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专题5-2 截面与动点10题型归类（讲+练）-高考数学一轮复习热点题型归纳培优讲义（新高考通用）
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这是一份专题5-2 截面与动点10题型归类（讲+练）-高考数学一轮复习热点题型归纳培优讲义（新高考通用），文件包含专题5-2截面与动点原卷版docx、专题5-2截面与动点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共78页， 欢迎下载使用。
知识梳理与二级结论
模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面
方法：两点成线相交法或者平行法
特征：
三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；
2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。
方法一：相交法，
以“第三点”所在的表面中，，剔除掉与EF所在的表面平行，寻找合适的表面来做交线
如下图，符合的有c1的表面有三个，红色的和EF平行而不会相交，去掉，可供选择的是上表面（蓝色）或者右表面（绿色的），
先用上表面（红色的）来做：
所以，先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A1B1于G
此时G也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1交点H.
连接HB，则的如右图的截面。
再用右表面绿色的来做：
则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C1C于I
此时I也在右表面了，连IC1交棱CB于J.
连接FJ，则出右图的截面。
最终，两个合在一起，就是如图的截面。以上过程，与EF是否中点，几何体是否正方体无挂具体的G,H,I,J都可以通过对应的E、F几等分点以及几何体长宽高的不同变化来计算出来，这个几何体也不一定是长方体，还可以是斜棱柱，都不影响这个作图。
方法二：平行线法。
本题用平行线法，并不太快捷，不过也成立。
平行线法特征： 有两点连线在表面：EF，在前侧面
方法如下：
寻找C1点所在的与线EF的所在红色表面平行的面：里边侧面（绿色的）
在这个面内，过C1做EF平行线，显然必须扩展这个面了。如第三图。
注意！注意！，E与F分别在右侧面和下侧面上（红色面就不要用了）
注意这仨面的相交棱，
下边过C1做EF平行线，交这俩棱于K,L第二排图
分别连FK与EL，交点为J与H。出截面，与第一种方法一致。
终极变化：当C1点不在顶点处，而在表面棱的任意一处，甚至任意一个表面处，会咋变化？
以上图第一个来类比解决：
出EF所在表面； 2、再找P所在表面； 3、延长出交点；4、与P连接；
5、拉出截面关键点 6、动画过程看附件00.GIF动画。
热点考题归纳
【题型一】截面基础：与表面相交
【典例分析】
1.用一个平面截正方体，截面图形可能是（ ）
A．钝角三角形B．直角梯形
C．有两个内角相等的五边形D．正七边形
【答案】C
【分析】根据正方体的截面分析得到答案.
【详解】用一个平面截正方体，截面图形可能是三角形，四边形，五边形，六边形.
对于A：截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三角形.
如图所示的截面三角形.
设，所以，，.
所以由余弦定理得：所以为锐角.
同理可求：为锐角，为锐角.
所以为锐角三角形.故A错误；
对于B：截面图形如果是四边形，可能是正方形，可能是矩形，可能是菱形，可能是一般梯形，也可能是等腰梯形，不可能是直角梯形.
故B错误；
对于C：如图示的截面图为五边形，并且有两个角相等.
故C正确；
对于D：因为正方体有六个面，所以一个平面截正方体，边数最多为6.所以D错误.
故选：C
2.如图，从一个正方体中挖掉一个四棱锥，然后从任意面剖开此几何体，下面哪个选项不是该几何体的截面？
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】可通过确定截面的不同位置去剖开正方体，想象相对应的截面形状，即可确定答案.
【详解】对于A，由于截面中间是矩形，如果可能的话，一定是用和正方体底面平行的截面去剖开
正方体并且是从挖去四棱锥的那部分剖开，但此时剖面中间应该是一个正方形，
因此A图形不可能是截面；
对于B，当从正方体底面的一组相对棱的中点处剖开时，截面正好通过四棱锥顶点，
如图：
此时截面形状如B图形，故B可能是该几何体的截面；
对于C,当截面不经过底面一组相对棱的中点处，并和另一组棱平行去剖开正方体时，
如图中截面PDGH位置：
截面就会如C图形，故C可能是该几何体的截面；
对于D，如图示，按图中截面 的位置去剖开正方体，截面就会如D图形，
故D可能是该几何体的截面；
故答案为：A
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（宁夏青铜峡市高级中学2021-2022学年高二下学期开学考试数学（理）试题
）一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是（ ）
A．①②④B．②③C．①②D．②③④
【答案】A
【分析】对截面与正方体的侧面与底面的位置关系进行分类讨论，进而可得出截面形状.
【详解】如下图所示：
当截面平行于正方体的底面时，截面形状为④；
当截面经过、、、时，截面形状为②；
当截面经过正方体的体对角线时，截面形状可能为①；
对于截面③，截面需经过正方体的四个顶点，只可能是、、、或、、、四点，但四边形和四边形不是正方形，
所以，截面形状不可能为③.
故选：A.2.
2.（2023·全国·高一随堂练习）在一个倒置的正三棱锥容器内，放入一个钢球，钢球恰好与棱锥的四个面都接触上，经过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设正三棱锥，由确定的平面得到截面，再由正四面体的性质和图象的对称性加以分析，同时对照选项，即可求解.
【详解】如图所示，正三棱锥，球是它的内切球，
设为底面的中心，根据对称性可得内切球的球心在三棱锥的高上，
由确定的平面交于，连接、，得到截面，
截面就是经过侧棱与中点的截面，
平面与内切球相交，截得的球大圆如图所示，
因为中，圆分别与、相切于点、，且，
圆与相离，
所对照各个选项，可得只有B项的截面符合题意；
故选：B.
3.（2022上·北京·高二北京市第十二中学校考阶段练习）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（ ）
A．（2）（5）B．（1）（3）C．（2）（4）D．（1）（5）
【答案】D
【分析】应用空间想象，讨论截面与轴截面的位置关系判断截面图形的形状即可.
【详解】当截面如下图为轴截面时，截面图形如（1）所示；
当截面如下图不为轴截面时，截面图形如（5）所示，下侧为抛物线的形状；
故选：D
【题型二】做截面基本型：平行线法
【典例分析】
1.（四川省内江市第六中学2022-2023学年高三下学期第一次月考文科数学试题）如下图所示，在正方体中，如果点E是的中点，那么过点、B、E的截面图形为（ ）
A．三角形 B．矩形C．正方形D．菱形
【答案】D
【分析】根据题意作出截面图形，然后利用正方体的性质求解即可.
【详解】分别取的中点，连接，
如图即为过点、B、E截正方体所得的截面图形，
由题意可知：且，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为且，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以,
所以，同理，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以平行四边形为菱形，
故选：.
2.在棱长为3的正方体中，O为AC与BD的交点，P为上一点，且，则过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据正方体的性质结合条件作出过A，P，O三点的平面截正方体所得截面，再求周长即得.
【详解】因为，即，
取，连接，则，
又，
所以，
所以共面，即过 ， ，三点的正方体的截面为 ，
由题可知，，，
所以过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为.
故选：D.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（江西省上饶市2023届高三第一次高考模拟考试数学（理）试题变式题6-10）已知在正方体中，，，分别是，，的中点，则过这三点的截面图的形状是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【分析】利用平行画出截面，进而判断出正确答案.
【详解】分别取、、的中点、、，连接、、，
在正方体中，，，分别是，，的中点，
，，，
六边形是过，，这三点的截面图，
过这三点的截面图的形状是六边形．
故选：D
2.（云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（五）数学（理）试题）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为棱BC的中点，用平行于体对角线BD1且过点A，M的平面去截正方体ABCD-A1B1C1D1，得到的截面的形状是（ ）
A．平行四边形B．梯形C．五边形D．以上都不对
【答案】B
【解析】画出图形，设截面为、，P为的靠近于的三等分点，N为的靠近于C的三等分点，由推出，从而推出截面AMNP为梯形.
【详解】如图，设截面为，设，P为的靠近于的三等分点，N为的靠近于C的三等分点，由可得平面与的交线平行于，所以平面，又平面与两平行平面，的交线应互相平行，
∴平面，由且可得截面AMNP为梯形.
故选：B
3.（云南省玉溪市普通高中2021届高三第一次教学质量检测数学（理）试题）已知正方体的棱长为3，E，F，G分别为棱，，上的点，其中，，，平面经过点E，F，G，则截此正方体所得的截面为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】C
【解析】根据，，，分别取的中点H，BM=1，易得， ，利用平面的基本性质求解.
【详解】如图所示：
取的中点H，BM=1，因为，，，
所以， ，所以在平面上，所以截面是五边形，故选：C
【题型三】做界面基本型：相交线法
【典例分析】
1.（甘肃省张掖市某重点校2022-2023学年高三上学期第四次检测数学（理）试题）如图，正方体中，点，，分别是，的中点，过点，，的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图所示，过点，，的截面下方几何体转化为一个大的三棱锥，减去两个小的三棱锥，上方部分，用总的正方体的体积减去下方的部分体积即可.
【详解】作直线，分别交于两点，连接分别交于两点，
如图所示， 过点，，的截面即为五边形 ，
设正方体的棱长为，因为点，，分别是，的中点
所以，即，因为，
所以则过点，，的截面下方体积为：，
∴另一部分体积为，∴.故选：C.
2.（广东省广州市铁一中学2020-2021学年高一下学期3月月考数学试题）已知正方体，棱长为4，的中点为M，过D，M，三点的平面截正方体为两部分，则截面图形的面积为（ ）
A．18B．C．D．36
【答案】A
【分析】先根据空间中点、线、面位置关系作出截面并判断形状，然后结合线段长度求解出截面的面积.
【详解】延长交于点，连接交于点，连接，
因为为中点，所以，
所以为中点，且，所以为的中点，
根据平行关系可知为中点，
由图可知，截面图形为四边形，
又因为，，，
所以为等腰三角形，所以，
又为中点，为中点，所以为的中位线，
所以，故选：A.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（广东省东莞市东华高级中学2022-2023学年高二上学期学习效率监测（一）数学试题）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（ ）
A．2+2B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意先作出截面，进而算出截面各边的长度，最后得到答案.
【详解】如图，在正三棱柱中，延长AF与CC1的延长线交于M，连接EM交B1C1于P，连接FP，则四边形AEPF为所求截面.
过E作EN平行于BC交CC1于N，则N为线段CC1的中点，由相似于可得MC1=2，由相似于可得：，在中，，则，
在中，，则，在中，，则，
在中，，由余弦定理：，则，
所以截面周长为：.故选：B.
2.（河南省南阳市第一中学校2021-2022学年高三上学期第二次网上训练数学（文）试题）已知正四棱柱中，，点M是线段的中点，点N是线段上靠近D的三等分点，若正四棱柱被过点，M，N的平面所截，则所得截面的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先证明截面四边形为平行四边形，再求出截面的边长相加即得解.
【详解】解：作出图形如图所示．
延长至Q，使得，连接MQ，NQ，则截面四边形为平行四边形；
记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，
则，，
，，，
故所得截面的周长为.故选：B．
3.（贵州省贵阳市普通中学2022届高三上学期期末监测考试数学（文）试题）正方体中，分别是的中点.那么过三点的截面图形是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【分析】过三个点，根据线面关系作出图像即可判断截面为正六边形.
【详解】如图所示，设正方体棱长为2a，取BC中点为F，
延长PR、DA交于E，则AE＝a，连接EF交AB与G，则G为AB中点，
延长GF、DC交于H，则CH＝a，连接HQ交与I，则I是中点，
由此得到了截面PRGFIQ为正六边形.故选：D.
【题型四】截面计算：求面积
【典例分析】
1.在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，.过点A作与棱PC垂直的平面α，则四棱锥P﹣ABCD截平面α所得截面的面积为___________.
【答案】
【分析】作AM⊥PC，垂足为M，作MH⊥PC，交于，可得平面，设平面与交于，则MF⊥PC，从而点四点共面，故平面AFMH即为平面α，
然后利用等面积法求出AM的长度，再利用比例关系求出FH的长度，求解截面的面积即可.
【详解】作AM⊥PC，垂足为M，作MH⊥PC，交于，
又，所以平面，设平面与交于，则MF⊥PC，所以平面AFMH即为平面α，
底面ABCD是边长为1的正方形，所以，PA⊥底面ABCD，，所以，
由等面积法可得，解得，由对称性可得到FHBD，
在△PAC中，，所以，又，CD=1，
所以PC2=PD2+DC2，故∠PDC=90°，在△PDC中，，所以，
所以，在△PBD中，，所以，
所以棱锥P﹣ABCD截平面α所得截面的面积为故答案为：
2.在正四面体中，，分别在棱，上，满足，，且面，则的面积为__．
【答案】
【分析】取中点，连结，交于，连结、，根据面，得到，利用,求得正四面体的棱长，进入结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，取中点，连结，交于，连结、，
因为在正四面体中，，分别在棱，上，
满足，，且面平行，
由线面平行的性质定理，可得，所以,
设正四面体中棱长为，则，解得，在中，
由余弦定理，可得，
所以，所以的面积．
故答案为：．
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（新疆和田地区第二中学2022-2023学年高三上学期11月期中考试数学（理）试题）在三棱锥中，，G为的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为_________.
【答案】8
【分析】如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F．过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N．可得四点EFMN共面，进而得到，根据比例可求出截面各边的长度，进而得到周长．
【详解】解：如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F
过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N.
由作图可知：EN∥FM，∴四点EFMN共面。可得MN∥AC∥EF，EN∥PB∥FM.∴
可得EF=MN=2.同理可得：EN=FM=2.∴截面的周长为8.故答案为：8.
2.一个正四面体木块如图所示，点P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面平行于棱VB和AC，若木块的棱长为a，则截面面积为________.
【答案】
【详解】试题分析：VB∥平面DEFP，平面DEFP平面VAB=PF，所以VB∥PF．同理，VB∥DE，EF∥AC，PD∥AC，所以四边形DEFP是平行四边形，且边长均为．易证，正四面体对棱垂直，所以VBAC，即PFEF．因此四边形DEFP为正方形，所以其面积为．
3.已知四棱锥中，平面，四边形为正方形，，平面过，，的中点，则平面截四棱锥所得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】顺次连接E，F，G，H，I，则平面EFGHI即为过E，F，H的平面截四棱锥P-ABCD所得截面，求其面积，可得答案.
【详解】分别取，，，的中点，，，，线段上靠近的四等分点，
连接,
因为,
所以,四边形是平行四边形，即四点共面，
设中点为,易得,故，所以五点共面，
则平面即为平面，如图，
在中，,可得,
所以，，，
在等腰三角形中，，，所以高为，
故所求截面面积为矩形面积与三角形面积之和，．故选：A
【题型五】截面计算：截面周长
【典例分析】
1.（广东省深圳科学高中2019-2020学年中数学试题）如图，已知三棱锥，点P是的中点，且，过点P作一个截面，使截面平行于和，则截面的周长为_________.
【答案】6
【解析】设AB、BC、VC的中点分别为D、E、F，连接DE、EF、PF、PD，则可证明截面EFPD就是所求平面，根据中位线的性质，即可求得答案.
【详解】设AB、BC、VC的中点分别为D、E、F，连接DE、EF、PF、PD，如图所示
因为D、E分别为AB、BC的中点，所以，同理P、D分别为VA、AB的中点，所以，平面EFPD，平面EFPD，所以平面EFPD，平面EFPD，
所以截面EFPD就是所求平面，因为，所以,，
所以截面EFPD的周长为2+2+1+1=6，故答案为：6
2.（内蒙古自治区阿拉善盟第一中学2021-2022学年考试数学试题）已知正方体的棱长为6，E、F分别是、的中点，则平面CEF截正方体所得的截面的周长为______．
【答案】
【分析】延长EF交DA的延长线于N，连接CN交AB于点G，连接FG；延长FE交的延长线于点M，连接CM交点H，连接EH；则正方体被平面CEF截得的截面为CHEFG.则EF＋FG＋GC＋CH＋HE为平面CEF截正方体所得的截面的周长，根据几何关系即可求解．
【详解】延长EF交DA的延长线于N，连接CN交AB于点G，连接FG；延长FE交的延长线于点M，连接CM交点H，连接EH；
则正方体被平面CEF截得的截面为CHEFG．
∵E、F分别是、的中点，则易知AN＝，∴AN＝，∴，
∴，，；同理，，，；
∴平面CEF截正方体所得截面的周长为：EF＋FG＋GC＋CH＋HE＝．故答案为：.
【变式演练】
1.棱长为1的正方体中，点为棱的中点，则过，，三点的平面截正方体的截面周长为________．
【答案】
【分析】如图，取的中点为，连接，取的中点为，连接，可证过，，三点的平面截正方体的截面为平行四边形，故可求截面的周长.
【详解】
如图，取的中点为，连接，取的中点为，连接，
在正方形中，因为、分别为所在棱的中点，故，
而，，故，，
故四边形为平行四边形，故
在正方形中，因为、分别为所在棱的中点，故，
故四边形为平行四边形，故
故，故四边形为平行四边形，
故四点共面，故过，，三点的平面截正方体的截面为平行四边形.
又，故截面的周长为，故答案为：.
2.已知正方体的棱长为4，E，F分别是棱，BC的中点，则平面截该正方体所得的截面图形周长为（ ）
A．6B．10C．D．
【答案】D
【分析】取的中点，连接,则,取的中点，连接，延长交于，连接交于点，连接，作出截面图形，然后再分别求出各边长，从而得出答案.
【详解】取的中点，连接,则,取的中点，连接，则
所以, 则直线平面.延长交于，连接交于点，连接,则为的中点.
则平面截该正方体所得的截面图形为 由条件可得,则, 则 ,
取 的中点，连接，则，所以 所以,则
则
所以截面图形周长为
故选：D3.
【题型六】动点型截面：恒平行求截面
【典例分析】
1.（山西省怀仁市2021届高三下学期一模数学试题）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，P在底面的射影为正方形的中心点为中点.点T为该四棱锥表面上一个动点，满足都平行于过的四棱锥的截面，则动点T的轨迹围成的多边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
首先取的中点，的中点，的中点，的中点，连接延长交与点，连接，证明平面即为所求的截面，再证明四边形是矩形，，矩形面积加三角形面积之和即为所求.
【详解】
取的中点，的中点，的中点，的中点，连接延长交与点，连接,
因为底面是边长为的正方形，
所以对角线，，
因为在底面的射影为正方形的中心，可得面，
因为面， 所以，
因为，，所以，
因为、为、的中点，
所以，且，
因为平面，平面，
所以平面，同理平面，
所以平面即为所求截面.
又因为平面平面，平面，所以，
因为为的中点，可得，所以， ，，
因为、为、的中点，所以，，
所以，，所以四边形是平行四边形，
因为，，，所以平面，
因为平面，可得，所以，所以四边形是矩形，
所以动点T的轨迹围成的多边形的面积为.故选：D
2.（安徽省安庆市2020-2021学年数学试题）在棱长为4的正方体中，点是棱的中点，过点作与截面平行的截面，则所得截面的面积为____________.
【答案】
【分析】
正方体中作过A的截面与平面PB1C平行，再根据题中的数据求出截面的面积．
【详解】解：取CD、A1B1的中点M、N，连结C1M、MA、AN、NC1
∵C1N//PC，B1P∥AN，B1P∩CP=P，C1N∩AN=N，∴平面C1MAN//平面PCB1 平面C1MAN就是过点A与界面平行的截面。由图可知,平面为菱形，且
正方体中，根据余弦定理，，且
所以截面的面积
故答案为：
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（山西省长治市2023届高三上学期9月质量检测数学试题）正方体中，用平行于的截面将正方体截成两部分，则所截得的两个几何体不可能是（ ）
A．两个三棱柱B．两个四棱台
C．两个四棱柱D．一个三棱柱和一个五棱柱
【答案】B
【分析】根据正方体的性质及棱柱的概念，找出满足题意的截面即得.
【详解】在正方体中，连接，
因为，平面，平面，
所以平面，则截面把正方体截成两个三棱柱；
分别取的中点，连接，
则可得，又平面，平面，
∴平面，则截面把正方体截成一个三棱柱和一个五棱柱；
分别在上取点使，
同理可得平面，则截面把正方体截成两个四棱柱；
不存在平行于的截面将正方体截成两个四棱台.故选：B.
2..（江西省南昌市八一中学2021-2022学年考试数学（文）试题）已知正方体的棱长为3，点在棱上，过点作该正方体的截面，当截面平行于平面且该截面的面积为时，线段的长为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，即可得到为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出的长度，即可求出；
【详解】解：如图，过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，因为，所以，面，面，所以面
因为，所以，面，面，所以面
又，面，所以面 面，则为截面，
易知是等边三角形，则，解得，∴.
故选：D.
3.（2022届高三下学期临考冲刺原创卷（六）数学试题）已知点P、A、B、C是球O的球面上的四个点，PA、PB、PC两两垂直且长度均为，M是AP的中点，记过点M与平面ABC平行的平面，则球O被平面截得的截面面积等于( )
A．B．C． D．
【答案】A
【分析】根据PA、PB、PC两两垂直且长度均为可求球O的半径.连接OP，交平面ABC于点E，交平面于点F，根据正方体的几何性质可求OE、PE、PF，从而可求OF，于是可求截面圆的半径和面积．
【详解】∵PA、PB、PC两两垂直且长度均为，
∴球O为棱长是的正方体的外接球，设球的半径为R，则．
连接OP，交平面ABC于点E，交平面于点F，
则OP为正方体体对角线的一半，则易证平面ABC，则平面，
，易知△ABC为等边三角形，E为△ABC的中心，CE=，
OE=，
∵M是AP的中点，平面∥平面，∴，，
即球心O到平面的距离为2，∴截面圆的半径，
∴截面面积为．故选：A．
【题型七】动点型截面：恒垂直求截面
【典例分析】
1.（甘肃省酒泉市2021-2022学年数学试题）已知正方体的棱长为1，P是中点，过点作平面，满足平面，则平面截正方体所得截面的周长为______．
【答案】
【分析】取AD中点E，AB中点F，连接PD，，EF，，，AC，BD，通过证明和来证明平面，再计算周长即可.
【详解】取AD中点E，AB中点F，连接PD，，EF，，，AC，BD，如图所示：
因为E为AD中点，F为AB中点，则，，所以，
所以E，F，，四点共面，根据正方形性质可知平面，
而平面，所以，易得，
可知，而，所以，即．
因为，所以平面PDC，而平面PDC，所以．E为AD中点，F为AB中点，
由正方形和正方体性质可知，，且，所以平面PAC，而平面PAC，所以．
又因为，，所以平面，
即四边形为平面与正方体的截面，
正方体棱长为1，所以所得截面的周长．故答案为：.
2.（四川省泸县第二中学教育集团2022届高考仿真考试（三）文科数学试题）如图，在棱长为2的正方体，中，点E为CD的中点，则过点C且与垂直的平面被正方体截得的截面周长为_________．
【答案】##
【分析】先根据已知条件画出满足条件的截面，最后代入数据可求出其周长.
【详解】如图，取中点，中点，连接，设与交于点O，
因为在平面内的射影为，由可得，
所以，又因为，
所以，在四边形中，，
其中，所以，即，
所以是截面内的一条线，同理是截面内的一条线，
所以过点C且与垂直的平面被正方体截得的截面为，
因为正方体的棱长为2，所以
截面的周长为，故答案为：
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（河南省洛阳市2021-2022学年数学文科试题）在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，过点B作平面，则平面截正方体所得的截面面积为______．
【答案】##
【分析】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设平面分别交于，设，则利用垂直关系可求出的值，从而可确定出的位置，从而可求出截面面积
【详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则
，所以，设平面分别交于，设，
所以，因为，，所以，
所以，解得，所以，
所以分别为的中点，所以平面截正方体所得的截面为
所以，，所以，
所以平面截正方体所得的截面面积为，故答案为：
2..（安徽省合肥市第六中学2022届高三下学期高考前诊断暨预测文科数学试题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点.若AM⊥平面α，且B∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为________.
【答案】##
【分析】利用线面平行确定平面α截正方体所得截面，然后计算可得.
【详解】如图，连接AC，BD，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BD⊥AC，又BD⊥CC1，AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面AMC，故BD⊥AM，取BB1的中点N，A1B1的中点E，连接MN，AN，BE，
由，易知BE⊥AN，因为MN⊥平面ABB1A1，所以MN⊥BE，
又AN∩MN＝N，所以BE⊥平面AMN，故BE⊥AM，结合BD⊥AM，BD∩BE＝B，可知AM⊥平面DBE，
取A1D1的中点F，连接DF，EF，则截面即四边形BEFD，
因为DF＝EB＝，BD＝，EF＝，所以截面BEFD的周长为.
故答案为：
3.（多选）已知正方体，若平面，则关于平面截此正方体所得截面的判断正确的是（ ）
A．截面形状可能为正三角形B．截面形状可能为正方形
C．截面形状可能为正六边形D．截面形状可能为五边形
【答案】AC
【分析】根据平面得到平面与平面平行或重合，然后结合图形即可判断出答案.
【详解】如图，在正方体中，连接，，，则平面，
所以平面与平面平行或重合，
所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形，正六边形，但不可能是五边形和四边形，故A，C正确，B，D错误．
故选：AC.
【题型八】动点型截面最值：面积最值
【典例分析】
1.．在长方体中，分别是棱的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】补全截面EFG为截面EFGHQR，得到平面ACD1∥平面EFGHQR，得到过P作AC的垂线，垂足为K，则BK，此时BP最短，PBB1的面积最小，结合面积公式，即可求解.
【详解】由题意，补全截面EFG为截面EFGHQR，如图所示，
其中H、Q、R分别为的中点，可得平面ACD1∥平面EFGHQR，
∵直线D1P与平面EFG不存在公共点， ∴D1P∥面ACD1，∴D1P面ACD1，
∴PAC，∴过B作AC的垂线，垂足为K，则BK，此时BP最短，PBB1的面积最小，
∴面积的最小值为.故选：C．
2.（云师大附中高三适应性月考（九）数学（理）试题）设分别是长方体的棱,,的中点,且,,是底面内一个动点,若直线与平面没有公共点,则三角形的面积的最小值是( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出过三点的截面与底面的交线,得到点在上,得出当线段最短时,面积的最小,在中,,利用面积公式，即可求解.
【详解】如图甲,作出过三点的截面与底面的交线,
则平面截面,故点在上,
由于是,且直角边,
故当线段最短时,面积的最小,此时,
如图乙,在中,,
所以面积的最小值为.
故选：A.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（福建省泉州第十六中学2019-2020学年5月数学试题）过棱长为1的正方体的一条体对角线作截面，则截得正方体的截面面积的最小值是
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】取对角线顶点所不在的两个侧棱的中点M,N,与对角线两个顶点相连，所得四边形即为所有过对角线的截面中面积最小的，由此可求出截面面积.
【详解】如图：
在正方体中，取的中点,连接,
过的平面截得正方体的截面中，当截面为菱形时，截面面积最小，
,故选D.
2.（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．B．C．D．
【答案】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.
3.（山西省太原市高三下第三次模拟文科数学试卷）棱长为的正方体中，若与平行的平面截正方体所得的截面面积为，则的取值范围是_______．
【答案】
【分析】取的中点分别为，连接，利用线面垂直的判定定理可以证得 ，求得截面的面积，得经过的截面的面积的最大值，可得题目要求的截面面积的取值范围.
【详解】取的中点分别为，连接，
因为，，且，平面，
所以平面，平面，所以，因为，
所以，由于，
所以截面的面积为，
这是经过的截面的面积的最大值，
平行于的平面截正方体所得截面面积必然小于这个截面的面积，可以无限接近于这个截面，也可以无限接近于0，所以截面的面积S的取值范围是.故答案为：.
【题型九】动点型截面最值：周长最值
【典例分析】
1.已知正方体的棱长为2，，中点分别为，，若过的平面截该正方体所得的截面是一个五边形，则该五边形周长的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】将面展开与面处于同一平面要使最大,则沿面切才能保证五点共面，展开图计算求解即可.
【详解】将面展开与面处于同一平面要使最大,则沿面切才能保证五点共面，
在中,,此时,又.
周长
故选:A
2.（广东省汕头市金山中学2020-2021学年10月月考数学试题）已知正方体的棱长为，每条棱所在直线与平面所成的角相等，则截此正方体所得截面边形（其中）的周长的范围是_________.
【答案】
【解析】先根据每条棱所在直线与平面所成的角相等，分析出平面的特征，再根据截面的形状分析对应的截面的周长的取值范围.
【详解】如图所示，因为正方体的棱是三组平行的棱，所以平面只需要和正方体某一个顶点引出的三条棱所成角相同即可；
取顶点，此时三棱锥为正三棱锥，显然与平面所成角相同，
所以平面平面，在棱上取一点，作交于，
同理依次可作出点，依次连接构成六边形，
记此时的六边形平面为，设，所以，
，所以截面的周长为：，
故答案为：.
【变式演练】
1.向体积为的正方体密闭容器内注入体积为的液体，旋转容器，若液面恰好经过正方体的某条对角线，则液面边界周长的最小值为_______________．
【答案】
【分析】根据正方体的截面性质，将绕旋转时，根据两点间线段最短求得即可.
【详解】解：当液面过时，截面为四边形，将绕旋转，此时如图所示：
则，当共线时等号成立，
故周长最小值为.故答案为：.
2.（福建省厦门市双十中学2019-2020学年高三上学期期中数学（理）试题）已知正方体的体积为，点在线段上点异于点，，点在线段上，且，若平面截正方体所得的截面为四边形，则线段长的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】易知正方体的棱长为，找到平面截正方体所得的截面为四边形的临界位置，得到的长度，从而得到所求的的取值范围.
【详解】因为正方体的体积为，所以其棱长为，
如图所示，平面截正方体所得的截面为四边形的临界位置因为平面平面
平面平面,平面平面,所以，
易得所以，所以所以，当时，截面为四边形，当时，截面为五边形，
故所求的线段的取值范围为.故选：D.
3.正方体（棱长为1）中，点P在线段上（点P异于A､D两点），线段的中点为点Q，若平面截该正方体所得的截面为四边形，则线段的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设平面与直线交于点，可知，则从而得到，要使平面截该正方体所得的截面为四边形，则需点在线段之间，从而得到的取值范围，即可求出，即可得解.
【详解】解：如图，设平面与直线交于点，是正方体，则面面
面面，面面则
要使平面截该正方体所得的截面为四边形，则需点在线段之间
当在点时，恰在的中点，因为点在线段上（点异于､两点）则，
即所以故选：
【题型十】动点型截面最值：外接球最值
【典例分析】
1.已知球O是正三棱锥的外接球，，侧棱，点E在线段上，且，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设的中心为，球O的半径为R，连接，则O在上.连接，，，，根据正三棱锥的性质求出，从而可求出外接球的半径，再在中求出，由题意可得当截面与垂直时，截面圆的面积最小，当截面过球心时，截面圆的面积最大，从而可求得答案.
【详解】设的中心为，球O的半径为R，连接，则O在上.连接，，，，如图，
则，.
在中，，解得.∵，∴.在中，
，∴.
2.（安徽省合肥一六八中学2022届高三下学期5月最后一卷文科数学试题）已知球O是正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点E在线段上，且.过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，O1是A在底面的射影，求出底面外接圆的半径和几何体外接球的半径，利用余弦定理求出O1E=1，当截面垂直于OE时，截面面积最小，求出截面圆的半径即得解.
【详解】如图，是A在底面的射影，由正弦定理得，的外接圆半径，
由勾股定理得棱锥的高，
设球O的半径为R，则，解得，所以，
在中，由余弦定理得，所以，所以在中，，
当截面垂直于时，截面面积最小，此时半径为，截面面积为.故选：C.
【变式演练】
1.（湖南师范大学附属中学2023届高三上学期第二次月考数学试题）已知四面体的各条棱长都为，其顶点都在球的表面上，点满足，过点作平面，则平面截球所得截面面积的取值范围是_____．
【答案】
【分析】求得正四面体的外接球半径，根据的长度，确定截面的最大值与最小值.
【详解】
如图所示，
设中心为，四面体外接球球心为，半径为，连接，，，则在上，
所以，，在中，，
即，即，则，又，所以，
在中，，过点作圆的截面，
当垂直于截面时，半径最小为，
此时截面面积最小为，当截面过球心时，半径最大为，
此时面积最大为，所以面积的取值范围为，故答案为：.
2.（九师联盟2023届高三上学期开学考试理科数学试题）如图，在三棱锥中，平面平面，点在上，，过点作三棱锥外接球的截面，则截面圆面积的最小值为___________.
【答案】
【分析】利用等边三角形的性质以及外接球的性质，作出外接球的球心，再根据线段的数量关系求出线段，最后即可得到截面圆的最小半径.
【详解】由题意知，和为等边三角形，如图所示：
取BD中点为E，连接AE，CE，则，由平面平面CBD，
平面平面，故平面CBD，，易知球心O在平面BCD的投影为的外心，过作于H，易得，，则在中，，
所以外接球半径，连接OM，因为，
所以H，O，M三点共线，所以，，当M为截面圆圆心时截面面积最小，
此时截面圆半径，面积为.故答案为：.
3.（河北省邯郸市2021-2022学年数学试题）在正三棱锥中，，，点在棱上，且，设正三棱锥的外接球为球，过顶点作球的截面，则所得截面面积的最小值为______.
【答案】
【分析】依题意作出正三棱锥的高，为的中心，为中线，求出外接球的半径，再求出，即可得到最小截面圆的半径，从而得解.
【详解】解：如图在正三棱锥中，平面，且为的中心，为中线，
因为，，，
所以，，，
设外接球的半径为，则，在中由勾股定理可得，解得，
所以，又，，所以，
所以，
所以过点作球的最小的截面为与垂直的圆面，所以最小截面圆的半径，
所以.故答案为：
高考真题对点练
1．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四面体中，截面经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心，且与、分别截于、.如果截面将四面体分为体积相等的两部分，设四棱锥与三棱锥的表面积分别为，，则必有（ ）
A．B．C．D．的大小不能确定
【答案】C
【分析】连接、、、，，，表示出、，即可得到与的关系.
【详解】解：连接、、、，，，
则，，
又，
而以上等式右边的每个三（四）棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，又面公共，
故，即.
故选：C．
2．（天津·高考真题）如图，在长方体中，．分别过的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，若，则截面的面积为（ ）
A．B．C．D．16
【答案】C
【分析】由体积比求出的长，则，进而即可得到截面的面积.
【详解】因为长方体平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，同理可得，
所以，，，
所以，
又因为，所以，
所以，
因为平面，平面，所以，
所以，
故选：C.
3．（福建·高考真题）如图，A、B、C是表面积为的球面上三点，，O为球心，则直线与截面所成的角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求球的半径，确定小圆中的特征，作出直线与截面所成的角，然后解三角形求出直线与截面所成的角，即可得解．
【详解】解：表面积为的球面，设球的半径是，则，解得，
因为，，，
由余弦定理可得，
所以，所以，所以，为小圆的直径，
则平面平面，设为小圆的圆心，平面平面，，平面，
所以平面，
所以就是直线与截面所成的角，
又，，
所以，所以直线与截面所成的角为.
故选：D．
4．（全国·高考真题）如果圆台的上底面半径为5，下底面半径为，中截面把圆台分为上、下两个圆台，它们的侧面积的比为，那么
A．10B．15C．20D．25
【答案】D
【分析】中截面把圆台分为上、下两个圆台，则两个圆台的侧高相等，且中截面半径等于两底面半径和的一半，根据中截面把圆台分为上、下两个圆台的侧面积的比为，我们易构造出关于的方程，解方程即可求出的值．
【详解】解：设中截面的半径为，则①
记中截面把圆台分为上、下两个圆台的侧面积分别为，，母线长均为
，
又
②
将①代入②整理得：
故选：D．
5．（2021·天津·统考高考真题）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．
【答案】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.
6．（2018·全国·高考真题）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．
【答案】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.
7．（2018·全国·高考真题）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．
【答案】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.
8．（江西·高考真题）如图所示，已知正四棱锥S-ABCD所有棱长都为1，点E是侧棱SC上一动点，过点E垂直于SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分．记SE=x（0＜x＜1），截面下面部分的体积为V（x），则函数y=V（x）的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意可知截面下面部分的体积为V（x），不是SE的线性函数，可采用排除法，排除C，D，进一步可排除B，于是得答案．
【详解】由题意可知截面下面部分的体积为V（x），不是SE＝x的线性函数，可采用排除法，排除C，D；
又当截面为BDE，即x＝时，V（x）＝，
当侧棱SC上的点E从SC的中点向点C移动时，即时.
,A满足；
故选A．
【点睛】本题考查函数的图象与图象变化，着重考查排除法的应用，考查学生冷静地分析问题解决问题的能力，属于中档题．
最新模考真题
1.（2022下·北京丰台·高一统考期末）如图所示，该几何体是从一个水平放置的正方体中挖去一个内切球（正方体各个面均与球面有且只有一个公共点）以后而得到的．现用一竖直的平面去截这个几何体，则截面图形不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用正方体内切球的性质，及球的截面圆即可求解.
【详解】对于A，用竖直的平面截正方体，该平面过球心，且过正方体四个面的中心，即可得到截面图形A，如图；
对于B，用竖直的平面截正方体，该平面为正方体的对角面,过球心，及正方体两个侧面的对角线的中心，即可得到截面图形B；
对于CD，用竖直的平面截正方体，该平面过正方体一个侧面的中心，如图，切点在截面的边CD的中点处，且CD为长方形中较短的线段，即可得到D.
故选：C
2.（江西省萍乡市芦溪中学2022届高三上学期第二次段考数学（理）试题）正方体棱长为4，M，N，P分别是棱的中点，则过M，N，P三点的平面截正方体所得截面的面积（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据题意，取正方体棱的中点，并连接起来，则此六边形即为所得截面，求出即可．
【详解】如图所示：
取正方体棱的中点，并连接起来，则此六边形即为所得截面，由于该六边形为正六边形，其边长为，故其面积为．故选：A．
3.（广西南宁市第三中学2023届高三下学期数学强化训练试题（一））已知正方体的棱长为4，E，F分别是棱，BC的中点，则平面截该正方体所得的截面图形周长为（ ）
A．6B．10C．D．
【答案】D
【分析】取的中点，连接,则,取的中点，连接，延长交于，连接交于点，连接，作出截面图形，然后再分别求出各边长，从而得出答案.
【详解】取的中点，连接,则,取的中点，连接，则 所以, 则直线平面。延长交于，连接交于点，连接,则为的中点.
则平面截该正方体所得的截面图形为 。由条件可得,则, 则 。,
取 的中点，连接，则，所以 所以,则
则
所以截面图形周长为
故选：D
4.在三棱锥SABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝12，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H，且它们分别是AB，BC，SC，SA的中点，那么四边形DEFH的面积为（ ）
A．18B．18C．36D．36
【答案】A
【分析】取AC的中点O，连接OB，SO，得到AC⊥SO，AC⊥OB，进而得到四边形DEFH是矩形，利用题设中的数量和矩形的面积公式，即可求解.
【详解】由题意，点D，E，F，H分别是AB，BC，SC，SA的中点，
所以DE∥AC，FH∥AC，DH∥SB，EF∥SB，则四边形DEFH是平行四边形，
且HD＝SB＝6，DE＝AC＝3，
如图所示，取AC的中点O，连接OB，SO，
因为SA＝SC＝12，AB＝BC＝6，所以AC⊥SO，AC⊥OB，
又SO∩OB＝O，所以AO⊥平面SOB，所以AO⊥SB，则HD⊥DE，即四边形DEFH是矩形，所以四边形DEFH的面积S＝6×3＝18.故选A.
5.已知在棱长为6的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．
【答案】##
【分析】根据正方体的性质作出截面图形，进而算出周长.
【详解】如图，延长EF，A1B1，相交于点M，连接AM，交BB1于点H，延长FE，A1D1，相交于点N，连接AN，交DD1于点G，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG.因为ABCDA1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，由中位线定理易得：EF＝，由勾股定理易得：AG＝AH＝，EG＝FH＝，截面的周长为AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝＋.
故答案为：＋.
6.已知长方体中，，M为的中点，N为的中点，过的平面与DM，都平行，则平面截长方体所得截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过作交延长线于，为中点，连接，利用长方体性质及线面平行的判定证面、面，即面为平面，再延长交于，连接，利用线线、线面的性质确定面为平面截长方体所得截面，最后延长分别交于一点并判断交于同一点，根据已知结合余弦定理、三角形面积公式及求截面面积即可.
【详解】过作交延长线于，则，若为中点，连接，
而M为的中点，在长方体中，而且面，
由面，则面，由面，则面，
所以面即为平面，延长交于，
易知：为中点，则且，又且，
故为平行四边形，则且，故共面，
连接，即面为平面截长方体所得截面，
延长分别交于一点，而在中都为中位线，
由，，则，故交于同一点，
易知：△为等腰三角形且，，则，可得，又.故选：A
7.（广东省湛江市第二十一中学2020-2021学年数学试题）已知直三棱柱的侧棱长为，，.过、的中点、作平面与平面垂直，则所得截面周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
确定平面与各棱的交点位置，计算出截面各边边长，由此可得出所得截面周长.
【详解】
如下图所示，取的中点，连接，取的，连接，取的中点，连接、，
，为的中点，则，
平面，平面，，
，平面，
、分别为、的中点，则且，平面，
平面，所以，平面平面，
所以，平面即为平面，设平面交于点，
在直棱柱中，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
、分别为、的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
且，且，所以，四边形为平行四边形，
，平面，平面，平面，
设平面平面，平面，所以，，，
，所以，四边形为平行四边形，可得，
所以，为的中点，
延长交于点，，所以，，，
又，所以，，，为的中点，
因为平面平面，平面平面，平面平面，，
，，，，为的中点，
，，则，
为的中点，，则，同理，
因为直棱柱的棱长为，为的中点，，
由勾股定理可得，同理可得，
且，平面，平面，
平面，，
、分别为、的中点，则，，
由勾股定理可得，同理.
因此，截面的周长为.
故选：C.
8.在长方体中，分别是棱的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】补全截面EFG为截面EFGHQR，得到平面ACD1∥平面EFGHQR，得到过P作AC的垂线，垂足为K，则BK，此时BP最短，PBB1的面积最小，结合面积公式，即可求解.
【详解】由题意，补全截面EFG为截面EFGHQR，如图所示，
其中H、Q、R分别为的中点，可得平面ACD1∥平面EFGHQR，
∵直线D1P与平面EFG不存在公共点， ∴D1P∥面ACD1，∴D1P面ACD1，
∴PAC，∴过B作AC的垂线，垂足为K，则BK，此时BP最短，PBB1的面积最小，
∴面积的最小值为.故选：C．
9.（江西省上饶市2019-2020学年数学试题）已知正方体的体积为1，点M在线段BC上（点M异于B、C两点），点N为线段的中点，若平面AMN截正方体所得的截面为五边形，则线段BM的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据正方体体积得到棱长；取特殊位置为中点，可根据平行关系得到截面为四边形，进而分析和时的截面图形，从而求得结果.
【详解】 正方体棱长为当，即为中点时，
截面为如下图所示的四边形当时，截面为如下图所示的四边形
当时，截面为如下图所示的五边形
的取值范围为故选：
10.（福建省龙岩市2021-2022学年教学质量检查数学试题）正四面体中，，为棱上一点，且的最小值为，若为线段的中点，则过点的平面截该正四面体外接球所得截面面积的最小值为__________.
【答案】##
【分析】先由侧面展开图及的最小值求得正四面体棱长为3，再求出外接球半径，再由垂直于截面时截面面积最小求解即可.
【详解】
将正四面体的侧面和展开至同一平面，如图所示，此时即为的最小值，即，设，
由可得，，则，则，；
在正四面体中，设的中心为，外接球球心为，连接，易得在上，，
，设外接球半径为，则，解得；
又过点的平面截外接球所得截面均为圆，要使截面面积最小，即截面圆的半径最小，显然当垂直于截面时，即为圆心时，
圆心到截面的距离最大为，此时截面圆的半径最小为，面积为，
即过点的平面截该正四面体外接球所得截面面积的最小值为.
故答案为：.
一、知识梳理与二级结论
二、热考题型归纳
【题型一】 截面基础：与表面相交
【题型二】 做截面基本型：平行性法
【题型三】 做截面基本型：相交线法
【题型四】 截面计算：求截面面积
【题型五】 截面计算：求截面周长
【题型六】 动点型截面：恒平行求截面
【题型七】 动点型截面：恒垂直求截面
【题型八】 动点型截面最值：面积最值
【题型九】 动点型截面最值：周长最值
【题型十】 动点型截面最值：外接球最值
三、高考真题对点练
四、最新模考题组练
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。
基础模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面
特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。
平行线法。
本题用平行线法，并不太快捷，不过也成立。
平行线法特征： 有两点连线在表面：EF，在前侧面
方法如下：
寻找C1点所在的与线EF的所在红色表面平行的面：里边侧面（绿色的）
在这个面内，过C1做EF平行线，显然必须扩展这个面了。如第三图。
注意！注意！，E与F分别在右侧面和下侧面上（红色面就不要用了）
注意这仨面的相交棱，
下边过C1做EF平行线，交这俩棱于K,L第二排图
分别连FK与EL，交点为J与H。出截面，与第一种方法一致。
基础模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面
特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。
方法：相交线法
以“第三点”所在的表面中，，剔除掉与EF所在的表面平行，寻找合适的表面来做交线
如下图，符合的有c1的表面有三个，红色的和EF平行而不会相交，去掉，可供选择的是上表面（蓝色）或者右表面（绿色的），
先用上表面（红色的）来做：
所以，先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A1B1于G
此时G也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1交点H.
连接HB，则的如右图的截面。
再用右表面绿色的来做：
则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C1C于I
此时I也在右表面了，连IC1交棱CB于J.
连接FJ，则出右图的截面。
最终，两个合在一起，就是如图的截面。以上过程，与EF是否中点，几何体是否正方体无挂具体的G,H,I,J都可以通过对应的E、F几等分点以及几何体长宽高的不同变化来计算出来，这个几何体也不一定是长方体，还可以是斜棱柱，都不影响这个作图。
截面面积计算，可以拆分为三角形或者四边形等容易计算的图形进行计算。关键是要通过平行和垂直找到对应图形的底和高。
如果是线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行“这个性质，可以解决线面恒平行题型的截面问题
恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。
三垂线定理指的是平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。
求截面最值思维
可以设变量，建立函数模型求最值问题：
1.设元
2.建立二次函数模型
3.计算求解最值。
可以结合图形的特殊性，利用极限思想，以及“特殊值必在特殊位置”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；
知识梳理与二级结论
模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面
方法：两点成线相交法或者平行法
特征：
三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；
2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。
方法一：相交法，
以“第三点”所在的表面中，，剔除掉与EF所在的表面平行，寻找合适的表面来做交线
如下图，符合的有c1的表面有三个，红色的和EF平行而不会相交，去掉，可供选择的是上表面（蓝色）或者右表面（绿色的），
先用上表面（红色的）来做：
所以，先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A1B1于G
此时G也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1交点H.
连接HB，则的如右图的截面。
再用右表面绿色的来做：
则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C1C于I
此时I也在右表面了，连IC1交棱CB于J.
连接FJ，则出右图的截面。
最终，两个合在一起，就是如图的截面。以上过程，与EF是否中点，几何体是否正方体无挂具体的G,H,I,J都可以通过对应的E、F几等分点以及几何体长宽高的不同变化来计算出来，这个几何体也不一定是长方体，还可以是斜棱柱，都不影响这个作图。
方法二：平行线法。
本题用平行线法，并不太快捷，不过也成立。
平行线法特征： 有两点连线在表面：EF，在前侧面
方法如下：
寻找C1点所在的与线EF的所在红色表面平行的面：里边侧面（绿色的）
在这个面内，过C1做EF平行线，显然必须扩展这个面了。如第三图。
注意！注意！，E与F分别在右侧面和下侧面上（红色面就不要用了）
注意这仨面的相交棱，
下边过C1做EF平行线，交这俩棱于K,L第二排图
分别连FK与EL，交点为J与H。出截面，与第一种方法一致。
终极变化：当C1点不在顶点处，而在表面棱的任意一处，甚至任意一个表面处，会咋变化？
以上图第一个来类比解决：
出EF所在表面； 2、再找P所在表面； 3、延长出交点；4、与P连接；
5、拉出截面关键点 6、动画过程看附件00.GIF动画。
热点考题归纳
【题型一】截面基础：与表面相交
【典例分析】
1.用一个平面截正方体，截面图形可能是（ ）
A．钝角三角形B．直角梯形
C．有两个内角相等的五边形D．正七边形
【答案】C
【分析】根据正方体的截面分析得到答案.
【详解】用一个平面截正方体，截面图形可能是三角形，四边形，五边形，六边形.
对于A：截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三角形.
如图所示的截面三角形.
设，所以，，.
所以由余弦定理得：所以为锐角.
同理可求：为锐角，为锐角.
所以为锐角三角形.故A错误；
对于B：截面图形如果是四边形，可能是正方形，可能是矩形，可能是菱形，可能是一般梯形，也可能是等腰梯形，不可能是直角梯形.
故B错误；
对于C：如图示的截面图为五边形，并且有两个角相等.
故C正确；
对于D：因为正方体有六个面，所以一个平面截正方体，边数最多为6.所以D错误.
故选：C
2.如图，从一个正方体中挖掉一个四棱锥，然后从任意面剖开此几何体，下面哪个选项不是该几何体的截面？
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】可通过确定截面的不同位置去剖开正方体，想象相对应的截面形状，即可确定答案.
【详解】对于A，由于截面中间是矩形，如果可能的话，一定是用和正方体底面平行的截面去剖开
正方体并且是从挖去四棱锥的那部分剖开，但此时剖面中间应该是一个正方形，
因此A图形不可能是截面；
对于B，当从正方体底面的一组相对棱的中点处剖开时，截面正好通过四棱锥顶点，
如图：
此时截面形状如B图形，故B可能是该几何体的截面；
对于C,当截面不经过底面一组相对棱的中点处，并和另一组棱平行去剖开正方体时，
如图中截面PDGH位置：
截面就会如C图形，故C可能是该几何体的截面；
对于D，如图示，按图中截面 的位置去剖开正方体，截面就会如D图形，
故D可能是该几何体的截面；
故答案为：A
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（宁夏青铜峡市高级中学2021-2022学年高二下学期开学考试数学（理）试题
）一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是（ ）
A．①②④B．②③C．①②D．②③④
【答案】A
【分析】对截面与正方体的侧面与底面的位置关系进行分类讨论，进而可得出截面形状.
【详解】如下图所示：
当截面平行于正方体的底面时，截面形状为④；
当截面经过、、、时，截面形状为②；
当截面经过正方体的体对角线时，截面形状可能为①；
对于截面③，截面需经过正方体的四个顶点，只可能是、、、或、、、四点，但四边形和四边形不是正方形，
所以，截面形状不可能为③.
故选：A.2.
2.（2023·全国·高一随堂练习）在一个倒置的正三棱锥容器内，放入一个钢球，钢球恰好与棱锥的四个面都接触上，经过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设正三棱锥，由确定的平面得到截面，再由正四面体的性质和图象的对称性加以分析，同时对照选项，即可求解.
【详解】如图所示，正三棱锥，球是它的内切球，
设为底面的中心，根据对称性可得内切球的球心在三棱锥的高上，
由确定的平面交于，连接、，得到截面，
截面就是经过侧棱与中点的截面，
平面与内切球相交，截得的球大圆如图所示，
因为中，圆分别与、相切于点、，且，
圆与相离，
所对照各个选项，可得只有B项的截面符合题意；
故选：B.
3.（2022上·北京·高二北京市第十二中学校考阶段练习）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（ ）
A．（2）（5）B．（1）（3）C．（2）（4）D．（1）（5）
【答案】D
【分析】应用空间想象，讨论截面与轴截面的位置关系判断截面图形的形状即可.
【详解】当截面如下图为轴截面时，截面图形如（1）所示；
当截面如下图不为轴截面时，截面图形如（5）所示，下侧为抛物线的形状；
故选：D
【题型二】做截面基本型：平行线法
【典例分析】
1.（四川省内江市第六中学2022-2023学年高三下学期第一次月考文科数学试题）如下图所示，在正方体中，如果点E是的中点，那么过点、B、E的截面图形为（ ）
A．三角形 B．矩形C．正方形D．菱形
【答案】D
【分析】根据题意作出截面图形，然后利用正方体的性质求解即可.
【详解】分别取的中点，连接，
如图即为过点、B、E截正方体所得的截面图形，
由题意可知：且，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为且，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以,
所以，同理，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以平行四边形为菱形，
故选：.
2.在棱长为3的正方体中，O为AC与BD的交点，P为上一点，且，则过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据正方体的性质结合条件作出过A，P，O三点的平面截正方体所得截面，再求周长即得.
【详解】因为，即，
取，连接，则，
又，
所以，
所以共面，即过 ， ，三点的正方体的截面为 ，
由题可知，，，
所以过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为.
故选：D.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（江西省上饶市2023届高三第一次高考模拟考试数学（理）试题变式题6-10）已知在正方体中，，，分别是，，的中点，则过这三点的截面图的形状是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【分析】利用平行画出截面，进而判断出正确答案.
【详解】分别取、、的中点、、，连接、、，
在正方体中，，，分别是，，的中点，
，，，
六边形是过，，这三点的截面图，
过这三点的截面图的形状是六边形．
故选：D
2.（云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（五）数学（理）试题）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为棱BC的中点，用平行于体对角线BD1且过点A，M的平面去截正方体ABCD-A1B1C1D1，得到的截面的形状是（ ）
A．平行四边形B．梯形C．五边形D．以上都不对
【答案】B
【解析】画出图形，设截面为、，P为的靠近于的三等分点，N为的靠近于C的三等分点，由推出，从而推出截面AMNP为梯形.
【详解】如图，设截面为，设，P为的靠近于的三等分点，N为的靠近于C的三等分点，由可得平面与的交线平行于，所以平面，又平面与两平行平面，的交线应互相平行，
∴平面，由且可得截面AMNP为梯形.
故选：B
3.（云南省玉溪市普通高中2021届高三第一次教学质量检测数学（理）试题）已知正方体的棱长为3，E，F，G分别为棱，，上的点，其中，，，平面经过点E，F，G，则截此正方体所得的截面为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】C
【解析】根据，，，分别取的中点H，BM=1，易得， ，利用平面的基本性质求解.
【详解】如图所示：
取的中点H，BM=1，因为，，，
所以， ，所以在平面上，所以截面是五边形，故选：C
【题型三】做界面基本型：相交线法
【典例分析】
1.（甘肃省张掖市某重点校2022-2023学年高三上学期第四次检测数学（理）试题）如图，正方体中，点，，分别是，的中点，过点，，的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图所示，过点，，的截面下方几何体转化为一个大的三棱锥，减去两个小的三棱锥，上方部分，用总的正方体的体积减去下方的部分体积即可.
【详解】作直线，分别交于两点，连接分别交于两点，
如图所示， 过点，，的截面即为五边形 ，
设正方体的棱长为，因为点，，分别是，的中点
所以，即，因为，
所以则过点，，的截面下方体积为：，
∴另一部分体积为，∴.故选：C.
2.（广东省广州市铁一中学2020-2021学年高一下学期3月月考数学试题）已知正方体，棱长为4，的中点为M，过D，M，三点的平面截正方体为两部分，则截面图形的面积为（ ）
A．18B．C．D．36
【答案】A
【分析】先根据空间中点、线、面位置关系作出截面并判断形状，然后结合线段长度求解出截面的面积.
【详解】延长交于点，连接交于点，连接，
因为为中点，所以，
所以为中点，且，所以为的中点，
根据平行关系可知为中点，
由图可知，截面图形为四边形，
又因为，，，
所以为等腰三角形，所以，
又为中点，为中点，所以为的中位线，
所以，故选：A.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（广东省东莞市东华高级中学2022-2023学年高二上学期学习效率监测（一）数学试题）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（ ）
A．2+2B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意先作出截面，进而算出截面各边的长度，最后得到答案.
【详解】如图，在正三棱柱中，延长AF与CC1的延长线交于M，连接EM交B1C1于P，连接FP，则四边形AEPF为所求截面.
过E作EN平行于BC交CC1于N，则N为线段CC1的中点，由相似于可得MC1=2，由相似于可得：，在中，，则，
在中，，则，在中，，则，
在中，，由余弦定理：，则，
所以截面周长为：.故选：B.
2.（河南省南阳市第一中学校2021-2022学年高三上学期第二次网上训练数学（文）试题）已知正四棱柱中，，点M是线段的中点，点N是线段上靠近D的三等分点，若正四棱柱被过点，M，N的平面所截，则所得截面的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先证明截面四边形为平行四边形，再求出截面的边长相加即得解.
【详解】解：作出图形如图所示．
延长至Q，使得，连接MQ，NQ，则截面四边形为平行四边形；
记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，
则，，
，，，
故所得截面的周长为.故选：B．
3.（贵州省贵阳市普通中学2022届高三上学期期末监测考试数学（文）试题）正方体中，分别是的中点.那么过三点的截面图形是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【分析】过三个点，根据线面关系作出图像即可判断截面为正六边形.
【详解】如图所示，设正方体棱长为2a，取BC中点为F，
延长PR、DA交于E，则AE＝a，连接EF交AB与G，则G为AB中点，
延长GF、DC交于H，则CH＝a，连接HQ交与I，则I是中点，
由此得到了截面PRGFIQ为正六边形.故选：D.
【题型四】截面计算：求面积
【典例分析】
1.在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，.过点A作与棱PC垂直的平面α，则四棱锥P﹣ABCD截平面α所得截面的面积为___________.
【答案】
【分析】作AM⊥PC，垂足为M，作MH⊥PC，交于，可得平面，设平面与交于，则MF⊥PC，从而点四点共面，故平面AFMH即为平面α，
然后利用等面积法求出AM的长度，再利用比例关系求出FH的长度，求解截面的面积即可.
【详解】作AM⊥PC，垂足为M，作MH⊥PC，交于，
又，所以平面，设平面与交于，则MF⊥PC，所以平面AFMH即为平面α，
底面ABCD是边长为1的正方形，所以，PA⊥底面ABCD，，所以，
由等面积法可得，解得，由对称性可得到FHBD，
在△PAC中，，所以，又，CD=1，
所以PC2=PD2+DC2，故∠PDC=90°，在△PDC中，，所以，
所以，在△PBD中，，所以，
所以棱锥P﹣ABCD截平面α所得截面的面积为故答案为：
2.在正四面体中，，分别在棱，上，满足，，且面，则的面积为__．
【答案】
【分析】取中点，连结，交于，连结、，根据面，得到，利用,求得正四面体的棱长，进入结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，取中点，连结，交于，连结、，
因为在正四面体中，，分别在棱，上，
满足，，且面平行，
由线面平行的性质定理，可得，所以,
设正四面体中棱长为，则，解得，在中，
由余弦定理，可得，
所以，所以的面积．
故答案为：．
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（新疆和田地区第二中学2022-2023学年高三上学期11月期中考试数学（理）试题）在三棱锥中，，G为的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为_________.
【答案】8
【分析】如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F．过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N．可得四点EFMN共面，进而得到，根据比例可求出截面各边的长度，进而得到周长．
【详解】解：如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F
过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N.
由作图可知：EN∥FM，∴四点EFMN共面。可得MN∥AC∥EF，EN∥PB∥FM.∴
可得EF=MN=2.同理可得：EN=FM=2.∴截面的周长为8.故答案为：8.
2.一个正四面体木块如图所示，点P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面平行于棱VB和AC，若木块的棱长为a，则截面面积为________.
【答案】
【详解】试题分析：VB∥平面DEFP，平面DEFP平面VAB=PF，所以VB∥PF．同理，VB∥DE，EF∥AC，PD∥AC，所以四边形DEFP是平行四边形，且边长均为．易证，正四面体对棱垂直，所以VBAC，即PFEF．因此四边形DEFP为正方形，所以其面积为．
3.已知四棱锥中，平面，四边形为正方形，，平面过，，的中点，则平面截四棱锥所得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】顺次连接E，F，G，H，I，则平面EFGHI即为过E，F，H的平面截四棱锥P-ABCD所得截面，求其面积，可得答案.
【详解】分别取，，，的中点，，，，线段上靠近的四等分点，
连接,
因为,
所以,四边形是平行四边形，即四点共面，
设中点为,易得,故，所以五点共面，
则平面即为平面，如图，
在中，,可得,
所以，，，
在等腰三角形中，，，所以高为，
故所求截面面积为矩形面积与三角形面积之和，．故选：A
【题型五】截面计算：截面周长
【典例分析】
1.（广东省深圳科学高中2019-2020学年中数学试题）如图，已知三棱锥，点P是的中点，且，过点P作一个截面，使截面平行于和，则截面的周长为_________.
【答案】6
【解析】设AB、BC、VC的中点分别为D、E、F，连接DE、EF、PF、PD，则可证明截面EFPD就是所求平面，根据中位线的性质，即可求得答案.
【详解】设AB、BC、VC的中点分别为D、E、F，连接DE、EF、PF、PD，如图所示
因为D、E分别为AB、BC的中点，所以，同理P、D分别为VA、AB的中点，所以，平面EFPD，平面EFPD，所以平面EFPD，平面EFPD，
所以截面EFPD就是所求平面，因为，所以,，
所以截面EFPD的周长为2+2+1+1=6，故答案为：6
2.（内蒙古自治区阿拉善盟第一中学2021-2022学年考试数学试题）已知正方体的棱长为6，E、F分别是、的中点，则平面CEF截正方体所得的截面的周长为______．
【答案】
【分析】延长EF交DA的延长线于N，连接CN交AB于点G，连接FG；延长FE交的延长线于点M，连接CM交点H，连接EH；则正方体被平面CEF截得的截面为CHEFG.则EF＋FG＋GC＋CH＋HE为平面CEF截正方体所得的截面的周长，根据几何关系即可求解．
【详解】延长EF交DA的延长线于N，连接CN交AB于点G，连接FG；延长FE交的延长线于点M，连接CM交点H，连接EH；
则正方体被平面CEF截得的截面为CHEFG．
∵E、F分别是、的中点，则易知AN＝，∴AN＝，∴，
∴，，；同理，，，；
∴平面CEF截正方体所得截面的周长为：EF＋FG＋GC＋CH＋HE＝．故答案为：.
【变式演练】
1.棱长为1的正方体中，点为棱的中点，则过，，三点的平面截正方体的截面周长为________．
【答案】
【分析】如图，取的中点为，连接，取的中点为，连接，可证过，，三点的平面截正方体的截面为平行四边形，故可求截面的周长.
【详解】
如图，取的中点为，连接，取的中点为，连接，
在正方形中，因为、分别为所在棱的中点，故，
而，，故，，
故四边形为平行四边形，故
在正方形中，因为、分别为所在棱的中点，故，
故四边形为平行四边形，故
故，故四边形为平行四边形，
故四点共面，故过，，三点的平面截正方体的截面为平行四边形.
又，故截面的周长为，故答案为：.
2.已知正方体的棱长为4，E，F分别是棱，BC的中点，则平面截该正方体所得的截面图形周长为（ ）
A．6B．10C．D．
【答案】D
【分析】取的中点，连接,则,取的中点，连接，延长交于，连接交于点，连接，作出截面图形，然后再分别求出各边长，从而得出答案.
【详解】取的中点，连接,则,取的中点，连接，则
所以, 则直线平面.延长交于，连接交于点，连接,则为的中点.
则平面截该正方体所得的截面图形为 由条件可得,则, 则 ,
取 的中点，连接，则，所以 所以,则
则
所以截面图形周长为
故选：D3.
【题型六】动点型截面：恒平行求截面
【典例分析】
1.（山西省怀仁市2021届高三下学期一模数学试题）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，P在底面的射影为正方形的中心点为中点.点T为该四棱锥表面上一个动点，满足都平行于过的四棱锥的截面，则动点T的轨迹围成的多边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
首先取的中点，的中点，的中点，的中点，连接延长交与点，连接，证明平面即为所求的截面，再证明四边形是矩形，，矩形面积加三角形面积之和即为所求.
【详解】
取的中点，的中点，的中点，的中点，连接延长交与点，连接,
因为底面是边长为的正方形，
所以对角线，，
因为在底面的射影为正方形的中心，可得面，
因为面， 所以，
因为，，所以，
因为、为、的中点，
所以，且，
因为平面，平面，
所以平面，同理平面，
所以平面即为所求截面.
又因为平面平面，平面，所以，
因为为的中点，可得，所以， ，，
因为、为、的中点，所以，，
所以，，所以四边形是平行四边形，
因为，，，所以平面，
因为平面，可得，所以，所以四边形是矩形，
所以动点T的轨迹围成的多边形的面积为.故选：D
2.（安徽省安庆市2020-2021学年数学试题）在棱长为4的正方体中，点是棱的中点，过点作与截面平行的截面，则所得截面的面积为____________.
【答案】
【分析】
正方体中作过A的截面与平面PB1C平行，再根据题中的数据求出截面的面积．
【详解】解：取CD、A1B1的中点M、N，连结C1M、MA、AN、NC1
∵C1N//PC，B1P∥AN，B1P∩CP=P，C1N∩AN=N，∴平面C1MAN//平面PCB1 平面C1MAN就是过点A与界面平行的截面。由图可知,平面为菱形，且
正方体中，根据余弦定理，，且
所以截面的面积
故答案为：
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（山西省长治市2023届高三上学期9月质量检测数学试题）正方体中，用平行于的截面将正方体截成两部分，则所截得的两个几何体不可能是（ ）
A．两个三棱柱B．两个四棱台
C．两个四棱柱D．一个三棱柱和一个五棱柱
【答案】B
【分析】根据正方体的性质及棱柱的概念，找出满足题意的截面即得.
【详解】在正方体中，连接，
因为，平面，平面，
所以平面，则截面把正方体截成两个三棱柱；
分别取的中点，连接，
则可得，又平面，平面，
∴平面，则截面把正方体截成一个三棱柱和一个五棱柱；
分别在上取点使，
同理可得平面，则截面把正方体截成两个四棱柱；
不存在平行于的截面将正方体截成两个四棱台.故选：B.
2..（江西省南昌市八一中学2021-2022学年考试数学（文）试题）已知正方体的棱长为3，点在棱上，过点作该正方体的截面，当截面平行于平面且该截面的面积为时，线段的长为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，即可得到为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出的长度，即可求出；
【详解】解：如图，过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，因为，所以，面，面，所以面
因为，所以，面，面，所以面
又，面，所以面 面，则为截面，
易知是等边三角形，则，解得，∴.
故选：D.
3.（2022届高三下学期临考冲刺原创卷（六）数学试题）已知点P、A、B、C是球O的球面上的四个点，PA、PB、PC两两垂直且长度均为，M是AP的中点，记过点M与平面ABC平行的平面，则球O被平面截得的截面面积等于( )
A．B．C． D．
【答案】A
【分析】根据PA、PB、PC两两垂直且长度均为可求球O的半径.连接OP，交平面ABC于点E，交平面于点F，根据正方体的几何性质可求OE、PE、PF，从而可求OF，于是可求截面圆的半径和面积．
【详解】∵PA、PB、PC两两垂直且长度均为，
∴球O为棱长是的正方体的外接球，设球的半径为R，则．
连接OP，交平面ABC于点E，交平面于点F，
则OP为正方体体对角线的一半，则易证平面ABC，则平面，
，易知△ABC为等边三角形，E为△ABC的中心，CE=，
OE=，
∵M是AP的中点，平面∥平面，∴，，
即球心O到平面的距离为2，∴截面圆的半径，
∴截面面积为．故选：A．
【题型七】动点型截面：恒垂直求截面
【典例分析】
1.（甘肃省酒泉市2021-2022学年数学试题）已知正方体的棱长为1，P是中点，过点作平面，满足平面，则平面截正方体所得截面的周长为______．
【答案】
【分析】取AD中点E，AB中点F，连接PD，，EF，，，AC，BD，通过证明和来证明平面，再计算周长即可.
【详解】取AD中点E，AB中点F，连接PD，，EF，，，AC，BD，如图所示：
因为E为AD中点，F为AB中点，则，，所以，
所以E，F，，四点共面，根据正方形性质可知平面，
而平面，所以，易得，
可知，而，所以，即．
因为，所以平面PDC，而平面PDC，所以．E为AD中点，F为AB中点，
由正方形和正方体性质可知，，且，所以平面PAC，而平面PAC，所以．
又因为，，所以平面，
即四边形为平面与正方体的截面，
正方体棱长为1，所以所得截面的周长．故答案为：.
2.（四川省泸县第二中学教育集团2022届高考仿真考试（三）文科数学试题）如图，在棱长为2的正方体，中，点E为CD的中点，则过点C且与垂直的平面被正方体截得的截面周长为_________．
【答案】##
【分析】先根据已知条件画出满足条件的截面，最后代入数据可求出其周长.
【详解】如图，取中点，中点，连接，设与交于点O，
因为在平面内的射影为，由可得，
所以，又因为，
所以，在四边形中，，
其中，所以，即，
所以是截面内的一条线，同理是截面内的一条线，
所以过点C且与垂直的平面被正方体截得的截面为，
因为正方体的棱长为2，所以
截面的周长为，故答案为：
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（河南省洛阳市2021-2022学年数学文科试题）在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，过点B作平面，则平面截正方体所得的截面面积为______．
【答案】##
【分析】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设平面分别交于，设，则利用垂直关系可求出的值，从而可确定出的位置，从而可求出截面面积
【详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则
，所以，设平面分别交于，设，
所以，因为，，所以，
所以，解得，所以，
所以分别为的中点，所以平面截正方体所得的截面为
所以，，所以，
所以平面截正方体所得的截面面积为，故答案为：
2..（安徽省合肥市第六中学2022届高三下学期高考前诊断暨预测文科数学试题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点.若AM⊥平面α，且B∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为________.
【答案】##
【分析】利用线面平行确定平面α截正方体所得截面，然后计算可得.
【详解】如图，连接AC，BD，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BD⊥AC，又BD⊥CC1，AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面AMC，故BD⊥AM，取BB1的中点N，A1B1的中点E，连接MN，AN，BE，
由，易知BE⊥AN，因为MN⊥平面ABB1A1，所以MN⊥BE，
又AN∩MN＝N，所以BE⊥平面AMN，故BE⊥AM，结合BD⊥AM，BD∩BE＝B，可知AM⊥平面DBE，
取A1D1的中点F，连接DF，EF，则截面即四边形BEFD，
因为DF＝EB＝，BD＝，EF＝，所以截面BEFD的周长为.
故答案为：
3.（多选）已知正方体，若平面，则关于平面截此正方体所得截面的判断正确的是（ ）
A．截面形状可能为正三角形B．截面形状可能为正方形
C．截面形状可能为正六边形D．截面形状可能为五边形
【答案】AC
【分析】根据平面得到平面与平面平行或重合，然后结合图形即可判断出答案.
【详解】如图，在正方体中，连接，，，则平面，
所以平面与平面平行或重合，
所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形，正六边形，但不可能是五边形和四边形，故A，C正确，B，D错误．
故选：AC.
【题型八】动点型截面最值：面积最值
【典例分析】
1.．在长方体中，分别是棱的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】补全截面EFG为截面EFGHQR，得到平面ACD1∥平面EFGHQR，得到过P作AC的垂线，垂足为K，则BK，此时BP最短，PBB1的面积最小，结合面积公式，即可求解.
【详解】由题意，补全截面EFG为截面EFGHQR，如图所示，
其中H、Q、R分别为的中点，可得平面ACD1∥平面EFGHQR，
∵直线D1P与平面EFG不存在公共点， ∴D1P∥面ACD1，∴D1P面ACD1，
∴PAC，∴过B作AC的垂线，垂足为K，则BK，此时BP最短，PBB1的面积最小，
∴面积的最小值为.故选：C．
2.（云师大附中高三适应性月考（九）数学（理）试题）设分别是长方体的棱,,的中点,且,,是底面内一个动点,若直线与平面没有公共点,则三角形的面积的最小值是( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出过三点的截面与底面的交线,得到点在上,得出当线段最短时,面积的最小,在中,,利用面积公式，即可求解.
【详解】如图甲,作出过三点的截面与底面的交线,
则平面截面,故点在上,
由于是,且直角边,
故当线段最短时,面积的最小,此时,
如图乙,在中,,
所以面积的最小值为.
故选：A.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（福建省泉州第十六中学2019-2020学年5月数学试题）过棱长为1的正方体的一条体对角线作截面，则截得正方体的截面面积的最小值是
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】取对角线顶点所不在的两个侧棱的中点M,N,与对角线两个顶点相连，所得四边形即为所有过对角线的截面中面积最小的，由此可求出截面面积.
【详解】如图：
在正方体中，取的中点,连接,
过的平面截得正方体的截面中，当截面为菱形时，截面面积最小，
,故选D.
2.（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．B．C．D．
【答案】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.
3.（山西省太原市高三下第三次模拟文科数学试卷）棱长为的正方体中，若与平行的平面截正方体所得的截面面积为，则的取值范围是_______．
【答案】
【分析】取的中点分别为，连接，利用线面垂直的判定定理可以证得 ，求得截面的面积，得经过的截面的面积的最大值，可得题目要求的截面面积的取值范围.
【详解】取的中点分别为，连接，
因为，，且，平面，
所以平面，平面，所以，因为，
所以，由于，
所以截面的面积为，
这是经过的截面的面积的最大值，
平行于的平面截正方体所得截面面积必然小于这个截面的面积，可以无限接近于这个截面，也可以无限接近于0，所以截面的面积S的取值范围是.故答案为：.
【题型九】动点型截面最值：周长最值
【典例分析】
1.已知正方体的棱长为2，，中点分别为，，若过的平面截该正方体所得的截面是一个五边形，则该五边形周长的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】将面展开与面处于同一平面要使最大,则沿面切才能保证五点共面，展开图计算求解即可.
【详解】将面展开与面处于同一平面要使最大,则沿面切才能保证五点共面，
在中,,此时,又.
周长
故选:A
2.（广东省汕头市金山中学2020-2021学年10月月考数学试题）已知正方体的棱长为，每条棱所在直线与平面所成的角相等，则截此正方体所得截面边形（其中）的周长的范围是_________.
【答案】
【解析】先根据每条棱所在直线与平面所成的角相等，分析出平面的特征，再根据截面的形状分析对应的截面的周长的取值范围.
【详解】如图所示，因为正方体的棱是三组平行的棱，所以平面只需要和正方体某一个顶点引出的三条棱所成角相同即可；
取顶点，此时三棱锥为正三棱锥，显然与平面所成角相同，
所以平面平面，在棱上取一点，作交于，
同理依次可作出点，依次连接构成六边形，
记此时的六边形平面为，设，所以，
，所以截面的周长为：，
故答案为：.
【变式演练】
1.向体积为的正方体密闭容器内注入体积为的液体，旋转容器，若液面恰好经过正方体的某条对角线，则液面边界周长的最小值为_______________．
【答案】
【分析】根据正方体的截面性质，将绕旋转时，根据两点间线段最短求得即可.
【详解】解：当液面过时，截面为四边形，将绕旋转，此时如图所示：
则，当共线时等号成立，
故周长最小值为.故答案为：.
2.（福建省厦门市双十中学2019-2020学年高三上学期期中数学（理）试题）已知正方体的体积为，点在线段上点异于点，，点在线段上，且，若平面截正方体所得的截面为四边形，则线段长的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】易知正方体的棱长为，找到平面截正方体所得的截面为四边形的临界位置，得到的长度，从而得到所求的的取值范围.
【详解】因为正方体的体积为，所以其棱长为，
如图所示，平面截正方体所得的截面为四边形的临界位置因为平面平面
平面平面,平面平面,所以，
易得所以，所以所以，当时，截面为四边形，当时，截面为五边形，
故所求的线段的取值范围为.故选：D.
3.正方体（棱长为1）中，点P在线段上（点P异于A､D两点），线段的中点为点Q，若平面截该正方体所得的截面为四边形，则线段的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设平面与直线交于点，可知，则从而得到，要使平面截该正方体所得的截面为四边形，则需点在线段之间，从而得到的取值范围，即可求出，即可得解.
【详解】解：如图，设平面与直线交于点，是正方体，则面面
面面，面面则
要使平面截该正方体所得的截面为四边形，则需点在线段之间
当在点时，恰在的中点，因为点在线段上（点异于､两点）则，
即所以故选：
【题型十】动点型截面最值：外接球最值
【典例分析】
1.已知球O是正三棱锥的外接球，，侧棱，点E在线段上，且，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设的中心为，球O的半径为R，连接，则O在上.连接，，，，根据正三棱锥的性质求出，从而可求出外接球的半径，再在中求出，由题意可得当截面与垂直时，截面圆的面积最小，当截面过球心时，截面圆的面积最大，从而可求得答案.
【详解】设的中心为，球O的半径为R，连接，则O在上.连接，，，，如图，
则，.
在中，，解得.∵，∴.在中，
，∴.
2.（安徽省合肥一六八中学2022届高三下学期5月最后一卷文科数学试题）已知球O是正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点E在线段上，且.过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，O1是A在底面的射影，求出底面外接圆的半径和几何体外接球的半径，利用余弦定理求出O1E=1，当截面垂直于OE时，截面面积最小，求出截面圆的半径即得解.
【详解】如图，是A在底面的射影，由正弦定理得，的外接圆半径，
由勾股定理得棱锥的高，
设球O的半径为R，则，解得，所以，
在中，由余弦定理得，所以，所以在中，，
当截面垂直于时，截面面积最小，此时半径为，截面面积为.故选：C.
【变式演练】
1.（湖南师范大学附属中学2023届高三上学期第二次月考数学试题）已知四面体的各条棱长都为，其顶点都在球的表面上，点满足，过点作平面，则平面截球所得截面面积的取值范围是_____．
【答案】
【分析】求得正四面体的外接球半径，根据的长度，确定截面的最大值与最小值.
【详解】
如图所示，
设中心为，四面体外接球球心为，半径为，连接，，，则在上，
所以，，在中，，
即，即，则，又，所以，
在中，，过点作圆的截面，
当垂直于截面时，半径最小为，
此时截面面积最小为，当截面过球心时，半径最大为，
此时面积最大为，所以面积的取值范围为，故答案为：.
2.（九师联盟2023届高三上学期开学考试理科数学试题）如图，在三棱锥中，平面平面，点在上，，过点作三棱锥外接球的截面，则截面圆面积的最小值为___________.
【答案】
【分析】利用等边三角形的性质以及外接球的性质，作出外接球的球心，再根据线段的数量关系求出线段，最后即可得到截面圆的最小半径.
【详解】由题意知，和为等边三角形，如图所示：
取BD中点为E，连接AE，CE，则，由平面平面CBD，
平面平面，故平面CBD，，易知球心O在平面BCD的投影为的外心，过作于H，易得，，则在中，，
所以外接球半径，连接OM，因为，
所以H，O，M三点共线，所以，，当M为截面圆圆心时截面面积最小，
此时截面圆半径，面积为.故答案为：.
3.（河北省邯郸市2021-2022学年数学试题）在正三棱锥中，，，点在棱上，且，设正三棱锥的外接球为球，过顶点作球的截面，则所得截面面积的最小值为______.
【答案】
【分析】依题意作出正三棱锥的高，为的中心，为中线，求出外接球的半径，再求出，即可得到最小截面圆的半径，从而得解.
【详解】解：如图在正三棱锥中，平面，且为的中心，为中线，
因为，，，
所以，，，
设外接球的半径为，则，在中由勾股定理可得，解得，
所以，又，，所以，
所以，
所以过点作球的最小的截面为与垂直的圆面，所以最小截面圆的半径，
所以.故答案为：
高考真题对点练
1．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四面体中，截面经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心，且与、分别截于、.如果截面将四面体分为体积相等的两部分，设四棱锥与三棱锥的表面积分别为，，则必有（ ）
A．B．C．D．的大小不能确定
【答案】C
【分析】连接、、、，，，表示出、，即可得到与的关系.
【详解】解：连接、、、，，，
则，，
又，
而以上等式右边的每个三（四）棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，又面公共，
故，即.
故选：C．
2．（天津·高考真题）如图，在长方体中，．分别过的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，若，则截面的面积为（ ）
A．B．C．D．16
【答案】C
【分析】由体积比求出的长，则，进而即可得到截面的面积.
【详解】因为长方体平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，同理可得，
所以，，，
所以，
又因为，所以，
所以，
因为平面，平面，所以，
所以，
故选：C.
3．（福建·高考真题）如图，A、B、C是表面积为的球面上三点，，O为球心，则直线与截面所成的角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求球的半径，确定小圆中的特征，作出直线与截面所成的角，然后解三角形求出直线与截面所成的角，即可得解．
【详解】解：表面积为的球面，设球的半径是，则，解得，
因为，，，
由余弦定理可得，
所以，所以，所以，为小圆的直径，
则平面平面，设为小圆的圆心，平面平面，，平面，
所以平面，
所以就是直线与截面所成的角，
又，，
所以，所以直线与截面所成的角为.
故选：D．
4．（全国·高考真题）如果圆台的上底面半径为5，下底面半径为，中截面把圆台分为上、下两个圆台，它们的侧面积的比为，那么
A．10B．15C．20D．25
【答案】D
【分析】中截面把圆台分为上、下两个圆台，则两个圆台的侧高相等，且中截面半径等于两底面半径和的一半，根据中截面把圆台分为上、下两个圆台的侧面积的比为，我们易构造出关于的方程，解方程即可求出的值．
【详解】解：设中截面的半径为，则①
记中截面把圆台分为上、下两个圆台的侧面积分别为，，母线长均为
，
又
②
将①代入②整理得：
故选：D．
5．（2021·天津·统考高考真题）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．
【答案】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.
6．（2018·全国·高考真题）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．
【答案】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.
7．（2018·全国·高考真题）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．
【答案】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.
8．（江西·高考真题）如图所示，已知正四棱锥S-ABCD所有棱长都为1，点E是侧棱SC上一动点，过点E垂直于SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分．记SE=x（0＜x＜1），截面下面部分的体积为V（x），则函数y=V（x）的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意可知截面下面部分的体积为V（x），不是SE的线性函数，可采用排除法，排除C，D，进一步可排除B，于是得答案．
【详解】由题意可知截面下面部分的体积为V（x），不是SE＝x的线性函数，可采用排除法，排除C，D；
又当截面为BDE，即x＝时，V（x）＝，
当侧棱SC上的点E从SC的中点向点C移动时，即时.
,A满足；
故选A．
【点睛】本题考查函数的图象与图象变化，着重考查排除法的应用，考查学生冷静地分析问题解决问题的能力，属于中档题．
最新模考真题
1.（2022下·北京丰台·高一统考期末）如图所示，该几何体是从一个水平放置的正方体中挖去一个内切球（正方体各个面均与球面有且只有一个公共点）以后而得到的．现用一竖直的平面去截这个几何体，则截面图形不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用正方体内切球的性质，及球的截面圆即可求解.
【详解】对于A，用竖直的平面截正方体，该平面过球心，且过正方体四个面的中心，即可得到截面图形A，如图；
对于B，用竖直的平面截正方体，该平面为正方体的对角面,过球心，及正方体两个侧面的对角线的中心，即可得到截面图形B；
对于CD，用竖直的平面截正方体，该平面过正方体一个侧面的中心，如图，切点在截面的边CD的中点处，且CD为长方形中较短的线段，即可得到D.
故选：C
2.（江西省萍乡市芦溪中学2022届高三上学期第二次段考数学（理）试题）正方体棱长为4，M，N，P分别是棱的中点，则过M，N，P三点的平面截正方体所得截面的面积（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据题意，取正方体棱的中点，并连接起来，则此六边形即为所得截面，求出即可．
【详解】如图所示：
取正方体棱的中点，并连接起来，则此六边形即为所得截面，由于该六边形为正六边形，其边长为，故其面积为．故选：A．
3.（广西南宁市第三中学2023届高三下学期数学强化训练试题（一））已知正方体的棱长为4，E，F分别是棱，BC的中点，则平面截该正方体所得的截面图形周长为（ ）
A．6B．10C．D．
【答案】D
【分析】取的中点，连接,则,取的中点，连接，延长交于，连接交于点，连接，作出截面图形，然后再分别求出各边长，从而得出答案.
【详解】取的中点，连接,则,取的中点，连接，则 所以, 则直线平面。延长交于，连接交于点，连接,则为的中点.
则平面截该正方体所得的截面图形为 。由条件可得,则, 则 。,
取 的中点，连接，则，所以 所以,则
则
所以截面图形周长为
故选：D
4.在三棱锥SABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝12，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H，且它们分别是AB，BC，SC，SA的中点，那么四边形DEFH的面积为（ ）
A．18B．18C．36D．36
【答案】A
【分析】取AC的中点O，连接OB，SO，得到AC⊥SO，AC⊥OB，进而得到四边形DEFH是矩形，利用题设中的数量和矩形的面积公式，即可求解.
【详解】由题意，点D，E，F，H分别是AB，BC，SC，SA的中点，
所以DE∥AC，FH∥AC，DH∥SB，EF∥SB，则四边形DEFH是平行四边形，
且HD＝SB＝6，DE＝AC＝3，
如图所示，取AC的中点O，连接OB，SO，
因为SA＝SC＝12，AB＝BC＝6，所以AC⊥SO，AC⊥OB，
又SO∩OB＝O，所以AO⊥平面SOB，所以AO⊥SB，则HD⊥DE，即四边形DEFH是矩形，所以四边形DEFH的面积S＝6×3＝18.故选A.
5.已知在棱长为6的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．
【答案】##
【分析】根据正方体的性质作出截面图形，进而算出周长.
【详解】如图，延长EF，A1B1，相交于点M，连接AM，交BB1于点H，延长FE，A1D1，相交于点N，连接AN，交DD1于点G，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG.因为ABCDA1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，由中位线定理易得：EF＝，由勾股定理易得：AG＝AH＝，EG＝FH＝，截面的周长为AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝＋.
故答案为：＋.
6.已知长方体中，，M为的中点，N为的中点，过的平面与DM，都平行，则平面截长方体所得截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过作交延长线于，为中点，连接，利用长方体性质及线面平行的判定证面、面，即面为平面，再延长交于，连接，利用线线、线面的性质确定面为平面截长方体所得截面，最后延长分别交于一点并判断交于同一点，根据已知结合余弦定理、三角形面积公式及求截面面积即可.
【详解】过作交延长线于，则，若为中点，连接，
而M为的中点，在长方体中，而且面，
由面，则面，由面，则面，
所以面即为平面，延长交于，
易知：为中点，则且，又且，
故为平行四边形，则且，故共面，
连接，即面为平面截长方体所得截面，
延长分别交于一点，而在中都为中位线，
由，，则，故交于同一点，
易知：△为等腰三角形且，，则，可得，又.故选：A
7.（广东省湛江市第二十一中学2020-2021学年数学试题）已知直三棱柱的侧棱长为，，.过、的中点、作平面与平面垂直，则所得截面周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
确定平面与各棱的交点位置，计算出截面各边边长，由此可得出所得截面周长.
【详解】
如下图所示，取的中点，连接，取的，连接，取的中点，连接、，
，为的中点，则，
平面，平面，，
，平面，
、分别为、的中点，则且，平面，
平面，所以，平面平面，
所以，平面即为平面，设平面交于点，
在直棱柱中，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
、分别为、的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
且，且，所以，四边形为平行四边形，
，平面，平面，平面，
设平面平面，平面，所以，，，
，所以，四边形为平行四边形，可得，
所以，为的中点，
延长交于点，，所以，，，
又，所以，，，为的中点，
因为平面平面，平面平面，平面平面，，
，，，，为的中点，
，，则，
为的中点，，则，同理，
因为直棱柱的棱长为，为的中点，，
由勾股定理可得，同理可得，
且，平面，平面，
平面，，
、分别为、的中点，则，，
由勾股定理可得，同理.
因此，截面的周长为.
故选：C.
8.在长方体中，分别是棱的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】补全截面EFG为截面EFGHQR，得到平面ACD1∥平面EFGHQR，得到过P作AC的垂线，垂足为K，则BK，此时BP最短，PBB1的面积最小，结合面积公式，即可求解.
【详解】由题意，补全截面EFG为截面EFGHQR，如图所示，
其中H、Q、R分别为的中点，可得平面ACD1∥平面EFGHQR，
∵直线D1P与平面EFG不存在公共点， ∴D1P∥面ACD1，∴D1P面ACD1，
∴PAC，∴过B作AC的垂线，垂足为K，则BK，此时BP最短，PBB1的面积最小，
∴面积的最小值为.故选：C．
9.（江西省上饶市2019-2020学年数学试题）已知正方体的体积为1，点M在线段BC上（点M异于B、C两点），点N为线段的中点，若平面AMN截正方体所得的截面为五边形，则线段BM的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据正方体体积得到棱长；取特殊位置为中点，可根据平行关系得到截面为四边形，进而分析和时的截面图形，从而求得结果.
【详解】 正方体棱长为当，即为中点时，
截面为如下图所示的四边形当时，截面为如下图所示的四边形
当时，截面为如下图所示的五边形
的取值范围为故选：
10.（福建省龙岩市2021-2022学年教学质量检查数学试题）正四面体中，，为棱上一点，且的最小值为，若为线段的中点，则过点的平面截该正四面体外接球所得截面面积的最小值为__________.
【答案】##
【分析】先由侧面展开图及的最小值求得正四面体棱长为3，再求出外接球半径，再由垂直于截面时截面面积最小求解即可.
【详解】
将正四面体的侧面和展开至同一平面，如图所示，此时即为的最小值，即，设，
由可得，，则，则，；
在正四面体中，设的中心为，外接球球心为，连接，易得在上，，
，设外接球半径为，则，解得；
又过点的平面截外接球所得截面均为圆，要使截面面积最小，即截面圆的半径最小，显然当垂直于截面时，即为圆心时，
圆心到截面的距离最大为，此时截面圆的半径最小为，面积为，
即过点的平面截该正四面体外接球所得截面面积的最小值为.
故答案为：.
一、知识梳理与二级结论
二、热考题型归纳
【题型一】 截面基础：与表面相交
【题型二】 做截面基本型：平行性法
【题型三】 做截面基本型：相交线法
【题型四】 截面计算：求截面面积
【题型五】 截面计算：求截面周长
【题型六】 动点型截面：恒平行求截面
【题型七】 动点型截面：恒垂直求截面
【题型八】 动点型截面最值：面积最值
【题型九】 动点型截面最值：周长最值
【题型十】 动点型截面最值：外接球最值
三、高考真题对点练
四、最新模考题组练
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。
基础模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面
特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。
平行线法。
本题用平行线法，并不太快捷，不过也成立。
平行线法特征： 有两点连线在表面：EF，在前侧面
方法如下：
寻找C1点所在的与线EF的所在红色表面平行的面：里边侧面（绿色的）
在这个面内，过C1做EF平行线，显然必须扩展这个面了。如第三图。
注意！注意！，E与F分别在右侧面和下侧面上（红色面就不要用了）
注意这仨面的相交棱，
下边过C1做EF平行线，交这俩棱于K,L第二排图
分别连FK与EL，交点为J与H。出截面，与第一种方法一致。
基础模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面
特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。
方法：相交线法
以“第三点”所在的表面中，，剔除掉与EF所在的表面平行，寻找合适的表面来做交线
如下图，符合的有c1的表面有三个，红色的和EF平行而不会相交，去掉，可供选择的是上表面（蓝色）或者右表面（绿色的），
先用上表面（红色的）来做：
所以，先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A1B1于G
此时G也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1交点H.
连接HB，则的如右图的截面。
再用右表面绿色的来做：
则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C1C于I
此时I也在右表面了，连IC1交棱CB于J.
连接FJ，则出右图的截面。
最终，两个合在一起，就是如图的截面。以上过程，与EF是否中点，几何体是否正方体无挂具体的G,H,I,J都可以通过对应的E、F几等分点以及几何体长宽高的不同变化来计算出来，这个几何体也不一定是长方体，还可以是斜棱柱，都不影响这个作图。
截面面积计算，可以拆分为三角形或者四边形等容易计算的图形进行计算。关键是要通过平行和垂直找到对应图形的底和高。
如果是线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行“这个性质，可以解决线面恒平行题型的截面问题
恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。
三垂线定理指的是平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。
求截面最值思维
可以设变量，建立函数模型求最值问题：
1.设元
2.建立二次函数模型
3.计算求解最值。
可以结合图形的特殊性，利用极限思想，以及“特殊值必在特殊位置”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；
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