一个平面，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，如图，连接，，由四边形为平行四边形得， 因为，所以，所以，，，四点共面， 所以平面BMN截正方体所得的截面是梯形， 由题意得，，所以梯形为等腰梯形，故D正确.    10．（25-26高一下·福建莆田·期中）已知圆锥的侧面积为，母线为，底面圆的半径为，点满足，则（    ） A．当时，圆锥的体积为 B．当时，顶点S和两条母线构成的截面三角形的最大面积为 C．当时，从点绕圆锥一周到达点的最短长度为 D．当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 【答案】ACD 【分析】根据条件得到，对A，结合选项条件，利用体积公式计算即可判断，对B，根据条件，先求出轴截面的顶角的余弦值，再利用三角形面积公式计算即可求解，对C，将侧面展开，利用弧长公式结合余弦定理计算即可求解，对D，通过比较圆锥内切球半径和正四面体外接球半径的大小，即可判断. 【详解】由题意，圆锥的侧面积，所以. 对于A，当时，，如图1，由勾股定理可得圆锥的高， 所以圆锥的体积，故A正确； 对于B，当时，，设轴截面的顶角为，由余弦定理得， 所以轴截面三角形的顶角为钝角，当顶点和两条母线构成的截面三角形的顶角为时， 截面三角形的面积最大，最大值为，所以B错误； 对于C，当时，，将圆锥侧面展开如图2，则， 圆锥底面周长为，设扇形的圆心角为，则，即， 在中，由余弦定理可得，， 则，所以从点绕圆锥一周到达点的最短长度为，故C正确； 对于D，当时，，由勾股定理可得圆锥的高，设圆锥的内切球球心为，半径为， 过点作于点，由三角形相似可得，即，得， 设棱长为的正四面体其外接球半径为，则正四面体的高为， 则有，整理可得. 因为正四面体的棱长为，则， 所以正四面体在圆锥内可以任意转动，故D正确. 11．（2026·山西晋中·模拟预测）已知棱长为2的正方体中，，，分别为，，的中点，则（   ） A．正方体的外接球半径为 B．，，，四点共面 C．直线与所成角的余弦值为 D．过直线的平面截正方体的外接球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为 【答案】AC 【分析】对于A，根据正方体外接球半径为体对角线的一半；对于B，根据四点共面的判定判断即可；对于C，利用余弦定理求异面直线的夹角即可；对于D，由题可知，截面半径最小为，再求面积即可． 【详解】解：对于A，正方体的外接球半径，故A正确． 对于B，设的中点为，则,则，，，四点共面， 点不在平面内，所以，，，四点不共面，故B错误． 对于C，如图，连接，，，则，，， 在中，，故C正确． 对于D，如图，连接，记为的中点，过点作的垂线，交于点． 在中，，，， 则，所以． 过直线的平面截正方体的外接球所得的所有截面圆中， 半径最小为，所以半径最小的圆的面积为，故D错误． 三、填空题 12．（2026·甘肃·二模）圆锥的母线长为2，底面半径为1，过圆锥顶点和底面圆周上任意两点作圆锥的截面，当底面圆心到截面的距离为时，重心的轨迹所围成图形的面积是__________. 【答案】 【分析】先利用线面垂直关系确定点在底面上的投影的位置，求出的长度，再结合三角形重心的性质得到的长度，最后通过作垂线确定点的轨迹为圆并计算其面积. 【详解】如图，设为中点，连接，作平面，连接， 又平面，则， 又，所以， 所以，又，所以， 所以，所以垂足必在上，由题意可知，则， ， 由于为等腰三角形， 所以重心在底边的中线靠近点的三等分点处， ， 作，垂足为， 则， 可知点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，其面积为. 13．（2026高一·全国·专题练习）在三棱锥中，已知，，平面平面ACD，且三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，E、F分别在线段OB、CD上运动（端点除外），，当三棱锥的体积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为_____. 【答案】 【分析】取的中点，得到为外接球的球心，且，设，求得三棱锥的体积为，得到取得最大值，在中，利用余弦定理，求得的值，结合球的截面圆的性质，得到截面圆的半径为，结合圆的面积公式，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点，连接， 因为，所以，即为外接球的球心， 可得球的半径为， 又因为，所以， 因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面 设，则，所以， 所以三棱锥的体积为： ， 当时，取得最大值， 因为， 在中，由余弦定理得， 根据球的性质得，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为， 则， 所以截面圆的面积的最小值为. 14．（25-26高二上·上海·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，（，）.记，当取最小时，过点，，作三棱柱的截面，则截面面积为______. 【答案】 【分析】先确定当取最小时，为的中点，然后根据三角形全等求出，然后确定过点的三棱柱的截面为梯形，最后根据梯形的面积公式求出面积即可. 【详解】将绕翻折到平面内，则的最小值为点到直线距离， 所以，因为， 所以. 所以当取最小时，为的中点，因为为等边三角形，为的中点， 所以为的重心，故， 在平面中，延长交于点， 因为， 所以，故. 取的中点，为的中点，则， 因为，，所以四边形为平行四边形，则，， 又，，所以，所以， 故过点的三棱柱的截面为梯形， ， 如下图，过作，设， 因为，则， 所以，则梯形的面积为. 故答案为：. 结束 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $