資源簡介

拔高點突破01 立體幾何中的截面、交線問題　
目錄
01 方法技巧與總結 2
02 題型歸納與總結 2
題型一：截面作圖 2
題型二：截面圖形的形狀、面積及周長問題 4
題型三：截面切割幾何體的體積問題 5
題型四：球與截面問題 6
題型五：截面圖形的個數問題 6
題型六：平面截圓錐問題 7
題型七：截面圖形有關面積、長度及周長范圍與最值問題 8
題型八：截面有關的空間角問題 10
題型九：交線問題 10
03 過關測試 11
解決立體幾何截面問題的解題策略．
1、坐標法
所謂坐標法就是通過建立空間直角坐標系，將幾何問題轉化為坐標運算問題，為解決立體幾何問題增添了一種代數計算方法．
2、基底法
所謂基底法是不需要建立空間直角坐標系，而是利用平面向量及空間向量基本定理作為依托，其理論依據是：若四點E、F、G、H共面，為空間任意點，則有：
結論1：若與不共線，那么；
結論2：．
3、幾何法
從幾何視角人手，借助立體幾何中的線線平行、線面平行、面面平行的性質與判定定理以及平面幾何相關定理、結論，通過論證，精準找到該截面與相關線、面的交點位置、依次連接這些點，從而得到過三點的完整截面，再依據題意完成所求解答或證明．
題型一：截面作圖
【典例1-1】（2024·河南·三模）如圖，在四棱錐中，底面為等腰梯形，分別為的中點.
在答題卡的圖中作出平面截四棱錐所得的截面，寫出作法（不需說明理由）；
【典例1-2】如圖所示，已知正方體，過點作截面，使正方體的12條棱所在直線與截面所成的角皆相等，試找出滿足條件的一個截面．

【變式1-1】如圖，已知正方體的棱長為1，分別是線段上靠近的三等分點．過點作該正方體的截面，試求截面圖形的周長和面積．
【變式1-2】如圖，正四面體ABCD中，P是AB上一點，，，，R為CD中點，截面PRQ與CB交于點S．確定S的位置．
題型二：截面圖形的形狀、面積及周長問題
【典例2-1】（2024·全國·模擬預測）已知正方體中，點是線段上靠近的三等分點，點是線段上靠近的三等分點，則平面AEF截正方體形成的截面圖形為（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
【典例2-2】（2024·高三·江西·開學考試）已知一正方體木塊的棱長為4，點在棱上，且.現過三點作一截面將該木塊分開，則該截面的面積為（ ）
A． B． C． D．
【變式2-1】（2024·江西·模擬預測）已知在長方體中，，點，，分別在棱，和上，且，，，則平面截長方體所得的截面形狀為（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
【變式2-2】（2024·陜西咸陽·模擬預測）如圖，在棱長為2的正四面體中，，分別為棱，的中點，為線段的中點，球的表面與線段相切于點，則球被正四面體表面截得的截面周長為 ．
題型三：截面切割幾何體的體積問題
【典例3-1】（2024·河北·模擬預測）過圓錐高的中點作平行于底面的截面，則截面分圓錐上部分圓錐與下部分圓臺體積比為（ ）
A． B． C． D．
【典例3-2】（2024·湖南婁底·模擬預測）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，點D是棱上的點，，若截面分這個棱柱為兩部分，則這兩部分的體積比為（ ）
A．1:2 B．4:5 C．4:9 D．5:7
【變式3-1】（2024·貴州貴陽·一模）在三棱柱中，底面，，點是棱上的點，，若截面分這個棱柱為兩部分，則這兩部分的體積比為（ ）
A． B． C． D．
【變式3-2】（2024·河北衡水·一模）已知正三棱柱，過底邊的平面與上底面交于線段，若截面將三棱柱分成了體積相等的兩部分，則（ ）
A． B． C． D．
題型四：球與截面問題
【典例4-1】（2024·福建漳州·一模）在直三棱柱中，，，過作該直三棱柱外接球的截面，所得截面的面積的最小值為 ．
【典例4-2】（2024·河南新鄉·二模）已知一平面截球所得截面圓的半徑為2，且球心到截面圓所在平面的距離為1，則該球的體積為 ．
【變式4-1】已知球的體積為，高為1的圓錐內接于球O，經過圓錐頂點的平面截球和圓錐所得的截面面積分別為，若，則
【變式4-2】（2024·陜西西安·三模）如圖，已知球的半徑為，在球的表面上，，連接球心與，沿半徑旋轉使得點旋轉到球面上的點處，若此時，且球心到所在截面圓的距離為，則球的表面積為 ．

題型五：截面圖形的個數問題
【典例5-1】過正四面體的頂點P作平面，若與直線，，所成角都相等，則這樣的平面的個數為（ ）個
A．3 B．4 C．5 D．6
【典例5-2】（2024·陜西榆林·陜西省榆林中學校考三模）過正方體的頂點作平面，使得正方體的各棱與平面所成的角都相等，則滿足條件的平面的個數為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-1】設四棱錐的底面不是平行四邊形,用平面去截此四棱錐,使得截面四邊形是平行四邊形,則這樣的平面
A．有無數多個 B．恰有個 C．只有個 D．不存在
【變式5-2】（2024·浙江·模擬預測）過正四面體ABCD的頂點A作一個形狀為等腰三角形的截面，且使截面與底面BCD所成的角為，這樣的截面有（ ）
A．6個 B．12個 C．16個 D．18個
題型六：平面截圓錐問題
【典例6-1】用一個垂直于圓錐的軸的平面去截圓錐，截口曲線（截面與圓錐側面的交線）是一個圓，用一個不垂直于軸的平面截圓錐，當截面與圓錐的軸的夾角不同時，可以得到不同的截口曲線，它們分別是橢圓、拋物線、雙曲線．因此，我們將圓、橢圓、拋物線、雙曲線統稱為圓錐曲線．記圓錐軸截面半頂角為，截口曲線形狀與有如下關系：當時，截口曲線為橢圓；當時，截口曲線為拋物線：當時，截口曲線為雙曲線．如圖1所示，其中，現有一定線段，其與平面所成角（如圖2），為斜足，上一動點滿足，設點在的運動軌跡是，則（ ）

A．當時，是拋物線 B．當時，是雙曲線
C．當時，是圓 D．當時，是橢圓
【典例6-2】（2024·福建泉州·模擬預測）已知圓錐SO的軸截面是邊長為2的正三角形，過其底面圓周上一點A作平面，若截圓錐SO得到的截口曲線為橢圓，則該橢圓的長軸長的最小值為（ ）
A． B．1 C． D．2
【變式6-1】如圖1，用一個平面去截圓錐，得到的截口曲線是橢圓.許多人從純幾何的角度對這個問題進行研究，其中比利時數學家Germinal dandelion（1794-1847）的方法非常巧妙，極具創造性.在圓錐內放兩個大小不同的球，使得它們分別與圓錐的側面、截面相切，兩個球分別與截面切于、，在截口曲線上任取一點，過作圓錐的母線，分別與兩個球切于、，由球和圓的幾何性質，可以知道，，，于是，由、的產生方法可知，它們之間的距離是定值，由橢圓定義可知，截口曲線是以、為焦點的橢圓.如圖2，一個半徑為1的球放在桌面上，桌面上方有一點光源，則球在桌面上的投影是橢圓，已知是橢圓的長軸，垂直于桌面且與球相切，，則橢圓的離心率為（ ）

A． B． C． D．
【變式6-2】（2024·上海虹口·模擬預測）在圓錐中，已知高，底面圓的半徑為4，M為母線的中點，根據圓錐曲線的定義，下列四個圖中的截面邊界曲線分別為圓、橢圓、雙曲線及拋物線，下面四個命題，正確的個數為（ ）

①圓的面積為；
②橢圓的長軸長為；
③雙曲線兩漸近線的夾角正切值為；
④拋物線的焦點到準線的距離為
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
題型七：截面圖形有關面積、長度及周長范圍與最值問題
【典例7-1】（2024·四川宜賓·模擬預測）已知分別是棱長為2的正四面體的對棱的中點.過的平面與正四面體相截，得到一個截面多邊形，則正確的選項是（ ）
①截面多邊形可能是三角形或四邊形.
②截面多邊形周長的取值范圍是.
③截面多邊形面積的取值范圍是.
④當截面多邊形是一個面積為的四邊形時，四邊形的對角線互相垂直.
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
【典例7-2】（2024·四川·一模）設正方體的棱長為1，與直線垂直的平面截該正方體所得的截面多邊形為M．則下列結論正確的是（ ）．
A．M必為三角形 B．M可以是四邊形
C．M的周長沒有最大值 D．M的面積存在最大值
【變式7-1】若圓錐的軸截面是一個頂角為，腰長為2的等腰三角形，則過此圓錐頂點的所有截面中，截面面積的最大值為（ ）
A． B．1 C．3 D．2
【變式7-2】（多選題）（2024·福建廈門·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，點E，F分別是和的中點，則（ ）
A．
B．
C．點F到平面EAC的距離為
D．過E作平面與平面ACE垂直，當與正方體所成截面為三角形時，其截面面積的范圍為
【變式7-3】正方體中作一截面與垂直，且和正方體所有面相交，如圖所示．記截面多邊形面積為，周長為，則（ ）
A．為定值，不為定值 B．不為定值，為定值
C．和均為定值 D．和均不為定值
題型八：截面有關的空間角問題
【典例8-1】（2024·四川成都·高三校聯考期末）在正方體中，為線段的中點，設平面與平面的交線為，則直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【典例8-2】在正方體中，E為線段AD的中點，設平面與平面的交線為，則直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【變式8-1】（2024·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考模擬預測）在正方體中，為中點，過的截面與平面的交線為，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
題型九：交線問題
【典例9-1】（2024·四川綿陽·模擬預測）如圖，在正方體中，E是棱的中點，記平面與平面ABCD的交線，平面與平面的交線，若直線AB與所成角為，直線AB與所成角為，則的值是 ．

【典例9-2】（2024·全國·模擬預測）已知正四棱柱中，，，點為的中點，點為的中點，平面與平面的交線為，則異面直線與所成角的余弦值為 .
【變式9-1】（2024·浙江寧波·一模）在棱長均相等的四面體中，為棱（不含端點）上的動點，過點的平面與平面平行．若平面與平面，平面的交線分別為，則所成角的正弦值的最大值為 ．
【變式9-2】（2024·山東·二模）三棱錐中，和均為邊長為2的等邊三角形，分別在棱上，且平面平面，若，則平面與三棱錐的交線圍成的面積最大值為 ．
【變式9-3】（2024·廣東汕頭·一模）如圖，在正方體中，是棱的中點，記平面與平面的交線為，平面與平面的交線為，若直線分別與所成的角為，則 ， .
1．已知球O是正三棱錐（底面是正三角形，頂點在底面的射影為底面中心）的外接球，，，點E為線段的中點.過點E作球O的截面，則所得截面面積的最小值是（ ）
A． B． C． D．
2．已知正三棱錐的外接球是球，正三棱錐底邊，側棱，點在線段上，且，過點作球的截面，則所得截面圓面積的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·四川資陽·二模）已知球O的體積為，點A到球心O的距離為3，則過點A的平面被球O所截的截面面積的最小值是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·寧夏吳忠·模擬預測）已知正三棱錐的外接球是球，正三棱錐底邊，側棱，點在線段上，且，過點作球的截面，則所得截面圓面積的最大值是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·四川綿陽·模擬預測）在長方體中，，點是線段上靠近的四等分點，點是線段的中點，則平面截該長方體所得的截面圖形為（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
6．（2024·四川成都·二模）在正方體中，、分別是棱、靠近下底面的三等分點，平面平面，則下列結論正確的是（ ）
A．過點
B．
C．過點的截面是三角形
D．過點的截面是四邊形
7．（2024·安徽安慶·三模）在正方體中，點分別為棱的中點，過點三點作該正方體的截面，則（ ）
A．該截面多邊形是四邊形
B．該截面多邊形與棱的交點是棱的一個三等分點
C．平面
D．平面平面
8．（多選題）（2024·河南信陽·二模）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，為的中點．，過作平面的垂線，垂足為，連，，設，的交點為，在中過作直線交，于，兩點，，，過作截面將此四棱錐分成上、下兩部分，記上、下兩部分的體積分別為，下列說法正確的是（ ）

A． B．
C． D．的最小值為
9．（多選題）（2024·福建福州·模擬預測）在棱長為2的正方體中，分別是的中點，是線段上的動點（不含端點），則（ ）
A．存在點，使平面
B．存在點，點到直線的距離等于
C．過四點的球的體積為
D．過三點的平面截正方體所得截面為六邊形
10．（2024·山西呂梁·二模）已知圓臺的高為3，中截面（過高的中點且垂直于軸的截面）的半徑為3，若中截面將該圓臺的側面分成了面積比為1:2的兩部分，則該圓臺的母線長為 .
11．現要將一邊長為101的正方體，分割成兩部分，要求如下：（1）分割截面交正方體各棱，，，于點P，Q，R，S（可與頂點重合）；（2）線段，，，的長度均為非負整數，且線段，，，的每一組取值對應一種分割方式，則有 種不同的分割方式.（用數字作答）
12．（2024·河南·模擬預測）在三棱柱中，底面，，點P是棱上的點，，若截面分這個棱柱為兩部分，則這兩部分的體積比為 .
13．（2024·浙江紹興·模擬預測）過正三棱錐的高的中點作平行于底面的截面，若三棱錐與三棱臺的表面積之比為，則直線與底面所成角的正切值為 .
14．（2024·山東臨沂·一模）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圓叫做球冠的底，垂直于截面的直徑被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直徑被截下的線段長叫做球缺的高，球缺是旋轉體，可以看做是球冠和其底所在的圓面所圍成的幾何體.如圖1，一個球面的半徑為，球冠的高是，球冠的表面積公式是，與之對應的球缺的體積公式是.如圖2，已知是以為直徑的圓上的兩點，，則扇形繞直線旋轉一周形成的幾何體的表面積為 ，體積為 .

15．（2024·高三·浙江寧波·期末）已知高為2的圓錐內接于球O，球O的體積為，設圓錐頂點為P，平面為經過圓錐頂點的平面，且與直線所成角為，設平面截球O和圓錐所得的截面面積分別為，，則 .
16．（2024·河南·三模）在正四棱柱中，，，點P為側棱上一點，過A，C兩點作垂直于BP的截面，以此截面為底面，以B為頂點作棱錐，則該棱錐的外接球的表面積的取值范圍是 ．
17．（2024·重慶·三模）在三棱錐中，為正三角形，為等腰直角三角形，且，，則三棱錐的外接球的體積為 ；若點滿足，過點作球的截面，當截面圓面積最小時，其半徑為 .
18．（2024·山東日照·一模）已知正四棱錐的所有棱長都為2；點E在側棱SC上，過點E且垂直于SC的平面截該棱錐，得到截面多邊形H，則H的邊數至多為 ，H的面積的最大值為 ．
19．（2024·安徽馬鞍山·模擬預測）已知正四棱錐的所有棱長都為2，點在側棱上，過點且垂直于的平面截該棱錐，得到截面多邊形的面積的最大值為 .
20．（2024·重慶·模擬預測）已知正四棱錐的底面邊長為2，過棱上點作平行于底面的截面若截面邊長為1，則截得的四棱錐的體積為 ．
21．（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知正方體的外接球的表面積為，點，分別是，的中點，過，，的截面最長邊長為，最短邊長為，則 .

22．已知過球面上A，B，C三點的截面和球心的距離為球半徑的一半，且，則球的表面積是 ．
23．（2024·河南·模擬預測）在棱長為2的正方體中，為的中點，過點的平面截正方體的外接球的截面面積的最小值為 .
24．古希臘數學家阿波羅尼斯在《圓錐曲線論》中記載了用平面截圓錐得到圓錐曲線的方法，如圖，將兩個完全相同的圓錐對頂放置（兩圓錐的頂點和軸都重合），已知兩個圓錐的底面直徑均為2，側面積均為，記過兩個圓錐軸的截面為平面，平面與兩個圓錐側面的交線為．已知平面平行于平面，平面與兩個圓錐側面的交線為雙曲線的一部分，且的兩條漸近線分別平行于，則該雙曲線的離心率為 ．
25．（2024·廣東湛江·模擬預測）在棱長為的正方體中，分別是和的中點，經過點的平面把正方體截成兩部分，則截面與的交線段長為 .
26．（2024·浙江·模擬預測）如圖，在棱長為12的正方體中，已知E，F分別為棱AB，的中點，若過點，E，F的平面截正方體所得的截面為一個多邊形，則該多邊形的周長為 ，該多邊形與平面，ABCD的交線所成角的余弦值為 ．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)拔高點突破01 立體幾何中的截面、交線問題　
目錄
01 方法技巧與總結 2
02 題型歸納與總結 2
題型一：截面作圖 2
題型二：截面圖形的形狀、面積及周長問題 5
題型三：截面切割幾何體的體積問題 8
題型四：球與截面問題 11
題型五：截面圖形的個數問題 13
題型六：平面截圓錐問題 16
題型七：截面圖形有關面積、長度及周長范圍與最值問題 20
題型八：截面有關的空間角問題 27
題型九：交線問題 30
03 過關測試 35
解決立體幾何截面問題的解題策略．
1、坐標法
所謂坐標法就是通過建立空間直角坐標系，將幾何問題轉化為坐標運算問題，為解決立體幾何問題增添了一種代數計算方法．
2、基底法
所謂基底法是不需要建立空間直角坐標系，而是利用平面向量及空間向量基本定理作為依托，其理論依據是：若四點E、F、G、H共面，為空間任意點，則有：
結論1：若與不共線，那么；
結論2：．
3、幾何法
從幾何視角人手，借助立體幾何中的線線平行、線面平行、面面平行的性質與判定定理以及平面幾何相關定理、結論，通過論證，精準找到該截面與相關線、面的交點位置、依次連接這些點，從而得到過三點的完整截面，再依據題意完成所求解答或證明．
題型一：截面作圖
【典例1-1】（2024·河南·三模）如圖，在四棱錐中，底面為等腰梯形，分別為的中點.
在答題卡的圖中作出平面截四棱錐所得的截面，寫出作法（不需說明理由）；
【解析】所作截面如圖1所示.
作法：延長交于點，連接交于，連接，
延長交于點，連接交于，連接，
則截面是五邊形.
【典例1-2】如圖所示，已知正方體，過點作截面，使正方體的12條棱所在直線與截面所成的角皆相等，試找出滿足條件的一個截面．

【解析】因為過同一頂點的三條棱所成的角相等的面即為與12條棱所成的角相等的面，
所以過直線的三個截面．
【變式1-1】如圖，已知正方體的棱長為1，分別是線段上靠近的三等分點．過點作該正方體的截面，試求截面圖形的周長和面積．
【解析】在棱長為1的正方體中，延長交直線于，延長交延長線于，
連接交于，交于，連接，則五邊形是過點的該正方體的截面，
平面平面，平面平面，平面平面，
則，，
同理，，因此，
，，
，
所以截面周長為；
等腰底邊上的高為，
則的面積，
顯然∽，，同理，
所以截面面積.
【變式1-2】如圖，正四面體ABCD中，P是AB上一點，，，，R為CD中點，截面PRQ與CB交于點S．確定S的位置．
【解析】由題意知，，
因截面，則，共面，進而應有，
記，有，
由此得，，，
解得，，．
于是，點S是BC邊上的五等分點，即．
題型二：截面圖形的形狀、面積及周長問題
【典例2-1】（2024·全國·模擬預測）已知正方體中，點是線段上靠近的三等分點，點是線段上靠近的三等分點，則平面AEF截正方體形成的截面圖形為（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
【答案】C
【解析】如圖，設，分別延長交于點，此時，
連接交于，連接，
設平面與平面的交線為，則，
因為平面平面，平面平面，平面平面，
所以，設，則，
此時，故，連接，
所以五邊形為所求截面圖形，
故選：C．
【典例2-2】（2024·高三·江西·開學考試）已知一正方體木塊的棱長為4，點在棱上，且.現過三點作一截面將該木塊分開，則該截面的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
如圖，在上取一點，使得，連接，
因為且，所以四邊形為平行四邊形，
所以與相交于且為的中點，
又在上，所以與相交于，且O平分，，
所以四點四點共面且四邊形為平行四邊形，
所以過三點的截面是平行四邊形，
，
，
，
故截面面積為.
故選：A.
【變式2-1】（2024·江西·模擬預測）已知在長方體中，，點，，分別在棱，和上，且，，，則平面截長方體所得的截面形狀為（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
【答案】C
【解析】如圖連接并延長交的延長線于點，連接并延長交于點，
過點作交于點，連接，
則五邊形即為平面截該長方體所得的截面多邊形.
其中因為，，，
所以，則，所以，
又，所以，所以，
則，
顯然，則，所以.
故選：C
【變式2-2】（2024·陜西咸陽·模擬預測）如圖，在棱長為2的正四面體中，，分別為棱，的中點，為線段的中點，球的表面與線段相切于點，則球被正四面體表面截得的截面周長為 ．
【答案】
【解析】
在棱長為2的正四面體中，連接，過作于，如圖，
由分別為棱的中點，得，
而平面，
則平面，又平面，于是平面平面，
而平面平面，
因此平面，而，，，則，
球半徑，，從而，
球被平面截得的截面圓半徑，
所以球被平面截得的截面周長.
又為正四面體，所以球被正四面體的每個面截得的截面都為圓，
且圓的半徑為，
所以球被正四面體表面截得的截面周長為.
故答案為：
題型三：截面切割幾何體的體積問題
【典例3-1】（2024·河北·模擬預測）過圓錐高的中點作平行于底面的截面，則截面分圓錐上部分圓錐與下部分圓臺體積比為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】設截面圓半徑為r，圓錐的高為h，圓錐的體積為,則圓臺下底面圓的半徑為2r，圓臺的高為h，圓臺的體積為，
所以，，
可得.
故選：D.
【典例3-2】（2024·湖南婁底·模擬預測）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，點D是棱上的點，，若截面分這個棱柱為兩部分，則這兩部分的體積比為（ ）
A．1:2 B．4:5 C．4:9 D．5:7
【答案】D
【解析】不妨令，且上下底面等邊三角形，
又底面ABC，易知為直三棱柱，即側面為矩形，
所以三棱柱體積，
而，故，
所以，故，
所以.
故選：D
【變式3-1】（2024·貴州貴陽·一模）在三棱柱中，底面，，點是棱上的點，，若截面分這個棱柱為兩部分，則這兩部分的體積比為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】取中點，連接，
由題意知：為等邊三角形，則為等邊三角形，，
平面，平面平面，平面，
又平面，，
平面，平面，
不妨設，則，，，
，，
，，
，即截面分棱柱的兩部分的體積比為.
故選：D.
【變式3-2】（2024·河北衡水·一模）已知正三棱柱，過底邊的平面與上底面交于線段，若截面將三棱柱分成了體積相等的兩部分，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】平面，平面平面，平面，；
設的面積為，的面積為，三棱柱的高為，
三棱臺的體積，
又三棱柱的體積，
，解得：（舍）或，
∽，，即.
故選：A.
題型四：球與截面問題
【典例4-1】（2024·福建漳州·一模）在直三棱柱中，，，過作該直三棱柱外接球的截面，所得截面的面積的最小值為 ．
【答案】
【解析】由直三棱柱可知，平面，
又，所以兩兩垂直，
設直三棱柱外接球的半徑為R，
通過構造長方體可知該三棱柱的外接球與以為邊長的長方體外接球相同；
過作該直三棱柱外接球的截面，當為所截圓的直徑時截面面積最小，
因為，
則所求截面面積最小值為.
故答案為：.
【典例4-2】（2024·河南新鄉·二模）已知一平面截球所得截面圓的半徑為2，且球心到截面圓所在平面的距離為1，則該球的體積為 ．
【答案】
【解析】由球的截面圓性質可知球的半徑，
則該球的體積為.
故答案為：.
【變式4-1】已知球的體積為，高為1的圓錐內接于球O，經過圓錐頂點的平面截球和圓錐所得的截面面積分別為，若，則
【答案】
【解析】設球O半徑為R，由，得，
平面截球O所得截面小圓半徑，由，得，
因此，球心O到平面的距離，
而球心O在圓錐的軸上，則圓錐的軸與平面所成的角為，
因圓錐的高為1，則球心O到圓錐底面圓的距離為，
于是得圓錐底面圓半徑，
令平面截圓錐所得截面為等腰，線段為圓錐底面圓的弦，
點C為弦中點，如圖，由題意，，
則，，，
所以.
故答案為：.
【變式4-2】（2024·陜西西安·三模）如圖，已知球的半徑為，在球的表面上，，連接球心與，沿半徑旋轉使得點旋轉到球面上的點處，若此時，且球心到所在截面圓的距離為，則球的表面積為 ．

【答案】/
【解析】依題意，在中，，，則，
因此的外接圓半徑，
由球心到所在截面圓的距離為，得，則，
所以球的表面積為.
故答案為：
題型五：截面圖形的個數問題
【典例5-1】過正四面體的頂點P作平面，若與直線，，所成角都相等，則這樣的平面的個數為（ ）個
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【解析】如圖，將正四面體看成四棱柱的左下角一部分，
由正四面體可知，
平面與直線，，所成角都相等，
故過點P做平面平面，
則此時的平面與直線，，所成角都相等，
因為，
則與平面所成的角相等，
又因，
所以直線，，與平面所成的角相等，
故過點P做平面平面，
則此時的平面與直線，，所成角都相等，
同理，直線，，與平面、平面所成角都相等，
即平面平面時，平面與直線，，所成角都相等，
平面平面時，平面與直線，，所成角都相等，
綜上所述，這樣的平面的個數為4個.
故選：B.
【典例5-2】（2024·陜西榆林·陜西省榆林中學校考三模）過正方體的頂點作平面，使得正方體的各棱與平面所成的角都相等，則滿足條件的平面的個數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】法一：直線AB、AD、AA1與平面A1BD所成角都相等，過頂點A作平面α∥平面A1BD，過頂點A分別作平面α與平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，直線AB、AD、AA1與平面α所成的角都相等．
法二：只要與體對角線垂直的平面都和正方體的所有棱所成的角相等，由此能求出結果．解法一：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，
三棱錐A﹣A1BD是正三棱錐，
直線AB、AD、AA1與平面A1BD所成角都相等，
過頂點A作平面α∥平面A1BD，
則直線AB、AD、AA1與平面α所成角都相等，
同理，過頂點A分別作平面α與平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，
直線AB、AD、AA1與平面α所成的角都相等，
∴這樣的平面α可以作4個．
故選：C
解法二：只要與體對角線垂直的平面都和正方體的所有棱所成的角相等
因為有四條體對角線，所以，可以做四個平面．
故選：C
【變式5-1】設四棱錐的底面不是平行四邊形,用平面去截此四棱錐,使得截面四邊形是平行四邊形,則這樣的平面
A．有無數多個 B．恰有個 C．只有個 D．不存在
【答案】A
【解析】
如圖由題知面與面相交，面與面相交，可設兩組相交平面的交線分別為，由決定的平面為，作與且與四條側棱相交，交點分別則由面面平行的性質定理得：從而得截面必為平行四邊形．由于平面可以上下平移，可知滿足條件平面有無數多個．故本題答案選．
【變式5-2】（2024·浙江·模擬預測）過正四面體ABCD的頂點A作一個形狀為等腰三角形的截面，且使截面與底面BCD所成的角為，這樣的截面有（ ）
A．6個 B．12個 C．16個 D．18個
【答案】D
【解析】如圖，在正四面體ABCD中，因為過點A的截面是等腰三角形，
若，則截面與底面BCD所成的角為有如下情形，
如圖所示：
在高線的兩側的截面、截面與底面BCD所成的角為（，與BC平行），
同理截面的一邊與CD平行也有2個，與BD平行也有2個，共有6個．
若，同理也有6個；
若，同理也有6個．
綜上所述，滿足題意的截面共有18個，
故選：D．
題型六：平面截圓錐問題
【典例6-1】用一個垂直于圓錐的軸的平面去截圓錐，截口曲線（截面與圓錐側面的交線）是一個圓，用一個不垂直于軸的平面截圓錐，當截面與圓錐的軸的夾角不同時，可以得到不同的截口曲線，它們分別是橢圓、拋物線、雙曲線．因此，我們將圓、橢圓、拋物線、雙曲線統稱為圓錐曲線．記圓錐軸截面半頂角為，截口曲線形狀與有如下關系：當時，截口曲線為橢圓；當時，截口曲線為拋物線：當時，截口曲線為雙曲線．如圖1所示，其中，現有一定線段，其與平面所成角（如圖2），為斜足，上一動點滿足，設點在的運動軌跡是，則（ ）

A．當時，是拋物線 B．當時，是雙曲線
C．當時，是圓 D．當時，是橢圓
【答案】D
【解析】∵為定線段，為定值，
∴在以為軸的圓錐上運動，其中圓錐的軸截面半頂角為，與圓錐軸的夾角為，
對于A，，∴平面截圓錐得雙曲線，故A錯誤；
對于B，，∴平面截圓錐得橢圓，故B錯誤；
對于C，，∴平面截圓錐得拋物線，故C錯誤；
對于D，，∴平面截圓錐得橢圓，故D正確；
故選：D.
【典例6-2】（2024·福建泉州·模擬預測）已知圓錐SO的軸截面是邊長為2的正三角形，過其底面圓周上一點A作平面，若截圓錐SO得到的截口曲線為橢圓，則該橢圓的長軸長的最小值為（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【解析】如圖所示，當該橢圓的長軸垂直于母線時，此時橢圓的長軸取得最小值，
且最小值為邊長為2的正三角形的高，即.
故選：C.
【變式6-1】如圖1，用一個平面去截圓錐，得到的截口曲線是橢圓.許多人從純幾何的角度對這個問題進行研究，其中比利時數學家Germinal dandelion（1794-1847）的方法非常巧妙，極具創造性.在圓錐內放兩個大小不同的球，使得它們分別與圓錐的側面、截面相切，兩個球分別與截面切于、，在截口曲線上任取一點，過作圓錐的母線，分別與兩個球切于、，由球和圓的幾何性質，可以知道，，，于是，由、的產生方法可知，它們之間的距離是定值，由橢圓定義可知，截口曲線是以、為焦點的橢圓.如圖2，一個半徑為1的球放在桌面上，桌面上方有一點光源，則球在桌面上的投影是橢圓，已知是橢圓的長軸，垂直于桌面且與球相切，，則橢圓的離心率為（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】圖2中，設球心為，球與相切于點，作出截面如圖所示，
由題意知：，
，
,
又，，則，
又，則，
則橢圓的離心率為.
故選：A.
【變式6-2】（2024·上海虹口·模擬預測）在圓錐中，已知高，底面圓的半徑為4，M為母線的中點，根據圓錐曲線的定義，下列四個圖中的截面邊界曲線分別為圓、橢圓、雙曲線及拋物線，下面四個命題，正確的個數為（ ）

①圓的面積為；
②橢圓的長軸長為；
③雙曲線兩漸近線的夾角正切值為；
④拋物線的焦點到準線的距離為
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】B
【解析】對于①，M為母線的中點，因此截面圓的半徑為底面圓的半徑的，
即截面圓半徑為2，則圓的面積為，故①正確；
對于②，如圖，在圓錐的軸截面中，作,垂足為C，
由題意可得M為母線的中點，則,
故橢圓的長軸長為,②正確；
對于③，如圖，在與平面垂直且過點M的平面內，建立平面直角坐標系，
坐標原點與點P到底面距離相等，
則點M坐標為，雙曲線與底面圓的一個交點為D，其坐標為，
則設雙曲線方程為，
則，將代入雙曲線方程，得，
設雙曲線的漸近線與軸的夾角為，則，
故雙曲線兩漸近線的夾角正切值為，③錯誤；
對于④，如圖，建立平面直角坐標系，
設拋物線與底面圓的一個交點為H，
則，則,
設拋物線方程為，則，
即拋物線的焦點到準線的距離為，④錯誤，
故正確的命題有2個，
故選：B
題型七：截面圖形有關面積、長度及周長范圍與最值問題
【典例7-1】（2024·四川宜賓·模擬預測）已知分別是棱長為2的正四面體的對棱的中點.過的平面與正四面體相截，得到一個截面多邊形，則正確的選項是（ ）
①截面多邊形可能是三角形或四邊形.
②截面多邊形周長的取值范圍是.
③截面多邊形面積的取值范圍是.
④當截面多邊形是一個面積為的四邊形時，四邊形的對角線互相垂直.
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
【答案】D
【解析】對于①，當平面過或時，截面為三角形.
易知正四面體關于平面對稱，將平面從平面開始旋轉與交于點時，
由對稱性可知，此時平面與交于點，且，
此時截面為四邊形，①正確；
對于②，設，由余弦定理得，
，
由兩點間距離公式知，表示動點到定點和的距離之和，
當三點共線時取得最小值，
由二次函數單調性可知，當或時，取得最大值，
所以截面多邊形周長的取值范圍是，所以②錯誤；
對于③，記與的交點為，由對稱性，，
所以，，
因為，
所以，所以，
記，
則，
因為，
所以
，
由二次函數性質可知，，即，
所以，③正確；
對于④，由③知，當截面為四邊形時，對角線，垂直，所以④正確．
故選：D
【典例7-2】（2024·四川·一模）設正方體的棱長為1，與直線垂直的平面截該正方體所得的截面多邊形為M．則下列結論正確的是（ ）．
A．M必為三角形 B．M可以是四邊形
C．M的周長沒有最大值 D．M的面積存在最大值
【答案】D
【解析】對于選項A、B，易知平面為平面或與其平行的平面，故多邊形M只能為三角形或六邊形，選項A和B均錯誤；
對于選項C，
當M為正三角形時，顯然截面多邊形M為時周長取得最大值為；
當截面多邊形M為六邊形時，
設，則，，，
易得：，，
此時截面多邊形M的周長為定值：，
綜合兩種情況，M的周長的最大值為，選項C錯誤；
對于選項D，
當M為正三角形時，
僅當截面多邊形M為時的面積為；
當截面多邊形M為六邊形時，設，
該六邊形可由兩個等腰梯形和構成，
其中，
，，，
兩個等腰梯形和的高分別為和，
則
，
，
當且僅當時，六邊形面積最大值為，即截面多邊形是正六邊形時截面面積最大．
綜上，當時，截面多邊形為正六邊形時面積取得最大值.
選項D正確.
故選：D.
【變式7-1】若圓錐的軸截面是一個頂角為，腰長為2的等腰三角形，則過此圓錐頂點的所有截面中，截面面積的最大值為（ ）
A． B．1 C．3 D．2
【答案】D
【解析】由題意得，圓錐的母線長，
設過圓錐頂點的截面三角形的頂角為，由題意知，，
所以截面面積，
當時，，即截面面積的最大值為.
故選：D．
【變式7-2】（多選題）（2024·福建廈門·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，點E，F分別是和的中點，則（ ）
A．
B．
C．點F到平面EAC的距離為
D．過E作平面與平面ACE垂直，當與正方體所成截面為三角形時，其截面面積的范圍為
【答案】BCD
【解析】在棱長為2的正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
對于A，，顯然與不共線，即與不平行，A錯誤；
對于B，，，因此，B正確；
對于C，，設平面的法向量，
則，令，得，而，
點F到平面的距離為，C正確；
對于D，過點垂直于平面的直線與平面相交，令交點為，
則，點，由，得，即，
當平面經過直線并繞著直線旋轉時，平面與平面的交線繞著點旋轉，
當交線與線段，都相交時，與正方體所成截面為三角形，
令平面與平面的交線交于點G，交于點H，設，，
，，由，
得，，斜邊上的高，
則截面邊上的高，
截面的面積
，
當時，，，
所以，D正確.
故選：BCD
【變式7-3】正方體中作一截面與垂直，且和正方體所有面相交，如圖所示．記截面多邊形面積為，周長為，則（ ）
A．為定值，不為定值 B．不為定值，為定值
C．和均為定值 D．和均不為定值
【答案】B
【解析】如圖，由正方體的性質得平面，
因為平面，為正方形，所以，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，
同理可證明，
因為平面，所以平面，
同理可證明平面，
所以，所求截面與平面和平面均平行，如圖中的六邊形，
因為平面平面，平面平面，平面平面，
所以，，同理可得，，，，，
設，，則
因為，，
所以，，
因為
所以，
同理，，，
所以，截面多邊形的周長為為（為正方體邊長），故為定值；
當時，該截面多邊形由六邊形變為正三角形，此時面積為；
當時，該截面多邊形為正六邊形，此時面積為；
所以，該截面多邊形的面積在變換，故不為定值.
綜上，不為定值，為定值.
故選：B
題型八：截面有關的空間角問題
【典例8-1】（2024·四川成都·高三校聯考期末）在正方體中，為線段的中點，設平面與平面的交線為，則直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】設正方體的棱長為2，
以點A為坐標原點，AB、AD、所在直線分別為x、y、z軸建系，如圖所示：
則、、、、．
設平面的法向量為，
，，
由，
取可得；
設平面的法向量為，
，，
由，
取可得，
設直線的方向向量為，
∵直線平面，直線平面，
，，
∴，
取可得，
已知，設直線與所成角為，
，
即直線與所成角的余弦值為，
故選：B．
【典例8-2】在正方體中，E為線段AD的中點，設平面與平面的交線為，則直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】設正方體的棱長為2，
以點A為坐標原點，AB、AD、所在直線分別為x、y、z軸建系，如圖所示：
則、、、、.
設平面的法向量為，
，，
由，取可得.
設平面的法向量為，，，
由，取可得.
設直線的方向向量為，∵平面，平面，
則，，
∴，取可得，
，設直線與所成角為
，即直線與所成角的余弦值為.
故選：D
【變式8-1】（2024·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考模擬預測）在正方體中，為中點，過的截面與平面的交線為，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】取的中點，如下圖，連接，
因為，所以四點共面，
所以過的截面即為平面，
截面與平面的交線為即為，
取的中點，連接，因為，
所以（或其補角）為異面直線與所成角，
設正方體的棱長為，所以，
所以.
則異面直線與所成角的余弦值為.
故選：A.
題型九：交線問題
【典例9-1】（2024·四川綿陽·模擬預測）如圖，在正方體中，E是棱的中點，記平面與平面ABCD的交線，平面與平面的交線，若直線AB與所成角為，直線AB與所成角為，則的值是 ．

【答案】
【解析】延長與直線CD相交于F，連接AF，則平面與平面ABCD的交線為AF，
即為直線，
故即為，
又∵，∴，
∵E是棱的中點，且，
∴，∴，
又為銳角，且，，
則，
又∵平面平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，
又∵，
故直線AB與所成角為，
又，故，
所以，
故答案為：
【典例9-2】（2024·全國·模擬預測）已知正四棱柱中，，，點為的中點，點為的中點，平面與平面的交線為，則異面直線與所成角的余弦值為 .
【答案】/
【解析】如圖，在棱上取點，使，連接，則，
所以為平面與平面的交線.
連接，則為平面與平面的交線.
因為面與面的交線為，且面面，所以.
在棱上取點，使，連接，則，
所以，則就是異面直線與所成的角.
連接，在中，，.
由余弦定理，得，
所以異面直線與所成的角的余弦值為.
故答案為：
【變式9-1】（2024·浙江寧波·一模）在棱長均相等的四面體中，為棱（不含端點）上的動點，過點的平面與平面平行．若平面與平面，平面的交線分別為，則所成角的正弦值的最大值為 ．
【答案】/
【解析】連接，由題意知過點的平面與平面平行，
平面與平面、平面的交線分別為，
由于平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
所以或其補角即為所成的平面角，
設正四棱錐的棱長為1，，則，
在中，由余弦定理得
，
同理求得，
故在中，
，
由于，則，
進而，
當時取等號，故的最小值為，
進而，故的最大值為.
故答案為：．
【變式9-2】（2024·山東·二模）三棱錐中，和均為邊長為2的等邊三角形，分別在棱上，且平面平面，若，則平面與三棱錐的交線圍成的面積最大值為 ．
【答案】
【解析】如圖所示，因為平面，設面，所以，
同理：，
設，所以，即，
所以四邊形為平行四邊形，即，
平面，平面，所以平面，
又因為平面，平面平面，所以，即，且，
取中點，連接，易得，，
，所以面，所以，所以，
所以四邊形為矩形，
所以面與三棱錐的交線圍成的面積，
當，即為中點時，面積最大，最大值為，
故答案為：.
【變式9-3】（2024·廣東汕頭·一模）如圖，在正方體中，是棱的中點，記平面與平面的交線為，平面與平面的交線為，若直線分別與所成的角為，則 ， .
【答案】 /0.5 /
【解析】在正方體中，是棱的中點，
延長與延長線交于點，連接，則直線即為直線，，
由，得，又，于是，
由平面平面，平面平面，平面平面，
則，又，因此，，
所以.
故答案為：；
1．已知球O是正三棱錐（底面是正三角形，頂點在底面的射影為底面中心）的外接球，，，點E為線段的中點.過點E作球O的截面，則所得截面面積的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
如圖，是A在底面的射影，則點在線段上.
由正弦定理得，的外接圓半徑，所以.
在中，
由勾股定理得棱錐的高.
設球O的半徑為R，
在中，由勾股定理得，
即，解得，所以.
在中，，.
所以在中，有.
又因為當截面垂直于時，截面面積最小，
此時截面半徑為，截面面積為.
故選：A.
2．已知正三棱錐的外接球是球，正三棱錐底邊，側棱，點在線段上，且，過點作球的截面，則所得截面圓面積的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如下圖，設的中心為，球O的半徑為R，
連接，OD，，OE，則
，
在中，，
解得R＝2，所以，因為BE＝DE，所以，
在中，，
所以，過點E作球O的截面，
當截面與OE垂直時，截面的面積最小，
此時截面的半徑為，則截面面積為，
當截面過球心時，截面面積最大，最大面積為4π.
故選：D.
3．（2024·四川資陽·二模）已知球O的體積為，點A到球心O的距離為3，則過點A的平面被球O所截的截面面積的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】設球O的半徑為R，則，解得.
因為點A到球心O的距離為3，
所以過點A的平面被球O所截的截面圓的半徑的最小值為，
則所求截面面積的最小值為.
故選：C
4．（2024·寧夏吳忠·模擬預測）已知正三棱錐的外接球是球，正三棱錐底邊，側棱，點在線段上，且，過點作球的截面，則所得截面圓面積的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如圖，設的中心為，球的半徑為，連接，，
則，，
在中，，解得，
當截面過球心時，截面面積最大，最大面積為．
所得截面圓面積的最大值為．
故選：D．
5．（2024·四川綿陽·模擬預測）在長方體中，，點是線段上靠近的四等分點，點是線段的中點，則平面截該長方體所得的截面圖形為（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
【答案】C
【解析】延長交的延長線于點，連接交于點，連接，
延長交的延長線于點，連接交于點，連接，
則五邊形為平面截該長方體所得的截面圖形，
不妨設，又點是線段上靠近的四等分點，點是線段的中點，
所以，，，所以，又，
所以，又，所以，
又，即，解得，
又，即，解得，符合題意，
即五邊形為平面截該長方體所得的截面圖形.
故選：C
6．（2024·四川成都·二模）在正方體中，、分別是棱、靠近下底面的三等分點，平面平面，則下列結論正確的是（ ）
A．過點
B．
C．過點的截面是三角形
D．過點的截面是四邊形
【答案】B
【解析】如圖取靠近點的三等分點，的另一個三等分點，的中點，的中點，
連接、、、、、、，
依題意可得且，且，
所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，
同理可證、，所以，
又、為的三等分點，所以為的中點，所以，則，
所以、、、四點共面，
又，所以，所以、、、四點共面，
所以、、、、共面，
所以五邊形即為過點的截面，平面平面，
所以.
故選：B.
7．（2024·安徽安慶·三模）在正方體中，點分別為棱的中點，過點三點作該正方體的截面，則（ ）
A．該截面多邊形是四邊形
B．該截面多邊形與棱的交點是棱的一個三等分點
C．平面
D．平面平面
【答案】B
【解析】對于A，將線段向兩邊延長，分別與棱的延長線，棱的延長線交于，
連分別與棱交于，得到截面多邊形是五邊形，A錯誤；
對于B，易知和全等且都是等腰直角三角形，所以，
所以，即，點是棱的一個三等分點，B正確；
對于C，因為平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
因為平面，所以，同理可證，
因為平面，所以平面，
因為平面與平面相交，所以與平面不垂直，C錯誤；
對于D，易知，所以，
又，所以平面，
結合C結論，所以平面與平面不平行，D錯誤.
故選：B．
8．（多選題）（2024·河南信陽·二模）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，為的中點．，過作平面的垂線，垂足為，連，，設，的交點為，在中過作直線交，于，兩點，，，過作截面將此四棱錐分成上、下兩部分，記上、下兩部分的體積分別為，下列說法正確的是（ ）

A． B．
C． D．的最小值為
【答案】ABD
【解析】由題意可知，四棱錐為正四棱錐，
過作平面的垂線，垂足為，則O為底面中心，連接、、，
設、的交點為，在中，過作直線交，于，，
由相交直線確定平面，得到四邊形是過的截面，
由題意得，是等邊三角形，是的重心，
則，故A正確；
又設，，，，
，由三點共線得，解得，故B正確；
易知平面,故平面，
則E到平面的距離為，同理G到平面的距離為2,
又為的中點，則到平面的距離為1，
，
，故C錯誤;
易知，
故，
，
，，，
當且僅當．取等號，
，
．故D正確.
故選：ABD
9．（多選題）（2024·福建福州·模擬預測）在棱長為2的正方體中，分別是的中點，是線段上的動點（不含端點），則（ ）
A．存在點，使平面
B．存在點，點到直線的距離等于
C．過四點的球的體積為
D．過三點的平面截正方體所得截面為六邊形
【答案】ACD
【解析】
對于A，當是的中點時，由于是的中點，故.
而，且，故四邊形是平行四邊形，所以，從而.
而在平面內，不在平面內，所以平面，故A正確；
對于B，設，則，，.
所以，
這就得到.
故點到直線的距離，故B錯誤；
對于C，設的中點為，過四點的球的球心為，在平面上的投影為，則.
由可知平面，再由可知是的中點.
所以球的半徑.
從而球的體積，故C正確；
對于D，分別在上取點，使得.
則過三點的平面截正方體所得截面為六邊形，故D正確.
故選：ACD.
10．（2024·山西呂梁·二模）已知圓臺的高為3，中截面（過高的中點且垂直于軸的截面）的半徑為3，若中截面將該圓臺的側面分成了面積比為1:2的兩部分，則該圓臺的母線長為 .
【答案】5
【解析】設圓臺的上 下底面圓的半徑分別為，因為中截面的半徑為3，所以根據梯形中位線性質可知：.
又中截面將該圓臺的側面分成了面積比為的兩部分，
所以根據圓臺側面積公式可知：，解得，所以.
又圓臺的高為3，所以圓臺的母線長為.
故答案為：5.
11．現要將一邊長為101的正方體，分割成兩部分，要求如下：（1）分割截面交正方體各棱，，，于點P，Q，R，S（可與頂點重合）；（2）線段，，，的長度均為非負整數，且線段，，，的每一組取值對應一種分割方式，則有 種不同的分割方式.（用數字作答）
【答案】707504
【解析】易得平面∥平面，平面平面，平面平面，則，
同理可得，則四邊形為平行四邊形，則，即，
整理得，即，設，，，的長度為，，
又為非負整數，且，易得為非負整數且，下面考慮滿足上述條件的有序數列的個數；
當時，易得可取共種情況，可取共種情況，由乘法原理可得共有，
則有序數列共有個；
當時，易得可取共種情況，可取共種情況，由乘法原理可得共有，
則有序數列共有個；
又當有序數列為和時，不滿足將正方體分割成兩部分，
故共有種分割方式.
故答案為：707504.
12．（2024·河南·模擬預測）在三棱柱中，底面，，點P是棱上的點，，若截面分這個棱柱為兩部分，則這兩部分的體積比為 .
【答案】或
【解析】取的中點，連接，
因為，所以，
因為底面，底面，
所以，
又，所以平面，
不妨設，則，，
，
，
故上面一部分的體積為，
則，
所以兩部分的體積比為或.
故答案為：或.
13．（2024·浙江紹興·模擬預測）過正三棱錐的高的中點作平行于底面的截面，若三棱錐與三棱臺的表面積之比為，則直線與底面所成角的正切值為 .
【答案】
【解析】依題意過正三棱錐的高的中點作平行于底面的截面，
則為中點，為中點，為中點，設的邊長為，，
則，，，
所以，，
所以三棱錐的表面積，
三棱臺的表面積，
依題意，所以，取BC的中點D，則，
因為為正三棱錐的高，所以平面ABC，且，
則與底面所成角為，所以，
所以，故直線與底面所成角的正切值為.
故答案為：
14．（2024·山東臨沂·一模）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圓叫做球冠的底，垂直于截面的直徑被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直徑被截下的線段長叫做球缺的高，球缺是旋轉體，可以看做是球冠和其底所在的圓面所圍成的幾何體.如圖1，一個球面的半徑為，球冠的高是，球冠的表面積公式是，與之對應的球缺的體積公式是.如圖2，已知是以為直徑的圓上的兩點，，則扇形繞直線旋轉一周形成的幾何體的表面積為 ，體積為 .

【答案】
【解析】因為，所以，設圓的半徑為，
又，解得（負值舍去），
過點作交于點，過點作交于點，
則，，
所以，同理可得，，
將扇形繞直線旋轉一周形成的幾何體為一個半徑的球中上下截去兩個球缺所剩余部分再挖去兩個圓錐，
其中球缺的高，圓錐的高，底面半徑，
則其中一個球冠的表面積，球的表面積，
圓錐的側面積，
所以幾何體的表面積，
又其中一個球缺的體積，
圓錐的體積，球的體積，
所以幾何體的體積.
故答案為：；
15．（2024·高三·浙江寧波·期末）已知高為2的圓錐內接于球O，球O的體積為，設圓錐頂點為P，平面為經過圓錐頂點的平面，且與直線所成角為，設平面截球O和圓錐所得的截面面積分別為，，則 .
【答案】
【解析】令球半徑為，則，解得，由平面與直線成角，
得平面截球所得小圓半徑，因此，
由球的內接圓錐高為2，得球心到此圓錐底面距離，則圓錐底面圓半徑，
令平面截圓錐所得截面為等腰，線段為圓錐底面圓的弦，
點為弦中點，如圖，依題意，，，
，顯然，于是，
所以.
故答案為：
16．（2024·河南·三模）在正四棱柱中，，，點P為側棱上一點，過A，C兩點作垂直于BP的截面，以此截面為底面，以B為頂點作棱錐，則該棱錐的外接球的表面積的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】如圖所示，當P與點D重合時，過A，C與BP垂直的截面為平面，
四棱錐的外接球的球心為對角面的中心O，直徑為，
此時外接球的表面積最大，最大為．
當P與點重合時，過A，C與BP垂直的截面為平面ACM，
設，連接，
因為平面，平面，
所以，
所以，
因為，所以，
所以∽，
所以，所以，解得
所以三棱錐的外接球直徑為，
此時外接球的表面積最小，最小為．
所以該棱錐的外接球的表面積的取值范圍是，
故答案為：
17．（2024·重慶·三模）在三棱錐中，為正三角形，為等腰直角三角形，且，，則三棱錐的外接球的體積為 ；若點滿足，過點作球的截面，當截面圓面積最小時，其半徑為 .
【答案】 /
【解析】由題意知，，，，
由勾股定理可知，，，
所以，，取的中點，所以，
所以為三棱錐的外接球的球心，則三棱錐的外接球的半徑，
故外接球的體積.
過點作球的截面，若要所得的截面圓中面積最小，只需截面圓半徑最小，
設球到截面的距離d，只需球心到截面的距離d最大即可，
當且僅當與截面垂直時，球心到截面的距離d最大，
即，取的中點，，
所以，
所以截面圓的半徑為.
故答案為：；
18．（2024·山東日照·一模）已知正四棱錐的所有棱長都為2；點E在側棱SC上，過點E且垂直于SC的平面截該棱錐，得到截面多邊形H，則H的邊數至多為 ，H的面積的最大值為 ．
【答案】 5 /
【解析】取中點且，平面，可知平面，
根據平面的基本性質，作平面與平面平行，如圖至多為五邊形.
令，則，
可得，
則，可得，
所以，
又因為與的夾角為與夾角，而與垂直，
則，
可得，
可知：當時，S取最大值.
故答案為：；.
19．（2024·安徽馬鞍山·模擬預測）已知正四棱錐的所有棱長都為2，點在側棱上，過點且垂直于的平面截該棱錐，得到截面多邊形的面積的最大值為 .
【答案】
【解析】取的中點，連接，則，
而平面，得平面，
當點在之間時，作分別交于點，
作分別交于點，連接，則平面與平面平行，得到的截面為五邊形，
如圖所示：
令，則，，
可得，得，，得，
由，得，
所以，
又因為與的夾角等于與的夾角，且由正四棱錐性質可知與垂直，
所以，
可得截面的面積為：，
根據二次函數的性質，可知，當時，取得最大值，
故答案為：
20．（2024·重慶·模擬預測）已知正四棱錐的底面邊長為2，過棱上點作平行于底面的截面若截面邊長為1，則截得的四棱錐的體積為 ．
【答案】
【解析】正四棱錐的底面邊長為2，截面的邊長為1，
所以為對應邊上的中點，由所以，
連接交于點，連接，由正四棱錐的性質知面
所以，
所以正四棱錐的體積為.
故答案為：.
21．（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知正方體的外接球的表面積為，點，分別是，的中點，過，，的截面最長邊長為，最短邊長為，則 .

【答案】
【解析】
如圖，延長，交于點，連接交于點，
延長，交于點，連接交于點，
連接，，則過，，的截面為五邊形，
設正方體的棱長為，
由正方體外接球的表面積為，
可得其外接球的半徑為，直徑為體對角線，
則，故，
在中，由勾股定理得，
易得，，
故，，，
故，故，，
所以最長邊為，最短邊為，故.
故答案為：
22．已知過球面上A，B，C三點的截面和球心的距離為球半徑的一半，且，則球的表面積是 ．
【答案】/
【解析】在中，，則，，
由正弦定理得外接圓半徑，設球半徑為，
于是，解得，所以球的表面積是.
故答案為：
23．（2024·河南·模擬預測）在棱長為2的正方體中，為的中點，過點的平面截正方體的外接球的截面面積的最小值為 .
【答案】
【解析】正方體的外接球球心為體對角線的中點，連接，，
過點且與垂直的平面截得外接球的小圓面積是最小的，
因為，，所以，且兩點都在外接球的表面上，
根據球的性質知，最小的截面面積是以為直徑的圓的面積，
此時圓的面積為.
故答案為：.
24．古希臘數學家阿波羅尼斯在《圓錐曲線論》中記載了用平面截圓錐得到圓錐曲線的方法，如圖，將兩個完全相同的圓錐對頂放置（兩圓錐的頂點和軸都重合），已知兩個圓錐的底面直徑均為2，側面積均為，記過兩個圓錐軸的截面為平面，平面與兩個圓錐側面的交線為．已知平面平行于平面，平面與兩個圓錐側面的交線為雙曲線的一部分，且的兩條漸近線分別平行于，則該雙曲線的離心率為 ．
【答案】
【解析】以矩形的中心為原點，圓錐的軸為x軸建立平面直角坐標系，設雙曲線的標準方程為，
由圓錐的底面直徑為2，側面積為，得，
顯然，即，
所以雙曲線的離心率.
故答案為：
25．（2024·廣東湛江·模擬預測）在棱長為的正方體中，分別是和的中點，經過點的平面把正方體截成兩部分，則截面與的交線段長為 .
【答案】
【解析】如圖，連接并延長交延長線于，連接交于，連接并延長交延長線于，連接并延長交于，連接，則五邊形為經過點的正方體的截面，
因為為的中點，所以，
因為∥，所以∽，
所以，所以,
因為∥，所以∽，
所以，所以,
所以，
所以截面與的交線段長為，
故答案為：
26．（2024·浙江·模擬預測）如圖，在棱長為12的正方體中，已知E，F分別為棱AB，的中點，若過點，E，F的平面截正方體所得的截面為一個多邊形，則該多邊形的周長為 ，該多邊形與平面，ABCD的交線所成角的余弦值為 ．
【答案】
【解析】如圖，延長DC，與的延長線交于點G，連接EG，交BC于點H，延長GE，與DA的
延長線交于點M，連接，交于點N．連接NE，FH，
因為正方體的棱長為12，
所以．
因為∥，
所以，
所以，
所以，
同理可得，
所以，
所以，，
所以，．
易知，所以，
又，解得，
所以，，
則該多邊形的周長為．
由面面平行的性質定理得∥，
則為多邊形與平面，ABCD的交線所成的角或其補角．
因為，所以，
所以該多邊形與平面，ABCD的交線所成角的余弦值為．
故答案為：；
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