立体的截面

立体几何中的截面(解

析版)

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专题13立体几何中的截面

【基本知识】

1．截面定义：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。最后，我们要了解每一种立体图形通过上述三种截面方式所

得到的截面图有哪些。

2、正六面体的基本斜截面：

3、圆柱体的基本截面：正六面体斜截面是不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角

梯形、正五边形。

【基本技能】

技能1.结合线、面平行的判定定理与性质性质求截面问题；

技能2.结合线、面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题；

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技能3.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；

技能4.建立函数模型求最值问题：①设元②建立二次函数模型③求最值。

例1一个正方体内接于一个球，过这个球的球心作一平面，则截面图形不可能

．．．

是（）

分析考虑过球心的平面在转动过中，平面在球的内接正方体上截得的截面不可能是大圆

的内接正方形，故选D。

例2如图，在透明的塑料制成的长方体ABCD-A1

B

1

C

1

D

1

容器内灌进一些水，固定容器底面

一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，有下列四个命题：

①水的部分始终呈棱柱状；

②水面EFGH的面积不改变；

③棱A

1

D

1

始终与水面EFGH平行；

④当容器倾斜到如图5（2）时，BE·BF是定值；

其中正确的命题序号是______________

分析当长方体容器绕BC边转动时，盛水部分的几何体始终满足棱柱定义，故①正确；

在转动过程中EH//FG，但EH与FG的距离EF在变，所以水面EFGH的面积在改变，故②错

AC

B

D

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误；在转动过程中，始终有BC//FG//A1

D

1

，所以A

1

D

1

//面EFGH，③正确；当容器转动到水

部分呈直三棱柱时如图5（2），因为

BCBFBEV

2

1

水

是定值，又BC是定值，所以

BE·BF是定值，即④正确。所以正确的序号为①③④.

例3有一容积为1立方单位的正方体容器ABCD-A1

B

1

C

1

D

1

，在棱AB、BB

1

及对角线B

1

C的

中点各有一小孔E、F、G，若此容器可以任意放置，则该容器可装水的最大容积是（）

A．

2

1

B．

8

7

C．

12

11

D．

48

47

分析本题很容易认为当水面是过E、F、G三点的截面时容器可装水的容积最大图（1），

最大值为

8

7

1

2

1

2

1

2

1

1V

立方单位,这是一种错误的解法，错误原因是对题中“容器是可

以任意放置”的理解不够，其实，当水平面调整为图（2）△EB1

C时容器的容积最大，最大容

积为

12

11

11

2

1

2

1

3

1

1V

，故选C。

例4正四棱锥PABCD的底面正方形边长是3，O是

P

在底面上的射影，

6,POQ

是AC

上的一点，过

Q

且与

,PABD

都平行的截面为五边形EFGHL，求该截面面积的最大值.

C

1

AB

C

D

A

1

D

1

B

1

E

G

F

图（1）

C

1

A

B

C

D

A

1

D

1

B

1

E

G

F

图（2）

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解：如图，连接

,ACBD

，设截面与正四棱锥PABCD的底面相交于

EL

,AC与

EL

相交于

Q

点，由//BD截面EFGHL得//LEBD,//AP截面EFGHL，得

//APQG

，那么，

EL

必定分别

与

,ABAD

相交于

,EL

，否则，截面将是三角形，则//APEF，//APLH，在正四棱锥

PABCD中，

BDAP

，由

//,//,LEBDAPQGGQE

是异面直线

BD

与

PA

所成角，则

QGEL

，所以，

GFEQ

和

GHLQ

是两个全等的直角梯形.

设：

2

2

29

03,36

2

2

AExxAP











由//APEF得

3

9

3

2

EFx

，故

3

3

2

EFx，而

2

x

AQ，由

//APQG

得

32

2

9

32

2

x

QG





，于是

9

1

6

2

x

QG









，从而：

2

2

19399

213929

2644

222EFGHL

xx

Sxxxx















所以，当2x时，截面EFGHL的面积取得最大值9.

基本方法介绍

①公理法：用平面基本性质中的公理来作平面；

②侧面展开法：将立体图形展开为平面图形进行研究；

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例5能否用一个平面去截一个正方体，使得截面为五边形？进一步，截面能否为正五边形

呢？

解：如图所示，我们可以用一个平面截一个正方体

1111

ABCDABCD，使得截面为一

个凸五边形.点

I

是

1

BB延长线上一点，使得

1

1

2

IBBB

，

E

为

11

AD的中点，

F

为

1

AA上的点，

使得

1

1

3

AF

AF

.则截面

1

CEFGH为过直线

EF

与

1

CI（这里

1

//EFCI）的平面与正方体

1111

ABCDABCD相截所得的凸五边形截面.

用一个平面去截一个正方体所得截面不能是一个正五边形.事实上，若截面可以为一个正

五边形，则此五边形的五条边分属于此正方体的五个不同的面.

我们将正方体的每两个相对的面作为一个抽屉，则上述包含正五边形的边的五个面中，

必有两个面为相对的平面，它们是平行的，利用平行平面的性质，可知此五边形中有两条边

是平行的.但是正五边形的五条边是彼此不平行的，矛盾.

例6已知一个平面截一个棱长为1的正方体所得的截面是一个六边形（如图所示），证明：

此六边形的周长

32.

证明：如图，我们将正方形的各个面依次展开，从正方形''PQQP出发，依次为

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'''''''''''',,,,,.PPQQQQRRQRSPRSSRSSPPPSRQ

从上述展开图可知截面六边形的周长大于等于'AA，而'223332AA这就是要证

的结论.

【针对训练】

一、单选题

1．【江西省吉安市2019-2020学年高二上学期期末数学】

在正方体

1111

ABCDABCD

中，

F

为

AD

的中点，

E

为棱

1

DD

上的动点

(

不包括端点

)

，过点

,,BEF

的平面截正方体所得的截面的形状不可能是（）

A

．四边形

B

．等腰梯形

C

．五边形

D

．六边形

【答案】

D

【解析】不妨设正方体的棱长为

1

，当

1

0

2

DE，截面为四边形

BMEF

；

如图

特别的，当

1

2

DE时，截面为等腰梯形

1

BFEC

；如图

1

1

2

DE截面为五边形BFENM，不可能为六边形

.

如图

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故选：

D

2．【2020届辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高三上

学期期末】

如图圆锥

PO

，轴截面

PAB

是边长为

2

的等边三角形，过底面圆心

O

作平行于母线

PA

的平

面，与圆锥侧面的交线是以

E

为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到其顶点

E

的距

离为

()

A

．

1B

．

1

2

C

．

1

3

D

．

1

4

【答案】

D

【解析】

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过底面圆心

O

作平行于母线

PA

的平面，与圆锥侧面的交线是以

E

为顶点的抛物线的一部

分，PA平面

PAB,

平面

PAB

与圆锥的侧面交于

OE,

所以

OE||PA.

因为

OA=OB

，所以

OE=1=OC,

因为

OP

⊥

底面

ABC,

所以

OP

⊥

OC,

因为

OC

⊥

OE,OP,OE



平面

PAB,OP∩OE=0,

所以

OC

⊥

平面

PAB,

所以

OC

⊥

OB.

在平面CED内建立直角坐标系．设抛物线的方程为22(0)ypxp

，

1

(1,1),12,

2

Cpp，

所以该抛物线的焦点到其顶点

E

的距离为

1

.

4

故选：

D

3

．一个棱长为

2

的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则该截面的面

积是（）

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A

．

6

B

．

10

C

．

15

D

．

7

【答案】

A

【解析】由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，其截面是等腰三角形

ABC，如下图：

由于正方体的棱长为

2

，所以

522ACBCAB，

，所以

AB

边上高为

3

，所以

1

3226

2

==

ABC

S



，

故选：

A

．

4

．如图，在正方体

1111

ABCDABCD

中，点

E

，

F

，

G

分别是棱

AB

，BC，

1

BB

的中点，过

E

，

F

，

G

三点作该正方体的截面，则下列说法错误的是（）

A

．在平面

11

BDDB

内存在直线与平面

EFG

平行

B

．在平面

11

BDDB

内存在直线与平面

EFG

垂直

C

．平面

1

//ABC

平面

EFG

D

．直线

1

AB

与

EF

所成角为45

【答案】

D

【解析】由线面平行判定定理可得，当

O

为

BD

的中点时，

1

BO∥

平面

EFG

，

由线面垂直判定定理可得，

1

BD平面

EFG

，选项

A

，

B

都对

.

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因为

1

EGAB∥

，

1

FGBC∥

，所以平面

EFG∥

平面

1

ABC

，选项

C

正确，

易得：

EFAC

,

1

ABC

为等边三角形，故直线

1

AB

与AC所成角为60,

即直线

1

AB

与

EF

所成

角为60，故

D

不正确，

故选：

D.

5．【云南省昆明市2019-2020学年高三下学期1月月考数学】

某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是

一个球被一个棱长为

43

的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重

合），若其中一个截面圆的周长为4，则该球的半径是（）

A

．

2B

．

4C

．

26

D

．

46

【答案】

B

【解析】设截面圆半径为r，球的半径为R，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半

即

23

，根据截面圆的周长可得42r，得

2r

，

故由题意知2

2223Rr

，即2

2222316R

，所以

4R

，

故选：

B

．

6

．美学四大构件是：史诗、音乐、造型（绘画、建筑等）和数学

.

素描是学习绘画的必要一

步，它包括了明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习素描最重要的一步

.

某中学

2018

级某同学在画

“

切面圆柱体

”

（用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱，底面与截面之间的

部分叫做切面圆柱体）的过程中，发现

“

切面

”

是一个椭圆，若

“

切面

”

所在平面与底面成

45

角，则该椭圆的离心率为（）

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A

．

1

2

B

．

2

2

C

．

3

2

D

．

1

3

【答案】

B

【解析】设圆柱的底面半径为r,

椭圆的长轴为2a,

短轴为2b,

则22br,

222

cos45

222

rb

aa



,

即

2

2

b

a



,

故离心率

212

11

22

cb

e

aa









.

故选

:B.

7

．如图，已知三棱锥

VABC

，点

P

是VA的中点，且2AC，4VB，过点

P

作一个截

面，使截面平行于VB和AC，则截面的周长为（）

A

．

12

B

．10C

．8D

．6

【答案】

D

【解析】

如图所示，设

AB

、

BC

、

VC

的中点分别为

D,E,F

，连接

PD,DE,EF,PF.

由题得

PD||VB,DE||AC,

因为

,PDDE

平面

DEFP,VB,AC

不在平面

DEFP

内，

所以

VB||

平面

DEFP,AC||

平面

DEFP,

所以截面

DEFP

就是所作的平面

.

由于

11

||,||,,

22

PDVBEFVBPDVBEFVB

,

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所以四边形

DEFP

是平行四边形，

因为

VB=4,AC=2,

所以

PD=FE=2,DE=PF=1,

所以截面

DEFP

的周长为

2+2+1+1=6.

故选：

D

8．【2020届广东省东莞市高三期末调研测试理科数学试题】

已知球O是正四面体ABCD的外接球，2BC，点

E

在线段

BD

上，且3BDBE，过点

E

作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是（）

A

．

8

9



B

．

11

18



C

．

5

12



D

．

4

9



【答案】

A

【解析】由题

,

设平面



为过

E

的球O的截面

,

则当OE平面



时

,

截面积最小

,

设截面半径为r,

球的半径为R,

则222rRd

,

因为正四面体棱长为

a

,

设过点A垂直于平面BCD的直线交平面BCD于点M,

则

3

3

DMa

,

令

AMh,OMx,

则xhR,

在RtAMD中

,222AMDMAD

,

即

2

22

3

3

haa











,

则

6

3

ha

,

在RtOMD中

,222DMOMR

,

即

2

22

3

3

axR











,

则

2

22

16

33

aaRR











,

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解得

6

4

Ra

,

则

666

3412

xaaa

,

在RtOED△中

,222OEOMEM

,

因为点

E

在线段

BD

上

,3BDBE,

设BC中点为N,

则2DMMN,

所以

211

333

EMBNBCa

,

在

RtOED△

中

,222OEOMEM

,

即

2

2

22

6111

12372

daaa

















,

所以

2

222

6112

4729

raaa











,

因为2aBC,

所以2

8

9

r

,

所以截面面积为2

8

9

Sr

,

故选：

A

9．【2020届福建省福州市高三适应性练习卷数学理科试题】

在三棱锥PABC中，

PA

底面ABC，,6,8ABACABAC，

D

是线段AC上一点，且

3ADDC.

三棱锥PABC的各个顶点都在球O表面上，过点

D

作球O的截面，若所得截面

圆的面积的最大值与最小值之差为16，则球O的表面积为（）

A

．72πB

．86C

．112D

．128

【答案】

C

【解析】将三棱锥PABC补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球O，

记三角形ABC的中心为

1

O

，设球的半径为R，2PAx，

则球心O到平面ABC的距离为

x

，即

1

OOx，

连接

1

OA

，则

1

5OA，

∴2225Rx

.

在ABC中，取AC的中点为

E

，连接

11

,ODOE，

则

1

1

3

2

OEAB，

1

2

4

DEAC，

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所以

1

13OD.

在

1

RtOOD

中，213ODx

，

由题意得到当截面与直线OD垂直时，截面面积最小，

设此时截面圆的半径为r，

则22222251312rRODxx，

所以最小截面圆的面积为12，

当截面过球心时，截面面积最大为2R

，

所以21216R

，228R，

球的表面积为2112R

.

故选

:C.

10．【2020届重庆南开中学高三第五次教学质量检测考试数学文科试题】

正三棱锥PABC，

Q

为BC中点，

2PA

，

2AB

，过

Q

的平面截三棱锥PABC的外

接球所得截面的面积范围为（）

A

．

13

,

45









B

．

12

,

23









C

．,2

D

．

3

,

2









【答案】

D

【解析】因为正三棱锥PABC，

2PBPCPA

，

2ACBCAB

，

所以222PBPAAB

，即

PBPA

，同理PBPC，PCPA，

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因此正三棱锥PABC可看作正方体的一角，如图，

记正方体的体对角线的中点为O，由正方体结构特征可得，O点即是正方体的外接球球心，

所以点O也是正三棱锥PABC外接球的球心，记外接球半径为R，

则

16

222

22

R

，因为球的最大截面圆为过球心的圆，

所以过

Q

的平面截三棱锥PABC的外接球所得截面的面积最大为2

max

3

2

SR

；又

Q

为

BC中点，由正方体结构特征可得

12

22

OQPA

；

由球的结构特征可知，当OQ垂直于过

Q

的截面时，截面圆半径最小为221rROQ

，所

以2

min

Sr.

因此，过

Q

的平面截三棱锥PABC的外接球所得截面的面积范围为

3

,

2









.

故选：

D.

11

．一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球与三梭锥的各面均相切（球在

三棱锥的内部，且球与三棱锥的各面只有一个交点），过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的

截面，所得截面是下列图形中的（）

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A

．

B

．

C

．

D

．

【答案】

C

【解析】其空间结构体如下图所示

:

易知截面是一个非等边的等腰三角形

,

排除

A

．

D

；

等腰三角形的底边是正三棱锥的一条

,

这条棱不可能与内切球有交点

,

所以排除

B

；

截面所得等腰三角形的两条腰正好是正三棱锥两个面的中线

,

且经过内切球在两个面上的切点

,

所以正确答案是

C

．

故选

:C

12．【2020届湖北省部分重点中学高三第二次联考数学试卷理科试题】

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如图，已知四面体

ABCD

的各条棱长均等于

4

，

E

，

F

分别是棱

AD

、

BC

的中点

.

若用一个与直

线

EF

垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面



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最大值为（）

A

．

32

B

．

4C

．

42

D

．

6

【答案】

B

【解析】将正四面体补成正方体如图，

可得

EF

平面CHBG，且正方形边长为

22

，

由于EF，故截面为平行四边形MNKL，且4KLKN，

又//KLBC，//KNAD，且

ADBC

，

∴KNKL

，

∴

MNKL

SKNKL

2

4

2

KNKL









，

当且仅当2KLKN时取等号，

故选：

B

．

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13．【2020届辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高三上

学期期末】

仿照

“Dandelin

双球

”

模型，人们借助圆柱内的两个内切球完美的证明了平面截圆柱的截面为

椭圆面．如图，底面半径为

1

的圆柱内两个内切球球心距离为

4

，现用与两球都相切的平面

截圆柱所得到的截面边缘线是一椭圆，则该椭圆的离心率为

()

A

．

1

2

B

．

3

3

C

．

2

2

D

．

3

2

【答案】

D

【解析】画出图形的轴截面如图所示，则CD为椭圆的长轴，圆柱的底面直径为椭圆的短

轴；依题意

4AB

，2CG，

1AEBF

，则

1

2

2

AOAB

1

sin

2

AE

AOE

AO

30AOE60GCO

在RtCDG中有

1

cos

2

CG

GCO

CD



4CD即椭圆中，24a，22b

2a，1b

222cab3c

3

2

c

e

a



故选：

D

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14

．已知正方体

1111

ABCDABCD

的边长为

2

，边

AB

的中点为M，过M且垂直

1

BD

的平面被

正方体所截的截面面积为（）

A

．

3

2

B

．

3

C

．

23

D

．

33

【答案】

A

【解析】如图，连结

111

,,,ACCBABBC

，

易知

11

CBBC

，

111

CBDC

，又

1111

BCDCC

，则

1

CB

平面

11

BCD

，故

11

CBBD

，同理

可证明CA平面

1

BDD

，则

1

CABD

，

又

1

CACBC

，故

1

BD平面

1

ACB.

取BC的中点

E

，

1

BB

的中点

F

，易知平面//MEF平面

1

ACB，

所以

1

BD平面

MEF

，即

MEF

为所求截面

.

易知

MEF

为正三角形，边长222MEBMBE

，

故

133

22

222MEF

S

.

故选：

A.

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15

．在棱长为

2

的正方体

1111

ABCDABCD

中，

P

，

Q

，R分别是

AB

，

AD

，

11

BC

的中点，

设过

P

，

Q

，R的截面与面

11

ADDA

，以及面

11

ABBA

的交线分别为l，

m

，则l，

m

所成的角

为（）

A

．90B

．30C

．45D

．60

【答案】

D

【解析】因为，在正方体

1111

ABCDABCD

中，

P

，

Q

，R分别是

AB

，

AD

，

11

BC

的中点，

取

11

CD

，

1

DD

，

1

BB

的中点分别为G，

F

，

E

，连接FG，

FQ

，

QP

，

PE

，

ER

，RG，根

据正方体的特征，易知，若连接

PG

，

EF

，

RQ

，则这三条线必相交于正方体的中心，又

////GREFQP，所以

P

，

Q

，R，G，

F

，

E

六点必共面，即为过

P

，

Q

，R的截面；所以

EP

即为直线

m

，

FQ

即为直线l；

连接

1

AB

，

1

AD

，

11

BD

，因为

1

//EPAB，

1

//FQAD，

所以

11

BAD

即为异面直线

EP

与

FQ

所成的角，

又因为正方体的各面对角线都相等，所以

11

ABD

为等边三角形，

因此

11

60BAD.

故选：

D.

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16

．在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面，如图，在正方体

ABCD

﹣

A

1

B

1

C

1

D

1

中，点

E

、

F

分别是棱

B

1

B

、

B

1

C

中点，点

G

是棱

CC

1

的中点，则过线段

AG

且平行于平面

A

1

EF

的截面图形为（）

A

．矩形

B

．三角形

C

．正方形

D

．等腰梯形

【答案】

D

【解析】取BC的中点

H

，如图连接

AH

、GH、

1

DG

、

1

AD

，由题意得：//GHEF，

1

//AHAF，GH不在平面

1

AEF

内，EF平面

1

AEF

内，

∴

||GH

平面

1

AEF

.

AH不在平面

1

AEF

内，

1

AF

平面

1

AEF

内，

∴

||AH

平面

1

AEF

.

GHAHH，

,GHAH

平面

1

AHGD，

平面

1

//AHGD平面

1

AEF

，

过线段AG且平行于平面

AEF

的截面图形为等腰梯形

1

AHGD．

故选：

D

．

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17．【2020届山西省吕梁市高三上学期第一次模拟考试数学（理)试题】

如图四面体ABCD中，

2,ADBCADBC

，截面四边形EFGH满足

//EFBC；//FGAD，则下列结论正确的个数为（）

①

四边形EFGH的周长为定值

②

四边形EFGH的面积为定值

③

四边形EFGH为矩形

④

四边形EFGH的面积有最大值

1

A

．

0B

．

1C

．

2D

．

3

【答案】

D

【解析】因为//EFBCEF，平面BCD，所以//EF平面BCD，又平面

EFGH

平面

BDCGH，所以

//EFGH.

同理//FGEH，所以四边形EFGH为平行四边形，

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又

ADBC

，所以四边形EFGH为矩形

.

所以

③

是正确的；

由相似三角形的性质得

EFAFFCFG

BCACACAD

，

，

所以

EFFGAFFC

BCADACAC



，2BCAD，所以2EFFG，

所以四边形EFGH的周长为定值

4

，所以

①

是正确的；

2

1

2EFGH

EFFG

SEFFG











，所以四边形

EFGH

的面积有最大值

1

，所以

④

是正确的

.

因为

①③④

正确

.

故选：

D

18．【2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷)】

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

．

33

4

B

．

23

3

C

．

32

4

D

．

3

2

【答案】

A

【解析】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

.

【解析】

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

1111

ABCDABCD

中，

平面

11

ABD

与线

11111

,,AAABAD

所成的角是相等的，

所以平面

11

ABD

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

1

CBD

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

11

ABD

与

1

CBD

中间的，

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且过棱的中点的正六边形，且边长为

2

2

，

所以其面积为2

3233

6()

424

S

，故选

A.

19．【四川省内江市2019-2020学年高二上学期期末数学（文)试题】

已知正三棱锥ABCD的外接球是球

O

，正三棱锥底边3BC，侧棱

23AB

，点

E

在线段

BD

上，且

BEDE

，过点

E

作球

O

的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（）

A

．

9

,3

4











B

．2,3

C

．

11

,4

4











D

．

9

,4

4











【答案】

D

【解析】如图

,

由题

,

设BCD的中心为

1

O

,

球O的半径为R,

连接

11

,,,ODODOEOE

,

则

1

2

3sin3

33

OD





,22

11

3AOADOD

,

在

1

RtOOD

中

,2

2

233RR

,

解得

2R

,

所以

11

1OOAOR

,

因为

BEDE

,

所以

3

2

DE

,

在

1

DEO

中

,2

2

1

333

323cos

2262

OE











,

所以22

11

7

2

OEOEOO

,

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过点

E

作球O的截面

,

当截面与OE垂直时

,

截面的面积最小

,

此时截面的半径为22

3

2

ROE

,

则截面面积为

239

24











,

当截面过球心时

,

截面面积最大

,

最大面积为4,

故选

:D

20．【云南省曲靖市2019-2020学年高三第一次教学质量检测数学文科试题】

在四面体ABCD中，

3ABBDADCD

，4ACBC，用平行于

AB

，CD的平面截此

四面体，得到截面四边形EFGH，则四边形EFGH面积的最大值为（）

A

．

4

3

B

．

9

4

C

．

9

2

D

．

3

【答案】

B

【解析】设截面分别与棱

,,,ADBDBCAC

交于点

,,,EFGH

.

由直线

//AB

平面EFGH，

且平面ABC平面EFGHGH，平面

ABD

平面

EFGHEF

得//GHAB，//EFAB，所以//GHEF，

同理可证//EHFG，所以四边形EFGH为平行四边形，

又

3ABBDADCD

，4ACBC，

可证得ABCD，四边形EFGH为矩形

.

设

:::BFBDBGBCFGCDx

，

01x

，

则3FGx，31HGx

，于是

219

9(1)9,01

24EFGH

SFGHGxxxx









当

1

2

x时，四边形EFGH的面积有最大值

9

4

.

故选：

B.

二、填空题

21．【山东省烟台市2019-2020学年高三上学期期末考试数学试题】

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已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的表面上，

PA

平面ABC，6PA，

23AB

，

2AC，4BC，则：（

1

）球O的表面积为

__________

；（

2

）若

D

是BC的中点，过点

D

作球O的截面，则截面面积的最小值是

__________

．

【答案】524

【解析】（

1

）由题

,

根据勾股定理可得

ACAB

,

则可将三棱锥PABC可放入以

,,APACAB

为长方体的长

,

宽

,

高的长方体中

,

则体对角线为外接球直径

,

即2

2222623213r+

,

则

13r

,

所以球的表面积为2

2441352r

；

（

2

）由题

,

因为RtABC,

所以

D

为底面ABC的外接圆圆心

,

当

DO

截面时

,

截面面积最小

,

即截

面为平面ABC,

则外接圆半径为

2

,

故截面面积为224

故答案为：（

1

）52；（

2

）4

22．【新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市2019-2020学年高三第一次诊断性测试数学文试题】

如图，已知正方体

1111

ABCDABCD

的棱长为

2

，

E

、

F

、

G

分别为

11

,,ABADBC

的中点，给

出下列命题：

①

异面直线

EF

与

AG

所成的角的余弦值为

2

6

；

②

过点

E

、

F

、

G

作正方体的截面，所得的截面的面积是

43

；

③

1

AC

平面

EFG

④

三棱锥

CEFG

的体积为

1

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其中正确的命题是

_____________

（填写所有正确的序号）

【答案】

①③④

【解析】取

11

CD

的中点为点

H

，连接

GH

、

AH

，如图

1

所示，因为

//EFGH

,

所以

AGH

就是

异面直线

EF

与

AG

所成的角

易知在

AGH

中，

3,2AGAHGH

，所以

2

2

2

cos

36

AGH

，

①

正确；

图

1

图

2

图

3

矩形EFGH即为过点

E

、

F

、

G

所得正方体的截面，如图

2

所示，易知

2,6EFEG

,

所

以

2623

EFGH

S，

②

错误；

分别以

DA

、

DC

、

DD

1

为

x

轴、

y

轴、

z

轴建立如图

3

所示直角坐标系

,

则

(2,0,2),(2,1,0),AE

(1,0,0),(1,2,2)FG

，

1

(2,2,2),(1,1,0),(1,1,2)ACFEEG，

因为

11

0,0ACFEACEG，所以

11

,ACEFACEG

，又

EF

平面

EFG

，

EG平面

EFG

且EFEGE，所以

1

AC

平面

EFG

，故

③

正确

13

4(111212)

22EFC

S，

1

1

1

3GECFEFC

VSCC



，

④

正确

.

故答案为：

①③④

23

．如图所示，在长方体

1111

ABCDABCD

中，点

E

是棱

1

CC上的一个动点，若平面

1

BED

交棱

1

AA

于点

F

，给出下列命题：

①

四棱锥

11

BBEDF

的体积恒为定值；

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②

对于棱

1

CC上任意一点

E

，在棱

AD

上均有相应的点

G

，使得//CG平面

1

EBD

；

③

O

为底面ABCD对角线AC和

BD

的交点，在棱

1

DD

上存在点

H

，使//OH平面

1

EBD

；

④

存在唯一的点

E

，使得截面四边形

1

BEDF

的周长取得最小值

.

其中为真命题的是

____________________.

（填写所有正确答案的序号）

【答案】

①③④

【解析】

①

11111111

2

BBEDFBBEDBBFDBBED

VVVV





,

又三棱锥

11

BBED

为三棱锥

11

EBBD

,

则底面

11

BBD不变

,

且因为

1

//CC

平面

11

BBD,

故点

E

到底

面

11

BBD的距离即三棱锥

11

EBBD

底面的高不变

,

故三棱锥

11

EBBD

的体积不变

,

所以四棱锥

11

BBEDF

的体积不变

,

恒为定值

,

故

①

正确；

②

当点

E

在点

C

处时

,

总有CG与平面

1

EBD

相交

,

故

②

错误；

③

由

O

为底面ABCD对角线AC和

BD

的交点

,

则

1

2

DODB

,

设

H

为

1

DD

的中点

,

则在

1

DDB

中

1

//OHDB

,

所以//OH平面

1

EBD

,

故

③

正确；

④

四边形

1

BEDF

的周长为

01

2CBEED

,

则分析

1

BEED

即可

,

将矩形

11

BCCB

沿着

1

CC展开

使得

B

在DC延长线上时

,

此时

B

的位置设为

P

,

则线段

1

DP

与

1

CC的交点即为截面平行四边形

1

BEDF

的周长取得最小值时唯一点

E

,

故

④

正确；

故答案为

:

①③④

24．【2020届河南省驻马店市高三上学期期末数学(文科)试题】

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在棱长为

2

的正方体

1111

ABCDABCD

中，

E

是正方形

11

BBCC

的中心，M为

11

CD

的中点，过

1

AM

的平面



与直线

DE

垂直，则平面



截正方体

1111

ABCDABCD

所得的截面面积为

______.

【答案】

26

【解析】

如图，在正方体

1111

ABCDABCD

中，记

AB

的中点为N，连接

1

,,MCCNNA

，

则平面

1

AMCN

即为平面



．证明如下：

由正方体的性质可知，

1

AMNC

，则

1

A

，

,,MCNN

四点共面，

记

1

CC的中点为

F

，连接

DF

，易证

DFMC

．连接

EF

，则EFMC，

所以MC平面

DEF

，则

DEMC

．

同理可证，

DENC

，NCMCC，则

DE

平面

1

AMCN

，

所以平面

1

AMCN

即平面



，且四边形

1

AMCN

即平面



截正方体

1111

ABCDABCD

所得的截

面．

因为正方体的棱长为

2

，易知四边形

1

AMCN

是菱形，

其对角线

1

23AC，

22MN

，所以其面积

1

222326

2

S．

故答案为：

26

三、解答题

25．【2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅱ带解析)】

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如图，长方体

1111

ABCDABCD

中

,

1

16,10,8ABBCAA

，点

,EF

分别在

1111

,ABDC

上，

11

4AEDF

，过点

,EF

的平面



与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

（

1

）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）；

（

2

）求平面



把该长方体分成的两部分体积的比值．

【解析】

（

1

）交线围成的正方形EHGF如图：

（

2

）作垂足为

M,

则

1

8EMAA,,,

因为EHGF是正方形

,

所以

,

于是

因为长方体被平面



分成两个高为

10

的直棱柱，其底面积之比为

9

：

7,

所以其体积比值为

9

7

（

7

9

也正确）

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