专题02 立体几何的截面问题7种常见考法归类（核心题型清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

专题02 立体几何的截面问题7种常见考法归类 题型脑图·核心考法构建 考法深研·解题技能通关 题型01 作截面问题 1.核心逻辑 作截面两种主流手段： ①延展法（延长交线法）：延长几何体面上的线段，找到两个平面的公共点，两点确定交线，依次找出平面和每条棱的全部交点； ②平行线法：利用面面平行性质，两个互相平行的平面被第三个平面所截，交线互相平行。 公理3：两个平面有一个公共点，则它们有且只有一条过该点的公共直线。 2.解题步骤 ①已知平面内的若干点，观察点分布在哪几个面上； ②方法一【延展法】：在同一个面内延长直线，得到两平面公共交点；反复操作，找到平面与几何体所有棱的交点； ③方法二【平行线法】：已经有一条交线，利用面面平行，作这条线的平行线，得到新交点； ④把所有交点，沿着几何体表面顺次连接，得到截面多边形； ⑤检验：每一条边都必须落在几何体的某一个面上。 3.易错提醒 直接连接空间两点，两点不在几何体同一个面上，不是截面边； 漏找交点，截面多边形顶点不全； 连线穿过几何体内部，不是表面交线。 1．（2026高三·全国·一轮复习）如图，正方体中，分别为的中点，画出过的截面． 【答案】 【详解】延长交于，延长交于， 连接交于，连接交于， 连接， 所得到的五边形就是截面． 2．（2026高一·安徽马鞍山·期中）如图，已知分别是正方体的棱的中点，. (1)证明：直线交于同一点； (2)作出过三点的截面（写出作图过程，保留作图痕迹），并计算截面图形的周长. 【答案】(1)证明：正方体中，如图连接， AI因，则四边形是平行四边形，则， 因分别是的中点，则， 故，所以四点共面，因， 则相交，设交点为，则，而平面，则平面， 同理平面，而平面平面 故，即点在直线上，所以直线交于同一点. (2) 截面的周长为. 【分析】（1）先证明，可推得相交于点，再证明即可； （2）依次连接，易证，可得四点共面，即得截面，求其各边长即得截面周长. 【详解】（1）略； （2） 如图所示，依次连接， 易证，故四点共面. 则即为所求截面. 而， 所以的周长为. 3．（2026高二·上海·期中）如图，已知，，，分别是正方体的棱，，，的中点，且与相交于点. (1)求证：点在直线上； (2)作出过、、三点的截面；（写出作图过程并保留作图痕迹） 【答案】(1)证明：平面平面, 由于平面 所以平面, 同理平面, 所以平面， 所以,即点在直线上. GSP (2) 如图所示，取的中点，连接， 因为，， 所以，故共面. 则即为所求截面. GSP 【分析】（1）通过证明在平面与平面的交线上,来证得在直线上. （2）取的中点P，连接，易证，则即为所求截面. 【详解】（1）略 （2）略 4．（2026高一·河南洛阳·期中）如图，在正方体中，H是的中点，E，F，G分别是DC，BC，HC的中点. (1)求证：平面平面； (2)若正方体棱长为2，请在正方体的表面完整做出过A，E，三点的截面，写出作图过程，并求出截面的面积. 【答案】(1)证明： 连接BH，且FG为的中位线，∴， ∵面，面，∴面， ∵，面，面，∴面， ∵，EF，FG都在平面EFG内，∴平面平面. (2)作图： 截面面积为 【分析】（1）连接BH，根据中位线性质及线面平行的判定定理得和平行于面，再根据面面平行的判定定理证明即可. （2）根据平面性质作出截面四边形，结合正方体性质，根据菱形面积公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）如图，四边形为所求截面. 取的中点N，连接，NE， ∴，， 取的中点M，连接AM，， ∴，， ∴，， ∴平行四边形为过A，E，三点的截面， 又，则四边形为菱形， ∴. 5．（2026高二·上海普陀·阶段检测）如图，在正方体中，E、F分别为、的中点． （1）作出过点E、F、的截面； （2）求证：平面. 【答案】（1）见详解  （2）见详解 【分析】（1）延长EF，分别与DA,DC相交，如下图连接形成区域图像即是点E、F、的截面 。（2）通过 【详解】(1)如图所示：延长EF，分别与DA,DC相交，连接形成的多边形IEFJD1即是点E、F、的截面。 （2）是AB,BC的中点 又 又 且 平面. 【点睛】此题考查线面平行证明，在面内找一条线与已知直线平行即可，属于简单题目。 题型02 截面形状研究 1.核心逻辑 根据交点位置，判断截面多边形类型； 正方体截面可以是：三角形（锐角三角形，不能截出直角、钝角三角形）、四边形（平行四边形、矩形、菱形、梯形）、五边形、六边形； 判断平行：看是否来自一组对面被平面截取； 判断梯形：一组对边平行，另一组不平行； 多选高频：判断截面边数、是否等腰、是否平行四边形。 2.解题步骤 ①先完整找出截面与各棱交点，确定截面多边形顶点； ②利用面面平行性质，判断对边是否平行； ③计算边长，判断等腰、菱形； ④三角形截面：正方体截面三角形只能是锐角三角形； ⑤选择题：举反例，特殊位置验证。 3.易错提醒 · 误以为正方体可以截出直角三角形、钝角三角形； · 看到两组对边平行，忘记确认两组对边都在截面内，误判平行四边形； · 五边形截面：正方体的五边形截面不可能是正五边形。 6．（2026高一·北京顺义·期中）如图，在正方体中，点E，F分别为棱AB，BC的中点，平面 交棱于点G，则下列结论中正确的是（     ） A．直线与直线异面 B．平面平面 C．截面是梯形 D．直线平面 【答案】C 【分析】对于A：可证，可知四点共面，即可判断A；对于B：可证平面平面，结合平面平面分析判断；对于C：根据面面平行可证，可知分别为的中点，进而分析判断；对于D：直线与不垂直即可判断. 【详解】对于选项A：因为点E，F分别为棱AB，BC的中点，则， 又因为，且，可知四边形为平行四边形，则， 可得，可知四点共面， 所以直线与直线不是异面直线，故A错误； 对于选项B：因为，且，可知四边形为平行四边形，则， 且平面，平面，可得平面， 同理可得：，， 且平面，平面，可得平面， 且，平面，可得平面平面， 又因为平面平面，所以平面与平面不平行，故B错误； 对于选项C：因为平面平面，平面平面，平面平面， 则，且，则， 又因为为的中点，则为的中点，可得， 且，可得，所以截面是梯形，故C正确； 对于选项D：由选项C可知平面即为平面， 显然直线与不垂直，所以直线与平面不垂直，故D错误. 7．（2026高二·河南驻马店·阶段检测）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，上的动点，且，下列说法不正确的是（   ） A． B．若E是棱的中点，则平面截该正方体所成的截面是五边形 C．当三棱锥体积最大时，的长度为 D．当三棱锥体积最大时，二面角的正切值是 【答案】B 【分析】对A，建系由向量法证明；对B，由面面平行的性质定理确定截面形状；对C，由三棱锥的体积和的关系确定；对D，由三垂线定理得到二面角的平面角计算判断. 【详解】对于A：以C为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，则， 所以， 所以，所以，A正确； 对于B：若为棱的中点，则为的中点，所以， 因为平面平面， 所以平面与平面交线与平面和平面的交线平行， 所以平面和平面的交线为， 所以平面截该正方体所成的截面是四边形，B错误； 对于C：因为， 所以当三棱锥体积最大时，最大， 又由可知最大时 此时分别为线段中点，，C正确； 对于D：当三棱锥体积最大时，分别为线段中点， 取中点，连接，则，连接， 由三垂线定理可知，所以是二面角的平面角， 又，所以二面角的正切值是，D正确； 故选：B. 8．（2026·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. 9．（2026高一·浙江金华·期中）在正方体中，M，N，P，Q分别是棱，，AB，的中点，则（    ） A．PN与QM为异面直线 B．与MN所成的角为 C．平面PMN截该正方体所得截面形状为等腰梯形 D．点，到平面PMN的距离相等 【答案】D 【分析】根据题意结合平面的性质分析可知：平面PMN截该正方体所得截面形状为六边形，即可判断AC；对于B：结合面面平行的性质可知∥，进而可知与MN所成的角为（或其补角），结合正六边形的性质分析求解；对于D：根据中点分析判断即可. 【详解】对于选项AC：因为N，Q分别是棱，的中点，则∥， 又因为M，P分别是棱，AB的中点， 则∥，且，∥，且， 可知∥，且， 则为平行四边形，可知∥，可得∥， 即四点共面，所以PN与QM不为异面直线，故A错误； 分别取的中点，    可知为的中点，可知六点共面， 即平面PMN截该正方体所得截面形状为六边形，故C错误； 对于选项B：因为平面∥平面，平面平面， 平面平面，可得∥， 且N，P分别是棱，AB的中点，则∥，可知∥， 则与MN所成的角为（或其补角）， 由正方形性质可知：， 即为正六边形，由正六边形可知，即， 所以与MN所成的角为，故B错误； 对于选项D：因为M是棱的中点，且平面PMN， 所以点，到平面PMN的距离相等，故D正确； 故选：D. 10．（2026高二·上海·期末）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. 11．（2026高三·全国·一轮复习）正方体中，M，N分别是，的中点，则过，M，N三点的平面截正方体所得的截面形状是（   ） A．平行四边形 B．直角梯形 C．等腰梯形 D．三角形 【答案】C 【详解】解析  连结并延长交的延长线于H，连结DH， 因为M是的中点，所以直线DH经过点M， 连接MN，则，则等腰梯形， 即为过、M、N三点的正方体的截面， 故选：C. 题型03 截面面积计算 1.核心逻辑 情况1：截面是规则图形（三角形、等腰梯形、平行四边形），直接套用对应面积公式； 情况2：不规则多边形，分割成若干三角形、梯形分别算面积再相加； 情况3：截面为斜的平面图形：①求出截面多边形各边长，再求高；②求出截面与底面二面角，投影面积法：； 情况4：球被平面截得截面：小圆，，球心到截面距离。 2.解题步骤 ①确定截面多边形所有顶点，求出各边长度； ②判断图形类型； · 三角形：； · 梯形：； ③不规则：分割成多个简单图形求和； ④投影法：找截面在底面投影，求二面角，利用； ⑤球截面：先算球心到平面距离，求小圆半径，算圆面积。 3.易错提醒 · 直接拿几何体内部线段当做截面图形的高； · 投影公式搞反，，不是反过来； · 球截面忘记球心到平面距离，直接用球半径当做小圆半径。 12．【多选】（2026高一·江西景德镇·期末）如图，正方体的棱长为4，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（     ） A．若平面，则的轨迹长度为4 B．过，，三点的平面截正方体所得截面面积是18 C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥的外接球体积为 【答案】ABC 【分析】对于A：先找平行的平行平面，确定过且与该平面平行的平面和底面的交线，该交线即为点的轨迹，再计算轨迹长度；对于B：先找过，，三点的平面与正方体各棱的交点，确定截面的形状，再用对应多边形面积公式计算截面面积.对于C：利用等体积法将三棱锥的体积转化为的体积，判断点到平面的距离是否为定值，即可判断体积是否为定值；对于D：先求外接球半径，再代入球的体积公式计算； 【详解】对于A：取的中点，连接， 因为是中点，是中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，所以， 又因为，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 要想平面，只需在平面内运动即可，又因为在平面内运动， 所以点的轨迹为平面与平面在正方体内部的交线，， 即点的轨迹长为4，A正确； 对于B：，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为，所以，且，所以四点共面， 所以截面即为梯形，并且， 所以等腰梯形的高， 故其面积，B正确. 对于C：为定值，C正确； 对于D：三棱锥的外接球即为长宽高为的长方体的外接球， 半径， 则三棱锥的外接球体积为，D错误； 13．【多选】（2026高一·吉林长春·期中）如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（     ）    A．三棱锥的体积为定值 B．正方体的外接球表面积为 C．若平面，则的轨迹长度为2 D．过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 【答案】ACD 【分析】对于A：利用等体积法将三棱锥的体积转化为的体积，判断点到平面的距离是否为定值，即可判断体积是否为定值；对于B：先求外接球半径，再代入球的表面积公式计算；对于C：先找平行的平行平面，确定过且与该平面平行的平面和底面的交线，该交线即为点的轨迹，再计算轨迹长度；对于D：先找过三点的平面与正方体各棱的交点，确定截面的形状，再用对应多边形面积公式计算截面面积. 【详解】对于A：，为定值， A正确； 对于B：正方体的外接球半径， 所以表面积，B错误. 对于C：取的中点，连接， 因为是中点，是中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，，，所以，又因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，，所以平面平面， 要想平面，只需在平面内运动即可，又因为在平面内运动，所以点的轨迹为平面与平面在正方体内部的交线， ，即点的轨迹长为2，C正确； 对于D：，，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为，所以，且，所以四点共面， 所以截面即为梯形，并且，，， 所以等腰梯形的高， 故其面积，D正确； 14．【多选】（2026高一·重庆·期中）如图，正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（     ） A．若平面，则的轨迹长度为 B．过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥的外接球体积为 【答案】ABC 【分析】对于A：先找平行的平行平面，确定过且与该平面平行的平面和底面的交线，该交线即为点的轨迹，再计算轨迹长度；对于B：先找过三点的平面与正方体各棱的交点，确定截面的形状，再用对应多边形面积公式计算截面面积；对于C：利用等体积法将三棱锥的体积转化为的体积，判断点到平面的距离是否为定值，即可判断体积是否为定值；对于选D：三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，利用长方体的外接球计算半径，再代入球的体积公式计算. 【详解】对于A：取的中点，连接， 因为是中点，是中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，，，所以，又因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，，所以平面平面， 要想平面，只需在平面内运动即可，又因为在平面内运动，所以点的轨迹为平面与平面在正方体内部的交线， ，即点的轨迹长为2，A正确； 对于B：，，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为，所以，且，所以四点共面， 所以截面即为梯形，并且，，， 所以等腰梯形的高， 故其面积，B正确； 对于C：，为定值， C正确； 对于D：三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，半径， 所以体积，D错误. 15．【多选】（2026高一·浙江·开学考试）如图，在长方体中，，点为线段上一动点（含端点），则下列说法正确的是（    ） A．直线平面 B．三棱锥的体积为定值 C．若为线段中点，则与垂直 D．平面截长方体的外接球所得截面面积是 【答案】ACD 【分析】A选项：根据线线平行可证线面平行，即可判断A选项；B选项：根据线面平行可得体积为定值，并求值；C选项：根据线面垂直可得线线垂直；D选项：易知外接球球心到平面的距离为点到平面距离的一半，再利用等体积转化法可得解. 【详解】A选项：连接，， 由已知为长方体，则，，即， 又，且，平面，，平面， 平面平面， 又平面， 平面，A选项正确； B选项： 由，且平面，平面， 平面， 点在上， ， 又， ，B选项错误； C选项： 当为中点时，， ，即， ，即， 则， 由长方体可知平面，且平面， 所以， 又，，平面， 平面， 平面，，C选项正确； D选项：由长方体性质可知长方体的外接球球心为其体对角线中点， 则， 设点到平面的距离为， 则点到平面的距离为， 在三棱锥中，，， 即， 又，即， 解得， 则平面被长方体外接球所截小圆半径， 其面积为，D选项正确. 16．（2026高二·河南驻马店·期末）已知：如图，，，和都垂直于平面，是的中点，点满足. (1)证明：； (2)记经过，，，四点的球的球心为. （ⅰ）求球被平面所截得的截面面积. （ⅱ）求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) 由已知面，面，从而， 又因为，，， 则是以为斜边的等腰直角三角形，取中点为，如图， 则，由是的中点，点满足， 则为的中位线，可得，则， 又且，则平面， 又平面，所以. (2)（i）（ii） 【分析】（1）由条件可得面，由线面垂直的性质定理，可得线线垂直，再由线面垂直的判定定理可得面，即可求证. （2）（i）建立空间直角坐标系，利用球的截面性质求解即可. （ii）利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）由于， 则，，，满足， 所以，又， 从而可得三棱锥的外接球的直径为线段， 因此球心为的中点，半径， 如图，以为空间坐标系原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 由，得， 取，则，，从而， 又因，则球心到平面的距离为 ， 则球被平面所截得的截面为圆面， 其圆的半径为， 因此截面的面积为； （ⅱ）由（i）可知平面的一个法向量为，且， 因此直线与平面所成角的正弦值为 . 17．（2026·陕西西安·模拟预测）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) 【分析】（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. 【详解】（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.      18．（2026高一·江西南昌·期末）如图，斜三棱柱中，，四边形是菱形，为的中点，平面，． (1)求证：四边形为矩形； (2)在上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)若分别为，的中点，求此斜三棱柱被平面所截的截面面积． 【答案】(1) 斜三棱柱中，侧面是平行四边形， 因为平面，平面，所以， 因为，，所以平面， 又因为平面，所以，所以四边形为矩形. (2)存在，，理由如下： 如图，过点作的垂线交于点， 因为平面，平面，所以， 又因为，，，所以平面， 过点作的平行线交于点，连接，所以平面， 由斜三棱柱的性质易知， 在平面中以为原点，为轴建立平面直角坐标系， 所以，，，，， 设，则，所以，， 因为，所以， 即，解得， 在上是存在点，当时，平面. (3) 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理求解即可； （2）过点作的垂线交于点，由线面垂直的性质定理和判定定理可知平面，过点作的平行线交于点，所以平面，再在平面中以为原点，为轴建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标表示求解即可； （3）延长，交于点，连接交于点，连接，，则四边形即为所得截面，利用线面垂直的判断定理和性质定理，结合余弦定理求该截面面积即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）延长，交于点，连接交于点，连接，， 则四边形即为所得截面， 因为四边形是菱形，为的中点，平面，平面， 所以，是等边三角形，则， 因为，所以， 过作交于， 因为，，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，， 在中，因为， 由余弦定理可知， 因为分别为，的中点，，易知与全等， 所以，，， 在直角三角形中，由可得， 在中，由余弦定理可知， 所以， 所以， 设截面面积为，由于，， 所以 . 即所求截面面积为. 题型04 截面周长计算 1.核心逻辑 周长：截面多边形所有边的长度相加；每一条边都是几何体面上的线段，放在正方形、矩形、直角三角形中，勾股定理求每条边长。 2.解题步骤 ①完整找出截面的全部交点； ②每条交线都在几何体某个表面，放到对应平面，勾股定理求每一条边； ③全部边长相加得到周长。 3.易错提醒 · 漏算、多算边；把空间对角线当做截面的边； · 看错交点位置（中点、三等分点），算错线段长度。 19．（2026高一·天津·期末）正方体的棱长为2，E，F，G分别为BC，，的中点，点P为线段上的动点，则以下列结论正确的个数是（    ） ①直线与直线AF垂直 ②直线与平面AEF平行 ③点G与点C到平面AEF的距离相等 ④平面AEF截正方体所得的截面周长为 ⑤三棱锥的体积为定值 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由即为直线与直线所成的角，即可判断①；对于②，连接，由线面平行的判定即可判断②；由平面不过的中点即可判断③；对于⑤，连接、，证明即可得到平面截正方体所得的截面图形为四边形，证明平面结合棱锥的体积公式即可判断；对于④，由选项⑤即可得到截面的图形，进而根据数据直接求解即可； 【详解】对于①，由正方体得，则即为直线与直线所成的角， 连接AC，而平面ABCD，所以，所以在中，则不可能是直角，直线与直线不垂直，故①不正确； 对于②，连接，则，所以平面， 因为平面，平面，所以∥平面，故②正确； 对于③，若点C与点G到平面的距离相等，则平面必过的中点，连接交于，且不是的中点， 则平面不过的中点，即点C与点G到平面的距离不相等，③不正确； 对于⑤，连接、，由正方体几何性质可知且， 所以四边形是平行四边形，故， 又，所以，故与共面且过与的面有且只有一个， 故四边形是平面截正方体所得的截面图形， 连接，则由均为所在边的中点以及正方体性质得，且， 故，又平面，平面， 所以平面，故点到平面的距离即为到平面的距离， 所以为定值，即三棱锥的体积为定值，故⑤正确； 对于④，由⑤可知平面截正方体所得的截面图形为四边形， 又由上以及题意得，，， 所以平面截正方体所得的截面周长为，故④正确； 20．（2026高一·重庆·期末）如图，在棱长为3的正方体中，点，分别在线段和上，下面结论中正确的是（     ） A．为中点时，过、、三点的正方体截面是正方形 B．时，过、、三点的正方体截面周长是 C．过点，，三点的正方体截面一定是平行四边形 D．过点、、的正方体截面不可能是平行四边形 【答案】C 【分析】对于A，延长辅助线找出平面与正方体棱的全部交点得到截面四边形，计算边长证得为菱形，再由邻边平方和不等于对角线平方判定内角非直角，故截面不是正方形；对于B，先根据线段比例确定点位置，延长线段找到平面与正方体棱的交点得到截面四边形，再分别算出四条边长求和得到实际周长；对于C，利用正方体两组对面互相平行的性质，根据面面平行推出截面两组对边分别平行，从而判定截面为平行四边形；对于D，先说明为中点时同时是中点，则过的正方体截面即平行四边形. 【详解】对于A：延长交延长线于点，由为中点，可得， 连接并延长交的延长线于点，则，连接交于， 则为中点，截面为四边形， 因为， ，所以截面是菱形但不是正方形，故A错误； 对于B：由，棱长为3，得， 连接并延长交的延长线于点，则， 连接交于点，则为线段靠近点的三等分点，截面为四边形， ，， ，， 周长为：，故B错误； 对于C：因为平面平面， 所以过点三点的平面与平面和平面的交线平行， 即在平面内存在过点的直线，设， 连接，由平面平面，可得， 所以截面是平行四边形，故C正确； 对于D：当点为中点时，点也是中点， 此时经过的截面为平行四边形，故D错误. 21．（2026·湖南常德·模拟预测）已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面周长即可. 【详解】正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系， 侧面的中心，侧面的中心，且，则， 显然点M在平面与平面的交线上， 设为这条交线上任意一点，则， 而平面，则，即， 令，得点，令，得点， 连，平面与平面必相交， 设为这条交线上任意一点，则， 由，即， 令，得点，连， 因为平面平面，则平面与平面的交线过点，与直线平行， 过作交于，则， 由得，即， 显然平面与平面都相交，则平面与直线相交， 令交点为，，由得， 连接得截面五边形， 则， 所以截面五边形的周长为. 22．（2026高一·江苏连云港·期中）如图，已知正方体的棱长为，若为棱的中点，过三点作正方体的截面，则截面的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，连接，作出截面，分别求出边长，进而求出截面的周长. 【详解】如图，取的中点，连接，则， 则在正方体中，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，所以， 则四边形即为过A，C，K三点的截面， 因为正方体的棱长为， 所以，， ， 则其周长为. 23．（2026高二·上海·阶段检测）在棱长为6的正方体中，点分别为的中点，，点在棱上，若，则平面截正方体，所得截面多边形的周长_________． 【答案】 【分析】连接,设，找出平面与平面的交线，通过证明可知G、H为平面EFG截正方体所得的点，设平面，通过证明可知也为平面EFG截正方体所得的点，最终得到截面，通过简单的几何关系即可求解截面周长． 【详解】    如图，连接,设， 因为E、F分别为AB、BC的中点，所以，所以平面， 因为平面平面，连接GH，所以， 设平面，连接SO，则CG、OS、AH三者平行且相等， 在平面中，，，，， 所以，从而三点共线，即也在平面EFG内，连接，则截面多边形为， 易计算得，，，又根据对称性，截面多边形的周长为． 故答案为：． 24．（2026高一·甘肃兰州·期末）已知正方体的棱长为2，P，Q分别为棱的中点，过P，Q，B作正方体的截面，则截面多边形的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用平面性质作出截面图形，然后利用勾股定理求出各个边长，即可得解. 【详解】取的中点为T，取的中点为S，取上靠近D的四等分点为M， 取上靠近的四等分点为G，取上靠近的三等分点为N， 连接. 如图 由正方体性质可知，在中，分别为的中点， 所以，所以，故四点共面， 在正方形中，且，所以为平行四边形， 所以，由正方体性质可知， 在中，分别为的三等分点，所以，所以， 故四点共面， 所以五边形为所求的截面多边形. 易知，，，，， 故，，，，. 所以截面五边形的周长为. 故选：A. 25．（2026·青海海东·模拟预测）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 题型05 截面体积计算 1.核心逻辑 平面把几何体分割成两部分；一部分可以是棱锥、棱台、不规则多面体； 方法：①直接法：识别几何体（棱锥、棱台）直接套体积公式；②割补法：把不规则几何体分割为多个棱锥、棱柱分别算体积再相加。 2.解题步骤 ①确定截面分割后，其中一块几何体的所有顶点； ②如果是棱锥、棱台，直接代入体积公式； ③形状不规则，分割成若干个简单棱锥、棱柱； ④总体积减去一部分体积，间接得到另一块体积。 公式回顾： ；。 3.易错提醒 · 分割后的多面体不是棱锥，直接套用棱锥公式； · 高找错，把斜线段当成几何体的高。 26．【多选】（2026高一·辽宁大连·期末）已知正三棱台 有内切球O（球O位于三棱台的内部且与各个面均有且只有一个公共点），且 若过O，A，B三点的平面截该三棱台所得截面为α，则（   ） A．三棱台ABC - A₁B₁C₁的高为2 B．平面OAB⊥平面OA₁B₁ C．截面α的面积为12 D．该三棱台被截面α分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 【答案】BCD 【分析】对 A，先利用正三角形面积、边心距公式算出上下底相关参数，结合正棱台存在内切球时斜高等于上下底边心距之和求出斜高，再通过轴截面直角三角形勾股定理求出棱台实际高，与选项给出高 对比判断；对 B，取上下底中点构造轴截面，证明两平面同垂直于轴截面，二面角平面角为​，用余弦定理算出夹角，证得面面垂直；对 C，先 分析得到截面即截面，通过解三角形算出​的面积进行判断；对 D，分别算出棱台体积与三棱锥体体积，作差得到剩余部分体积，比较判断. 【详解】对于A：已知下底边长，上底边长，设三棱台上底面积为，下底面积为， 则， 正棱台有内切球的性质：斜高（为上下正三角形中心到边的距离），因为，故斜高。 由勾股定理，棱台高满足：，得，即， 所以三棱台的高为，A错误； 对于B：取中点，中点，则截面为棱台轴截面， 因为为正三棱台内切球球心，所以， 所以，又，，所以平面， 所以平面平面，同理可证平面平面， 所以是平面与平面所成二面角的平面角， 因为棱台的高为，所以，又， 所以， 所以，平面平面，B正确； 对于C：过作底面，垂足为，则 设外心为，外心为， 则，， 因为，所以截面即截面， 因为，所以， 所以， 所以，C正确； 对于D：因为， ，剩余部分体积， 所以较小部分与较大部分体积比： ，D正确. 27．【多选】（2026高一·湖北武汉·期末）长方体中，，，，若为棱中点，，经过，，三点的平面将已知长方体分成两部分，则（   ） A．当时，平面截长方体所得截面多边形为四边形 B．当时，体积较小的部分对应几何体内部可放进一个半径为的小球 C．当时，截面与平面所成二面角的正弦值为 D．当时，截面分长方体所得两部分中，体积较小部分与体积较大部分的体积之比为 【答案】ABD 【分析】A项结合面面平行性质分析可得；B项体积较小部分为三棱台，可将三棱台还原为三棱锥，先求解三棱锥的内切球半径，通过比较棱台高与直径的大小可得，内切球必在三棱台内，再比较所给球半径即可得；C项利用三垂线定理找到二面角的平面角求解可得；D项将较小几何体分割为两个三棱柱与一个三棱台，再分别求解相加可求得较小部分体积，然后利用间接法求解较大部分体积，从而得到比值. 【详解】A项，当时，与重合，所以平面即平面. 设该平面与棱交于点. 因为长方体中面与面平行， 所以平面与这两个面的交线与平行. 因为，所以四边形为平行四边形，所以， 所以，因为为中点，所以为中点，连接， 因此平面截长方体所得截面为四边形，故A正确； B项，由，且， 则与相交于一点，设为. 设平面平面，则， 则三线交于一点，且， 即体积较小的部分对应几何体为三棱台. 将三棱台可补成三棱锥. 在中，由， 的高为， 设三棱锥的内切球半径为， 则 由， 解得，三棱台的高， 由，内切球与下底面相切，且直径小于棱台的高， 所以球不会穿出上底面，可知三棱锥的内切球在三棱台内， 又， 故三棱台内可放进半径为的小球，故B正确； C项，当时，为的中点. 设为在底面上的射影，则为的中点，则， 因为底面，所以平面，易知， 截面与底面的交线为. 在底面内，过作，垂足为. 因为，且，所以平面， 故即为截面与平面所成二面角的平面角. ，， 所以 于是， 则，故C错误； D项，当时，设平面与棱交于点，与棱交于点. 顺次连接可得截面为五边形. 由平面平面，平面截面， 平面截面，则， 由平行截线及相似关系可得， 过作平行于底面的平面，分别交于点. 由平面平面，平面截面， 平面截面，则， 故四边形为平行四边形，所以. 同理可得，. 由为三等分点，可知分别为的三等分点， 在平面中过点作，垂足为， 又由为的四等分点，可得为中点. 由上分析可知截面分长方体所得的两部分中，体积较小部分共由三棱台、三棱柱、三棱柱三部分组成. 其中三棱台的高，三棱柱的高， 且三棱柱的高， 则； ； ； 所以体积较小部分的体积为. 又长方体总体积为，故体积较大部分为. 于是体积较小部分与体积较大部分的体积之比为，故D正确. 28．（2026·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 【分析】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. 【详解】 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. 29．（2026·江苏南通·模拟预测）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 【分析】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. 【详解】 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． 30．【多选】（2026·河南·模拟预测）正方体棱长为，下列说法中正确的有（    ） A．若点在底面（含边界）内，且，则的轨迹的长度为 B．空间中，点满足，则的轨迹与正方体表面的交线长度为 C．平面截正方体所得截面多边形是直角梯形 D．平面将正方体分成两个几何体的体积分别为，且，则 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，对于A，设，由条件可得，由此确定轨迹和轨迹长度，对于B，设，由条件确定轨迹方程，再判断轨迹与正方体表面的交线的形状，再求其长度即可判断，对于C，过点作，点在上，再利用向量方法确定截面性质即可判断，对于D，由结合锥体体积公式求其值即可判断. 【详解】以点为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则， 由得 ， 对于选项A，设在底面上，，， 则，， 由，得，化简得 ， 该直线与正方形 的交点为和 ， 轨迹长度为，A正确； 对于B，设，由，得， 所以， 所以， 即的轨迹是球心在、半径的球面， 该球仅和正方体的三个面相交，每个面上的交线都是半径为的四分之一圆， 总长度为 ，B正确， 对于C，过点作，点在上，连接， 则过的截面为四边形， 因为，设，， 所以，故，， 所以，， 所以四边形为梯形，，又， 所以，， 所以与不垂直，与不垂直，所以四边形不是直角梯形，C错误， 对于选项D，由已知， 梯形的面积， 因为平面，故四棱锥的高为， 因为，所以的面积， 因为平面，，所以三棱锥的体积， ，D正确. 题型06 截面体积逆向问题计算 1.核心逻辑 已知被截面分割后几何体的体积，反过来求点的位置（动点在棱上，求比例）； 已知体积条件反推截面位置，求参数、线段比例。 2.解题步骤 ①设棱上动点比例参数； ②用表达分割后几何体底面积、高，写出体积表达式； ③列方程，解参数，得到动点位置； ④验证解是否在棱的取值范围之内。 3.易错提醒 参数范围忽略动点只能在棱线段上，求出解在棱延长线上，属于增根。 31．（2026高一·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，，． (1)求证：平面； (2)试在棱PB上确定一点E，使截面AEC把该几何体分成的两部分PDCEA与EACB的体积之比为；并求出此时异面直线CE与PD所成角的正弦值． 【答案】(1) 因为底面，平面，所以. 又，所以. 因为平面，平面， 所以平面. (2)点为的中点，. 【分析】（1）要证明线面垂直，则需要通过证明线线垂直得到线面垂直，即证明. （2）先求出梯形的面积，然后根据已知条件求出四棱锥和三棱锥的体积，进而可确定点的位置，然后作辅助线，确定异面直线与的夹角即为直线与的夹角，根据几何图形和三角函数求出结果. 【详解】（1）略 （2）因为，所以， 过点作，则，又， 所以四边形是平行四边形，所以. 因为，所以，点为中点， 所以，所以梯形的面积为. 四棱锥的体积为. 由已知与的体积比为，所以三棱锥的体积为. 过点作，且是三棱锥的高， 因为，所以有. 因为，所以. 所以三棱锥的体积为. 所以，所以点为的中点.则. 取的中点，连接，则. 所以四边形为平行四边形，所以， 所以异面直线与的夹角即为直线与的夹角. 在等腰直角三角形中，，在直角三角形中，因为， 所以根据勾股定理得，所以. 所以 所以异面直线与所成角的正弦值为. 32．（2026·河北衡水·模拟预测）已知正三棱柱，过底边的平面与上底面交于线段，若截面将三棱柱分成了体积相等的两部分，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由线面平行性质可知，结合棱台和棱柱体积公式可求得，由相似关系可求得结果. 【详解】平面，平面平面，平面，； 设的面积为，的面积为，三棱柱的高为， 三棱台的体积， 又三棱柱的体积， ，解得：（舍）或， ∽，，即. 故选：A. 33．（2026·河北张家口·模拟预测）如图，在三棱柱中，过的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用棱柱，棱台的体积公式结合条件即得. 【详解】由题可知平面与棱柱上，下底面分别交于，， 则∥，， 显然是三棱台， 设的面积为1，的面积为S，三棱柱的高为h， ， 解得， 由，可得. 故选：D. 34．（2026高一·河南焦作·期末）如图，在三棱柱中，过的截面与AC交于点D，与BC交于点E（D，E都不与C重合），若该截面将三棱柱分成体积之比为的两部分，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据面面平行的性质得到，得到特殊图形，根据棱台和棱柱的体积公式直接求解即可. 【详解】因为三棱柱， 所以，面面， 又因为面面，面面， 所以，显然为三棱台， 设，（），三棱柱的高为， 则， 所以三棱柱体积为， 三棱台的体积为， .①三棱台的体积占， 则，得，得或，均不符合题意； ②三棱台的体积占， 则，得，得或，因为，所以. 故选：C 题型07 截面的最值问题 1.核心逻辑 动点在棱上运动，过动点做截面，求截面面积、截面周长的最大值、最小值。 两类模型：①截面绕一条定直线旋转；②动点沿棱滑动，截面随动点变化。 工具：几何分析；建系向量；函数求值域。 2.解题步骤 ①设动点参数，确定截面随参数如何变化； ②把截面周长/面积表达为关于参数的函数； ③结合参数取值范围，求函数最值； ④几何法：观察什么时候截面最大最小（正方体中过正方体中心截面，面积最大为对角面）。 3.易错提醒 忽略动点只能在棱线段上，直接用函数全体定义域求最值。 35．（2026高一·广西河池·期末）正四面体的棱长为8，为棱的中点，过点作正四面体外接球的截面，则截面面积的最小值为_____. 【答案】 【分析】根据正四面体的特征可结合三角形的边角关系求解长度，即可根据勾股定理求解球半径，由与截面垂直时截面最小，即可根据勾股定理求解. 【详解】由正四面体的特征可知其外接球的球心在高所在的直线上，设球心为， 则,, , 设外接球的半径为,则, 代入的值可得, 要使过点作正四面体外接球的截面中面积最小，则到球心的距离最大，即与截面垂直时，此时截面最小， 则到球心的距离, 故截面圆的半径为, 因此截面圆的面积为， 故答案为： 36．【多选】（2026高二·广东汕头·阶段检测）在棱长为2的正方体中，空间中的点P满足，且，，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则的最大值为 C．若，则平面截该正方体的截面面积的最小值为 D．若，则平面与平面夹角的正切值的最小值为 【答案】CD 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用空间向量的模建立方程求出最小值判断B；作出截面并求出最小面积判断C；利用面面角的向量求法求解判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由，得，即点， 对于A，，则点，，， ，因此不成立，A错误； 对于B，，则，即， 令，则， 则当即时，的最大值为，B错误； 对于C，，在边上，且，， 因平面平面，设平面平面， 而平面平面，则，同理， 因此是平面截该正方体的截面， 点到直线的距离 ，当且仅当时取等号， ，C正确； 对于D，因，， 设平面的法向量，则， 令，得； 又，因，则， 令平面的法向量，则， 令，得. 设平面与平面的夹角为， 则，， 当时，，当时，， 当且仅当或时取等号，因，此时最小，，， 因此平平面与平面的夹角的正切值的最小值为，D正确. 故选：CD 37．（2026·广东·模拟预测）已知空间四边形的各边长均为6，且，平面平面，点在边上，且，过作四边形外接球的截面，则截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意结合球的性质分析可得平面，平面，求出即可得球的半径，根据球的截面性质可得，结合题意分析运算. 【详解】由题意知和为等边三角形，取中点E， 连接，，则，因为平面平面， 平面平面，平面， 所以平面，同理可证：平面， 设外接球的球心为O，半径为R， 分别取、的中心、，连接， 则平面，平面， 所以，，则为平行四边形， 由题意可得：， 又因为平面，平面，所以， 故， 连接，因为，即， ，则H，O，M三点共线， 所以， 设过M作四边形外接球的截面圆的半径为r，O到该截面的距离为d， 则，即， 因为， 所以当时，取到最小值，截面的面积最小为. 故选：C. 38．（2026高一·浙江·期中）已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（   ） A．48 B．50 C．96 D．100 【答案】B 【分析】由题可求出圆锥底面半径和母线长，先求当截面过中心轴时顶角为钝角，然后得出截面面积的最大值即可. 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为， 则，解得. 当截面过中心轴时，则，， 所以， 由三角形面积公式可得，当时，截面面积最大，最大为. 39．【多选】（2026高一·辽宁沈阳·阶段检测）已知圆锥的顶点为，底面的圆心为，，该圆锥的侧面展开图是中心角为的扇形，点，，是底面圆周上三个不同的动点，则下列结论正确的是（    ） A．该圆锥的侧面积为 B．过顶点的该圆锥截面面积的最大值为 C．当时，二面角的正切值为 D．若且，为线段上动点，则的最小值为 【答案】AC 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，由条件可知，解得. 选项A：因为，所以，正确. 选项B：过顶点的截面为等腰三角形，两腰长均为母线，设顶角为， 则截面面积. 轴截面的底边为底面直径，由余弦定理得轴截面顶角满足： 因此顶角，在时取最大值， 故截面面积最大值为，而非，错误. 选项C：取中点，连接、. 由，，得，， 故为二面角的平面角. 在底面圆中，，，由勾股定理： 由底面，得，在中： ，C正确. 选项D：方法一：设为线段的中点，则 在等腰三角形中，，所以 又因为，且，所以点到直线的距离为． 将平面绕旋转到底面所在平面，并使点落到的另一侧，记对应点为． 则对任意，都有从而 于是问题转化为：在平面内求时，的最小值． 由两点之间线段最短可知，当为直线与线段的交点时，取得最小值，且最小值等于． 在展开图中，一条直角边为另一条直角边为 所以 因此，故D错误． 方法二：由，根据圆周角定理，为底面圆直径，故是中点； 又，故. 建立坐标系：，，，，. 设在线段上，直线在底面平面内，斜率为，方程为： ，， 设为线段上任意一点， 因此距离和可写为： ， 可将该式子理解为轴上动点到定点的距离和轴上动点到定点的距离之和， 问题转化为：轴上一点，求的最小值. 作点关于轴的对称点，则，因此： . 所以， 因此距离和的最小值为：，D错误. 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 立体几何的截面问题7种常见考法归类 题型脑图·核心考法构建 考法深研·解题技能通关 题型01 作截面问题 1.核心逻辑 作截面两种主流手段： ①延展法（延长交线法）：延长几何体面上的线段，找到两个平面的公共点，两点确定交线，依次找出平面和每条棱的全部交点； ②平行线法：利用面面平行性质，两个互相平行的平面被第三个平面所截，交线互相平行。 公理3：两个平面有一个公共点，则它们有且只有一条过该点的公共直线。 2.解题步骤 ①已知平面内的若干点，观察点分布在哪几个面上； ②方法一【延展法】：在同一个面内延长直线，得到两平面公共交点；反复操作，找到平面与几何体所有棱的交点； ③方法二【平行线法】：已经有一条交线，利用面面平行，作这条线的平行线，得到新交点； ④把所有交点，沿着几何体表面顺次连接，得到截面多边形； ⑤检验：每一条边都必须落在几何体的某一个面上。 3.易错提醒 直接连接空间两点，两点不在几何体同一个面上，不是截面边； 漏找交点，截面多边形顶点不全； 连线穿过几何体内部，不是表面交线。 1．（2026高三·全国·一轮复习）如图，正方体中，分别为的中点，画出过的截面． 2．（2026高一·安徽马鞍山·期中）如图，已知分别是正方体的棱的中点，. (1)证明：直线交于同一点； (2)作出过三点的截面（写出作图过程，保留作图痕迹），并计算截面图形的周长. 3．（2026高二·上海·期中）如图，已知，，，分别是正方体的棱，，，的中点，且与相交于点. (1)求证：点在直线上； (2)作出过、、三点的截面；（写出作图过程并保留作图痕迹） 4．（2026高一·河南洛阳·期中）如图，在正方体中，H是的中点，E，F，G分别是DC，BC，HC的中点. (1)求证：平面平面； (2)若正方体棱长为2，请在正方体的表面完整做出过A，E，三点的截面，写出作图过程，并求出截面的面积. 5．（2026高二·上海普陀·阶段检测）如图，在正方体中，E、F分别为、的中点． （1）作出过点E、F、的截面； （2）求证：平面. 题型02 截面形状研究 1.核心逻辑 根据交点位置，判断截面多边形类型； 正方体截面可以是：三角形（锐角三角形，不能截出直角、钝角三角形）、四边形（平行四边形、矩形、菱形、梯形）、五边形、六边形； 判断平行：看是否来自一组对面被平面截取； 判断梯形：一组对边平行，另一组不平行； 多选高频：判断截面边数、是否等腰、是否平行四边形。 2.解题步骤 ①先完整找出截面与各棱交点，确定截面多边形顶点； ②利用面面平行性质，判断对边是否平行； ③计算边长，判断等腰、菱形； ④三角形截面：正方体截面三角形只能是锐角三角形； ⑤选择题：举反例，特殊位置验证。 3.易错提醒 · 误以为正方体可以截出直角三角形、钝角三角形； · 看到两组对边平行，忘记确认两组对边都在截面内，误判平行四边形； · 五边形截面：正方体的五边形截面不可能是正五边形。 6．（2026高一·北京顺义·期中）如图，在正方体中，点E，F分别为棱AB，BC的中点，平面 交棱于点G，则下列结论中正确的是（     ） A．直线与直线异面 B．平面平面 C．截面是梯形 D．直线平面 7．（2026高二·河南驻马店·阶段检测）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，上的动点，且，下列说法不正确的是（   ） A． B．若E是棱的中点，则平面截该正方体所成的截面是五边形 C．当三棱锥体积最大时，的长度为 D．当三棱锥体积最大时，二面角的正切值是 8．（2026·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 9．（2026高一·浙江金华·期中）在正方体中，M，N，P，Q分别是棱，，AB，的中点，则（    ） A．PN与QM为异面直线 B．与MN所成的角为 C．平面PMN截该正方体所得截面形状为等腰梯形 D．点，到平面PMN的距离相等 10．（2026高二·上海·期末）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 11．（2026高三·全国·一轮复习）正方体中，M，N分别是，的中点，则过，M，N三点的平面截正方体所得的截面形状是（   ） A．平行四边形 B．直角梯形 C．等腰梯形 D．三角形 题型03 截面面积计算 1.核心逻辑 情况1：截面是规则图形（三角形、等腰梯形、平行四边形），直接套用对应面积公式； 情况2：不规则多边形，分割成若干三角形、梯形分别算面积再相加； 情况3：截面为斜的平面图形：①求出截面多边形各边长，再求高；②求出截面与底面二面角，投影面积法：； 情况4：球被平面截得截面：小圆，，球心到截面距离。 2.解题步骤 ①确定截面多边形所有顶点，求出各边长度； ②判断图形类型； · 三角形：； · 梯形：； ③不规则：分割成多个简单图形求和； ④投影法：找截面在底面投影，求二面角，利用； ⑤球截面：先算球心到平面距离，求小圆半径，算圆面积。 3.易错提醒 · 直接拿几何体内部线段当做截面图形的高； · 投影公式搞反，，不是反过来； · 球截面忘记球心到平面距离，直接用球半径当做小圆半径。 12．【多选】（2026高一·江西景德镇·期末）如图，正方体的棱长为4，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（     ） A．若平面，则的轨迹长度为4 B．过，，三点的平面截正方体所得截面面积是18 C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥的外接球体积为 13．【多选】（2026高一·吉林长春·期中）如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（     ）    A．三棱锥的体积为定值 B．正方体的外接球表面积为 C．若平面，则的轨迹长度为2 D．过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 14．【多选】（2026高一·重庆·期中）如图，正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（     ） A．若平面，则的轨迹长度为 B．过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥的外接球体积为 15．【多选】（2026高一·浙江·开学考试）如图，在长方体中，，点为线段上一动点（含端点），则下列说法正确的是（    ） A．直线平面 B．三棱锥的体积为定值 C．若为线段中点，则与垂直 D．平面截长方体的外接球所得截面面积是 16．（2026高二·河南驻马店·期末）已知：如图，，，和都垂直于平面，是的中点，点满足. (1)证明：； (2)记经过，，，四点的球的球心为. （ⅰ）求球被平面所截得的截面面积. （ⅱ）求与平面所成角的正弦值. 17．（2026·陕西西安·模拟预测）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. 18．（2026高一·江西南昌·期末）如图，斜三棱柱中，，四边形是菱形，为的中点，平面，． (1)求证：四边形为矩形； (2)在上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)若分别为，的中点，求此斜三棱柱被平面所截的截面面积． 题型04 截面周长计算 1.核心逻辑 周长：截面多边形所有边的长度相加；每一条边都是几何体面上的线段，放在正方形、矩形、直角三角形中，勾股定理求每条边长。 2.解题步骤 ①完整找出截面的全部交点； ②每条交线都在几何体某个表面，放到对应平面，勾股定理求每一条边； ③全部边长相加得到周长。 3.易错提醒 · 漏算、多算边；把空间对角线当做截面的边； · 看错交点位置（中点、三等分点），算错线段长度。 19．（2026高一·天津·期末）正方体的棱长为2，E，F，G分别为BC，，的中点，点P为线段上的动点，则以下列结论正确的个数是（    ） ①直线与直线AF垂直 ②直线与平面AEF平行 ③点G与点C到平面AEF的距离相等 ④平面AEF截正方体所得的截面周长为 ⑤三棱锥的体积为定值 A．1 B．2 C．3 D．4 20．（2026高一·重庆·期末）如图，在棱长为3的正方体中，点，分别在线段和上，下面结论中正确的是（     ） A．为中点时，过、、三点的正方体截面是正方形 B．时，过、、三点的正方体截面周长是 C．过点，，三点的正方体截面一定是平行四边形 D．过点、、的正方体截面不可能是平行四边形 21．（2026·湖南常德·模拟预测）已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 22．（2026高一·江苏连云港·期中）如图，已知正方体的棱长为，若为棱的中点，过三点作正方体的截面，则截面的周长为（    ） A． B． C． D． 23．（2026高二·上海·阶段检测）在棱长为6的正方体中，点分别为的中点，，点在棱上，若，则平面截正方体，所得截面多边形的周长_________． 24．（2026高一·甘肃兰州·期末）已知正方体的棱长为2，P，Q分别为棱的中点，过P，Q，B作正方体的截面，则截面多边形的周长为（    ） A． B． C． D． 25．（2026·青海海东·模拟预测）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． 题型05 截面体积计算 1.核心逻辑 平面把几何体分割成两部分；一部分可以是棱锥、棱台、不规则多面体； 方法：①直接法：识别几何体（棱锥、棱台）直接套体积公式；②割补法：把不规则几何体分割为多个棱锥、棱柱分别算体积再相加。 2.解题步骤 ①确定截面分割后，其中一块几何体的所有顶点； ②如果是棱锥、棱台，直接代入体积公式； ③形状不规则，分割成若干个简单棱锥、棱柱； ④总体积减去一部分体积，间接得到另一块体积。 公式回顾： ；。 3.易错提醒 · 分割后的多面体不是棱锥，直接套用棱锥公式； · 高找错，把斜线段当成几何体的高。 26．【多选】（2026高一·辽宁大连·期末）已知正三棱台 有内切球O（球O位于三棱台的内部且与各个面均有且只有一个公共点），且 若过O，A，B三点的平面截该三棱台所得截面为α，则（   ） A．三棱台ABC - A₁B₁C₁的高为2 B．平面OAB⊥平面OA₁B₁ C．截面α的面积为12 D．该三棱台被截面α分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 27．【多选】（2026高一·湖北武汉·期末）长方体中，，，，若为棱中点，，经过，，三点的平面将已知长方体分成两部分，则（   ） A．当时，平面截长方体所得截面多边形为四边形 B．当时，体积较小的部分对应几何体内部可放进一个半径为的小球 C．当时，截面与平面所成二面角的正弦值为 D．当时，截面分长方体所得两部分中，体积较小部分与体积较大部分的体积之比为 28．（2026·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． 29．（2026·江苏南通·模拟预测）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． 30．【多选】（2026·河南·模拟预测）正方体棱长为，下列说法中正确的有（    ） A．若点在底面（含边界）内，且，则的轨迹的长度为 B．空间中，点满足，则的轨迹与正方体表面的交线长度为 C．平面截正方体所得截面多边形是直角梯形 D．平面将正方体分成两个几何体的体积分别为，且，则 题型06 截面体积逆向问题计算 1.核心逻辑 已知被截面分割后几何体的体积，反过来求点的位置（动点在棱上，求比例）； 已知体积条件反推截面位置，求参数、线段比例。 2.解题步骤 ①设棱上动点比例参数； ②用表达分割后几何体底面积、高，写出体积表达式； ③列方程，解参数，得到动点位置； ④验证解是否在棱的取值范围之内。 3.易错提醒 参数范围忽略动点只能在棱线段上，求出解在棱延长线上，属于增根。 31．（2026高一·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面，，，，，． (1)求证：平面； (2)试在棱PB上确定一点E，使截面AEC把该几何体分成的两部分PDCEA与EACB的体积之比为；并求出此时异面直线CE与PD所成角的正弦值． 32．（2026·河北衡水·模拟预测）已知正三棱柱，过底边的平面与上底面交于线段，若截面将三棱柱分成了体积相等的两部分，则（    ） A． B． C． D． 33．（2026·河北张家口·模拟预测）如图，在三棱柱中，过的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（    ） A． B． C． D． 34．（2026高一·河南焦作·期末）如图，在三棱柱中，过的截面与AC交于点D，与BC交于点E（D，E都不与C重合），若该截面将三棱柱分成体积之比为的两部分，则（    ）    A． B． C． D． 题型07 截面的最值问题 1.核心逻辑 动点在棱上运动，过动点做截面，求截面面积、截面周长的最大值、最小值。 两类模型：①截面绕一条定直线旋转；②动点沿棱滑动，截面随动点变化。 工具：几何分析；建系向量；函数求值域。 2.解题步骤 ①设动点参数，确定截面随参数如何变化； ②把截面周长/面积表达为关于参数的函数； ③结合参数取值范围，求函数最值； ④几何法：观察什么时候截面最大最小（正方体中过正方体中心截面，面积最大为对角面）。 3.易错提醒 忽略动点只能在棱线段上，直接用函数全体定义域求最值。 35．（2026高一·广西河池·期末）正四面体的棱长为8，为棱的中点，过点作正四面体外接球的截面，则截面面积的最小值为_____. 36．【多选】（2026高二·广东汕头·阶段检测）在棱长为2的正方体中，空间中的点P满足，且，，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则的最大值为 C．若，则平面截该正方体的截面面积的最小值为 D．若，则平面与平面夹角的正切值的最小值为 37．（2026·广东·模拟预测）已知空间四边形的各边长均为6，且，平面平面，点在边上，且，过作四边形外接球的截面，则截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 38．（2026高一·浙江·期中）已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（   ） A．48 B．50 C．96 D．100 39．【多选】（2026高一·辽宁沈阳·阶段检测）已知圆锥的顶点为，底面的圆心为，，该圆锥的侧面展开图是中心角为的扇形，点，，是底面圆周上三个不同的动点，则下列结论正确的是（    ） A．该圆锥的侧面积为 B．过顶点的该圆锥截面面积的最大值为 C．当时，二面角的正切值为 D．若且，为线段上动点，则的最小值为 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $