考点53截面、共线、共面重难点精讲巧练-2027届高考数学一轮复习

黄金考点53 截面、共线、共面 1．在正方体中，过点作一个截面，则截面不可能是（ ） A．正三角形 B．平行四边形 C．五边形 D．六边形 2．若一个圆锥的轴截面是一个等边三角形，则该圆锥的表面积与轴截面面积之比是（   ） A． B． C． D． 3．如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（    ） A．四点共面 B． C．三线共点 D． 4．如图，已知棱长为2的正方体中心为，将四棱锥绕直线顺时针旋转之后，得到新的四棱锥，则（    ）    A． B．当时，四棱锥顶点运动的轨迹长度为 C．当时，平面平面 D．存在旋转的角度，使得四点共面 5．如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（   ） A．四面体的外接球的表面积为 B．存在点，使、、、四点共面 C．过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D．点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为 6．与圆柱底面成角的平面截圆柱得到如图所示的几何体，截面上的点到圆柱底面距离的最大值为，最小值为，则该几何体的体积为____________． 7．如图，装有水的正方体无盖容器放在水平桌面上，此时水面为，已知．为了将容器中的水倒出，以为轴向右倾斜容器，使得水能从容器中倒出，当水刚好能从容器中倒出时，水面距离桌面的高度为________．    8．如图所示，在长方体中，，，，点，，分别在棱，，上，，，． (1)证明：，，，四点共面； (2)点在棱上，当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． （2024·天津·高考真题） 9．在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． （2021·天津·高考真题） 10．两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（    ） A． B． C． D． （2018·全国III卷·高考真题） 11．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为(    ) A． B． C． D． （2016·四川·高考真题） 12．如图，在四棱锥中，，，，. (1)在平面内找一点，使得直线平面，并说明理由； (2)证明：平面平面. （2026高三·全国·专题练习） 13．如图，正方体的棱长为，动点、在棱上，动点，分别在棱，上，若，，，（，，大于零），则四面体的体积（   ）． A．与，，都有关 B．与有关，与，无关 C．与有关，与，无关 D．与有关，与，无关 （26-27高三上·江苏泰州·开学考试） 14．半径为的球壳（球壳厚度不计）中可以装入（    ） A．半径为的球 B．边长为的正方体 C．底面半径和高均为的圆柱 D．底面半径和高均为的圆锥 （26-27高三上·湖南长沙·开学考试） 15．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．存在点， 使得平面 B．异面直线与所成的角的大小为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 D．若平面，则点的轨迹的长度为 （2026·湖北十堰·模拟预测） 16．如图，在正三棱台中，，P，D分别是线段，上的点，，O是上、下底面的中心，M是底面内一点，以下结论正确的是（     ） A． B．若，平面，则点M的轨迹长等于 C． D．当时，四点、O、D、P构成的图形为直角梯形 （2026·山西忻州·模拟预测） 17．在棱长为1的正方体中，点P在线段上，且，．过点P作平面，使．设平面截正方体所得截面的面积为，则下列说法正确的是（     ） A．当时，截面面积为 B．当时，截面为等边三角形 C．的最大值在处取得 D．当时，截面周长为3 （2026·广东清远·模拟预测） 18．如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（    ） A．P，，，四点共面 B．线段为直三棱柱外接球的直径 C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成角为 （2026·江苏南京·模拟预测） 19．在正方体中，是底面正方形四边上的两个不同的动点，过点和的平面记为，则（    ） A．当分别是的中点时，上不存在点，使得 B．截正方体的截面可能是五边形 C．当分别是的中点时，平分正方体两部分的体积之比为 D．当为棱中点时，满足的点有且只有2个 （2025·山西·二模） 20．中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得. (1)证明：、、、共面； (2)若，求三棱锥的体积； 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《考点53 截面、共线、共面 【练】黄金考点总动员2027届》参考答案： 1．D 【详解】截面可能情况如图所示，因此，截面不可能是六边形，故D正确. 2．A 【分析】设底面圆的半径为r，分别表示出圆锥的表面积与轴截面面积即可得. 【详解】设底面圆的半径为r，则母线长为2r，得侧面积是， 所以圆锥的表面积为， 轴截面是一个正三角形，边长为2r， 则其面积为， 所以面积之比是. 3．D 【分析】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于D，举反例即可判断. 【详解】对于AB，如图，连接，， 因为是的中位线，所以， 因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，所以四点共面，故AB正确； 对于C，如图，延长，相交于点， 因为，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面， 因为平面平面， 所以，所以三线共点，故C正确； 对于D，因为，当时，， 又，则，故D错误. 故选：D. 4．BCD 【分析】根据二面角的平面角判断A，根据扇形弧长公式判断B，根据平面平行的判定定理判断C， 当时可证明线线平行判断D. 【详解】如图，    对于A，取的中点，则， 所以为二面角的平面角，故， 而，因此A错误； 对于B，当旋转了也绕着旋转，由于到的距离是正方体面对角线的一半，即， 因此旋转的轨迹长度是，故B正确； 对于C，把正方体的左边补多一个全等的正方体，则是补充正方体的中心． 因此，平面，平面， 从而平面，同理可得平面． ，平面， 因此平面平面，故C正确； 对于D，由C可知，当时，． 因此四边形是平行四边形，因此，即， 因此四点共面，D正确． 故选：BCD 5．ACD 【分析】利用补形法可判断A选项；作出辅助线，得到，即、、、四点共面，当与重合时满足要求，但不能与重合，可判断B选项；作出辅助线，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时面积为，当与点无限接近时，面积接近于，可判断C选项；作出辅助线，得到点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧，可求出点的轨迹长度，可判断D选项. 【详解】对于A选项，将四棱锥补成长方体， 所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长， 即四面体的外接球的直径为， 所以，四面体的外接球的表面积为，A对； 对于B选项，连接、、， 因为且，故四边形为平行四边形， 所以，， 因为、分别是、中点，则，所以， 即、、、四点共面， 当与重合时满足、、、四点共面， 但是线段上的动点（不包含端点），B错； 对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点， 过点作在平面内⊥交或者于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因为，、平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，面积最大，此时，，面积为， 当与点无限接近时，面积接近于， 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对； 对于D选项，取的中点，连接，则， 则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆， 交、于、， 则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧， 此时满足直线与直线夹角为， 如图，，故， 所以点的轨迹长度为，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 6． 【分析】由图形可知所求几何体是由底面直径相同，高为1的圆柱和高为2的圆柱的一半拼成，由圆柱体积公式可求得结果. 【详解】作出几何体的轴截面如下图所示： 则所求几何体是由一个底面直径为2，高为1的圆柱， 和一个底面直径为2，高为2的圆柱的一半构成， 则所求几何体体积为： ， 故答案为：. 7． 【分析】由正方体的结构特征，结合棱柱的体积公式及未盛水的部分体积不变列方程，求解可得答案. 【详解】如图，平面与水面的夹角为， 则平面与水平桌面的夹角为． 由题意可得三棱柱的体积为， 所以，解得， 所以． 水面距离桌面的高度为． 故答案为：.    8．(1)证明:以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 可得，，，． 所以，， 则， 故，，，四点共面． (2)3. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求，证明，由此证明结论， （2）设，求平面与平面的法向量，利用向量夹角余弦公式求两平面的夹角余弦，列方程求，可得结论. 【详解】（1）略； （2）设，，则， 设是平面的法向量， 则 取，则，， 故， 又因为平面的法向量为， 所以， 平方整理得， 化简得， 解得或， 由图易知，当时，平面与平面的夹角为钝角，舍去． 综上，，即． 9．C 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 10．B 【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果. 【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点， 设圆锥和圆锥的高之比为，即， 设球的半径为，则，可得，所以，， 所以，，， ，则，所以，， 又因为，所以，， 所以，，， 因此，这两个圆锥的体积之和为. 故选：B. 11．B 【分析】作图，为与球的交点，点为三角形的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得． 【详解】如图所示，点为三角形的中心，为中点， 易知当平面时，且在之间时三棱锥体积最大， 此时 ，, 点为三角形的中心， 中，有 所以三棱锥体积的最大值为. 12．(1)取棱的中点（平面），点即为所求的一个点. 理由如下： 连接CM，因为，，所以， 且. 所以四边形是平行四边形，从而. 又平面，平面， 所以平面. （说明：取棱的中点，则所找的点可以是直线上任意一点） (2)由已知，， ， 因为，，所以直线与相交，平面， 所以平面，平面， 从而. 因为，， 所以，且. 所以四边形是平行四边形. 所以，又， 所以. 又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. 【分析】（1）先证明线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行； （2）先由线面垂直得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理得到平面，最后利用面面垂直的判定定理证明面面垂直. 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】方法点睛：证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过平面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被扣分. 证明面面垂直时，先证线面垂直，要善于从图形中观察有哪些线线垂直，从而可能有哪些线面垂直，确定要证哪些线线垂直，切忌不加思考，随便写． 13．D 【详解】 如图：在棱上，在棱上，，所以的高为定值，又为定值，所以的面积为定值，四面体的体积与点到平面的距离有关，即与的大小有关，故选． 点睛:空间几何体体积问题的常见类型及解题策略 (1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解． (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解． (3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解． 14．ACD 【分析】利用球体、正方体、圆柱、圆锥的结构特征逐项分析即可. 【详解】对于A，半径为的球，则球的直径为， 而已知的球壳的半径为，则直径为， 因为，半径为的球可以装入球壳，故A正确； 对于B，边长为的正方体的体对角线为：， 而已知的球壳的直径为， 因为，所以不能装入边长为的正方体，故B错误； 对于C：对于底面半径和高均为的圆柱，其轴截面如图所示： 则最宽处为的长，由， 同时底面圆直径为，高为都小于已知的球壳的直径， 所以能装入底面半径和高均为的圆柱，故C正确； 对于D，圆锥母线长为：， 同时底面圆直径为，高为都小于已知的球壳的直径， 所以能装入底面半径和高均为的圆锥，故D正确. 15．ABD 【分析】A选项，取的中点，通过平面平面，即可判断，B选项，作出辅助线，为直线与所成角，为等边三角形，故；C选项，作出辅助线，得到四边形为截面图形，并得到其为梯形；D选项，作出辅助线，证明出平面平面，故当在线段上时，平面，点的轨迹的长度为. 【详解】A选项，取的中点，连接， 因为，分别是，的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，同理可得平面， 因为，平面，所以平面平面， 故当在线段上时，满足平面，A正确； B选项，由A知，且，所以，故为直线与所成角或其补角， 连接，则， 所以为等边三角形，故， 异面直线与所成的角的大小为，B正确； C选项，连接，由A知，，又，所以， 所以四边形即为过，，三点的平面截正方体所得截面图形， 因为，所以四边形为梯形，C错误； D选项，连接， 因为，平面，平面， 所以平面， 又，同理可得平面， 又，平面， 所以平面平面， 故当在线段上时，平面， 所以平面， 所以若平面，则点的轨迹的长度为，D正确. 16．AB 【分析】对于A项，根据线面垂直的性质定理判断即可；对于B项，过作与平行的平面，平面，故M的轨迹长度为QD，求QD的长即可判断；对于C项，根据锥体和台体的体积计算公式即可判断；对于D项，当P与重合，时，四点、O、D、P构成的图形不是直角梯形，即可判断. 【详解】对于A，显然底面ABC，因为平面ABC，所以， 取BC的中点E，连接， 因为为正三角形，所以，由正三棱台性质可知四点共面， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 对于B，，取AB的中点Q，连接DQ，， 因为且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 故当M在QD上时，满足平面，故M的轨迹长度为QD，其中， 由余弦定理得，故B正确； 对于C，，， ，， 又棱台的体积为： ， 所以，故C错误； 对于D，四边形为等腰梯形，当P与重合，时，， 但此时与OB平行，故与OD不平行， 此时四点、O、D、P构成的图形不为直角梯形，故D错误． 17．ABC 【分析】先证明出平面．设与平面交于点，证明出是的三等分点，此时截面多边形为等边，即可求出截面面积判断A选项，结合图形分析当时，截面图形的变化即可判断B选项分析出的单调性，根据对称性，判断出截面的位置在平面与平面中间，且为过的中点的正六边形时，截面多边形面积最大即可求解从而判断C、D选项. 【详解】连接BD，，.    在正方体中，平面，平面， 所以. 由为正方形，所以. 又，平面， 所以平面，平面， 所以.同理可证. 因为，所以平面． 设与平面交于点， 由等体积法得： ， 解得：，所以是的三等分点， 此时截面多边形为，且为等边三角形 对于A，当时，点与点重合，所以截面的面积为，故A正确； 当时，截面与相似，因为为等边三角形， 所以当时，截面为等边三角形，故B正确； 对于C、D，当时，单调递增，； 当时，先增后减，根据对称性， 当截面的位置在平面与平面中间，且为过的中点的正六边形时，边长为， 此时截面多边形面积最大，此时，且截面的周长为，故C正确，D错误. 18．BC 【分析】根据异面直线的判定判断A，利用补形法判断B，根据等体积法判断C，作出异面直线所成的角计算判断D. 【详解】对于A，直线平面，点平面，而直线， 点平面，因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误； 对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱，矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确； 对于C，点到平面的距离为，则，C正确； 对于D，取中点，连接， 由是中点，得，则是异面直线与所成角或其补角，由已知，，，平面，所以平面，故平面，又平面，于是， 而，因此，即，D错误. 19．BCD 【分析】对于A选项，设，以为原点，以所在直线为轴建立坐标系后，利用空间向量法使得平面，解出，故存在满足条件的点；对于C选项，画出截面，利用割补法计算下面的部分的体积，再与剩下的部分比较即可；对于B选项，C选项中的截面形状即为五边形；对于D选项，设，根据得到点满足的方程，在一个圆上，通过代入点坐标和分析圆心的位置证明该圆与正方形的四边有两个交点，所以满足条件的点有且只有2个. 【详解】对于A选项，以为原点，分别以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 若，则即，解得， 即点为靠近点的三等分点，所以存在点使得，A错误； 对于C选项，当分别是的中点时，为平面， 其中分别为直线和的延长线的交点， 可得， 和的交点分别记为， 则，同理， 可得下面的部分的体积为 ， 而整个正方体的体积为，所以， 从而，C正确； 对于B选项，C选项中的即为五边形，B正确； 对于D选项，可知，设， 依题意有即， 整理得，配方得， 将代入得，所以点在该圆内， 同理可判断点在该圆内，点在该圆外，结合点到的距离， 可得该圆与正方形的四边有两个交点， 因为是正方形四边上的动点， 所以满足条件的点有且只有2个，D正确. 20．(1)证明如下： 取的中点，的中点，连接、、， 因为、分别为、的中点，所以，， 翻折前，中，，，， 是的中点，是的中点，是的中点， 则，，，，， 翻折后，则有，，， 因为，为的中点，所以，， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为为的中点，所以，，故四边形为平行四边形， 所以，，故，， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以、、、共面. (2) 【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，证明出四边形、、为平行四边形，可得出，由此得出，即可证得结论成立； （2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可知为三棱锥的高，求出、，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积； 【详解】（1）略 （2）过点在平面内作，垂足为点， 翻折前，因为，翻折后，则有，， 因为、平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 即是三棱锥的高． 由（1）的图，在中，，，， 由余弦定理得， 所以， 所以， 在中，，，，是的中点， 则，， 所以，， 所以三棱锥的体积为． 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 黄金考点53 截面、共线、共面 2026年真题深入解读 【2026·北京卷·第18题（节选）】如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，，，． (1)求证：平面； 高考新趋势 1. 从 "静态截面" 走向 "动态轨迹"：2024 天津・14、2026 新高考 Ⅰ・10 显示命题正把截面思想与动点轨迹、存在性、最值融合，载体也从正方体扩展到圆柱、球、旋转体. 2. "沿棱看截面" 降维法成为主流解法：2026 新高考 Ⅰ・10 的多选，官方及一线解析普遍采用 "绕棱作垂直截面" 的降维思路，提示未来空间角 / 距离题会继续借用截面思维. 3. 截面与翻折联动：2025 新高考 Ⅱ・17 翻折综合、2026 多卷延续，翻折中 "截面 / 交线" 作为中间步骤的命题大概率延续. 4. 共面共线向 "判断型 / 存在型" 进化：直接证明减少，改为 "四点是否共面"" 点是否在交线上 " 等判断、存在性问题，融入多选与压轴填空. 5. 回归教材的迹象明显：人教 A 版必修第二册 "空间点线面的位置关系" 中的公理与例题（三线共点、四点共面）被反复改编，备考需回归教材基本事实. 命题分析 （1）情境创设：以直三棱柱为载体，图形直观、学生熟悉，命题用 "中点" 这一高频元素搭建出一个与侧棱平行的 "斜跨" 线段 DE，情境既贴近教材又符合真实空间结构，为考查空间想象提供了载体. （2）问题设计：属于典型的位置关系证明题，设计上有三个特点： ①起点低、入口宽：结论直观，方法多元 —— 综合几何法（构辅助平面）、坐标向量法（法向量点积）均可求解； ②条件冗余、前后呼应：证明第 (1) 问只用到中点结构，其它数据用于解答第（2）问； ③落脚在规范表达：结论易猜、证法要严，重点考查判定与性质定理使用时的条件是否书写齐全． （3）考查目标：①知识：线面平行、面面平行的判定定理与性质定理，三角形 / 矩形中位线性质，四点共面的判定； ②能力：空间想象能力、逻辑推理论证能力，以及 "线线→线面→面面→线面" 的转化化归能力； ③素养：直观想象、逻辑推理两大数学核心素养． 知识总结 ①核心概念：线面平行判定、线面平行性质、面面平行判定、面面平行性质、中位线定理（三角形、矩形 / 梯形）与共面判定（两条平行线确定一个平面）. ②解题要点：思路有三种，直接法：在平面 BCC₁B₁ 内找一条与 DE 平行的直线 —— 本题直接找不易，需借助中位线间接转化；构面法：把 "面" 补齐 ——过 DE 构造一个与平面 BCC₁B₁ 平行的辅助平面.取 G=A₁C₁ 中点、H=AB 中点，则 DG∥CC₁、GE∥B₁C₁（∥BC），两条相交直线 DG、GE 均平行于目标平面 ⇒ 平面 DGEH∥平面 BCC₁B₁，再由面面平行性质得 DE∥平面 BCC₁B₁； 共面处理：由 EH∥AA₁∥DG 得 E、H、D、G 四点共面，从而保证 DE 确实落在辅助平面 DGEH 内；坐标法：以 A 为原点、AB/AC/AA₁ 为坐标轴建系，求出平面 BCC₁B₁ 的法向量 n，验证 n・DE=0 即可. ③拓展关联：与第 (2) 问衔接：第 (1) 问证明的线面平行可为后续 "求线面角、点面距、体积、二面角" 提供转化基础，题目给出的具体边长正是为第 (2) 问的度量计算准备的；本题打通了 "综合几何法（构面）+ 坐标向量法（法向量）" 两条主线，可补充补形法（补成直四棱柱）作对比教学；模型迁移："平行于侧棱的中位线"（DG∥CC₁）与 "平行于底面的中位线"（GE∥B₁C₁∥BC）两个子模型，可推广到四棱柱、台体乃至任意柱体的平行证明，是立体几何化归思想的重要载体. 分步解析 （1）解法一：第一步：取，的中点，证明平面 设，的中点分别为，，连接，，，， 因为分别为，的中点，则，， 且平面，平面，所以平面， 第二步：根据分别为，的中点，证明平面 又因为分别为，的中点，则， 且平面，平面，所以平面， 第三步：证明四点共面 又因为分别为，的中点，则， 可得，可知四点共面， 第四步：证明平面平面 因为，平面，则平面平面， 第五步：证明平面 且平面，所以平面； 解法二：取的中点，连接，． 因为，分别为，的中点，所以，且． 因为四边形为矩形且为的中点， 所以，． 所以四边形是平行四边形． 所以． 又平面，平面， 所以平面． 解法三：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 且，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，即， 因为平面，所以平面. 考情维度 2027命题预判 分值位置 选填压轴位—— 单选第 11~12 题、多选压轴、填空第 14~16 题，单题 5 分、解答题第 (1) 问（约 4~5 分），通常不单独占分，作为证明链的一环. 核心考点 正方体、直棱柱 / 正棱锥、圆柱、球等规则几何体，配合中点、三等分点、动点设问.截面、交线、共面、共线 命题特点 "截面（含交线）是主干、共线共面是轻量"；截面考的是" 作截面→算面积 / 周长→最值→动态 "，共面共线考的是" 基本事实的灵活运用 ". 备考策略 1.截面作图四技（直接连线法、平行线法、相交线法、补形法）必须练成肌肉记忆；抓住 "面面平行的性质（交线平行）" 和 "线面平行的性质（交线平行）" 两条作截线的核心依据.2. 面积最值归一化：把 "截面面积最大" 转化为 "截面位置参数化→面积函数→最值"，重点掌握正方体过中心的等角截面（正六边形）这一母题. 3. 共面共线回归公理：紧扣三个基本事实（不共线三点定平面、直线两点在面内则直线在面内、两平面交线唯一），把 "证共面" 固定为 "证两线平行→确定平面" 或 "证点在线上" 两套路. 4. 双解法储备：截面题以纯几何（截面降维）为主、空间向量（法向量 / 坐标化）兜底；解答题第 (1) 问优先几何法省时间. 5. 特别注意，共面、共线问题虽属于“轻量考法”，但共面、共线是截面作图和解答题证明的 "隐形基本功". 考法一 截面形状判断、作图、面积计算（含动态截面） 【十年真题*精选】 真题1-1 （2018·全国I卷·高考真题） 1．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，则截此正方体所得截面面积的最大值为 A． B． C． D． 真题1-2 （2023·新课标Ⅰ卷·高考真题） 2．下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 真题1-3 （2023·全国甲卷·高考真题） 3．在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点． 【解题规律*总结】 题源 考查角度 规律总结 2018·全国I卷 正方体的性质、判断截面形状、计算正六边形面积 立体几何中截面的处理思路：（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 2023·全国I卷 正方体的性质、选择题截面 2023·全国甲卷 正方体的对称性球面性质 【三年模拟*荟萃】 模拟1-1 （2026·湖南·模拟预测） 4．已知正方体的棱长为3，P为棱AB上更靠近的三等分点，则平面截该正方体的截面的周长为（    ） A． B． C． D． 模拟1-2 （2025·广东佛山·二模） 5．如图，将一个棱长为2的正方体沿相邻三个面的对角线截出多面体，E是的中点.过点C，E，的平面与该多面体的面相交，交线围成一个多边形. (1)在图中画出该多边形（说明作法和理由），并求其面积； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 模拟1-3 （2024·四川宜宾·模拟预测） 6．已知分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则正确的选项是（    ） ①截面多边形可能是三角形或四边形. ②截面多边形周长的取值范围是. ③截面多边形面积的取值范围是. ④当截面多边形是一个面积为的四边形时，四边形的对角线互相垂直. A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 考法二 旋转体相关截面计算问题 【十年真题*精选】 真题2-1 （2018·全国I卷·高考真题） 7．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A． B． C． D． 真题2-2 （2020·全国I卷·高考真题） 8．已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 真题2-3 （2020·全国III卷·高考真题） 9．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________． 【解题规律*总结】 题源 考查角度 规律总结 2018·全国I卷 圆柱轴截面积、表面积 1.旋转体的轴截面问题，注意应用其特征它们的轴截面分别为矩形、等腰三角形、等腰梯形、圆.要注意旋转体轴截面中母线、底面半径、高等主要元素的关系.球的截面是圆面，球心距、球的半径、截面圆半径构成直角三角形.2.平行于底面的截面问题，主要在圆锥、圆台中出现. 3．过圆柱、圆锥、圆台母线的截面问题，注意图形特征，应用平面几何知识. 2020·全国I卷 球的截面性质、球表面积 2020·全国III卷 球与圆锥内切时的轴截面、球体积 【三年模拟*荟萃】 模拟2-1 （25-26高二下·浙江台州·期末） 10．已知正方体的8个顶点都在球的球面上，且过，，三点的平面截球所得截面面积为，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 模拟2-2 （2025·广东揭阳·模拟预测） 11．如图，已知圆台的轴截面为ABCD，其中为圆弧的中点，，则（   ） A．圆台的体积为 B．圆台母线所在直线与平面所成角的最大值为 C．过任意两条母线作圆台的截面，截面面积的最大值为 D．过三点的平面与圆台下底面的交线长为 模拟2-3 （2024·福建泉州·模拟预测） 12．陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成．如图，已知一木制陀螺内接于一表面积为的球，其中圆柱的两个底面为球的两个截面，圆锥的顶点在该球的球面上，若圆柱的底面直径为，则该陀螺的体积为（    ） A． B． C． D． 考法三 多面体截面相关计算问题 【十年真题*精选】 真题3-1 （2023·新课标Ⅱ卷·高考真题） 13．底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 真题3-2 （2019·全国III卷·高考真题） 15．学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________. 【解题规律*总结】 题源 考查角度 规律总结 2023·全国Ⅱ卷 棱锥截面、棱台体积 1.多面体的截面问题较为复杂，应注意从确定“截痕”图形特征入手，具体问题具体分析，应用平面几何知识．2.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． 3.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． 2019·全国III卷 长方体体积、四棱锥体积 【三年模拟*荟萃】 模拟3-1 （2026·天津河西·三模） 16．已知正方体中，点，，分别为棱，，的中点，过点，，的平面将正方体分成的两个几何体的体积之比为（     ） A． B． C． D． 模拟3-2 （2025·海南·模拟预测） 17．已知正四面体棱长为4，所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得的截面之和为（   ） A．4 B． C． D． 模拟3-3 （24-25高三上·河北邯郸·阶段检测） 18．如图，若正方体的棱长为2，点M是正方体在侧面上的一个动点（含边界），点P是棱的中点，则下列结论正确的是（    ）    A．三棱锥的体积为 B．若，则点M的轨迹是以为半径的半圆弧 C．若，则的最大值为3 D．平面截正方体的截面面积为 考法一 几何体面的交线问题 【十年真题*精选】 真题1-1 （2020·山东·高考真题） 19．已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 真题1-2 （2020·山东·高考真题） 20．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 【三年模拟*荟萃】 模拟1-1 （2026·湖南常德·一模） 21．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． 模拟1-2 （25-26高三下·上海·期中） 22．点是棱长为1的正方体棱上一点，则满足的点的个数为______. 模拟1-3 （24-25高三上·上海·期中） 23．如图，正方体的棱长为4，点E、F分别为棱和的中点. (1)求异面直线EF与BC所成角的大小； (2)求作平面CEF与正方体各面相交所得截面，保留痕迹并简要说明截面特征； 考法二 几何体中共（点）线、共面问题 【十年真题*精选】 真题2-1 （2019·全国III卷·高考真题） 24．图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，，将其沿折起使得与重合，连结，如图2. (1)证明图2中的四点共面，且平面平面； (2)求图2中的四边形的面积. 真题2-2 （2019·北京·高考真题） 25．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点. （Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC； （Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE； （Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由. 真题2-3 （2019·全国III卷·高考真题） 26．如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则（    ） A．，且直线是相交直线 B．，且直线是相交直线 C．，且直线是异面直线 D．，且直线是异面直线 【解题规律*总结】 1.共面共线回归公理：紧扣三个基本事实（不共线三点定平面、直线两点在面内则直线在面内、两平面交线唯一），把 "证共面" 固定为 "证两线平行→确定平面" 或 "证点在线上" 两套路. 2.证明四点共面的基本思路：一是直接证明，即利用基本事实或推论来直接证明；二是先由其中不共线的三点确定一个平面，再证第四个点也在这个平面内即可； 3.要证明点共线问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用基本事实3，即证点在两个平面的交线上，本题即采用这种证法；或者选择其中两点确定一直线，然后证明另一点也在直线上； 4.证明空间三线共点问题，先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过这点，把问题转化为证明点在直线上. 【三年模拟*荟萃】 模拟2-1 （25-26高三下·广西南宁·阶段检测） 27．设正方体的棱长为，为线段上的一个动点，则运动过程中，下列说法正确的是（    ） A． B．存在，满足，，，四点共面 C．直线与平面所成角为定值 D．当点运动至中点时，平面截正方体的截面图形的面积为 模拟2-2 （2025高三·全国·专题练习） 28．如图，正四棱台中，点分别是棱，的中点，则下列判断中，正确的是（    ）    A．四点共面 B．平面 C．平面 D．平面 模拟2-3 （2024·广东惠州·模拟预测） 29．如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．四点，，，在同一平面内 B．三条直线，，有公共点 C．直线与直线不是异面直线 D．直线上存在点使，，三点共线 预测角度 预测缘由 试题指引 备考提醒 正方体、由平面的基本性质作截面图形 考查基础 如押题第1题 1.共线共面虽属轻量考法，但像那类 "折叠 + 四点共面"问题一旦再现，是普通学生失分重灾区 —— 折叠前后 "找不变量（平行、垂直、长度）" 是破题关键，务必专项训练.2. 警惕 "截面形状" 陷阱：正方体斜截面不可能出现直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形，可作为快速排除法则. 3.球面交线常被忽略：像 "球面截几何体求交线长"，本质是圆与平面相交的弧长，难度中档但得分率不高，建议补 "球心到截面距离 — 截面圆半径 — 弧长" 链. 4.书写规范：解答题证共面 / 共线时，公理使用要写明依据，避免 "显然共面" 式跳步. 圆台的几何特征、截面 考查基础 如押题第2题 三棱锥、棱台的几何特征 考查基础 如押题第3题 三棱锥及其外接球、三棱锥体积、球的截面 考查基础、体现融合 如押题第4题 正四面体、证明点共面、棱锥体积 考查基础 如押题第5题 （押题1:正方体、由平面的基本性质作截面图形） 30．如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点，在上，且，平面与棱所在直线交于点，则（   ）    A． B． C． D． （押题2:圆台的几何特征、截面） 31．圆台上、下底面的半径分别为r和R，平行于底面的截面把圆台的侧面分成上、下两部分的面积比为，求截面的半径． （押题3:三棱锥、棱台的几何特征） 32．底面边长为，高为2的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，得到一个正三棱锥和一个正三棱台．当正三棱台的外接球半径最小时，该正三棱台的高为（   ） A． B．1 C． D． （押题4:三棱锥及其外接球、三棱锥体积、球的截面） 33．在三棱锥中，已知，，平面平面，且三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，点F在线段上运动（端点除外），当三棱锥的体积为时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为________． （押题5:正四面体、证明点共面、棱锥体积） 34．如图，在棱长为2的正四面体中，分别是棱的中点. (1)证明：四点共面； (2)求四棱锥的体积. 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《考点53 截面、共线、共面 【讲】黄金考点总动员2027届》参考答案： 1．A 【分析】首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果. 【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的， 所以在正方体中， 平面与线所成的角是相等的， 所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等， 要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的， 且过棱的中点的正六边形，且边长为， 所以其面积为，故选A. 点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果. 2．ABD 【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断. 【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过的中点作，设， 可知，则， 即，解得， 且，即， 故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱， 若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为， 可知：，则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 3．12 【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解. 【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图， 由题意可知，为球心，在正方体中，， 即， 则球心到的距离为， 所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点， 同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点， 所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12. 故答案为：12 4．B 【详解】如图，取棱DC上更靠近的三等分点，连接，． 因为// ，所以四边形为平行四边形， 所以//，. 所以，， 所以平面截正方体的截面为平行四边形． 因为，， 所以该截面的周长为． 5．(1)作图、理由如下： 若为的中点，连接，显然， 所以共面，即交线围成的多边形为； 该多边形面积为； (2). 【分析】（1）若为的中点，连接，结合正方体的结构易得共面，即得多边形，进而求其面积； （2）先证平面平面，再求平面与平面的夹角的余弦值即可. 【详解】（1）交线围成的多边形为，理由略， 由题意，为等腰梯形，且，， 所以. （2）由正方体的结构特征，易知， 由平面，平面，则平面， 同理得平面，都在平面内， 所以平面平面， 故平面与平面的夹角，即为平面与平面的夹角， 而是棱长为的正四面体，所以. 6．D 【分析】将平面从平面开始旋转，结合对称性可判断①；设，利用余弦定理表示出，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断②；先判断，然后利用向量方法求出，可得截面面积的范围，可判断③；由③可判断④. 【详解】对于①，当平面过或时，截面为三角形. 易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时， 由对称性可知，此时平面与交于点，且， 此时截面为四边形，①正确； 对于②，设，由余弦定理得， ， 由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和， 当三点共线时取得最小值， 由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值， 所以截面多边形周长的取值范围是，所以②错误； 对于③，记与的交点为，由对称性，， 所以，， 因为， 所以，所以， 记， 则， 因为， 所以 ， 由二次函数性质可知，，即， 所以，③正确； 对于④，由③知，当截面为四边形时，对角线，垂直，所以④正确． 故选：D 【点睛】关键点睛：本题解题关键是找到正四面体的对称性，根据对称性判断截面形状，利用余弦定理求周长，利用空间向量求距离，然后可得面积，题目综合性强，对学生的直观想象能力有较高的要求. 7．B 【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积. 详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形， 结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为， 所以其表面积为，故选B. 点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和. 8．A 【分析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论. 【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意， 得，为等边三角形， 由正弦定理可得， ，根据球的截面性质平面， ， 球的表面积. 故选：A    【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 9． 【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中，且点M为BC边上的中点， 设内切圆的圆心为，    由于，故， 设内切圆半径为，则： ， 解得：，其体积：. 故答案为：. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 10．C 【详解】设截面圆半径为，由截面面积，解得， 设正方体棱长为，由正方体棱长关系可得， 即是等边三角形，由正弦定理可得其外接圆半径， 故，解得， 设正方体外接球半径为，则其直径等于正方体对角线，即 ，解得， 球的体积为． 11．AD 【分析】对于A选项，因为，得到圆台上底面圆半径为，下底面圆半径为，圆台的高，求出圆台的体积，故A正确；由得，将圆台补成圆锥，顶点记为，底面圆的圆心记为，连接，求出平面，得到平面平面，母线所在直线与平面所成的角最大为，再由，得，当两条母线所在直线夹角为时面面积最大；在梯形中，连接并延长交的延长线于点，连接交底面圆于点，则为截面与底面圆的交线，求出. 【详解】对于A选项，因为，所以圆台上底面圆半径为，下底面圆半径为，所以圆台的高， 所以圆台的体积，故A正确； 由得，因为，所以， 如图，将圆台补成圆锥，顶点记为，底面圆的圆心记为，连接， 因为为中点，所以，因为平面平面， 所以，因为平面， 所以平面，， 因为平面，所以平面平面， 此时母线所在直线与平面所成的角最大为，，故B错误； 由得， 所以，当两条母线所在直线夹角为时面面积最大为，故C错误； 如图，在梯形中，连接并延长交的延长线于点，连接交底面圆于点，则为截面与底面圆的交线，由得， 所以， 取中点，则， 所以，故D正确． 故选：AD. 12．B 【分析】根据题意易得陀螺的外接球半径，球心为圆柱的中心，再利用球的几何性质，分别求出圆柱与圆锥的高，最后根据体积公式，即可求解． 【详解】如图：做陀螺的轴截面，则陀螺的轴截面内接于圆，设圆的半径为，圆柱的底面半径为. 由，球心为圆柱的中心， 又圆柱的底面半径，所以球心到圆柱底面距离， 所以圆柱的高为，圆锥的高为， 所以该陀螺的体积为. 故选：B 13． 【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解. 【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为. 故答案为：. 14． 【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解. 【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为. 故答案为：. 15． 【分析】根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量. 【详解】由题意得， ， 四棱锥O−EFGH的高3cm， ∴． 又长方体的体积为， 所以该模型体积为， 其质量为． 【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解． 16．A 【分析】通过补形的方法，作出截面，通过分割多面体的方法求得其中一部分的体积，从而求得另一部分的体积，即可得到两部分体积之比. 【详解】如图，以正方体的侧面为面，作正方体. 取的中点，连接， 由// ，且，知四边形为平行四边形， 所以// ， . 易知// ，. 又点，分别为棱，的中点，所以// ，所以// . 连接，交于点， 因为// ，且，所以， 所以为棱最靠近的六等分点. 取棱最靠近的六等分点，连接. 因为，// ， 所以四边形为平行四边形，所以// ，. 所以，// ， 所以四边形为平行四边形，所以// ，. 连接，则点五点共面，五边形为正方体的截面. 设正方体的棱长为， 则，，， 所以几何体的体积等于 . 所以剩余部分的体积为. 所以过点，，的平面将正方体分成的两个几何体的体积之比为. 17．C 【分析】分两类，由过同一顶点的三条侧棱的中点确定的截面，与一组对棱平行且过棱的中点的截面. 【详解】如图1，E，F，G分别为正四面体棱的中点，此时它的四个顶点到截面EFG的距离相等， 是边长为2的等边三角形，．这样的截面有4个； 如图2，E，F，M，N分别为正四面体棱的中点， 此时它的四个顶点到截面EFMN的距离相等， 四边形EFMN是边长为2的正方形，，这样的截面有3个， 所以满足条件的截面的面积之和为：． 故选：C．    18．ACD 【分析】由，再结合棱锥的体积公式求出定值可得A正确；在面上，过点P作，由线面垂直的性质得到，再由勾股定理计算出可得B错误；在面上，过点P作，连接，取的中点N，连接，，，，先由线面垂直的判定定理证明平面，进而得到点M的轨迹，再由勾股定理计算长度即可得C正确；由平面截正方体得到的矩形，计算其面积可得D正确； 【详解】对于A，因为点P为棱的中点，所以三角形的面积是定值，且点M到面的距离是正方体的棱长，所以三棱锥的体积是定值， 三棱锥的体积，故A正确； 对于B，在面上，过点P作，则由正方体的性质得平面，平面，所以. 又，正方体的棱长为2，所以. 所以点的轨迹是以Q为圆心，1为半径的半圆弧，故B错误； 对于C，在面上，过点P作，则点Q是的中点. 连接，取的中点N，连接，，，， 则，. 因为平面，平面，所以. 又，平面，所以平面，所以点M的轨迹是线段. 在中，，，， 所以的最大值为3，故C正确； 对于D，平面截正方体的截面为矩形，其面积为，故D正确； 故选：ACD.    19．. 【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果. 【详解】如图： 取的中点为，的中点为，的中点为， 因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，， 又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以， 因为，所以侧面， 设为侧面与球面的交线上的点，则， 因为球的半径为，，所以， 所以侧面与球面的交线上的点到的距离为， 因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧， 因为，所以， 所以根据弧长公式可得. 故答案为：. 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题. 20． （1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面， 所以平面，又因为平面，平面平面， 所以，因为在四棱锥中，底面是正方形， 所以且平面，所以 因为，所以平面． （2）. 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面； （2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【详解】（1）略 （2）［方法一］【最优解】：通性通法 因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，设， 设，则有， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. ［方法二］：定义法 如图2，因为平面，，所以平面． 在平面中，设． 在平面中，过P点作，交于F，连接． 因为平面平面，所以． 又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角． 设，在中，易求． 由与相似，得，可得． 所以，当且仅当时等号成立． ［方法三］：等体积法 如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求． 设，在三棱锥中，． 在三棱锥中，． 由得， 解得， 当且仅当时等号成立． 在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为． 【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解； 方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出； 方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出． 21．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． 【分析】根据正方体的性质，结合勾股定理求解判断即可. 【详解】若点在上时，设，， 则，解得. 同理结合正方体的对称性，若点在，，，，上时，存在点满足条件. 若点在上时，设，， 则， 整理得，， ，无实数解. 同理结合正方体的对称性，若点在，，，，上时，不存在满足条件的点. 综上满足的点的个数为6. 23．(1)； (2)五边形为所求截面 【分析】（1）取中点，利用正方体特征及异面直线夹角的求法计算即可； （2）利用基本事实与推论作图即可. 【详解】（1）取中点，连接，易知， 所以异面直线EF与BC所成角即， 由正方体特征可知平面，平面， 则，所以， 所以异面直线EF与BC所成角为； （2）延长交于N点，连接交于H点， 并延长与延长线交于M点，连接交于G点， 连接，则五边形为所求截面， 24．(1)在图1中，，， 在图2中，可得，所以四点共面. 又，，平面， 可得平面， 又因为平面ABC，所以平面平面，得证. (2)4 【分析】（1）根据题意可证依然成立，即可得四点共面；可证平面，即可证面面垂直； （2） 欲求四边形的面积，需求出所对应的高，然后乘以即可． 【详解】（1）略 （2）取的中点，连结， 因为，平面，所以平面， 而平面，故， 由已知，四边形是菱形，且得， 而平面，故平面， 而平面，因此． 在中，，，故． 所以四边形的面积为4. 【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形的面积考查考生的空间想象能力. 25． （Ⅰ）证明：因为平面,所以； 因为底面是菱形，所以; 因为,平面, 所以平面. （Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以, 因为,所以； 因为平面，平面, 所以； 因为 所以平面， 平面,所以平面平面. （Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下: 分别取的中点，连接, 在三角形中，且； 在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以; 又平面，平面，所以平面. 【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论； (Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直； (Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点. 【详解】（Ⅰ）略 （Ⅱ）略 （Ⅲ）略 【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 26．B 【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题． 【详解】如图所示，连接，点为正方形的中心， 则经过点，且点为中点，又因为是线段的中点， 所以在中，，所以四点共面，即直线是相交直线； 作于，连接，过作于． 连，平面平面． 平面，平面，平面， 与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知， ．，故选B． 【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形． 27．ABD 【分析】AC选项，建立空间直角坐标系，利用相关公式判断AC；B选项，当与重合时，四点共面；D选项，得到平面截正方体的截面图形，并计算出面积. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设，， 则，则， 则，，A正确； B选项，因为，所以四点共面， 故当与重合时，四点共面，故存在点，使得四点共面，B正确； C选项，平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角大小为， 则， 由于，故不是定值，C错误； D选项，当点运动至中点时，取的中点，连接， 则且，所以四边形为平行四边形， 平面截正方体的截面图形为平行四边形，且， 面积为，D正确. 28．ABD 【分析】由正棱台的特性可判断A；易证即可判断B；由题可证平面，即可得与平面不垂直判断C；由题可得，再根据线面平行的判定即可判断D. 【详解】对于A，如图，延长棱，则棱的延长线必交于一点， 设该交点为，连接，则点均在平面上，所以四点共面，故A正确． 对于B，连接，因为点分别是的中点，所以． 由正四棱台的性质知，，所以，所以四点共面， 所以平面，故B正确．    对于C，连接，因为分别是的中点，所以． 因为四边形为正方形，所以，所以． 设，连接，则平面， 又平面，所以平面平面． 因为平面平面平面， 所以平面．因为平面平面， 所以与平面不垂直，故C不正确． 对于D，因为平面平面， 所以平面，故D正确． 故选：ABD． 29．ABD 【分析】对于A：根据平行关系可证，即可得四点共面；对于B：根据平面的性质分析判断；对于C：根据异面直线的判定定理分析判断；对于D：可知与相交，即可判断. 【详解】作图，如图：    对于选项A：连接， 因为，可知为平行四边形，则， 又因为，分别为，的中点，则， 可得，所以四点，，，在同一平面内，故A正确； 对于选项B：延长，则相交于点，即， 又因为平面，平面， 则平面，平面， 且平面平面，所以， 即三条直线，，有公共点，故B正确； 对于选项C：因为平面，平面，， 所以直线与直线是异面直线，故C错误； 对于选项D：因为均在平面内，连接，则与相交， 所以直线上存在点使，，三点共线，故D正确； 故选：ABD. 30．C 【分析】根据正方体的性质可得平面与平面平行，利用面面平行的性质定理可得平面与它们的交线平行， 然后作平行线找到点的位置，利用三角形相似即可求出的值. 【详解】    在正方体中，根据正方体的性质可得平面与平面平行， 利用面面平行的性质定理可得平面与它们的交线平行， 所以过点作直线的平行线与延长线交于一点， 此交点即为平面与棱所在直线交点，连接，如图所示. 所以四边形是平行四边形，所以， 又，分别为，的中点，所以， 因为，所以，所以， 又因为，所以， 所以. 故选：. 31． 【分析】首先根据题意作出轴截面，利用比例关系，求截面的半径. 【详解】如图，作出圆台的轴截面，设截面半径为x，且l，m分别表示截面分成上、下两部分圆台的母线长， 根据圆台侧面积公式得（*） 由轴截面内的知，由合比定理，得，代入式（*）， 得，再由合比定理，得，所以， 所以截面的半径为. 32．A 【分析】根据正三棱锥和正三棱台的结构特征计算即可. 【详解】当正三棱台的外接球半径最小时，原正三棱锥底面的外接圆恰为外接球的大圆， 在正三角形中，，所以该三角形的高为， 所以其外接圆半径为高的，即，所以外接球半径为1. 设此时正三棱台的高为，根据相似，可得， 所以. 因为正三角形的高为. 所以正三角形的外接圆半径为， 由几何关系可知， 解得，故高为. 33．2π 【分析】作出辅助线，得到外接球球心和半径，求出，故为的中点，，当截面与垂直时，截面面积最小，从而求出答案 【详解】取的中点，连接， 因为，， 所以，， 故，所以为三棱锥的外接球球心O， 三棱锥的外接球半径为， 即为平面与平面的夹角， 因为平面平面，所以， 其中，故， 又三棱锥的体积为，所以 故为的中点，， 过点F作球O的截面，当截面与垂直时，截面面积最小， 此时截面半径为，截面面积为. 34．(1) 在中，是棱的中点， ，同理可得， ， 四点共面. (2) 【分析】（1）由条件推得，即可证明四点共面； （2）根据几何体的特征，利用等体积转化，即可求解. 【详解】（1）略. （2）连接， 由（1），， 四边形为平行四边形， ， 四面体为正四面体， 在平面内的射影为的中心， ， 在中，， . . 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $