高考數(shù)學(xué)重難點(diǎn)突破3 立體幾何中的截面問(wèn)題（八大題型）（解析版）

重難點(diǎn)突破03立體幾何中的截面問(wèn)題

目錄

題型一：截面作圖

題型二：截面圖形的形狀、面積及周

長(zhǎng)問(wèn)題

題型三：截面切割幾何體的體積問(wèn)題

題型四：球與截面問(wèn)題

立體幾何中的截面問(wèn)題

題型五：截面圖形的個(gè)數(shù)問(wèn)題

題型六：平面截圓錐問(wèn)題

題型七：截面圖形有關(guān)面積、長(zhǎng)度及

周長(zhǎng)范圍與最值問(wèn)題

題型八：截面有關(guān)的空間角問(wèn)題

■方法技巧總結(jié)

解決立體幾何截面問(wèn)題的解題策略.

1、坐標(biāo)法

所謂坐標(biāo)法就是通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運(yùn)算問(wèn)題，為解決立體幾何問(wèn)

題增添了一種代數(shù)計(jì)算方法.

2、基底法

所謂基底法是不需要建立空間直角坐標(biāo)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(jù)是：若四點(diǎn)E、尸、G、”共面，尸為空間任意點(diǎn)，則有：

結(jié)論1：若EG與E”不共線，那么EF=/IEG+〃EH；

結(jié)論2：PE=APF+jLiPG+t]PH[A+ju+r]=1）.

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(zhì)與判定定理以及平面

幾何相關(guān)定理、結(jié)論，通過(guò)論證，精準(zhǔn)找到該截面與相關(guān)線、面的交點(diǎn)位置、依次連接這些點(diǎn)，從而

得到過(guò)三點(diǎn)的完整截面，再依據(jù)題意完成所求解答或證明.

必考題型舊納

題型一：截面作圖

例1.（2023?全國(guó)?高一專題練習(xí)）如圖，正方體的棱長(zhǎng)為6,M是A片的中點(diǎn)，點(diǎn)N在棱CC,

上，且CN=2NC-作出過(guò)點(diǎn)。，M,N的平面截正方體ABCO-AqGR所得的截面，寫出作法;

作法如下：連接DN并延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E,

連接A/E交BG于點(diǎn)尸，交AA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)”，

連接?！ń籄A于點(diǎn)Q,連接QM,FN,

所以五邊形DQMFN即為所求截面.

例2.（2023?江蘇?高一專題練習(xí)）如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A/8/。。/中，E,F分別是棱A4/,CCi

的中點(diǎn)，過(guò)E作平面a,使得a〃平面BDF.

（1）作出a截正方體ABCD-A/8/C/D所得的截面，寫出作圖過(guò)程并說(shuō)明理由；

（2）求平面a與平面BDF的距離.

【解析】（1）連接4R，E綜瓦九由正方體性質(zhì)可得BF//ED,.

又BFcBD=B，所以平面EBQ"/平面BOE；

因?yàn)閍〃平面BDF,旦Ewa,所以平面E耳。與平面a重合，即平面E耳。就是。截正方體ABCD4由/C/。/

所得的截面.

（2）由（1）可知平面a與平面瓦屮的距離等于點(diǎn)名至!!平面瓦卯的距離；

設(shè)點(diǎn)用到平面瓦?■的距離為d,由題意可得3。=2&,2尸=。尸=石，所以V8O尸的面積為迷；8男尸的

面積為2；

由V^.BDF=明產(chǎn)可得；S△的?d=gS△明尸x2,解得d=~~~~-

所以平面a與平面的距離為亞.

3

例3.（2023?全國(guó)?高一專題練習(xí)）（1）如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體ABC。-ABC"中，M,N是棱厶円，AR

的中點(diǎn)，在圖中畫出過(guò)底面ABCD中的心。且與平面AAW平行的平面在正方體中的截面，并求出截面多邊

（2）作出平面PQR與四棱錐ABCDE的截面，截面多邊形的邊數(shù)為

【解析】（1）分別取E,尸為棱4G，G"的中點(diǎn)，則由中位線性質(zhì)得到：EFBRMNBD,所以四邊

形EFDB為平面四邊形，

又ENA用AB,EN=AlBl=AB,所以四邊形EN4B為平行四邊形，所以EBAN,

由EF〃MN,EFU平面AMN,MNu平面AMN,所以EFP平面4MN,同理EB〃平面AMY,EFcEB=E，

由面面平行的判定定理可得平面AMN〃平面EFDB,所以四邊形EFDB即為所求截面，旦為梯形，

由截面作法可知，DB=2近,EF=3DB=竝,EB=F￡>=V1r庁=6,所以截面四邊形EFDB的周長(zhǎng)為

3近+25

（2）延長(zhǎng)PQc即的延長(zhǎng)線于G,連接GR,GRcBC=M,GRcEO的延長(zhǎng)線于”,連接尸H,尸"cAD于N,

連接QM,RN,則五邊形PQM&V即為所求.所以截面多邊形的邊數(shù)為五.

變式1.（2023?全國(guó)?高一專題練習(xí)）如圖①，正方體ABC。-ABC。的棱長(zhǎng)為2,P為線段8c的中點(diǎn)，。

為線段CG上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A、P、Q的平面截該正方體所得的截面記為S.

圖①圖②

⑴若1<CQ<2,請(qǐng)?jiān)趫D①中作出截面S（保留尺規(guī)作圖痕跡）：

（2）若CQ=1（如圖②），試求截面S將正方體分割所成的上半部分的體積匕與下半部分的體積匕之比.

【解析】（1）延長(zhǎng)。C交轉(zhuǎn)延長(zhǎng)線于點(diǎn)E,此時(shí)￡>C=CE,延長(zhǎng)EQ交〃0于點(diǎn)?

延長(zhǎng)4G交PQ延長(zhǎng)線于點(diǎn)G,連接GF,并延長(zhǎng)交4。『點(diǎn)H,連接AH

此時(shí)五邊形APQFH就是截面S

邊形APQR

匕=吟-八即+匕TDCO=；X(；X2X2)X2+；X(1+2)X2X；X1=1

717

匕=2x2x2--=—

133

因此K：%=17d7=17:7

變式2.（2023?全國(guó)?高一專題練習(xí)）如圖，已知正方體A8CQ-4與CQ,點(diǎn)E為棱CG的中點(diǎn).

aG

⑴證明：AG〃平面BOE.

(2)證明：AQ1BD.

(3)在圖中作出平面BER截正方體所得的截面圖形(如需用到其它點(diǎn)，需用字母標(biāo)記并說(shuō)明位置)，并說(shuō)明理

由.

【解析】(1)證明：連接AC,交BD于點(diǎn)0,連接0￡,

因?yàn)锳BCZ)是正方形，所以。為AC的中點(diǎn)，又E為棱CC的中點(diǎn)，

所以0E//4G，Q￡u平面3DE,厶6^平面也無(wú)，

所以4C0平面

(2)證明：在正方體中，明丄平面ABC￡>,BDu平面A8CD,所以丄8。,

又AC丄BD,ACnAAt=A,AC,厶4u平面ACGA，

所以亜丄平面ACGA,

又AQu平面ACGA,

所以AG丄80.

(3)如圖?、岬闹悬c(diǎn)M,連接5M、MD\,則MBED,為平面截正方體所得的截面，

證明：取。R的中點(diǎn)N,連接NE、AN,因?yàn)镋為棱CG的中點(diǎn)

所以AB//CD且43=C￡>,NE//CD且NE=CD,

所以AB//NE[\.AB=NE,

所以四邊形A8EN為平行四邊形，

所以AN"BE,

乂AMIIND,且AM=ND、,

所以四邊形AND、M為平行四邊形，

所以AN〃jM,

所以MDJ/BE,即8、E、Q、M四點(diǎn)共面，即MSEQ為平面截正方體所得的截面;

變式3.（2023?江蘇?高一專題練習(xí)）已知正方體ABC。-ABC。是棱長(zhǎng)為1的正方體，M是棱厶4的中點(diǎn),

過(guò)C、R、M三點(diǎn)作正方體的截面，作出這個(gè)截面圖并求岀截面的面積.

【解析】連接。M，并延長(zhǎng)，交D4延長(zhǎng)線于N連CN交A8于戶，連接MP,

則CRMP為過(guò)C、2、M三點(diǎn)的正方體的截面，

因?yàn)椤笆茿A的中點(diǎn)，MA//DD,

所以M是NR的中點(diǎn)，A是ND的中點(diǎn),

因?yàn)锳/7/CO,所以P是NC的中點(diǎn)，

所以是三角形NCR的中位線，

所以Sen1Mp=3SNMP）

因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為1,

所以可得MN=PN=@，”「=也，

22

所以三角形NMP是以MN=/W=9為腰，以MP=E為底的等腰三角形,

22

邊MP上的髙為'圖〔閨=AW岑'

三角形NMP是的面積5人亜=*x乎=（

所以Sc^MP=3SNMP=~

O

題型二：截面圖形的形狀、面積及周長(zhǎng)問(wèn)題

例4.（2023?全國(guó)?高三專題練習(xí)）如圖，正方體ABCO-AACQ的棱長(zhǎng)為1,P為3c的中點(diǎn)，Q為線段CG

上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A,P,Q的平面截該正方體所得的截面記為S則下列命題中正確命題的個(gè)數(shù)為（）

①當(dāng)0<CQ<；時(shí)，S為四邊形；

②當(dāng)CQ=J時(shí)，S為等腰梯形；

31

③當(dāng)。。二：時(shí)，s與GA的交點(diǎn)與滿足c內(nèi)=/

3

④當(dāng)vCQ<1時(shí)，S為六邊形；

4

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

AB

先確定臨界值點(diǎn)，當(dāng)CQ=；,即。為CG的中點(diǎn)時(shí)，

截面交。R于口，則界面APQ2A為等腰梯形，故②正確；

對(duì)①當(dāng)0<c。<g時(shí)，即。移動(dòng)到纟位置時(shí),

截面交線段。。于H，所以截面APQi”為四邊形，故①正確；

3

對(duì)③，當(dāng)CQ=j時(shí)，。在烏的位置，截面交0A的延長(zhǎng)線于/,

延長(zhǎng)/Q,A尸交在QC的延長(zhǎng)線于G點(diǎn)，

則4=絲=絲=強(qiáng)」，

'ADGDIGDI2

33131

由C。產(chǎn)亍，則￡>/=：,D,/=-,又有G0=1_：=T，

42244

1

所以笑1=系=*=2,又CQ=1,所以￡囲=；故③正確；

C內(nèi)丄3

4

對(duì)④，CQ<\,Q點(diǎn)移動(dòng)到與位置，從圖上看，截面為五邊形，故④錯(cuò)誤；

共3個(gè)正確，

故選：C

例5.(2023?四川成都?高二雙流中學(xué)?？计谥?已知正方體48C0-ABCQ的棱長(zhǎng)為1,M,N為線段8C,CG

上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A，M,N的平面截該正方體的截面記為s,則下列命題正確的個(gè)數(shù)是()

①當(dāng)8M=0且O<CN<1時(shí)，S為等腰梯形；

②當(dāng)M,N分別為BCCG的中點(diǎn)時(shí)，幾何體A-RMN的體積為、；

③當(dāng)M為BC中點(diǎn)且CN=m時(shí)，S與GA的交點(diǎn)為R,滿足GR=

46

④當(dāng)M為8c中點(diǎn)且0VCNW1時(shí)，S為五邊形.

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】①，當(dāng)8M=0,即電合，且O<CN<1時(shí)，如下圖所示，

過(guò)N作NP〃CR,交GQ于尸，連接A7,

根據(jù)正方體的性質(zhì)可知AB//C。，所以NP//A.B.所以A,8,N,P四點(diǎn)共面，

在等腰直角三角形CG烏中，根據(jù)平行線分線段成比例的知識(shí)可知CN=PD、,

所以A尸=也2+PD；=JF+CM=BN,

即截面S為等腰梯形，①正確.

PlG

②，當(dāng)M,N分別為8C,Cq的中點(diǎn)時(shí)，

過(guò)村作人陽(yáng)丄CR,垂足為H,則NH〃CQ,NH=；GO=￥，

由于8c丄平面CDDC，NHu平面CD。?,所以BC丄NH,

由于CRc8C=C,CR,8Cu平面A,BCDt,

所以NH丄平面ABCDi"即N"丄平面AM。.

所以—wv=%的用=卜&卜咼②正確.

3

③，當(dāng)M為BC中點(diǎn)且CN=:時(shí)，S與G2的交點(diǎn)為R，S與A〃的交點(diǎn)為P,

4

由于平面〃平面。CCQi，

平面A844cS=4P,平面。CCQ|CS=RN,所以4P//RN,

同理可證得AR//PM,

C}N=—,設(shè)GR=x,PB=y,則RR=1-x,

由ZD.RA,=/MPB,得tanND出=tan/MPB,

即=所以緖=>>[+%

1-xy22

同理tanNAP4=tanNGRN,所以丁丄廠=：，解得》=；?

即GR=；,③錯(cuò)誤.

④，當(dāng)M為BC中點(diǎn)且CN=O時(shí)，CN重合，如下圖所示,

截面S是四邊形4BC。，④錯(cuò)誤.

故選：B

例6.（2023?全國(guó)?高一專題練習(xí)）如圖正方體ABC。-A￡CQ,棱長(zhǎng)為1,尸為BC中點(diǎn)，Q為線段CQ上

的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)A、P、Q的平面截該正方體所得的截面記為。.若=,則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）

B./1

A.當(dāng)4寸，。為四邊形當(dāng)=；時(shí)，。為等腰梯形

C.當(dāng)Xe(jl)時(shí)，O為六邊形D.當(dāng)2=1時(shí)，。的面積為包

2

【答案】C

【解析】當(dāng)0<義<:時(shí)，如下圖1,。是四邊形，故A正確;

當(dāng)；1=；時(shí)，如下圖2,。為等腰梯形，B正確：

當(dāng);<4<1時(shí)，如下圖3,Q是五邊形，C錯(cuò)誤；

4

當(dāng)4=1時(shí)，。與C1重合，取的中點(diǎn)凡連接反，如下圖4,由正方體的性質(zhì)易得PG//8M//A尸，且

PC,=AF,截面復(fù)為APG尸為菱形，其面積為gAC/PF=手，D正確.

故選：C

AB

圖3

變式4.（2023?江蘇鎮(zhèn)江?高二揚(yáng)中市第二高級(jí)中學(xué)?？奸_(kāi)學(xué)考試）如圖，在棱長(zhǎng)為竝的正方體

MCD-AB'C'/y中，點(diǎn)E、F、G分別是棱AE、BC\C。的中點(diǎn)，則由點(diǎn)E、F、G確定的平面截正

方體所得的截面多邊形的面積等于.

【答案】史

2

【解析】因?yàn)镋、F分別為A'B'、B'C的中點(diǎn)，則EF//A!Ciq.EF=+哼［x2=1，

因?yàn)?〃CC且A4，=CC,所以，四邊形A4'CC為平行四邊形，所以，AC//AC,

所以，EF//AC,設(shè)平面EFG交棱于點(diǎn)H,

因?yàn)槠矫鍭BCD/mAB'C'D',平面EFGc平面A'ffC'D'=EF,

平面EFGc平面ABCZ）=G"，所以，EFHGH,則G////AC,

因?yàn)镚為C。的中點(diǎn)，所以，H為AD的中點(diǎn)，

設(shè)直線EF分別交￡>/、DC'的延長(zhǎng)線于點(diǎn)尸、Q,連接P"交棱A4'于點(diǎn)M，

連接QG交棱CC'于點(diǎn)N,連接EM、FN,則截面為六邊形ERVGHM,

DGC

因?yàn)锳/7/CB,—=—=1,

BFBE

所以，A:P=B'F=-B'C=-A'D'=-AD=AH,

222

A/\4AH

因?yàn)閯t工二不二匕所以，=則”為A4’的中點(diǎn)，

同理可知，N為CC的中點(diǎn)，易知六邊形EEVG/7/W是邊長(zhǎng)為EF=1的正六邊形，

所以，截面面積為6x丄xl?xsin60=6x^^=土叵.

242

故答案為：巫.

2

變式5.（2023?河南信陽(yáng)?高二信陽(yáng)高中校考階段練習(xí)）在一次通用技術(shù)實(shí)踐課上，木工小組需要將正方體木

塊截去一角，要求截面經(jīng)過(guò)面對(duì)角線AC上的點(diǎn)尸（如圖）,且與平面BCR平行，已知4A=10cm,AP=6cm,

則截面面積等于cm2.

【答案】36G

【解析】如圖，連接BO交AC于點(diǎn)。，連接A。、A,B.

DC

小為

因?yàn)锽BJ/D1且BBH，故四邊形B8QQ為平行四邊形，所以，BDMBR,

因?yàn)?OZ平面BCR,耳。u平面BCR,所以，平面8CR,

同理可證AB〃平面BCR,

因?yàn)锳8CBD=B,4田、Qu平面AB。，所以，平面ABO〃平面BCR,

故截面平行于平面A/。.

過(guò)點(diǎn)尸作與8。平行的直線分別交AC、AB于點(diǎn)V、N,在44上取點(diǎn)。使42=AM.

AQAM

，SA

AQ^AM,?'?譚=F.,.△4QM2\4。，：.QMHD\.

A。

因?yàn)閣平面ABO,A￡>u平面48。，所以，QM〃平面ABD,

又由'為MNHDB,MNU平面AB。，8Du平面所以，MM/平面厶乃。,

因?yàn)镸NQM=M,MN、QMu平面MNQ,所以，平面A/NQ〃平面厶田。,

sMNAP

易得△MNQSADBA一故吃儂=

S4DB'IDBAO

因?yàn)锳8=^AB2+A^=7102X2=10&,

2

易知A/。是邊長(zhǎng)為10竝的等邊三角形，所以，SMBW-^x(10>/2)xsin60-505/3,

因此，1szMm=￡x50g=36G(cm2).

故答案為：366.

變式6.(2023?江蘇泰州?高一泰州中學(xué)?？茧A段練習(xí))正方體ABC0-ABGA的棱長(zhǎng)是。，其中E是C。中

點(diǎn)，廠是AA中點(diǎn)，則過(guò)點(diǎn)旦凡用的截面面積是.

【答案】嗜下

【解析】在CG上取M使CM=aCG,連接ME并延長(zhǎng)與。。的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)G,連G尸交AD于N,連

接B】M,NE,

由正方體的性質(zhì)可知8H//EM,則五邊形4MEN/即為過(guò)點(diǎn)E,F,國(guó)的截面,

G

a,GE=-GM,GN=-GF,

23

在尸中，B,M=-a,B.F=—a,MF=^-a,

424

由余弦定理得cosZMB,F=—,所以sinZMB.F=友互，

2525

2

所以平行四邊形B，MGF的面積為s=B,FxB}MsinNMB、F=^?

乂由6E=丄6/,6%=丄6尸,

23

所以Scm=；GExGNxsinNNGE=《S,

所以截面的面積為SBVENF=?S=丄竺“3

則由1248

故答案為：*叵/.

48

變式7.（2023?全國(guó)?高三專題練習(xí)）已知直三棱柱ABC-A與G的側(cè)棱長(zhǎng)為2,AB1BC,AB=BC=2,

過(guò)AB,8片的中點(diǎn)E,尸作平面a與平面AACC垂直，則所得截面周長(zhǎng)為

【答案】3夜+指

【解析】如圖，

取AC的中點(diǎn)。，連接5Z）,取AG的中點(diǎn)R,連接BQ,BD.

取A￡＞的中點(diǎn)G,連接EG,連接M,并延長(zhǎng)與入用交于“，取G0的中點(diǎn)M,連接交于N,

連接硒、GM,可得EG//BD,BDHBQ、,MNUBR,即有EG〃MN,又AB=BC,可得8。丄AC,

因?yàn)锳4,丄平面ABC,3Du平面ABC,所以8。丄AA，-4CAA4,=A,AC，Mu平面ACGA,所以班＞2

平面A41GC,因?yàn)镋G//3。，所以￡G丄平面AAGC,EGu平面EGMF,由面面垂直的判定定理，可得

平面EG用/丄平面AAGC,則平面EGMVF即為平面a,由EG=、BD力,GM="?!=#，

22

MN=-B,D,=—,NF=4i，F(xiàn)E=&，可得所得截面周長(zhǎng)為受x2+#+0x2=30+6.

222

故答案為：3應(yīng)+".

變式8.（2023?全國(guó)?高三專題練習(xí)）棱長(zhǎng)為1的正方體A8CC-ABGR中，點(diǎn)E為棱BC的中點(diǎn)，則過(guò)四，

E,。三點(diǎn)的平面截正方體的截面周長(zhǎng)為.

【答案】2石

【解析】

如圖，取AR的中點(diǎn)為尸，連接尸287，取的中點(diǎn)為G,連接FG,BG,

在正方形ARD4中，因?yàn)槭?、G分別為所在棱的中點(diǎn)，故尸G//4A，F(xiàn)G=AAt

而B(niǎo)BJ/AA、,8B1=AA,故FGHBBX,FG=BB、,

故四邊形FGBB,為平行四邊形，故FBJ/GB,FB^GB,

在正方形"8中，因?yàn)镋、G分別為所在棱的中點(diǎn)，故GDi/BE,GD=BE,

故四邊形DGBE為平行四邊形，故DE//GB,DE=GB,

故FB\"DE、FB、=DE,故四邊形FBXED為平行四邊形，

故尸，4,E,。四點(diǎn)共面，故過(guò)E,。三點(diǎn)的平面截正方體的截面為平行四邊形尸片ED.

又DE=B&=H=*,故截面的周長(zhǎng)為4x^=2石，

故答案為：2不.

變式9.（2023,四川瀘州?四川校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體A8c。-48心口，

中，點(diǎn)E為C￡＞的中點(diǎn)，則過(guò)點(diǎn)C且與用E垂直的平面a被正方體488-ABCA截得的截面周長(zhǎng)為

【答案】2百+0/0+2石

【解析】如圖，取中點(diǎn)F,。。中點(diǎn)G,連接CF,FG,CG,BE,B|E,設(shè)BE與CF交于

點(diǎn)O,

因?yàn)锽,E在平面ABC。內(nèi)的射影為BE,

由CD=BE,DF=CE,NBCE=ZFDC=90?？傻?BCE￡.CFD.

所以NBEC=ZDFC,NEBC=ZFCD,

乂因?yàn)镹48E+NEBC=90°,NEBC+NBEC=90°,

所以NA5E=ZBEC=NOFC,

在四邊形AF8。中，ZA+ZABE+ZBOF+ZCFA=360°,

其中ZABE+ZAFC=NDFC+ZAFC=180°,NA=90°,

所以NB"=90。，即丄C/，

所以CF是截面內(nèi)的條線，

同理CGGF是截面內(nèi)的一條線，

所以過(guò)點(diǎn)C且與耳E垂直的平面a被正方體ABCD-A4GA截得的截面為CFG,

因?yàn)檎襟wABCQ-A8cA的棱長(zhǎng)為2,

所以CF=>/4+1=V5,CG=5/4+T=>/5,FG=^/i+T=0,

截面CFG的周長(zhǎng)為CF+CG+FG=6+^+J^=2^+J5,

故答案為：2亞+應(yīng)

題型三：截面切割幾何體的體積問(wèn)題

例7.（2023?廣東廣州?高一統(tǒng)考期末）在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD-A耳CQ中，E,尸分別為棱BC,C&的

中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A,E,F作一個(gè)截面，該截面將正方體分成兩個(gè)多面體，則體積較小的多面體的體積為.

【答案】—

24

【解析】如圖，依次連接四邊形AEFR即為所求截面，

因?yàn)辄c(diǎn)E、尸分別為棱BC、CC,的中點(diǎn)，所以E尸〃RA,

.212

可知AOA-ECF為三棱臺(tái)，所以S△皿產(chǎn)%xa=',S△四=卜會(huì)計(jì)/，

其體積VADR—ECF=§（SAA皿+dSMDDJS^ECF+S^ECF）x8=3Xa=~1A'

\/

3

且正方體的體積為％CO-A4Goi=axaxa=a,

7〃317〃3

則另一部分的體積為V=-匕g-ECF=43-等=監(jiān)，

/tod7-ri]。4[/4/it/y-cvr。/1C4

因?yàn)樗泽w積較小的多面體的體積為生.

242424

故答案為：—.

24

例8.（2023?遼寧錦州??？家荒＃┰谡睦忮FS-AB8中，M為SC的中點(diǎn)，過(guò)4W作截面將該四棱錐分成

上、下兩部分，記上、下兩部分的體積分別為匕，則裝的最大值是.

【答案】2

【解析】記正四棱錐S-ABCD的體積為V,券的最大值，由K+K=v為定值知，只需求匕的最小值，

v\

設(shè)過(guò)AM的截面分別交SB和5。于瓦廣，平面SAC與平面S8D的交線為SO,S。與A"相交于G,如圖,

則SG§。,畸"冷y,則而4儂+S仍$SE+#八即有導(dǎo)導(dǎo)】，

SF

匕=^S-AFM+^S-AEM=^F-SAM+^E-SAM^D-SAM

~SDSAM

11VV11VVXV

=P2^c+x--Vfi_wc=-(x+y)=-(x+y)(-+-)=-(2+-+-)>-F

0匕V-KV..V

當(dāng)且僅”'ix=y=：時(shí)取等號(hào)，此時(shí)匕*V；v,

33

所以扌的最大值是2.

v\

故答案為：2

例9.（2023?浙江?高二競(jìng)賽）在正四棱錐S-A8C。中，例在棱SC上且滿足SM=2MC.過(guò)A"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匕，匕，則，的最大值為.

【答案】|

O

【解析】設(shè)過(guò)AM的平面交SB.SDT-G,P,

將平面MGAP延伸，交BC,CD于E,F,則A,E,F共線.

s

FCDPc.ECx

-------------2=1,-------------

FDPSEB\-x

又區(qū)=。=笠=CE

FDDABCCE-BE

,.BE_2X.DP_\BEy_l-3x

"UCE-T7r，"-2\-CEJ-2（l-x）

?rY]__‘ASM+厶一ASC）_J_6SG+SP]

v--2sAsc4_ASC——乳正而丿

2-2x\if43-5x4、

-x+3-5xJ

3（555（3-5x）J

85

xe0,--,3

3j13Vl5,9

.匕=I_E_1J

“V,M8-

7

故答案為：—.

o

變式10.（2023?上海?高二專題練習(xí)）如圖，正方體ABQ）-ABCa,中，反尸分別是棱AB、8c的中點(diǎn),

過(guò)點(diǎn)D、、E、F的截面將正方體分割成兩個(gè)部分,記這兩個(gè)部分的體積分別為％匕，記乂＜匕，則乂：匕=

25

【答案】石

【解析】延長(zhǎng)EF交DC的延長(zhǎng)線與點(diǎn)P,連接。/交CG于點(diǎn)G,連接尸G：

延長(zhǎng)正交的延長(zhǎng)線與點(diǎn)0,連接。。交A4于點(diǎn)H,連接“E：

所以過(guò)￡）,反尸的截面為尸G,如下圖示：

設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2。,

則過(guò)〃,E,F的截面下方幾何體的體積為

1/1ccr.r1cc4111cde112a25

V.=-SnnpOD-2-5.?-OA--------3>a-2a-3a-2--------a------a=—a3，

'3*3F323239

7547OS

所以另?部分體積為匕=8/號(hào)/=力3,則屮匕=:

故答案為：言25

變式11.（2023.全國(guó)?高一專題練習(xí)）如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD-A'8'C'D中，用截面截下一個(gè)三棱錐

C-AD'D,則三棱錐C-A'D￡>的體積與剩余部分的體積之比為.

D'

【答案】1:5

【解析】設(shè)鉆="，AD=b,A4'=c,所以長(zhǎng)方體體積%皿-“壯力=

三棱錐C-4￡>'￡）的體積展，即=：8?5沙加=卜jc=，

3326

,剩余部分的體枳=匕88"?"-Vc-AD'D=abc-yabc=|abc

66

...三棱錐C-A'。'。的體積與剩余部分的體積之比為1:5.

故答案為：1:5.

變式12.（2023?貴州貴陽(yáng)?貴陽(yáng)六中?？家荒＃┰谌庵?BC-4円￡中，明丄底面ABC,

AB=8C=CA=；M，點(diǎn)尸是棱AA上的點(diǎn)，AP=2PA],若截面8PG分這個(gè)棱柱為兩部分，則這兩部分

的體積比為.

45

【答案】?或1

54

【解析】取AC的中點(diǎn)。，連接BO,

因?yàn)锳B=8C,所以8。丄AC,

因?yàn)锳A丄底面A8C,亜u底面ABC,

所以AA丄8。，

又ACHAA=A,所以比）丄平面4ACC，

C24

不妨設(shè)=則BO=^a,AP=-AA=-a,

23i3

_16-G3

^ABC-^C,=-><ax—ax2a=-a，

+2

v_i（r45?3,

Vnp0=-X---------------Xd=----Cl

BA"CC32218

故上面一部分的體積為匕meABC-/APCC=-^-^?

zioC-/ijO|C|o—/trC|C9

4

則駕？

18

45

所以兩部分的體積比為找“

變式13.（2023?廣東揭陽(yáng)?高一普寧市華僑中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，正方體A88-AAGP中，及F分別

是棱、C卩的中點(diǎn)，則正方體被截面BEFC分成兩部分的體積之比匕：％=

【答案】3

【解析】設(shè)正方體ABC。-AAGA的棱長(zhǎng)為2。，體積為V,則

V=2ax2ax2a=8。，，

因?yàn)镋是棱A4的中點(diǎn)，所以

3

，K=SBBiExBC=-xEBixBBlxBC=-xax2ax2a=2a,

33

/.Vl=V-V2=8a-2a=6a\

K2a3

故答案為：3

題型四：球與截面問(wèn)題

例10.（2023?湖南長(zhǎng)沙?高三長(zhǎng)沙一中校考階段練習(xí)）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A4GA中，M,N

分別為棱AQ，的中點(diǎn)，過(guò)作該正方體外接球的截面，所得截面的面積的最小值為（）

【答案】C

【解析】如圖,

正方體外接球的球心在其中心點(diǎn)。處，球的半徑R=1712+12+12=—，

22

要使過(guò)MN的平面截該球得到的截面面積最小，則截面圓的圓心為線段的中點(diǎn)Q,

連接OM,ON,則OM=ON=MN=",

2

所以O(shè)Q==號(hào)，

此時(shí)截面圓的半徑r=JR、OQ2=半，

此時(shí)，截面面積的最小值5=冗產(chǎn)=1無(wú).

故選：C.

例11.（2023?福建福州?福建省福州第一中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）在矩形A5CD中，AB=3,AD=4,將沿

對(duì)角線80翻折至亠A'的的位置，使得平面A3D丄平面8CO,則在三棱錐A'-BCD的外接球中，以AC為

直徑的截面到球心的距離為（）

Ax/435R6夜「V239y/U3

A.---D.-------L?--------Lnz?--------

1051010

【答案】B

【解析】如圖，取8。的中點(diǎn)為。，連接AO,CO,過(guò)4作A“工8。，垂足為，，連接6.

因?yàn)槿切蜛7M為直角三角形，故A'O=OD=Q8,

同理CO=OD=OB,故CO=O￡）=OB=OA,

所以。為三棱錐A-BCD的外接球的球心，而B(niǎo)O=5/9+16=5，

因?yàn)閬AB/D，A'Hu平面平面A'B￡＞丄平面,

平面1平面=故AT/丄平面CBO,

而CHu平面CBO,故丄CH.

在直角三角形ABD中，48=3,40=4,故AH=

故BH=6員，

4

在直角三角形C50中，cosZCBD=-,

故加上+16-2&4>4=些，故AC、出+吧337

2555252525~25

設(shè)球心到以AC為直徑的截面的距離為d,

則d=叵=醫(yī)亙=恒三亙=其=逑，

Y4【2）V44x2510105

故選：B.

例12.（2023?海南?高三校聯(lián)考期末）已知某球的體積為32手7t，該球的某截面圓的面積為3%則球面上的點(diǎn)

到該截面圓圓心的最大距離為（）

A.1B.3C.2+D.—

【答案】B

【解析】設(shè)截面圓的半徑為，球。的半徑為R球心到截面的距離為d,

則林+冴二代，

因?yàn)榍虻捏w積為于=苧網(wǎng)，

所以R=2,

因?yàn)榻孛鎴A的面積為3兀，

所以3n=nr2）故r=的,

所以"=1,

所以球面上的點(diǎn)到該截面圓圓心的最大距離為d+R=3,

故最大距離為3.

故選：B.

變式14.（2023?江西南昌?江西師大附中?？既＃┮阎襟wABCD-4耳CQ的棱長(zhǎng)為2,E為棱CQ上

的一點(diǎn)，且滿足平面3QE丄平面ABO,則平面A8。截四面體ABCE的外接球所得截面的面積為（）

,"c25八8c2

A.—7iB.~^兀C.一冗D.-TC

61233

【答案】A

【解析】在正方體ABCO-A4GR中，設(shè)平面BDEc平面ACG=OE,且4G丄平面，

由平面BOE丄平面A/D,可得ACJ/OE,所以E是CG的中點(diǎn)，

,_________3

又四面體/WCE的外接球的直徑為■=JAC2+CE2=3，可得半徑R=1，

設(shè)加是AE的中點(diǎn)即球心，球心M到平面AtBD的距離為d,

又設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為。，則cosZ4OA==等，則sinNAOM=cosZ4OA=,

則d=OM.sinNA0A/=Lx^=立，則截面圓的半徑/=戸一/=2一二=生，

'236412126

17

所以截面圓的面積為+=今7t.

6

故選:A.

變式15.（2023?四川內(nèi)江?四川省內(nèi)江市第六中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）己知球O是正三棱錐A-8CD（底面是正

三角形，頂點(diǎn)在底面的射影為底面中心）的外接球，BC=6,AB=無(wú),點(diǎn)E是線段BC的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E

作球o的截面，則所得截面面積的最小值是（）

【答案】A

【解析】如圖:

A

c

。是A在底面的射影，由正弦定理得，△BCD的外接圓半徑r=m_x丄=1.

sin602

由勾股定理得棱錐的高Hal=應(yīng)=1=1設(shè)球。的半徑為R,

則戸=（1-R）2+1,解得A=l,

所以|OQ|=0,即。I與0重合，

所以當(dāng)過(guò)點(diǎn)E作球O的截面垂直于OE時(shí)，截面面積最小，

此時(shí)截面半徑為忸耳=昱,截面面積為y.

故選：A.

變式16.（2023?福建廈門?廈門外國(guó)語(yǔ)學(xué)校校考模擬預(yù)測(cè)）已知半徑為4的球。，被兩個(gè)平面截得圓。卜。2,

記兩圓的公共弦為A3,且。。2=2,若二面角?！窤B-。?的大小為q兀，則四面體厶8。02的體積的最大值

484

B血C6

9-9-D.9-

【答案】c

【解析】設(shè)弦AB的中點(diǎn)為M,連接QM,QM，依題意，可得如下圖形,

由圓的性質(zhì)可知丄AB,O2M丄AB，則ZO,MO2即為二面角的平面角,

2

故/?仞。2=§兀，

117

四面體AB00的體積為V=彳A3?S=:A8。陽(yáng)0Msin-n

}23口63

=*ABO、MO2M,

其中OQ；=O附Z+O^A^+O也。［用=4230四?OzM

=>0tM02M<^,當(dāng)且僅當(dāng)aM=0?M=手時(shí)取等號(hào),

由球的截面性質(zhì)，。。1丄QM,OO2YO2M,

24

DR=OM=—

所以O(shè),q,Q,”四點(diǎn)共圓，則有外接圓直徑"“一5"一$皿2兀一百，

sm鏟

8娓

從而AB=2MB=2\lOB2-OM2=2.

，用連01MCMM逑x(chóng)丄還

3'2339

故選：C

變式17.（2023?全國(guó)?高三專題練習(xí)）已知球。和正四面體A-BCO,點(diǎn)&C、。在球面上，底面BCZ）過(guò)球心

0,棱A&ACA。分別交球面于穌q、A，若球的半徑R=G，則所得多面體8CQ-BCO的體積為（）

A9夜R9