第51讲立体几何中的截面问题_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

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<CQ<2，请在图①中作出截面S(保留尺规作图痕迹)；
(2)若CQ=1(如图②)，试求截面S将正方体分割所成的上半部分的体积V与下半部分
1
的体积V之比.
2
【解析】(1)延长DC交AP延长线于点E，此时DC=CE，延长EQ交DC 于点F
1 1
延长BC 交PQ延长线于点G，连接GF，并延长交AD 于点H，连接AH
1 1 1 1
此时五边形APQFH就是截面S
(2)当Q为CC 的中点时，再由DC=CE，DD ⎳CQ可知，EQ的延长线交DC 于点
1 1 1 1
D ，此时截面S为四边形APQD
1 1
1 1
V=V +V = × ×2×2 2 P-ADD1 p-D1DCQ 3 2 
1
×2+ ×1+2 3 
1 7
×2× ×1= 2 3
7 17
V=2×2×2- =
1 3 3
17 7
因此V:V= : =17:7
1 2 3 3
2550 (2024·全国·高一专题练习)如图，已知正方体ABCD-ABCD ，点E为棱CC 的中
1 1 1 1 1
点.
第 页 共 页
1505 3427(1)证明：AC ⎳平面BDE.
1
(2)证明：AC ⊥BD.
1
(3)在图中作出平面BED 截正方体所得的截面图形(如需用到其它点，需用字母标记并
1
说明位置)，并说明理由.
【解析】(1)证明：连接AC，交BD于点O，连接OE，
因为ABCD是正方形，所以O为AC的中点，又E为棱CC 的中点，
1
所以OE⎳AC ，OE⊂平面BDE，AC ⊄平面BDE，
1 1
所以AC ⎳平面BDE，
1
(2)证明：在正方体ABCD-ABCD 中，AA ⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所
1 1 1 1 1
以AA ⊥BD，
1
又AC⊥BD，AC∩AA =A，AC,AA ⊂平面ACCA ，
1 1 1 1
所以BD⊥平面ACCA ，
1 1
又AC ⊂平面ACCA ，
1 1 1
所以AC ⊥BD.
1
(3)如图取AA 的中点M，连接BM、MD ，则MBED 为平面BED 截正方体所得的截
1 1 1 1
面，
证明：取DD 的中点N，连接NE、AN，因为E为棱CC 的中点
1 1
所以AB⎳CD且AB=CD，NE⎳CD且NE=CD，
所以AB⎳NE且AB=NE，
所以四边形ABEN为平行四边形，
所以AN⎳BE，
又AM⎳ND 且AM=ND ，
1 1
所以四边形ANDM为平行四边形，
1
所以AN⎳DM，
1
第 页 共 页
1506 3427所以MD ⎳BE，即B、E、D 、M四点共面，即MBED 为平面BED 截正方体所得的截
1 1 1 1
面；
2551 (2024·江苏·高一专题练习)已知正方体ABCD-ABCD 是棱长为1的正方体，M是
1 1 1 1
棱AA 的中点，过C、D 、M三点作正方体的截面，作出这个截面图并求出截面的面积．
1 1
【解析】连接DM，并延长，交DA延长线于N连CN交AB于P，连接MP，
1
则CDMP为过C、D 、M三点的正方体的截面，
1 1
因为M是AA 的中点，MA⎳DD
1 1
所以M是ND 的中点，A是ND的中点，
1
因为AP⎳CD，所以P是NC的中点，
所以MP是三角形NCD 的中位线，
1
所以S =3S ，
CD1MP NMP
因为正方体的棱长为1，
5 2
所以可得MN=PN= ,MP= ，
2 2
5 2
所以三角形NMP是以MN=PN= 为腰，以MP= 为底的等腰三角形，
2 2
5
边MP上的高为 
2

2 2
-
4

2 5 1 3 2
= - = ，
4 8 4
1 2 3 2 3
三角形NMP是的面积S = × × =
NMP 2 2 4 8
9
所以S =3S =
CD1MP NMP 8
2 题型二：截面图形的形状、面积及周长问题
2552 (2024·全国·高三专题练习)如图，正方体ABCD-ABCD 的棱长为1，P为BC的中
1 1 1 1
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.则下列
1
第 页 共 页
1507 3427命题中正确命题的个数为 ( )
1
①当0<CQ< 时，S为四边形；
2
1
②当CQ= 时，S为等腰梯形；
2
3 1
③当CQ= 时，S与CD 的交点R 满足CR = ；
4 1 1 1 1 1 3
3
④当 <CQ<1时，S为六边形；
4
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】C
【解析】
1
先确定临界值点，当CQ= ，即Q为CC 的中点时，
2 1
截面交DD 于D ，则界面APQ D 为等腰梯形，故②正确；
1 1 2 1
1
对①当0<CQ< 时，即Q移动到Q 位置时，
2 1
截面交线段DD 于H，所以截面APQH为四边形，故①正确；
1 1
3
对③，当CQ= 时，Q在Q 的位置，截面交DD 的延长线于I，
4 3 1
延长IQ ,AP交在DC的延长线于G点，
3
CP CG GQ CQ 1
则 = = 3 = 3 = ，
AD GD IG DI 2
3 3 1 3 1
由CQ = ，则DI= ，DI= ，又有CQ =1- = ，
3 4 2 1 2 1 3 4 4
1
DR DI 2 1
所以 1 1 = 1 = =2，又CD =1，所以CR = ，故③正确；
CR CQ 1 1 1 1 1 3
1 1 1 3
4
第 页 共 页
1508 34273
对④， <CQ<1，Q点移动到Q 位置，从图上看，截面为五边形，故④错误；
4 4
共3个正确，
故选：C
2553 (2024·四川成都·高二双流中学校考期中)已知正方体ABCD-ABCD 的棱长为1,
1 1 1 1
M,N为线段BC,CC 上的动点，过点A,M,N的平面截该正方体的截面记为S，则下列命
1 1
题正确的个数是 ( )
①当BM=0且0<CN<1时，S为等腰梯形；
1
②当M，N分别为BC,CC 的中点时，几何体A -DMN的体积为 ；
1 1 1 12
3 1
③当M为BC中点且CN= 时，S与CD 的交点为R，满足CR= ；
4 1 1 1 6
④当M为BC中点且0≤CN≤1时，S为五边形.
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】B
【解析】①，当BM=0，即B,M重合，且0<CN<1时，如下图所示，
过N作NP⎳CD ，交CD 于P，连接AP，
1 1 1 1
根据正方体的性质可知AB⎳CD ，所以NP⎳AB，所以A,B,N,P四点共面，
1 1 1 1
在等腰直角三角形CCD 中，根据平行线分线段成比例的知识可知CN=PD ，
1 1 1
所以AP= 12+PD2= 12+CN2=BN，
1 1
即截面S为等腰梯形，①正确.
②，当M，N分别为BC,CC 的中点时，
1
1 2
过N作NH⊥CD ，垂足为H，则NH⎳CD,NH= CD= ，
1 1 4 1 4
由于BC⊥平面CDDC ，NH⊂平面CDDC ，所以BC⊥NH，
1 1 1 1
由于CD ∩BC=C,CD,BC⊂平面ABCD ，
1 1 1 1
所以NH⊥平面ABCD ，即NH⊥平面AMD.
1 1 1 1
1 1
所以V =V = × ×1× 2
A1-D1MN N-A1D1M 3 2

2 1
× = ，②正确.
4 12
第 页 共 页
1509 34273
③，当M为BC中点且CN= 时，S与CD 的交点为R，S与AB的交点为P，
4 1 1
由于平面ABBA ⎳平面DCCD ，
1 1 1 1
平面ABBA ∩S=AP，平面DCCD ∩S=RN，所以AP⎳RN，
1 1 1 1 1 1
同理可证得AR⎳PM，
1
1
CN= ，设CR=x,PB=y，则DR=1-x，
1 4 1 1
由∠DRA =∠MPB，得tan∠DRA =tan∠MPB，
1 1 1 1
1
1 2 1 1 1 1
即 = ,y= - x，所以AP=1-y= + x，
1-x y 2 2 2 2
1
1 4 1
同理tan∠APA=tan∠CRN，所以 = ，解得x= .
1 1 1 1 x 7
+ x
2 2
1
即CR= ，③错误.
1 7
④，当M为BC中点且CN=0时，C,N重合，如下图所示，
截面S是四边形ABCD ，④错误.
1 1
第 页 共 页
1510 3427所以正确的有2个.
故选：B
2554 (2024·全国·高一专题练习)如图正方体ABCD-ABCD ，棱长为1，P为BC中点，Q
1 1 1 1
 
为线段CC 上的动点，过A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为Ω.若CQ=λCC ，
1 1
则下列结论错误的是 ( )
1
A.当λ∈0,
2

1
时，Ω为四边形 B.当λ= 时，Ω为等腰梯形
2
3
C.当λ∈ ,1
4

6
时，Ω为六边形 D.当λ=1时，Ω的面积为
2
【答案】C
1
【解析】当0<λ< 时，如下图1，Ω是四边形，故A正确；
2
1
当λ= 时，如下图2，Ω为等腰梯形，B正确：
2
3
当 <λ<1时，如下图3，Ω是五边形，C错误；
4
当λ=1时，Q与C 重合，取AD 的中点F，连接AF，如下图4，由正方体的性质易得
1 1 1
1 6
PC ⎳BM⎳AF，且PC =AF，截面Ω为APCF为菱形，其面积为 AC ⋅PF= ，D
1 1 1 2 1 2
第 页 共 页
1511 3427正确.
故选：C
第 页 共 页
1512 34272555 (2024·江苏镇江·高二扬中市第二高级中学校考开学考试)如图，在棱长为 2的正方体
ABCD-ABCD中，点E、F、G分别是棱AB、BC、CD的中点，则由点E、F、G确定
的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于 ．
3 3
【答案】
2
【解析】因为E、F分别为AB、BC的中点，则EF⎳AC且EF= BE2+BF2=
第 页 共 页
1513 34272

2

2
×2=1，
因为AA⎳CC且AA=CC，所以，四边形AACC为平行四边形，所以，AC⎳AC，
所以，EF⎳AC，设平面EFG交棱AD于点H，
因为平面ABCD⎳平面ABCD，平面EFG∩平面ABCD=EF，
平面EFG∩平面ABCD=GH，所以，EF⎳GH，则GH⎳AC，
因为G为CD的中点，所以，H为AD的中点，
设直线EF分别交DA、DC的延长线于点P、Q，连接PH交棱AA于点M，
连接QG交棱CC于点N，连接EM、FN，则截面为六边形EFNGHM，
AP AE
因为AP⎳CB，则 = =1，
BF BE
1 1 1
所以，AP=BF= BC= AD= AD=AH，
2 2 2
AM AH
因为AH⎳AP，则 = =1，所以，AM=AM，则M为AA的中点，
AM AP
同理可知，N为CC的中点，易知六边形EFNGHM是边长为EF=1的正六边形，
1 3 3 3
所以，截面面积为6× ×12×sin60°=6× = .
2 4 2
3 3
故答案为： .
2
2556 (2024·河南信阳·高二信阳高中校考阶段练习)在一次通用技术实践课上，木工小组需要
将正方体木块截去一角，要求截面经过面对角线AC上的点P(如图)，且与平面BCD 平
1 1
行，已知AA =10cm，AP=6cm，则截面面积等于 cm2.
1
【答案】36 3
【解析】如图，连接BD交AC于点O，连接AD、AB.
1 1
第 页 共 页
1514 3427因为BB ⎳DD 且BB =DD ，故四边形BBDD为平行四边形，所以，BD⎳BD ，
1 1 1 1 1 1 1 1
因为BD⊄平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，所以，BD⎳平面BCD ，
1 1 1 1 1 1 1 1
同理可证AB⎳平面BCD ，
1 1 1
因为AB∩BD=B，AB、BD⊂平面ABD，所以，平面ABD⎳平面BCD ，
1 1 1 1 1 1
故截面平行于平面ABD.
1
过点P作与BD平行的直线分别交AD、AB于点M、N，在AA 上取点Q使AQ=AM.
1
AQ AM
∵AQ=AM，∴ = ，∴△AQM∽△AAD，∴QM⎳DA.
AA AD 1 1
1
因为QM⊄平面ABD，AD⊂平面ABD，所以，QM⎳平面ABD，
1 1 1 1
又因为MN⎳DB，MN⊄平面ABD，BD⊂平面ABD，所以，MN⎳平面ABD，
1 1 1
因为MN∩QM=M，MN、QM⊂平面MNQ，所以，平面MNQ⎳平面ABD，
1
易得△MNQ∽△DBA ，故 S △MNQ = MN
1 S DB
△DBA1
 2 AP =
AO
 2 6 =
5 2
 2 18 = ，
25
因为AB= AB2+AA2= 102×2=10 2，
1 1
1
易知△A 1 BD是边长为10 2的等边三角形，所以，S △A1BD = 2 ×10 2  2×sin60°=
50 3，
18 18
因此，S = S = ×50 3=36 3cm2
△MNQ 25 △A1BD 25
 .
故答案为：36 3.
2557 (2024·江苏泰州·高一泰州中学校考阶段练习)正方体ABCD-ABCD 的棱长是a，
1 1 1 1
其中E是CD中点，F是AA 中点，则过点E,F,B 的截面面积是．
1 1
11 29
【答案】 a2
48
1
【解析】在CC 上取M使CM= CC ，连接ME并延长与DD的延长线交于点G，连
1 4 1 1
GF交AD于N，连接BM,NE，
1
由正方体的性质可知BF⎳EM，则五边形BMENF即为过点E,F,B 的截面，
1 1 1
第 页 共 页
1515 34271 1 1 1 1
由题可得CM=DG= AF= CC = a，GE= GM,GN= GF，
2 4 1 4 2 3
5 5 33
在△BMF中，BM= a,BF= a,MF= a，
1 1 4 1 2 4
3 5 2 145
由余弦定理得cos∠MBF= ，所以sin∠MBF= ，
1 25 1 25
29
所以平行四边形BMGF的面积为S=BF×BMsin∠MBF= a2，
1 1 1 1 4
1 1
又由GE= GM,GN= GF，
2 3
1 1
所以S = GE×GN×sin∠NGE= S，
△GEN 2 12
11 11 29
所以截面的面积为S = S= a3.
B1MENF 12 48
11 29
故答案为： a2.
48
2558 (2024·全国·高三专题练习)已知直三棱柱ABC-ABC 的侧棱长为2，AB⊥BC，
1 1 1
AB=BC=2，过AB，BB 的中点E，F作平面α与平面AACC垂直，则所得截面周长
1 1 1
为 ．
【答案】3 2+ 6
【解析】如图，
取AC的中点D，连接BD，取AC 的中点D ，连接BD ，BD，
1 1 1 1 1
取AD的中点G，连接EG，连接EF，并延长与AB 交于H，取CD 的中点M，连接
1 1 1 1
MH，交BC 于N，连接FN、GM，可得EG⎳BD，BD⎳BD ，MN⎳BD ，即有
1 1 1 1 1 1
EG⎳MN，又AB=BC，可得BD⊥AC，因为AA ⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，所以
1
BD⊥AA ，AC∩AA =A，AC,AA ⊂平面ACCA ，所以BD⊥平面AACC，因为
1 1 1 1 1 1 1
EG⎳BD，所以EG⊥平面AACC，EG⊂平面EGMF，由面面垂直的判定定理，可得
1 1
第 页 共 页
1516 34271 2
平面EGMF⊥平面AACC，则平面EGMNF即为平面α，由EG= BD= ，GM
1 1 2 2
1 2 2
= 4+2= 6，MN= BD = ，NF= 2，FE= 2，可得所得截面周长为 ×2
2 1 1 2 2
+ 6+ 2×2=3 2+ 6．
故答案为：3 2+ 6．
2559 (2024·全国·高三专题练习)棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中，点E为棱BC的
1 1 1 1
中点，则过B ，E，D三点的平面截正方体的截面周长为 ．
1
【答案】2 5
【解析】
如图，取AD 的中点为F，连接FD,BF，取AD的中点为G，连接FG,BG，
1 1 1
在正方形ADDA中，因为F、G分别为所在棱的中点，故FG⎳AA ，FG=AA
1 1 1 1
而BB ⎳AA ，BB =AA ，故FG⎳BB ，FG=BB ，
1 1 1 1 1 1
故四边形FGBB 为平行四边形，故FB ⎳GB,FB =GB,
1 1 1
在正方形ABCD中，因为E、G分别为所在棱的中点，故GD⎳BE,GD=BE，
故四边形DGBE为平行四边形，故DE⎳GB,DE=GB,
故FB ⎳DE,FB =DE，故四边形FBED为平行四边形，
1 1 1
故F,B,E,D四点共面，故过B ，E，D三点的平面截正方体的截面为平行四边形
1 1
FBED.
1
1 5 5
又DE=BE= 1+ = ，故截面的周长为4× =2 5，
1 4 2 2
故答案为：2 5.
2560 (2024·四川泸州·四川省泸县第二中学校联考模拟预测)如图，在棱长为2的正方体
ABCD-ABCD ，中，点E为CD的中点，则过点C且与BE垂直的平面α被正方体
1 1 1 1 1
ABCD-ABCD 截得的截面周长为 ．
1 1 1 1
第 页 共 页
1517 3427【答案】2 5+ 2/ 2+2 5
【解析】如图，取AD中点F，DD 中点G，连接CF,FG,CG,BE,BE，设BE与CF交于
1 1
点O，
因为BE在平面ABCD内的射影为BE，
1
由CD=BE,DF=CE,∠BCE=∠FDC=90°可得△BCE≅△CFD，
所以∠BEC=∠DFC,∠EBC=∠FCD，
又因为∠ABE+∠EBC=90°,∠EBC+∠BEC=90°，
所以∠ABE=∠BEC=∠DFC，
在四边形AFBO中，∠A+∠ABE+∠BOF+∠CFA=360°，
其中∠ABE+∠AFC=∠DFC+∠AFC=180°,∠A=90°，
所以∠BDF=90°，即BE⊥CF，
所以CF是截面内的一条线，
同理CG,GF是截面内的一条线，
所以过点C且与BE垂直的平面α被正方体ABCD-ABCD 截得的截面为CFG，
1 1 1 1 1
因为正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，
1 1 1 1
所以CF= 4+1= 5,CG= 4+1= 5,FG= 1+1= 2,
截面CFG的周长为CF+CG+FG= 5+ 5+ 2=2 5+ 2，
故答案为：2 5+ 2
3 题型三：截面切割几何体的体积问题
2561 (2024·广东广州·高一统考期末)在棱长为a的正方体ABCD-ABCD 中，E，F分别
1 1 1 1
第 页 共 页
1518 3427为棱BC，CC 的中点，过点A，E，F作一个截面，该截面将正方体分成两个多面体，则体
1
积较小的多面体的体积为 .
7a3
【答案】
24
【解析】如图，依次连接AE,EF,FD,DA，四边形AEFD 即为所求截面，
1 1 1
因为点E、F分别为棱BC、CC 的中点，所以EF∥DA，
1 1
1 a2 1 a a a2
可知ADD -ECF为三棱台，所以S = ×a×a= ,S = × × = ，
1 △ADD1 2 2 △ECF 2 2 2 8
1
其体积V = S + S ⋅S +S
ADD1-ECF 3 △ADD1 △ADD1 △ECF △ECF
 ×CD=
1 a2 a2 a2 a2
 + × +
3 2 2 8 8

7a3
×a= ，
24
且正方体的体积为V =a×a×a=a3，
ABCD-A1B1C1D1
7a3 17a3
则另一部分的体积为V=V -V =a3- = ，
ABCD-A1B1C1D1 ADD1-ECF 24 24
17a3 7a3 7a3
因为 > ，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
=
21-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 53-5x 
  ，
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V<V，则V:V= .
1 2 1 2 1 2
25
【答案】
47
【解析】延长EF交DC的延长线与点P，连接DP交CC 于点G，连接FG：
1 1
延长FE交DA的延长线与点O，连接DO交AA 于点H，连接HE：
1 1
所以过D,E,F的截面为DHEFG，如下图示：
第 页 共 页
1521 3427设正方体的棱长为2a，
1 1 1 1
则过D,E,F的截面下方几何体的体积为V= S ⋅OD-2⋅ S ⋅OA= ⋅
1 1 3 △D1DP 3 △AEH 3 2
1 1 2a 25
⋅3a⋅2a⋅3a-2⋅ ⋅ ⋅a⋅ ⋅a= a3，
3 2 3 9
25 47 25
所以另一部分体积为V=8a3- a3= a3，则V:V= .
2 9 9 1 2 47
25
故答案为：
47
2565 (2024·全国·高一专题练习)如图所示，在长方体ABCD-ABCD中，用截面截下一个
三棱锥C-ADD，则三棱锥C-ADD的体积与剩余部分的体积之比为 .
【答案】1:5
【解析】设AB=a，AD=b，AA=c，所以长方体体积V =abc
ABCD-ABCD
1 1 1 1
三棱锥C-ADD的体积V = CD⋅S = a⋅ bc= abc，
C-ADD 3 △ADD 3 2 6
1 5
∴剩余部分的体积=V -V =abc- abc= abc
ABCD-ABCD C-ADD 6 6
∴三棱锥C-ADD的体积与剩余部分的体积之比为1:5.
故答案为：1:5.
2566 (2024·贵州贵阳·贵阳六中校考一模)在三棱柱ABC-ABC 中，AA ⊥底面ABC，
1 1 1 1
1
AB=BC=CA= AA ，点P是棱AA 上的点，AP=2PA ，若截面BPC 分这个棱柱
2 1 1 1 1
为两部分，则这两部分的体积比为 .
4 5
【答案】 或
5 4
【解析】取AC的中点D，连接BD，
因为AB=BC，所以BD⊥AC，
因为AA ⊥底面ABC，BD⊂底面ABC，
1
第 页 共 页
1522 3427所以AA ⊥BD，
1
又AC∩AA =A，所以BD⊥平面AACC，
1 1 1
3 2 4
不妨设AB=a，则BD= a，AP= AA = a，
2 3 1 3
1 3 3
V = ×a× a×2a= a3，
ABC-A1B1C1 2 2 2
4
 a+2a
1 3
V = ×
B-APC1C 3
 a
3 5 3
× a= a3，
2 2 18
2 3
故上面一部分的体积为V -V = a3，
ABC-A1B1C1 B-APC1C 9
2 3
a3
9 4
则 = ，
5 3 5
a3
18
4 5
所以两部分的体积比为 或 .
5 4
4 5
故答案为： 或 .
5 4
2567 (2024·广东揭阳·高一普宁市华侨中学校考阶段练习)如图，正方体ABCD-ABCD
1 1 1 1
中，E、F分别是棱AB 、CD 的中点，则正方体被截面BEFC分成两部分的体积之比
1 1 1 1
V:V= .
1 2
【答案】3
【解析】设正方体ABCD-ABCD 的棱长为2a，体积为V，则
1 1 1 1
V=2a×2a×2a=8a3，
因为E是棱AB 的中点，所以EB =a，
1 1 1
第 页 共 页
1523 34271 1
∴V=S ×BC= ×EB ×BB ×BC= ×a×2a×2a=2a3，
2 △BB1E 2 1 1 2
∴V=V-V=8a3-2a3=6a3.
1 2
V 6a3
∴ 1 = =3.
V 2a3
2
故答案为：3
4 题型四：球与截面问题
2568 (2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)如图，在棱长为1的正方体ABCD-
ABCD 中，M,N分别为棱AD,DD 的中点，过MN作该正方体外接球的截面，所得截
1 1 1 1 1 1 1
面的面积的最小值为 ( )
π π 3π π
A. B. C. D.
6 4 8 2
【答案】C
【解析】如图，
1 3
正方体外接球的球心在其中心点O处，球的半径R= 12+12+12= ，
2 2
要使过MN的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段MN的中点Q，
2
连接OM,ON，则OM=ON=MN= ，
2
1 所以OQ= OM2- MN
2
 2 6 = ，
4
6
此时截面圆的半径r= R2-OQ2= ，
4
3
此时，截面面积的最小值S=πr2= π.
8
故选：C.
2569 (2024·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测)在矩形ABCD中，AB=3,AD=
4，将△ABD沿对角线BD翻折至△ABD的位置，使得平面ABD⊥平面BCD，则在三
棱锥A-BCD的外接球中，以AC为直径的截面到球心的距离为 ( )
435 6 2 239 113
A. B. C. D.
10 5 10 10
第 页 共 页
1524 3427【答案】B
【解析】如图，取BD的中点为O，连接AO,CO，过A作AH⊥BD，垂足为H，连接CH.
因为三角形ADB为直角三角形，故AO=OD=OB，
同理CO=OD=OB，故CO=OD=OB=OA，
所以O为三棱锥A-BCD的外接球的球心，而BD= 9+16=5，
因为AH⊥BD，AH⊂平面ABD，平面ABD⊥平面CBD，
平面ABD∩平面CBD=BD，故AH⊥平面CBD，
而CH⊂平面CBD，故AH⊥CH.
3×4 12
在直角三角形ABD中，AB=3,AD=4，故AH= = ，
9+16 5
144 9
故BH= 9- = ，
25 5
4
在直角三角形CBD中，cos∠CBD= ，
5
81 9 4 193 144 193 337
故CH2= +16-2× ×4× = ，故AC2= + = .
25 5 5 25 25 25 25
设球心到以AC为直径的截面的距离为d，
25 1
则d= - AC
4 2

2 25 337 625-337 12 2 6 2
= - = = = ，
4 4×25 10 10 5
故选：B.
32π
2570 (2024·海南·高三校联考期末)已知某球的体积为 ，该球的某截面圆的面积为3π，则
3
球面上的点到该截面圆圆心的最大距离为 ( )
5
A.1 B.3 C.2+ 3 D.
2
【答案】B
【解析】设截面圆的半径为r，球O的半径为R球心到截面的距离为d，
则r2+d2=R2，
32π 4π
因为球的体积为 = R3,
3 3
所以R=2，
因为截面圆的面积为3π，
所以3π=πr2，故r= 3，
所以d=1，
所以球面上的点到该截面圆圆心的最大距离为d+R=3，
故最大距离为3.
故选：B.
2571 (2024·江西南昌·江西师大附中校考三模)已知正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，
1 1 1 1
E为棱CC 上的一点，且满足平面BDE⊥平面ABD，则平面ABD截四面体ABCE的
1 1 1
外接球所得截面的面积为 ( )
第 页 共 页
1525 342713 25 8 2
A. π B. π C. π D. π
6 12 3 3
【答案】A
【解析】在正方体ABCD-ABCD 中，设平面BDE∩平面ACC =OE，且AC ⊥平
1 1 1 1 1 1
面ABD，
1
由平面BDE⊥平面ABD，可得AC ⎳OE，所以E是CC 的中点，
1 1 1
3
又四面体ABCE的外接球的直径为AE= AC2+CE2=3，可得半径R= ，
2
设M是AE的中点即球心，球心M到平面ABD的距离为d，
1
2 3
又设AC与BD的交点为O，则cos∠AOA= = ，则sin∠AOM=cos∠AOA=
1 6 3 1 1
3
，
3
1 3 3 9 1
则d=OM⋅sin∠AOM= × = ，则截面圆的半径r2=R2-d2= - =
1 2 3 6 4 12
26 13
= ，
12 6
13
所以截面圆的面积为πr2= π.
6
故选：A．
2572 (2024·四川内江·四川省内江市第六中学校考模拟预测)已知球O是正三棱锥A-BCD
(底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)的外接球，BC= 3，AB= 2，点E
是线段BC的中点，过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是 ( )
3π 2π π π
A. B. C. D.
4 3 2 4
【答案】A
【解析】如图：
3 1
O 是A在底面的射影，由正弦定理得，△BCD的外接圆半径r= × =1.
1 sin60° 2
由勾股定理得棱锥的高AO 1  = 2-1=1设球O的半径为R，
第 页 共 页
1526 3427则R2=1-R

2+1，解得R=1，
所以OO 1  =0，即O 与O重合， 1
所以当过点E作球O的截面垂直于OE时，截面面积最小，
此时截面半径为BE 
3 3π
= ，截面面积为 .
2 4
故选：A.
2573 (2024·福建厦门·厦门外国语学校校考模拟预测)已知半径为4的球O，被两个平面截得
2
圆O 、O ，记两圆的公共弦为AB，且OO =2，若二面角O -AB-O 的大小为 π，则
1 2 1 2 1 2 3
四面体ABOO 的体积的最大值为 ( )
1 2
4 8 4
A.8 3 B. 2 C. 2 D. 3
9 9 9
【答案】C
【解析】设弦AB的中点为M，连接OM,O M，依题意，可得如下图形，
1 2
由圆的性质可知OM⊥AB,O M⊥AB，则∠OMO 即为二面角的平面角，
1 2 1 2
2
故∠OMO = π，
1 2 3
1 1 2
四面体ABOO 的体积为V= AB⋅S = AB⋅OM⋅O M⋅sin π
1 2 3 △MO1O2 6 1 2 3
3
= AB⋅OM⋅O M，
12 1 2
其中OO2=OM2+O M2+OM⋅O M=4≥3OM⋅O M
1 2 1 2 1 2 1 2
4 2 3
⇒OM⋅O M≤ ，当且仅当OM=O M= 时取等号，
1 2 3 1 2 3
由球的截面性质，OO ⊥OM，OO ⊥O M，
1 1 2 2
2 4
所以O,O,O ,M四点共圆，则有外接圆直径2R=OM= = ，
1 2 2 3
sin π
3
16 8 6
从而AB=2MB=2 OB2-OM2=2 16- = ，
3 3
2 2 2 2 4 8 2
∴V= OM⋅O M≤ × = .
3 1 2 3 3 9
故选：C
2574 (2024·全国·高三专题练习)已知球O和正四面体A-BCD，点B、C、D在球面上，底面
BCD过球心O，棱AB、AC、AD分别交球面于B 、C 、D ，若球的半径R= 3，则所得
1 1 1
多面体BCD -BCD的体积为 ( )
1 1 1
9 2 9 2 23 2 13 2
A. B. C. D.
8 4 12 6
第 页 共 页
1527 3427【答案】D
【解析】设正四面体A-BCD，棱长为a，
如图所示：
2 a 设外接球的球心为O，半径为R= 3，所以BO=R= × a2-
3 2
 2 3 = a= 3，解
3
得a=3，
由于AO⊥BO，所以AO= 32-( 3)2= 6，
1 1
在Rt△ABO中，过O作AB垂线OH，由面积可得 OH⋅AB= OB⋅OA，则OH=
2 2
OB⋅OA
= 2，
AB
利用勾股定理：BH2+OH2=OB2，
即：BH2+ 2  2= 3  2,∴BH=1，∴BH=1,∴BB=2,BO= 3,
∵ BB = 2 , AB = 1 ∴ V A-B1C1D1 = 1
AB 3 AB 3 V 27
A-BCD
26 26 1 3
多面体BCD -BCD的体积为V = V = × × ×9× 6=
1 1 1 BCD-B1C1D1 27 A-BCD 27 3 4
13
2.
6
故选：D.
2575 (2024·天津红桥·统考二模)用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球
的体积为 ( )
4 3 4 2 8 3 8 2
A. π B. π C. π D. π
3 3 3 3
【答案】D
【解析】设截面圆的半径为r，球的半径为R,
πr2=π
由题意可知

R2=1+r2
，解得r=1，R= 2，
4 4
所以球的体积为V= πR3= ×π× 2
3 3

8 2
3= π.
3
故选：D.
5 题型五：截面图形的个数问题
2576 (2024·全国·高三专题练习)过正四面体P-ABC的顶点P作平面α，若α与直线PA，
PB，PC所成角都相等，则这样的平面的个数为( )个
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】B
第 页 共 页
1528 3427【解析】如图，将正四面体P-ABC看成四棱柱PBGC-ADEF的左下角一部分，
由正四面体P-ABC可知，
平面ABC与直线PA，PB，PC所成角都相等，
故过点P做平面α∕∕平面ABC，
则此时的平面α与直线PA，PB，PC所成角都相等，
因为GB=GC=GE，
则GB,BC,GE与平面EBC所成的角相等，
又因GB∕∕PC,GC∕∕PB,GE∕∕PA，
所以直线PA，PB，PC与平面EBC所成的角相等，
故过点P做平面α∕∕平面EBC，
则此时的平面α与直线PA，PB，PC所成角都相等，
同理，直线PA，PB，PC与平面DPG、平面FPG所成角都相等，
即平面α∕∕平面DPG时，平面α与直线PA，PB，PC所成角都相等，
平面α∕∕平面FPG时，平面α与直线PA，PB，PC所成角都相等，
综上所述，这样的平面的个数为4个.
故选：B.
2577 (2024·陕西榆林·陕西省榆林中学校考三模)过正方体ABCD-ABCD 的顶点A作
1 1 1 1
平面α，使得正方体的各棱与平面α所成的角都相等，则满足条件的平面α的个数为
( )
A.1 B.3 C.4 D.6
【答案】C
【解析】法一：直线AB、AD、AA 与平面ABD所成角都相等，过顶点A作平面α∥平
1 1
面ABD，过顶点A分别作平面α与平面CBD、平面BAC，平面DAC平行，直线AB、
1 1 1 1
AD、AA 与平面α所成的角都相等．
1
法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等，由此能求出结果．
解法一：在正方体ABCD-ABCD 中，
1 1 1 1
三棱锥A-ABD是正三棱锥，
1
直线AB、AD、AA 与平面ABD所成角都相等，
1 1
过顶点A作平面α∥平面ABD，
1
则直线AB、AD、AA 与平面α所成角都相等，
1
同理，过顶点A分别作平面α与平面CBD、平面BAC，平面DAC平行，
1 1 1
第 页 共 页
1529 3427直线AB、AD、AA 与平面α所成的角都相等，
1
∴这样的平面α可以作4个．
故选：C
解法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等
因为有四条体对角线，所以，可以做四个平面．
故选：C
2578 (2024·全国·高三专题练习)设四棱锥P-ABCD的底面不是平行四边形,用平面α去截
此四棱锥,使得截面四边形是平行四边形,则这样的平面α
A.有无数多个 B.恰有4个 C.只有1个 D.不存在
【答案】A
【解析】
如图由题知面PAD与面PBC相交，面PAB与面PCD相交，可设两组相交平面的交线
分别为m，n，由m，n决定的平面为β，作α与β且与四条侧棱相交，交点分别为A ，B ，
1 1
C ，D 则由面面平行的性质定理得：AB ∥m∥BC ，AD ∥n∥BC ，从而得截面必为
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
平行四边形．由于平面α可以上下平移，可知满足条件平面α有无数多个．故本题答案
选A．
2579 (2024·浙江·模拟预测)过正四面体ABCD的顶点A作一个形状为等腰三角形的截面，
且使截面与底面BCD所成的角为75°，这样的截面有 ( )
A.6个 B.12个 C.16个 D.18个
【答案】D
【解析】如图，在正四面体ABCD中，因为过点A的截面△AEF是等腰三角形，
若AE=AF，则截面与底面BCD所成的角为75°有如下情形，
如图所示：
在高线的两侧的截面AEF、截面AE F 与底面BCD所成的角为75°(EF，E F 与BC
1 1 2 2 1 1 2 2
平行)，
第 页 共 页
1530 3427同理截面的一边与CD平行也有2个，与BD平行也有2个，共有6个．
若AE=EF，同理也有6个；
若EF=AF，同理也有6个．
综上所述，满足题意的截面共有18个，
故选：D．
2580 (2024·上海杨浦·高二上海市控江中学校考期中)空间给定不共面的A，B，C，D四个
点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面α：A，B，C，D中有三个
点到的距离相同，另一个点到α的距离是前三个点到α的距离的2倍，这样的平面α的个
数是 个
【答案】32
【解析】首先取3个点相等，不相等的那个点由4种取法；
然后分3分个点到平面α的距离相等，有以下两种可能性：
(1)全同侧，这样的平面有2个；
(2)不同侧，必然2个点在一侧，另一个点在一侧，
1个点的取法有3种，并且平面过三角形两个点边上的中位线，
考虑不相等的点与单侧点是否同侧有两种可能，每种情况下都唯一确定一个平面，
故共有6个，
所有这两种情况共有8个，综上满足条件的这样的平面共有4×8=32个，
故答案为：32
6 题型六：平面截圆锥问题
2581 (多选题)(2024·广东·高二统考期末)圆锥曲线为什么被冠以圆锥之名？因为它可以从
圆锥中截取获得.我们知道，用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线(截而与圆
锥侧面的交线)是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角θ
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.因此，我们将圆、椭
圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线.截口曲线形状与θ和圆锥轴截面半顶角α有如下关
π
系 θ,α∈0,
2
   ；当θ>α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 =tan2∠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Px,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cosAC,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P1,
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=4πOA 
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OB=OD= BC= 3，AO= AB2-OB2=3，
3
设球的半径为R，在三角形ODO中，由OO2+DO2=OD2，
即3-R  2+ 3  2=R2，解得R=2，即AO=2，
所以OA=3OO，
因为在△ABO中，OA=3OO，BA=3BE，
2 2 3
所以，OE⎳OB，OE= OB= ，
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<x< 2，
1 1 1 1 x
所以三棱锥E-ACF的体积V= S ×OE= × CF×AD×OE= ⋅ ⋅2 2
3 △ACF 3 2 3 2
2
(2- 2x)=  2x-x2
3

2 2
=- x-
3 2

2 1
+ .
3
2 1
当x= 时,V取得最大值 ，
2 3
由于OA=OB=OC=OD，在△COF中，由余弦定理得:
1 2 2 10
OF= OC2+CF2-2OC⋅CFcos∠ACF= 4+ -2×2× × = .
2 2 2 2
根据球的性质可知，当OF垂直于截面时，截面圆的面积最小，
10
设此时截面圆的半径为r，所以r= R2-OF2= 22-
2

2 6
= .
2
6
则截面面积的最小值为πr2=π
2

2 3
= π.
2
故选:C.
2596 (2024·江西·高一宁冈中学校考期末)棱长为1的正方体ABCD-ABCD 的8个顶点
1 1 1 1
都在球O的表面上，E，F分别为棱AB，AD 的中点，则经过E，F球的截面面积的最小
1 1
值为 ( )
3 π 5 7
A. π B. C. π D. π
8 2 8 8
【答案】C
3
【解析】设球O半径为R.因为正方体内接于球，所以2R= 12+12+12= 3，R= .
2
1 1 2
设G为AD中点，EF中点为P.由题，GE= GA2+AE2= + = ,.
4 4 2
1 6 6
EF= FG2+GE2= 1+ = ,PE= .
2 2 4
第 页 共 页
1542 3427延长FO与BC交于M，延长EO与CD 交于N，
1 1
由题可得N，M分别为CD ，BC中点.
1 1
2
则FM=EN= 2⇒OF=OE= ，
2
1 3 2
OP⊥EF⇒OP= OE2-PE2= - = .
2 8 4
经过E，F球的截面α面积的最小时，OP⊥α.因截面α为圆面，则圆面对应半径r=
3
R2-OP2= 
2

2 6
-
4

2 10
= .
4
10
则此时截面面积为：πr2=π
4

2 5π
= .
8
故选：C
2597 (2024·全国·高三对口高考)如图，正方体ABCD-ABCD 的棱长为2 3，动点P在对
1 1 1 1
角线BD 上，过点P作垂直于BD 的平面α，记这样得到的截面多边形(含三角形)的周
1 1
长为y，设BP=x，则当x∈1,5  时，函数y=fx  的值域为 ( )
A. 3 6,6 6  B.  6,2 6  C. 0, 6  D. 0,3 6 
【答案】A
【解析】
如图，连接AB,AC,CB ，BD，DD ⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则DD ⊥AC，
1 1 1 1
又BD⊥AC，DD ∩BD=D，BD⊂平面BDD ，DD ⊂平面BDD ，
1 1 1 1
第 页 共 页
1543 3427所以AC⊥平面BDD ，又BD ⊂平面BDD ，所以AC⊥BD ，
1 1 1 1
同理BD ⊥AB ，AC∩AB =A，AC⊂平面ABC，AB ⊂平面ABC，所以BD ⊥平
1 1 1 1 1 1 1
面ABC，
1
因此平面α与平面ABC重合或平行，
1
取BA,BC,BB 的中点M,N,Q，连接MN,NQ,QM，则MN⎳AC，MQ⎳AB ，
1 1
同理可证BD ⊥平面MNQ，由于BM=BN=BQ，MN=NQ=MQ，所以三棱锥B-
1
MNQ是正三棱锥，
BD 与平面MNQ的交点P是△MNQ的中心，
1
1 2 3
正方体棱长为2 3，则MN= ×2 3× 2= 6，PM= × × 6= 2，
2 3 2
所以BP= ( 3)2-( 2)2=1，所以f(1)=3 6，
由棱锥的平行于底面的截面的性质知，当平面α从平面MNQ平移到平面ACB 时，
1
f(x) x
= ，即f(x)=3 6x，
3 6 1
x 2 6
= ，x=2，显然f(2)=6 6，
1 6
平面α过平面ACB 再平移至平面GHIJKL时，如图，把正方形ABCD 沿AB 旋转
1 1 1 1 1 1 1
到与正方形ABBA 在同一平面内，
1 1
如图，则H,I,J共线，由正方形性质得HI+IJ=HJ=AB ，同理JK+KL=BC，LG+
1 1
GH=AC，
因此此种情形下，截面GHIJKL的周长与截面ACB 的周长相等，平移平面α，一直到平
1
面ACD位置处，
1 1
由正方体的对称性，接着平移时，截面周长逐渐减少到f(5)=f(1)=3 6，
综上，f(x)的值域是[3 6,6 6]．
故选：A.
第 页 共 页
1544 34272598 (2024·全国·高一专题练习)如图所示，在长方体ABCD-ABCD 中，点E是棱CC
1 1 1 1 1
上的一个动点，若平面BED 与棱AA 交于点F，给出下列命题：
1 1
①四棱锥B -BEDF的体积恒为定值；
1 1
②四边形BEDF是平行四边形；
1
③当截面四边形BEDF的周长取得最小值时，满足条件的点E至少有两个；
1
④直线DE与直线DC交于点P，直线DF与直线DA交于点Q，则P、B、Q三点共线.
1 1
其中真命题是 ( )
A.①②③ B.②③④ C.①②④ D.①③④
【答案】C
【解析】①四棱锥B -BEDF的体积等于三棱锥E-BBD 的体积
1 1 1 1
与三棱锥F-BBD 的体积之和,
1 1
又长方体ABCD-ABCD 中，CC ⎳AA ⎳平面BBD ，
1 1 1 1 1 1 1 1
则点E,F到平面BBD 的距离为定值，
1 1
则四棱锥B -BEDF的体积恒为定值.判断正确；
1 1
②由平面BED 与棱AA 交于点F，
1 1
可得平面BEDF∩平面AABB=BF，平面BEDF∩平面CCDD=DE，
1 1 1 1 1 1 1
又平面AABB⎳平面CCDD，则BF⎳DE；
1 1 1 1 1
又平面BEDF∩平面BCCB =BE，平面BEDF∩平面ADDA =DF，
1 1 1 1 1 1 1
又平面BCCB ⎳平面ADDA ，则BE⎳DF，
1 1 1 1 1
又BF⎳DE，四边形BEDF是平行四边形.判断正确；
1 1
③由②可得，截面四边形BEDF是平行四边形.
1
当BE+ED 的值最小时，四边形BEDF的周长取得最小值.
1 1
将侧面BBCC与侧面CCDD展开在同一平面，
1 1 1 1
当且仅当E为直线BD 与CC 交点时BE+ED 的值最小，
1 1 1
则当截面四边形BEDF的周长取得最小值时，满足条件的点E仅有1个.判断错误；
1
④直线DE与直线DC交于点P，直线DF与直线DA交于点Q，
1 1
则P、B、Q三点均为平面BEDF与平面ABCD的公共点，
1
第 页 共 页
1545 3427由平面BEDF与平面ABCD有且仅有一条交线可得P、B、Q三点共线.判断正确.
1
故选：C
2599 (2024·高一课时练习)正方体ABCD-ABCD 中作一截面与AC 垂直，且和正方体
1 1 1 1 1
所有面相交，如图所示．记截面多边形面积为S，周长为C，则 ( )
A.S为定值，C不为定值 B.S不为定值，C为定值
C.S和C均为定值 D.S和C均不为定值
【答案】B
【解析】如图，由正方体的性质得CC ⊥平面ABCD，
1
因为BD⊂平面ABCD，ABCD为正方形，所以CC ⊥BD，AC⊥BD
1
因为CC ∩AC=C，CC,AC⊂平面ACC ，所以BD⊥平面ACC ，
1 1 1 1
因为AC ⊂平面ACC ，所以BD⊥AC ，
1 1 1
同理可证明AD⊥AC ，
1 1
因为AD∩BD=D,AD,BD⊂平面ADB，所以AC ⊥平面ADB，
1 1 1 1 1
同理可证明AC ⊥平面CBD ，
1 1 1
所以，所求截面与平面CBD 和平面ADB均平行，如图中的六边形EFGHMN，
1 1 1
因为平面ADB⎳平面EFGHMN，平面ADB∩平面ABBA =AB，平面ABBA ∩
1 1 1 1 1 1 1
平面EFGHMN=EF，
所以，EF⎳AB，同理可得FG⎳BC，GH⎳BD，HM⎳DC，MN⎳AD，NE⎳BD ，
1 1 1 1 1 1
设A 1 B 1 =a，A 1 E=xA 1 B 1 x∈0,1    ，则B 1 E=1-x  AB 1 1
因为NE⎳BD ，EF⎳AB，
1 1 1
所以NE=xB 1 D 1 ，EF=1-x  AB， 1
因为AB=BD
1 1 1
所以NE+EF=1-x  AB+xBD =BD = 2a， 1 1 1 1 1
同理，MN+MH=BD ，HF+FG=BD ，
1 1 1 1
所以，截面多边形的周长为C为3 2a(a为正方体边长)，故C为定值；
3
当x=0时，该截面多边形由六边形变为正三角形ADB，此时面积为 a2；
1 2
1 1 2 2 3
当x= 时，该截面多边形为正六边形，此时面积为6× × a× a× =
2 2 2 2 2
3 3
a2；
4
所以，该截面多边形的面积在变换，故S不为定值.
综上，S不为定值，C为定值.
故选：B
第 页 共 页
1546 34272600 (2024·四川内江·高二统考期末)如图所示，在长方体ABCD-ABCD 中，BB =
1 1 1 1 1
BD ，点E是棱CC 上的一个动点，平面BED 交棱AA 于点F，下列命题错误的是
1 1 1 1 1
( )
A.四棱锥B -BEDF的体积恒为定值
1 1
B.存在点E，使得BD⊥平面BDE
1 1
C.存在唯一的点E，使得截面四边形BEDF的周长取得最小值
1
D.对于棱CC 上任意一点E，在棱AD上均有相应的点G，使得CG∥平面EBD
1 1
【答案】D
【解析】对A，V =V +V ，又CC ⎳BB ，CC ⊄平面BBD ，BB ⊂平
B1-BED1F E-BB1D1 F-BB1D1 1 1 1 1 1 1
面BBD ，所以CC ⎳平面BBD ，同理AA ⎳平面BBD ，所以点E，F到平面BBD
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
的距离为定值，则四棱锥B -BEDF的体积为定值，故选项A正确；
1 1
对于B，因为BB =BD ，可得对角面BBDD为正方形，所以BD⊥BD ，由DC⊥平
1 1 1 1 1 1 1
面BCCB ，BE⊂平面BCCB ，所以DC⊥BE，若BE⊥BC，则BC∩DC=C，BC,
1 1 1 1 1 1 1
DC⊂平面BDC，所以BE⊥平面BDC，由BD⊂平面BDC，所以BD⊥BE，又BD
1 1 1 1 1 1
∩BE=B,BD,BE⊂平面BDE，所以BD⊥平面BDE，故B正确；
1 1 1 1
对于C，由面面平行的性质定理可得，四边形BEDF为平行四边形，由对称性可得，当四
1
边形为菱形时，周长取得最小值，即存在唯一的点E，使得截面四边形BEDF的周长取得
1
最小值，故选项C正确.
对于D，当E点在C处时，对于AD上任意的点G，直线CG与平面EBD 均相交，故选
1
项D错误.
故选：D
8 题型八：截面有关的空间角问题
2601 (2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测)在正方体ABCD-ABCD 中，E为
1 1 1 1
第 页 共 页
1547 3427BC 中点，过A,D,E的截面α与平面AABB的交线为l，则异面直线l与BC所成角的
1 1 1 1 1 1
余弦值为 ( )
10 5 10 15
A. B. C. D.
10 5 5 5
【答案】A
【解析】取BB 的中点M，如下图，连接AM,EM，
1
因为AD ⎳EM，所以A、D 、E、M四点共面，
1 1
所以过A,D,E的截面α即为平面ADEM，
1 1
截面α与平面AABB的交线为l即为AM，
1 1
取BC的中点N，连接MN,AN，因为MN⎳BC，
1
所以∠AMN(或其补角)为异面直线l与BC所成角，
1
设正方体的棱长为2，所以AM  = 5,MN  = 2,BN  = 5，
5+2-5 10
所以cos∠AMN= = .
2 5⋅ 2 10
10
则异面直线l与BC所成角的余弦值为 .
1 10
故选：A.
2602 (2024·高一课时练习)在棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中，E为AD 的中点，过
1 1 1 1 1 1
点A．C．E的截面与平面BDDB 的交线为m，则异面直线m与CC 所成角的正切值
1 1 1
为 ( )
3 2 2 2
A. 2 B. C. D.
4 2 4
【答案】D
【解析】如图所示：
平面ACE可以延展为平面ACEF，O，O 分别为上下底面中心，G=EF∩BD ，O=
1 1 1
AC∩BD，
∴平面ACEF∩平面BDDB =GO=m，
1 1
∵OO ⎳CC ，
1 1
第 页 共 页
1548 3427∴∠GOO 为异面直线m、CC 所成角．
1 1
∵E，F分别为AD ，CD 的中点，
1 1 1 1
∴G为DO 的中点，
1 1
2
∴GO = ，
1 4
2
GO 4 2
在Rt△GOO 中，tan∠GOO = 1 = = ．
1 1 OO 1 4
1
故选：D．
2603 (2024·全国·高一专题练习)平面α过正方体ABCD-ABCD 的顶点A，α⎳平面
1 1 1 1
CBD ，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABBA =n，则m、n所成角的正弦值为 ( )
1 1 1 1
3 2 3 1
A. B. C. D.
2 2 3 3
【答案】A
【解析】由题意，若平面α为平面ABD，满足α⎳平面CBD ，如下图示，
1 1 1
因为BB ∥DD ，且BB =DD ，所以BBDD为平行四边形，
1 1 1 1 1 1
所以BD∥BD ，BD ⊂平面CBD ，BD⊄平面CBD ，所以BD⎳平面CBD ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
同理可证BA ⎳平面CBD ，又BD∩BA =B，又BD,BA ⊂平面ABD，
1 1 1 1 1 1
所以平面ABD⎳平面CBD ，即α⎳平面CBD.
1 1 1 1 1
因为α∩平面ABCD=BD，α∩平面ABBA =BA ，
1 1 1
则m，n分别为BD,BA ，又三角形ABD为等边三角形，
1 1
π 3
所以m，n所成角为 ，故其正弦值为 .
3 2
故选：A.
2604 (2024·四川成都·高三校联考期末)在正方体ABCD-ABCD 中，E为线段AD的中
1 1 1 1
点，设平面ABC 与平面CCE的交线为m，则直线m与AC所成角的余弦值为 ( )
1 1 1
1 3 10 2 5
A. B. C. D.
2 2 5 5
【答案】B
【解析】设正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，
1 1 1 1
以点A为坐标原点，AB、AD、AA 所在直线分别为x、y、z轴建系，如图所示：
1
第 页 共 页
1549 3427则A(0,0,2)、B(2,0,0)、C(2,2,2)、C(2,2,0)、E(0,1,0)．
1 1

设平面ABC 的法向量为n =(x,y,z)，
1 1 1 1 1 1
 
BA =(-2,0,2)，BC =(0,2,2)，
1 1
 
由 

n 1 ⋅B  A 1 =-2x 1 +2z 1 =0 ，
n ⋅BC =2y +2z =0
1 1 1 1

取x =1可得n =(1,-1,1)；
1 1

设平面CCE的法向量为n =(x ,y ,z )，
1 2 2 2 2

EC=2,1,0 

，CC =(0,0,2)， 1
 
由   n  2 ⋅E  C  =2x 2 +y 2 =0 ，
n ⋅CC =2z =0
2 1 2

取x =1可得n =(1,-2,0)，
2 2

设直线m的方向向量为m=(x,y,z)，
∵直线m⊂平面ABC ，直线m⊂平面CCE，
1 1 1
   
∴m⊥n ，m⊥n ，
1 2
 
m⋅n =x-y+z=0
∴   1 ，
m⋅n =x-2y=0
2

取x=2可得m=(2,1,-1)，

已知AC=(2,2,0)，设直线m与AC所成角为θ，


m⋅AC
cosθ=

 m 

⋅AC 
6 3
= = ，
6×2 2 2
3
即直线m与AC所成角的余弦值为 ，
2
故选：B．
2605 (2024·陕西安康·高二统考期中)在正方体ABCD-ABCD 中，E为线段AD的中点，
1 1 1 1
设平面ABC 与平面CCE的交线为l，则直线l与BE所成角的余弦值为 ( )
1 1 1
5 10 15 30
A. B. C. D.
5 10 10 10
【答案】D
【解析】设正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，
1 1 1 1
以点A为坐标原点，AB、AD、AA 所在直线分别为x、y、z轴建系，如图所示：
1
第 页 共 页
1550 3427则A 10,0,2  、B2,0,0  、C 12,2,2  、C2,2,0  、E0,1,0  .

设平面A 1 BC 1 的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1  ，

BA 1 =-2,0,2 

，BC 1 =0,2,2  ，


m⋅BA =-2x +2z =0 
由  1 1 1 ，取x 1 =1可得m=1,-1,1
m⋅BC =2y +2z =0
1 1 1
 .

设平面CC 1 E的法向量为n=x 2 ,y 2 ,z 2 

，EC=2,1,0 

，CC 1 =0,0,2  ，


n⋅EC=2x +y =0 
由  2 2 ，取x 2 =1可得n=1,-2,0
n⋅CC =2z =0
1 2
 .

设直线l的方向向量为u=x,y,z  ，∵l⊂平面ABC ，l⊂平面CCE， 1 1 1
   
则m⊥u，n⊥u，
 
m⋅u=x-y+z=0 
∴  ，取x=2可得u=2,1,-1
n⋅u=x-2y=0
 ，

BE=-2,1,0  ，设直线l与BE所成角为θ


u⋅BE
cosθ=

 u 

⋅BE 
3 30 30
= = ，即直线l与BE所成角的余弦值为 .
6× 5 10 10
故选：D
第 页 共 页
1551 3427