还剩30页未读，
继续阅读
专题讲义：立体几何中的截面
展开
这是一份专题讲义：立体几何中的截面，共33页。
专题讲义：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；
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（ ）
A
C
B
D
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-A1B1C1D1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A1D1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错误；在转动过程中，始终有BC//FG//A1D1，所以A1D1//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-A1B1C1D1，在棱AB、BB1及对角线B1C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（ ）
C1
A
B
C
D
A1
D1
B1
E
G
F
图（1）
A． B． C． D．
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）△EB1C时容器的容积最大，最大容积为，故选C。
C1
A
B
C
D
A1
D1
B1
E
G
F
图（2）
例4 正四棱锥的底面正方形边长是3，是在底面上的射影，是 上的一点，过且与都平行的截面为五边形，求该截面面积的最大值.
解：如图，连接，设截面与正四棱锥的底面相交于,与相交于点，由截面得, 截面，得，那么，必定分别与相交于，否则，截面将是三角形，则，，在正四棱锥中，，由是异面直线与所成角，则，所以，和是两个全等的直角梯形.
设：
由得，故，而，由得，于是，从而：
所以，当时，截面的面积取得最大值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；
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，使得截面为一个凸五边形.点是延长线上一点，使得，为的中点，为上的点，使得.则截面为过直线与（这里）的平面与正方体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
证明：如图，我们将正方形的各个面依次展开，从正方形出发，依次为
从上述展开图可知截面六边形的周长大于等于，而这就是要证的结论.
【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】
在正方体中，为的中点，为棱上的动点(不包括端点)，过点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，当，截面为四边形；
如图
特别的，当时，截面为等腰梯形；如图
截面为五边形，不可能为六边形.如图
故选：
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．1 B． C． D．
【答案】D
【解析】
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，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.
在平面内建立直角坐标系．设抛物线的方程为，
，
所以该抛物线的焦点到其顶点E的距离为
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（ ）
A． B． C． D．
【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，如下图：
由于正方体的棱长为2，所以，所以边上高为，所以，
故选：A．
4．如图，在正方体中，点E，F，G分别是棱，，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．在平面内存在直线与平面平行
B．在平面内存在直线与平面垂直
C．平面平面
D．直线与所成角为
【答案】D
【解析】由线面平行判定定理可得，当O为的中点时，平面，
由线面垂直判定定理可得，平面，选项A，B都对.
因为，，所以平面平面，选项C正确，
易得：,为等边三角形，故直线与所成角为,即直线与所成角为，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，则该球的半径是（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】B
【解析】设截面圆半径为，球的半径为，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即，根据截面圆的周长可得，得，
故由题意知，即，所以，
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”所在平面与底面成角，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设圆柱的底面半径为,椭圆的长轴为,短轴为,
则,,即,故离心率.故选:B.
7．如图，已知三棱锥，点是的中点，且，，过点作一个截面，使截面平行于和，则截面的周长为（ ）
A． B． C． D．
【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,
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】
已知球是正四面体的外接球，，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题,设平面为过的球的截面,则当平面时,截面积最小,
设截面半径为,球的半径为,则,
因为正四面体棱长为,设过点垂直于平面的直线交平面于点,则,令,,则,
在中,,即,则,
在中,,即,则,
解得,则,
在中,,
因为点在线段上,,设中点为,则,
所以,
在中,,即,
所以,因为,
所以,所以截面面积为,
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】
在三棱锥中，底面，，是线段上一点，且.三棱锥的各个顶点都在球表面上，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】将三棱锥补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球，
记三角形的中心为，设球的半径为，，
则球心到平面的距离为，即，
连接，则，∴.
在中，取的中点为，连接，
则，，
所以.在中，，
由题意得到当截面与直线垂直时，截面面积最小，
设此时截面圆的半径为，
则，
所以最小截面圆的面积为，
当截面过球心时，截面面积最大为，
所以，，
球的表面积为.
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，为中点， ，，过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】因为正三棱锥，，，
所以，即，同理，，
因此正三棱锥可看作正方体的一角，如图，
记正方体的体对角线的中点为，由正方体结构特征可得，点即是正方体的外接球球心，所以点也是正三棱锥外接球的球心，记外接球半径为，
则，因为球的最大截面圆为过球心的圆，
所以过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积最大为；又为中点，由正方体结构特征可得；
由球的结构特征可知，当垂直于过的截面时，截面圆半径最小为，所以.
因此，过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积范围为.
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（ ）
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】
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． B．4 C． D．6
【答案】B
【解析】将正四面体补成正方体如图，
可得平面，且正方形边长为，
由于，故截面为平行四边形，且，
又，，且，
∴，
∴，
当且仅当时取等号，
故选：B．
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． B． C． D．
【答案】D
【解析】画出图形的轴截面如图所示，则为椭圆的长轴，圆柱的底面直径为椭圆的短轴；依题意，，，则
在中有
即椭圆中，，
，
故选：
14．已知正方体的边长为2，边的中点为，过且垂直的平面被正方体所截的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，连结，
易知，，又，则平面，故，同理可证明平面，则，
又，故平面.
取的中点，的中点，易知平面平面，
所以平面，即为所求截面.
易知为正三角形，边长，
故.
故选：A.
15．在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，设过，，的截面与面，以及面的交线分别为，，则，所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为，在正方体中，，，分别是，，的中点，取，，的中点分别为，，，连接， ，，，，，根据正方体的特征，易知，若连接，，，则这三条线必相交于正方体的中心，又，所以，，，，，六点必共面，即为过，，的截面；所以即为直线，即为直线；
连接，，，因为，，
所以即为异面直线与所成的角，
又因为正方体的各面对角线都相等，所以为等边三角形，
因此.故选：D.
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﹣A1B1C1D1中，点E、F分别是棱B1B、B1C中点，点G是棱CC1的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF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】取的中点，如图连接、、、，由题意得：，，不在平面内，平面内，∴平面.
不在平面内，平面内，∴平面.
，平面，
平面平面，
过线段且平行于平面的截面图形为等腰梯形．
故选：．
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】
如图四面体中，，截面四边形满足，则下列结论正确的个数为（ ）
①四边形的周长为定值
②四边形的面积为定值
③四边形为矩形
④四边形的面积有最大值1
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【解析】因为平面，所以平面，又平面平面，所以.
同理，所以四边形为平行四边形，
又，所以四边形为矩形.所以③是正确的；
由相似三角形的性质得，
所以，，所以，
所以四边形的周长为定值4，所以①是正确的；
，所以四边形的面积有最大值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． B． C． D．
【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.
19．【四川省内江市2019-2020学年高二上学期期末数学（文)试题】
已知正三棱锥的外接球是球O，正三棱锥底边，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】D
【解析】如图,
由题,设的中心为,球的半径为,连接,则,,
在中,,解得,
所以,
因为,所以,
在中,,
所以,
过点作球的截面,当截面与垂直时,截面的面积最小,此时截面的半径为,则截面面积为,
当截面过球心时,截面面积最大,最大面积为,
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】
在四面体中，，，用平行于，的平面截此四面体，得到截面四边形，则四边形面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【解析】设截面分别与棱交于点.由直线平面，
且平面平面，平面平面
得，，所以，
同理可证，所以四边形为平行四边形，
又，，
可证得，四边形为矩形.
设，，
则，，于是
当时，四边形的面积有最大值.
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】
已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，，，，，则：（1）球的表面积为__________；（2）若是的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是__________．
【答案】
【解析】（1）由题,根据勾股定理可得,则可将三棱锥可放入以为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,即,则,所以球的表面积为；
（2）由题,因为,所以为底面的外接圆圆心,当截面时,截面面积最小,即截面为平面,则外接圆半径为,故截面面积为
故答案为：（1）；（2）
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，已知正方体的棱长为2，E、F、G分别为的中点，给出下列命题：
①异面直线EF与AG所成的角的余弦值为；
②过点E、F、G作正方体的截面，所得的截面的面积是；
③平面
④三棱锥的体积为1
其中正确的命题是_____________（填写所有正确的序号）
【答案】①③④
【解析】取的中点为点H，连接GH、AH，如图1所示，因为,所以就是异面直线EF与AG所成的角
易知在中，，所以，①正确；
图1 图2 图3
矩形即为过点E、F、G所得正方体的截面，如图2所示，易知,所以，②错误；
分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立如图3所示直角坐标系,则
，，
因为，所以，又平面，
平面且，所以平面，故③正确
，，④正确.
故答案为：①③④
23．如图所示，在长方体中，点E是棱上的一个动点，若平面交棱于点F，给出下列命题：
①四棱锥的体积恒为定值；
②对于棱上任意一点E，在棱上均有相应的点G，使得平面；
③O为底面对角线和的交点，在棱上存在点H，使平面；
④存在唯一的点E，使得截面四边形的周长取得最小值.
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,
又三棱锥为三棱锥,则底面不变,且因为平面,故点到底面的距离即三棱锥底面的高不变,故三棱锥的体积不变,所以四棱锥的体积不变,恒为定值,故①正确；
②当点在点处时,总有与平面相交,故②错误；
③由O为底面对角线和的交点,则,设为的中点,则在中,所以平面,故③正确；
④四边形的周长为,则分析即可,将矩形沿着展开使得在延长线上时,此时的位置设为,则线段与的交点即为截面平行四边形的周长取得最小值时唯一点,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】
在棱长为的正方体中，是正方形的中心，为的中点，过的平面与直线垂直，则平面截正方体所得的截面面积为______.
【答案】
【解析】
如图，在正方体中，记的中点为，连接，
则平面即为平面．证明如下：
由正方体的性质可知，，则，四点共面，
记的中点为，连接，易证．连接，则，
所以平面，则．
同理可证，，，则平面，
所以平面即平面，且四边形即平面截正方体所得的截面．
因为正方体的棱长为，易知四边形是菱形，
其对角线，，所以其面积．
故答案为：
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)】
如图，长方体中,，点分别在上，，过点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）交线围成的正方形如图：
（2）作垂足为M,则,,,因为是正方形,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（也正确）.
专题讲义：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；
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（ ）
A
C
B
D
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-A1B1C1D1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A1D1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错误；在转动过程中，始终有BC//FG//A1D1，所以A1D1//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-A1B1C1D1，在棱AB、BB1及对角线B1C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（ ）
C1
A
B
C
D
A1
D1
B1
E
G
F
图（1）
A． B． C． D．
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）△EB1C时容器的容积最大，最大容积为，故选C。
C1
A
B
C
D
A1
D1
B1
E
G
F
图（2）
例4 正四棱锥的底面正方形边长是3，是在底面上的射影，是 上的一点，过且与都平行的截面为五边形，求该截面面积的最大值.
解：如图，连接，设截面与正四棱锥的底面相交于,与相交于点，由截面得, 截面，得，那么，必定分别与相交于，否则，截面将是三角形，则，，在正四棱锥中，，由是异面直线与所成角，则，所以，和是两个全等的直角梯形.
设：
由得，故，而，由得，于是，从而：
所以，当时，截面的面积取得最大值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；
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，使得截面为一个凸五边形.点是延长线上一点，使得，为的中点，为上的点，使得.则截面为过直线与（这里）的平面与正方体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
证明：如图，我们将正方形的各个面依次展开，从正方形出发，依次为
从上述展开图可知截面六边形的周长大于等于，而这就是要证的结论.
【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】
在正方体中，为的中点，为棱上的动点(不包括端点)，过点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，当，截面为四边形；
如图
特别的，当时，截面为等腰梯形；如图
截面为五边形，不可能为六边形.如图
故选：
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．1 B． C． D．
【答案】D
【解析】
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，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.
在平面内建立直角坐标系．设抛物线的方程为，
，
所以该抛物线的焦点到其顶点E的距离为
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（ ）
A． B． C． D．
【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，如下图：
由于正方体的棱长为2，所以，所以边上高为，所以，
故选：A．
4．如图，在正方体中，点E，F，G分别是棱，，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．在平面内存在直线与平面平行
B．在平面内存在直线与平面垂直
C．平面平面
D．直线与所成角为
【答案】D
【解析】由线面平行判定定理可得，当O为的中点时，平面，
由线面垂直判定定理可得，平面，选项A，B都对.
因为，，所以平面平面，选项C正确，
易得：,为等边三角形，故直线与所成角为,即直线与所成角为，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，则该球的半径是（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】B
【解析】设截面圆半径为，球的半径为，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即，根据截面圆的周长可得，得，
故由题意知，即，所以，
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”所在平面与底面成角，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设圆柱的底面半径为,椭圆的长轴为,短轴为,
则,,即,故离心率.故选:B.
7．如图，已知三棱锥，点是的中点，且，，过点作一个截面，使截面平行于和，则截面的周长为（ ）
A． B． C． D．
【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,
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】
已知球是正四面体的外接球，，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题,设平面为过的球的截面,则当平面时,截面积最小,
设截面半径为,球的半径为,则,
因为正四面体棱长为,设过点垂直于平面的直线交平面于点,则,令,,则,
在中,,即,则,
在中,,即,则,
解得,则,
在中,,
因为点在线段上,,设中点为,则,
所以,
在中,,即,
所以,因为,
所以,所以截面面积为,
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】
在三棱锥中，底面，，是线段上一点，且.三棱锥的各个顶点都在球表面上，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】将三棱锥补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球，
记三角形的中心为，设球的半径为，，
则球心到平面的距离为，即，
连接，则，∴.
在中，取的中点为，连接，
则，，
所以.在中，，
由题意得到当截面与直线垂直时，截面面积最小，
设此时截面圆的半径为，
则，
所以最小截面圆的面积为，
当截面过球心时，截面面积最大为，
所以，，
球的表面积为.
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，为中点， ，，过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】因为正三棱锥，，，
所以，即，同理，，
因此正三棱锥可看作正方体的一角，如图，
记正方体的体对角线的中点为，由正方体结构特征可得，点即是正方体的外接球球心，所以点也是正三棱锥外接球的球心，记外接球半径为，
则，因为球的最大截面圆为过球心的圆，
所以过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积最大为；又为中点，由正方体结构特征可得；
由球的结构特征可知，当垂直于过的截面时，截面圆半径最小为，所以.
因此，过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积范围为.
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（ ）
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】
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． B．4 C． D．6
【答案】B
【解析】将正四面体补成正方体如图，
可得平面，且正方形边长为，
由于，故截面为平行四边形，且，
又，，且，
∴，
∴，
当且仅当时取等号，
故选：B．
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． B． C． D．
【答案】D
【解析】画出图形的轴截面如图所示，则为椭圆的长轴，圆柱的底面直径为椭圆的短轴；依题意，，，则
在中有
即椭圆中，，
，
故选：
14．已知正方体的边长为2，边的中点为，过且垂直的平面被正方体所截的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，连结，
易知，，又，则平面，故，同理可证明平面，则，
又，故平面.
取的中点，的中点，易知平面平面，
所以平面，即为所求截面.
易知为正三角形，边长，
故.
故选：A.
15．在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，设过，，的截面与面，以及面的交线分别为，，则，所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为，在正方体中，，，分别是，，的中点，取，，的中点分别为，，，连接， ，，，，，根据正方体的特征，易知，若连接，，，则这三条线必相交于正方体的中心，又，所以，，，，，六点必共面，即为过，，的截面；所以即为直线，即为直线；
连接，，，因为，，
所以即为异面直线与所成的角，
又因为正方体的各面对角线都相等，所以为等边三角形，
因此.故选：D.
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﹣A1B1C1D1中，点E、F分别是棱B1B、B1C中点，点G是棱CC1的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF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】取的中点，如图连接、、、，由题意得：，，不在平面内，平面内，∴平面.
不在平面内，平面内，∴平面.
，平面，
平面平面，
过线段且平行于平面的截面图形为等腰梯形．
故选：．
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】
如图四面体中，，截面四边形满足，则下列结论正确的个数为（ ）
①四边形的周长为定值
②四边形的面积为定值
③四边形为矩形
④四边形的面积有最大值1
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【解析】因为平面，所以平面，又平面平面，所以.
同理，所以四边形为平行四边形，
又，所以四边形为矩形.所以③是正确的；
由相似三角形的性质得，
所以，，所以，
所以四边形的周长为定值4，所以①是正确的；
，所以四边形的面积有最大值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． B． C． D．
【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.
19．【四川省内江市2019-2020学年高二上学期期末数学（文)试题】
已知正三棱锥的外接球是球O，正三棱锥底边，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】D
【解析】如图,
由题,设的中心为,球的半径为,连接,则,,
在中,,解得,
所以,
因为,所以,
在中,,
所以,
过点作球的截面,当截面与垂直时,截面的面积最小,此时截面的半径为,则截面面积为,
当截面过球心时,截面面积最大,最大面积为,
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】
在四面体中，，，用平行于，的平面截此四面体，得到截面四边形，则四边形面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【解析】设截面分别与棱交于点.由直线平面，
且平面平面，平面平面
得，，所以，
同理可证，所以四边形为平行四边形，
又，，
可证得，四边形为矩形.
设，，
则，，于是
当时，四边形的面积有最大值.
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】
已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，，，，，则：（1）球的表面积为__________；（2）若是的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是__________．
【答案】
【解析】（1）由题,根据勾股定理可得,则可将三棱锥可放入以为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,即,则,所以球的表面积为；
（2）由题,因为,所以为底面的外接圆圆心,当截面时,截面面积最小,即截面为平面,则外接圆半径为,故截面面积为
故答案为：（1）；（2）
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，已知正方体的棱长为2，E、F、G分别为的中点，给出下列命题：
①异面直线EF与AG所成的角的余弦值为；
②过点E、F、G作正方体的截面，所得的截面的面积是；
③平面
④三棱锥的体积为1
其中正确的命题是_____________（填写所有正确的序号）
【答案】①③④
【解析】取的中点为点H，连接GH、AH，如图1所示，因为,所以就是异面直线EF与AG所成的角
易知在中，，所以，①正确；
图1 图2 图3
矩形即为过点E、F、G所得正方体的截面，如图2所示，易知,所以，②错误；
分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立如图3所示直角坐标系,则
，，
因为，所以，又平面，
平面且，所以平面，故③正确
，，④正确.
故答案为：①③④
23．如图所示，在长方体中，点E是棱上的一个动点，若平面交棱于点F，给出下列命题：
①四棱锥的体积恒为定值；
②对于棱上任意一点E，在棱上均有相应的点G，使得平面；
③O为底面对角线和的交点，在棱上存在点H，使平面；
④存在唯一的点E，使得截面四边形的周长取得最小值.
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,
又三棱锥为三棱锥,则底面不变,且因为平面,故点到底面的距离即三棱锥底面的高不变,故三棱锥的体积不变,所以四棱锥的体积不变,恒为定值,故①正确；
②当点在点处时,总有与平面相交,故②错误；
③由O为底面对角线和的交点,则,设为的中点,则在中,所以平面,故③正确；
④四边形的周长为,则分析即可,将矩形沿着展开使得在延长线上时,此时的位置设为,则线段与的交点即为截面平行四边形的周长取得最小值时唯一点,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】
在棱长为的正方体中，是正方形的中心，为的中点，过的平面与直线垂直，则平面截正方体所得的截面面积为______.
【答案】
【解析】
如图，在正方体中，记的中点为，连接，
则平面即为平面．证明如下：
由正方体的性质可知，，则，四点共面，
记的中点为，连接，易证．连接，则，
所以平面，则．
同理可证，，，则平面，
所以平面即平面，且四边形即平面截正方体所得的截面．
因为正方体的棱长为，易知四边形是菱形，
其对角线，，所以其面积．
故答案为：
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)】
如图，长方体中,，点分别在上，，过点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）交线围成的正方形如图：
（2）作垂足为M,则,,,因为是正方形,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（也正确）.
相关试卷
2024年高三培优讲义18---立体几何体中的截面问题： 这是一份2024年高三培优讲义18---立体几何体中的截面问题，共46页。
专题18 立体几何空间距离与截面100题： 这是一份专题18 立体几何空间距离与截面100题，文件包含专题18立体几何空间距离与截面100题原卷版docx、专题18立体几何空间距离与截面100题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共175页， 欢迎下载使用。
专题8-2 立体几何中的截面及其归类-高考数学一轮复习热点题型归纳与变式演练（全国通用）： 这是一份专题8-2 立体几何中的截面及其归类-高考数学一轮复习热点题型归纳与变式演练（全国通用），文件包含专题8-2立体几何中的截面及其归类-高考数学一轮复习热点题型归纳与变式演练全国通用解析版docx、专题8-2立体几何中的截面及其归类-高考数学一轮复习热点题型归纳与变式演练全国通用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。
