文档内容
第51讲 立体几何中的截面问题
知识梳理
解决立体几何截面问题的解题策略．
1、坐标法
所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，为解决立
体几何问题增添了一种代数计算方法．
2、基底法
所谓基底法是不需要建立空间直角坐标系，而是利用平面向量及空间向量基本定理作为
依托，其理论依据是：若四点E、F、G、H共面，P为空间任意点，则有：
结论1：若EG与EH不共线，那么EF=λEG+μEH；
结论2：PE=λPF+μPG+ηPH(λ+μ+η=1)．
3、几何法
从几何视角人手，借助立体几何中的线线平行、线面平行、面面平行的性质与判定定理以
及平面几何相关定理、结论，通过论证，精准找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这
些点，从而得到过三点的完整截面，再依据题意完成所求解答或证明．
必考题型全归纳
1 题型一：截面作图
2546 (2024·全国·高一专题练习)如图，正方体ABCD-ABCD 的棱长为6，M是AB 的
1 1 1 1 1 1
中点，点N在棱CC 上，且CN=2NC.作出过点D，M，N的平面截正方体ABCD-
1 1
ABCD 所得的截面，写出作法；
1 1 1 1
【解析】如图所示，五边形DQMFN即为所求截面.
作法如下：连接DN并延长交DC 的延长线于点E，
1 1
连接ME交BC 于点F，交DA 的延长线于点H，
1 1 1 1
第 页 共 页
1502 3427连接DH交AA 于点Q，连接QM，FN，
1
所以五边形DQMFN即为所求截面.
2547 (2024·江苏·高一专题练习)如图，棱长为2的正方体ABCD-ABCD 中，E，F分别
1 1 1 1
是棱AA ，CC 的中点，过E作平面α，使得α⎳平面BDF.
1 1
(1)作出α截正方体ABCD-ABCD 所得的截面，写出作图过程并说明理由；
1 1 1 1
(2)求平面α与平面BDF的距离.
【解析】(1)连接BD,EB,ED ，由正方体性质可得BD⎳BD ，BF⎳ED ；
1 1 1 1 1 1 1
又BF∩BD=B，所以平面EBD ⎳平面BDF；
1 1
因为α⎳平面BDF，且E∈α，所以平面EBD 与平面α重合，即平面EBD 就是α截正
1 1 1 1
方体ABCD-ABCD 所得的截面.
1 1 1 1
(2)由(1)可知平面α与平面BDF的距离等于点B 到平面BDF的距离；
1
设点B 到平面BDF的距离为d，由题意可得BD=2 2,BF=DF= 5，所以△BDF的
1
面积为 6；△BBF的面积为2；
1
1 1 2 6
由V =V 可得 S ⋅d= S ×2，解得d= .
B1-BDF D-BB1F 3 △BDF 3 △BB1F 3
2 6
所以平面α与平面BDF的距离为 .
3
2548 (2024·全国·高一专题练习)(1)如图，棱长为2的正方体ABCD-ABCD 中，M，N
1 1 1 1
是棱AB ，AD 的中点，在图中画出过底面ABCD中的心O且与平面AMN平行的平面
1 1 1 1
在正方体中的截面，并求出截面多边形的周长为： ；
(2)作出平面PQR与四棱锥ABCDE的截面，截面多边形的边数为 ．
第 页 共 页
1503 3427【解析】(1)分别取E，F为棱BC ，CD 的中点，则由中位线性质得到：EF∥BD ∥
1 1 1 1 1 1
MN∥BD，所以四边形EFDB为平面四边形，
又EN∥AB ∥AB，EN=AB =AB，所以四边形ENAB为平行四边形，所以EB∥
1 1 1 1
AN，
由EF∥MN，EF⊄平面AMN，MN⊂平面AMN，所以EF∥平面AMN，同理EB∥平
面AMN，EF∩EB=E，由面面平行的判定定理可得平面AMN∥平面EFDB，所以四边
形EFDB即为所求截面，且为梯形，
1
由截面作法可知，DB=2 2,EF= DB= 2,EB=FD= 12+22= 5,所以截面四
2
边形EFDB的周长为3 2+2 5.
(2)延长PQ∩EB的延长线于G，连接GR,GR∩BC=M,GR∩ED的延长线于H,连
接PH,PH∩AD于N，连接QM,RN，则五边形PQMRN即为所求.所以截面多边形的边
数为五.
2549 (2024·全国·高一专题练习)如图①，正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，P为线段
1 1 1 1
BC的中点，Q为线段CC 上的动点，过点A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S.
1
第 页 共 页
1504 3427(1)若1 ，所以体积较小的多面体的体积为 .
24 24 24
7a3
故答案为： .
24
2562 (2024·辽宁锦州·校考一模)在正四棱锥S-ABCD中，M为SC的中点，过AM作截面
V
将该四棱锥分成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为V,V，则 2 的最大值是
1 2 V
1
.
【答案】2
V
【解析】记正四棱锥S-ABCD的体积为V， 2 的最大值，由V+V=V为定值知，只需
V 1 2
1
求V的最小值，
1
设过AM的截面分别交SB和SD于E,F，平面SAC与平面SBD的交线为SO,SO与
AM相交于G，如图，
第 页 共 页
1519 3427
2 SE SF 1 1 1 1
则SG= SO，令 =x, =y，则SG= (SD+SB)= SE+ SF，即有
3 SB SD 3 3x 3y 3x
1
+ =1，
3y
SF SE
V=V +V =V +V = ⋅V + ⋅V
1 S-AFM S-AEM F-SAM E-SAM SD D-SAM SB B-SAM
1 1 V V 1 1
=y⋅ V +x⋅ V = (x+y)= (x+y) +
2 D-SAC 2 B-SAC 4 4 3x 3y
V y x
= 2+ +
12 x y
≥
V
，
4
2 V V-V V V
当且仅当x=y= 时取等号，此时 2 = 1 = -1≤ -1=2，
3 V V V V
1 1 1
3
V
所以 2 的最大值是2.
V
1
故答案为：2
2563 (2024·浙江·高二竞赛)在正四棱锥S-ABCD中，M在棱SC上且满足SM=2MC.过
V
AM作截面将此四棱锥分成上，下两部分，记上，下两部分的体积分别为V，V，则 2 的
1 2 V
1
最大值为 .
7
【答案】
8
【解析】设过AM的平面交SB,SD于G,P，
将平面MGAP延伸，交BC,CD于E，F，则A，E，F共线.
BG
设 =x，
SB
第 页 共 页
1520 3427FC DP EC x
∵ ⋅ ⋅2=1, ⋅ ⋅2=1，
FD PS EB 1-x
FC CE CE CE
又 = = = ，
FD DA BC CE-BE
BE 2X DP 1 BE
而 = ,∴ = ⋅1-
CE 1-x PS 2 CE
1-3x
=
21-x
，
V S ⋅d +d
由于 1 = ASM G-ASC P-ASC
V
1 SG SP
= +
2S ⋅d 3 SB SD
ASC B-ASC
1 2-2x
= 1-x+
3 3-5x
1 4 3-5x 4
= + +
3 5 5 53-5x
，
1
∵x∈ 0,
3
4
,∴y-5x∈ ,3
3
V 8 5
，∴ 1 ∈ ,
V 15 9
，
V V-V V 7
∴ 2 = 1 = -1≤ .
V V V 8
1 1 1
7
故答案为： .
8
2564 (2024·上海·高二专题练习)如图，正方体ABCD-ABCD ，中，E、F分别是棱AB、
1 1 1 1
BC的中点，过点D 、E、F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
1
V,V，记Vα时，截口曲线为椭圆；当θ=α时，截口曲线为抛物线：当0<α
时，截口曲线为双曲线.(如左图)
现有一定线段AB与平面β夹角φ(如上右图)，B为斜足，β上一动点P满足∠BAP=γ，
设P点在β的运动轨迹是Γ，则 ( )
π π π π
A.当φ= ，γ= 时，Γ是椭圆 B.当φ= ，γ= 时，Γ是双曲线
4 6 3 6
π π π π
C.当φ= ，γ= 时，Γ是抛物线 D.当φ= ，γ= 时，Γ是椭圆
4 4 3 4
第 页 共 页
1531 3427【答案】ACD
【解析】∵AB为定线段，∠BAP=γ为定值，∴P在以AB为轴的圆锥上运动，
其中圆锥的轴截面半顶角为γ，β与圆锥轴AB的夹角为φ
对于A，φ>γ，∴平面β截圆锥得椭圆，A正确；对于B，φ>γ，Γ是椭圆，B错.
对于C，φ=γ，Γ是抛物线，C正确.对于D，φ>γ，Γ是椭圆，D正确.
故选：ACD.
2582 (2024·辽宁阜新·校考模拟预测)比利时数学家丹德林(GerminalDandelin)发现：在圆
锥内放两个大小不同且不相切的球使得它们与圆锥的侧面相切，用与两球都相切的平面
截圆锥的侧面得到的截线是椭圆．这个结论在圆柱中也适用，如图所示，在一个高为20，
底面半径为4的圆柱体内放两个球，球与圆柱底面及侧面均相切．若一个平面与两个球
均相切，则此平面截圆柱侧面所得的截线为一个椭圆，则该椭圆的短轴长为 ( )
A.12 B.4 C.2 5 D.8
【答案】D
【解析】由平面与圆柱所截可知椭圆的短轴即为圆柱底面直径的长，即2b=8，
故选：D
2583 (2024·安徽安庆·安徽省桐城中学校考一模).如图是数学家GerminalDandelin用来证
明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型(称为“Dandelin双球”)；在圆锥内放两
个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球O ，球O 的半径分
1 2
别为4和1，球心距O 1 O 2 =6，截面分别与球O ，球O 切于点E，F，(E，F是截口椭圆的 1 2
焦点)，则此椭圆的离心率等于 ( )
33 6 2 1
A. B. C. D.
9 3 2 6
第 页 共 页
1532 3427【答案】A
【解析】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的
平面截此组合体，
得圆锥的轴截面及球O ，球O 的截面大圆，如图，
1 2
点A,B分别为圆O,O 与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段MN是椭圆长
1 2
轴，
椭圆长轴长2a=MN =MF +FN =MF +ME =MB +MA =AB ，
过O 作O D⊥OA于D，连O B，显然四边形ABO D为矩形，
2 2 1 2 2
又|O B|=1,|OA|=4,|OO |=6，
2 1 1 2
则2a=|AB|=|O D|= |OO |2-|OD|2= 62-32=3 3，
2 1 2 1
过O 作O C⊥OE交OE延长线于C，显然四边形CEFO 为矩形，
2 2 1 1 2
椭圆焦距2c=|EF|=|O C|= |OO |2-|OC|2= 62-52= 11，
2 1 2 1
2c 11 33
所以椭圆的离心率e= = = ．
2a 3 3 9
故选：A.
2584 (2024·上海·高二专题练习)如图①，用一个平面去截圆锥得到的截口曲线是椭圆.许多
人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家
Germinaldandelin(1794-1847)的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不
同的球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面相切于E,F，在截口曲
线上任取一点A，过A作圆锥的母线，分别与两个球相切于C,B，由球和圆的几何性质，可
以知道，AE=AC，AF=AB，于是AE+AF=AB+AC=BC.由B,C的产生方法可
知，它们之间的距离BC是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以E,F为焦点的椭圆.
第 页 共 页
1533 3427如图②，一个半径为2的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源P，则球在桌面上的投影
是椭圆，已知AA 是椭圆的长轴，PA 垂直于桌面且与球相切，PA =5，则椭圆的焦距为
1 2 1 1
( )
A.4 B.6 C.8 D.12
【答案】C
【解析】设球O与PA 相切与点E，作出轴截面如下图所示，
1
OE 2
由题意知：OE=OF=2，PE=5-2=3，∴tan∠OPE= = ，
PE 3
∴tan∠A 1 PA 2 =tan2∠OPE
4
2tan∠OPE 3 12
= = = ， 1-tan2∠OPE 4 5
1-
9
又PA =5，∴AA =12，∴a=6，又AF=a-c=2，∴c=4，
1 1 2 1
∴椭圆的焦距为2c=8.
故选：C.
2585 (2024·全国·高三对口高考)如图，定点A和B都在平面α内，定点P∉α,PB⊥α，C是
α内异于A和B的动点，且PC⊥AC．那么，动点C在平面α内的轨迹是 ( )
A.一条线段，但要去掉两个点 B.一个圆，但要去掉两个点
C.一个椭圆，但要去掉两个点 D.半圆，但要去掉两个点
第 页 共 页
1534 3427【答案】B
【解析】连接AB,BC.
PB⊥α,AC⊂α，则PB⊥AC，又PC⊥AC，
PB∩PC=P，PB,PC⊂平面PBC，则AC⊥平面PBC，
又BC⊂平面PBC，则AC⊥BC，
则动点C在平面α内的轨迹是以A,B为直径的圆(去掉A,B两个点).
故选：B
2586 (2024·全国·学军中学校联考模拟预测)已知空间中两条直线l 、l 异面且垂直，平面α∥
1 2
l 且l ⊂α，若点P到l 、l 距离相等，则点P在平面α内的轨迹为 ( )
1 2 1 2
A.直线 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线
【答案】C
【解析】设l 在α内的射影为l，l 到α的距离为d，
1 1
以l与l 的交点O为原点，l 为x轴，l为y轴，l 与l的公垂线为z轴，建立如图所示的空
2 2 1
间直角坐标系.
设Px,y,0 ，则P到l 2 的距离为y .
过点P作PD⊥l于点D，过点D作ED⊥l 于点E，
1
又l 在α内的射影为l，则ED⊥l，连结ED,
1
又PD⊥l，ED∩PD=D，
所以l⊥平面PED，又PE⊂平面PED，
所以l⊥PE，所以l ⊥PE，
1
所以则P到l 的距离为 x2+d2,
1
因为点P到l 、l 距离相等，
1 2
所以y = x2+d2，即x2-y2=d2，
所以点P在平面α内的轨迹为双曲线.
故选：C.
2587 (2024·宁夏银川·校联考二模)已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B,C是圆上的两
点，H是点B在AC上的射影，当C运动，点H运动的轨迹 ( )
第 页 共 页
1535 3427A.是圆 B.是椭圆 C.是抛物线 D.不是平面图形
【答案】A
【解析】设定圆圆心为O，半径为r，
连接OH，设直径为BD，连接AD,CD，
∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD；
∵BD为直径，∴BC⊥CD，又AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABC，
∴CD⊥平面ABC，又BH⊂平面ABC，∴CD⊥BH，
又BH⊥AC，AC∩CD=C，AC,CD⊂平面ACD，
∴BH⊥平面ACD，DH⊂平面ACD，∴BH⊥DH，
在Rt△BDH中，OH=OB=OD=r，则点H的轨迹是以O为圆心，r为半径的圆.
故选：A.
2588 (2024·四川广安·高二广安二中校考期中)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，它包括明暗素描和结构素描，而学习几何体结构
素描是学习索描的重要一步.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，原圆柱的母线被截面所截剩余的部分称为切
面圆柱体的母线)的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若切面圆柱体的最长母线与最短母
线所确定的平面截切面圆柱体得到的截面图形是一个底角为60°的直角梯形，设圆柱半
径r=1，则该椭圆的焦距为 ( )
2 3 3 3 1
A. B. C. D.
3 3 2 3
第 页 共 页
1536 3427【答案】A
【解析】依题意知，最长母线与最短母线所在截面如图所示．
∴DE=AB=2r=2．
2r 4 3
从而CD= = ．
sin60° 3
4 3 2 3
因此在椭圆中长轴长2a= ，所以a=
3 3
短轴长2b=2r=2，所以b=1，
1 3 2 3
∴c2=a2-b2= ，所以c= ，则2c= .
3 3 3
故选：A．
2589 (2024·全国·高三专题练习)如图，正方体AC ，P为平面BBD 内一动点，设二面角A
1 1 1 1
-BD -P的大小为α，直线AP与平面ABD 所成角的大小为β.若cosβ=sinα，则点
1 1 1 1
P的轨迹是 ( )
A.圆 B.抛物线 C.椭圆 D.双曲线
【答案】D
【解析】连接AC交BD于O，取BD 中点O,连接OO
1 1 1 1
以O为原点,分别以OA、OB、OO 所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如
1
图：
第 页 共 页
1537 3427令正方体边长为2，则A( 2,0,0),C(- 2,0,0),A( 2,0,2),B(0, 2,2)，P=(0,y,z)
1 1
面ABD 的一个法向量为AB =(- 2, 2,2)，
1 1 1
面BBD 的一个法向量为AC=(-2 2,0,0)
1 1
则cosAC,AB
1
(- 2, 2,2)⋅(-2 2,0,0) 1
= = ，故二面角A -BD -B 的大小为
2 2×2 2 2 1 1 1
π
3
又二面角A 1 -BD 1 -P的大小α∈0,π
π 2π
，则α= 或α= 3 3
3 π
由cosβ=sinα= ，β∈ 0,
2 2
π
，可得β=
6
又AP=(- 2,y,z)
1
AP⋅AB sinβ= 1 1
AP
1
⋅AB
1
(- 2, 2,2)⋅(- 2,y,z) =
2 2 2+y2+z2
1 =
2
整理得z2+4z+2 2y+2 2yz=0
2 3
即y=- z-
4 z+1
3 2
- ，是双曲线.
4
故选：D
2590 (2024·四川广安·高二统考期末)已知四棱锥P-ABCD，AD⊥平面PAB，BC⊥平面
PAB，底面ABCD是梯形，AB=AD=2，BC=4，∠APD=∠CPB，满足上述条件的四
棱锥的顶点P的轨迹是 ( )
A.椭圆 B.椭圆的一部分 C.圆 D.不完整的圆
【答案】D
第 页 共 页
1538 3427【解析】因为AD⊥平面PAB，BC⊥平面PAB，则AD⎳BC，
又PA⊂面PAB,PB⊂面PAB，故可得PA⊥AD,PB⊥BC；
AD 2 BC 4
因为∠APD=∠CPB，故可得tan∠APD= = =tan∠CPB= = ，
PA PA PB PB
则PB=2PA，
综上所述：动点P在BC垂直的平面PAB中，且满足PB=2PA；
为方便研究，不妨建立平面直角坐标系进行说明，
在平面PAB中，因为AB=2，以AB中点为坐标原点，
以AB为x轴，过O且垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系，如下所示：
因为PB=2PA，故可得 x-1 2+y2=2 x+1 2+y2，
10
整理得：x2+y2+ x+1=0，
3
故动点P的轨迹是一个圆；
又当P,A,B三点共线时，几何体P-ABCD不是空间几何体，
故动点P的轨迹是一个不完整的圆.
故选：D.
2591 (2024·全国·校联考模拟预测)用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的
轴夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线．我们通常把
圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．已知某圆锥的轴截面是正三角形，平面α与该
π
圆锥的底而所成的锐二面角为 ，则平面α截该圆锥所得椭圆的离心率为 ．
6
3
【答案】
3
【解析】如图1,不妨令正△ABC边长为4 3,重心G,椭圆中心N,中线BD,底面圆心
M.PG与长轴垂直.
π π 3 2
则∠DBC= .BD=BC⋅cos =4 3× =6，所以2a=6.所以BG= BD=4,
6 6 2 3
1
GD= BD=2，NG=4-3=1.
3
PG为过G与底面平行的圆的半径,如图2在△AMC,作GE∥MC,由相似可得：
GE AG AG 2 4 3 4 3
= ,所以GE= ×CM= ×2 3= ，所以PG=GE= .
CM AM AM 3 3 3
4 3
如图3,即P1,
3
x2 y2 1 16
,代入方程 + =1得： + =1,又2a=6,解得b2=6,
a2 b2 a2 3b2
3
所以c2=a2-b2=9-6=3，所以c= 3，所以离心率e= .
3
第 页 共 页
1539 34273
故答案为：
3
7 题型七：截面图形有关面积、长度及周长范围与最值问题
2592 (2024·西藏林芝·统考二模)在三棱锥A-BCD中，AB=AC=BD=CD=BC=4，平
面α经过AC的中点E，并且与BC垂直，当α截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三
棱锥A-BCD的外接球的表面积为 ( )
80 3 70 80
A. π B. π C.20π D. π
3 3 3
【答案】D
【解析】
如图所示，取BC中点M及靠近C的四等分点F，CD的中点G，连接AM，EF，DM，
EG，FG，
由AB=AC，所以AM⊥BC，又E是AC中点，F是MC的中点，所以EF⎳AM
可知EF⊥BC，同理可得GF⊥BC，
又EF∩FG=F，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG，所以BC⊥平面EFG，所以平面α
即为平面EFG，
又因为AB=AC=BD=DC=BC=4，所以AM=DM=2 3，所以EF=FG= 3，
1 3
所以α截此三棱锥所得的截面面积为S = EF⋅FG⋅sin∠EFG= sin∠EFG，
△EFG 2 2
当∠EFG=90°时，S 取得最大值，
△EFG
设外接球球心为O，半径为R，P，Q分别为△BCD，△ABC外接圆圆心，球心O满足
OP⊥面BCD，OQ⊥面ABC，
1 2 3
又因为△ABC和△DBC均为边长为4的正三角形，所以QM= AM=PM= ，
3 3
2 3 2 4
所以四边形OPMQ为正方形，且OQ=QM= ，又AQ= AM= 3,所以R=
3 3 3
2 15
OA= OQ2+AQ2= ，
3
第 页 共 页
1540 3427∴S=4πR2=4πOA
60 80π
2=4π⋅ = .
9 3
故选：D.
2593 (2024·贵州·高二校联考阶段练习)已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图的中心角为
3π，则过圆锥顶点的截面面积最大值为 ( )
A.1 B. 3 C.2 D.2 3
【答案】C
【解析】设底面圆的半径为r，2πr=2× 3π，解得r= 3，由圆锥母线长为2，可得圆锥
2π
轴截面的顶角为 ，
3
π 1
当截面顶角为 时，过圆锥顶点的截面面积最大，此时S= ×2×2=2.
2 2
故选：C.
2594 (2024·全国·高一专题练习)若球O是正三棱锥A-BCD的外接球，BC=3,AB=
2 3，点E在线段BA上，BA=3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的
截面的面积为 ( )
8π 4π
A. B.2π C. D.π
3 3
【答案】A
【解析】
如图所示，其中O是球心，O是等边三角形BCD的中心，
3
可得OB=OD= BC= 3，AO= AB2-OB2=3，
3
设球的半径为R，在三角形ODO中，由OO2+DO2=OD2，
即3-R 2+ 3 2=R2，解得R=2，即AO=2，
所以OA=3OO，
因为在△ABO中，OA=3OO，BA=3BE，
2 2 3
所以，OE⎳OB，OE= OB= ，
3 3
由题知，截面中面积最小时，截面圆与OE垂直，
4 8
设过E且垂直OE的截面圆的半径为r，则r2=R2-OE2=4- = ，
3 3
8π
所以，最小的截面面积为πr2= .
3
故选：A
2595 (2024·高一课时练习)在三棱锥A-BCD中，AB=BC=CD=DA=2 2,∠ADC=
∠ABC=90°，平面ABC⊥平面ACD，三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的球面
第 页 共 页
1541 3427上，E,F分别在线段OB,CD上运动(端点除外)，BE= 2CF.当三棱锥E-ACF的体
积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为 ( )
3
A.π B. 3π C. π D.2π
2
【答案】C
【解析】如图，取AC的中点O,连接OF，OB，OD,
1
因为∠ADC=∠ABC=90°，所以OA=OB=OC=OD= AC，即O为球心，
2
则球O的半径R=2,又AB=BC,所以OB⊥AC,
又平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC，OB⊂平面ABC.
所以OB⊥平面ACD，
设CF=x，则BE= 2x<2,所以0
