2026年高考数学终极冲刺压轴15 截面与翻折问题的4大核心题型（解析版）

压轴15截面与翻折问题的4大核心题型

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），得到的平面图形，研究截面的形状及内含的数量关系，首先要确定交线.截面与交线问题是深

层次考查学生直观想象及数学建模等核心素养的题型，它渗透了线、面等元素.求截面与交线问题，一是可

用平面几何图形的性质，如解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用坐标法或向

量运算求解.

题型01截面问题

1.已知正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等

分点，则平面AEF截正方体ABCDA1B1C1D1形成的截面图形为（）

A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形

【答案】C

【解题指导】基本事实→由空间线面的位置关系→面面平行的性质定理→l//AE→FI//AE→相似三

角形的性质确定截面图形．

、

【解析】如图，设AB6，分别延长AEA1B1交于点G，此时B1G3，

连接FG交B1C1于H，连接EH，

设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则Fl，

因为平面ABB1A1//平面DCC1D1，平面AEF平面ABB1A1AE，

平面AEF平面DCC1D1l，

所以l//AE，设lD1DI，则FI//AE，

4

此时FDI∽ABE，故ID，连接AI，

113

所以五边形AIFHE为所求截面图形，故选C．

【解疑答惑】判断几何体被一个平面所截的截面形状，关键在于弄清这个平面与几何体的面相交成线的形

状和位置.

2.（2025·安徽合肥·三模）已知正四棱锥PABCD的所有棱长都等于3，点G是PAC的重心，过点G作平

面，若平面//平面PCD，则平面截正四棱锥PABCD的截面面积为（）

53515

A．B．C．23D．215

48

【解题指导】过点G在平面内作平行线→得到截面→比例确定边长知截面为等腰梯形→求面积.

【答案】C

OG1

【解析】点G是PAC的重心，，过G作GH//PC交AC于H，并延长交PA于M，

PG2

过H作EF//CD，过E作EN//PC，如图四边形EFMN为截面，

【技巧】找交线的方法：(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点；(2)面面交线法：各棱面与截平面的交线.

OG1OHOG1

∵点G是PAC的重心，，∴，

PG2HCPG2

HC1PMPNMN

∴，MN1，EF3，MFNE2，

AC2PAPBAB

133

四边形EFMN为等腰梯形，故面积为S23，故选C.

2

题型02交线问题

技法指导

找交线的方法

(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点.

(2)面面交线法：各棱面与截平面的交线.

【例2】(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,5为半径的

球面与侧面BCC1B1的交线长为.

【答案】2π

2

【解析】如图,设B1C1的中点为E,球面与棱BB1,CC1的交点分别为P,Q,

连接DB,D1B1,D1P,D1Q,D1E,EP,EQ,

由∠BAD=60°,AB=AD,知△ABD为等边三角形,

∴D1B1=DB=2,∴△D1B1C1为等边三角形,

则D1E=3且D1E⊥平面BCC1B1,

∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心,

设截面圆的半径为则22可得

r,r=R球-D1E=5-3=2.EP=EQ=2,

∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.

22

又D1P=5,∴B1P=D1P-D1B1=1,

同理C1Q=1,∴P,Q分别为BB1,CC1的中点,

ππ2π

∴∠PEQ=,知PQ的长为×2=.

222

4.（2026·南通二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，E为线段BC上一动点，现将△ABE沿AE

折起得到△AB'E，点B'在平面ABC上的投影为K，当点E从B3运动到C时，若二面角B'-AE-D的平面角恒

为120°，则点K所形成轨迹的长度为

【答案】.

π

【解析】如6图1，过点K作KO⊥AE，连接OB'，则OB'⊥AE，显然BO⊥AE.因为二面角B'-AE-D的平面角

为120°，所以∠B'OK＝60°，所以KO＝B'O＝BO，且K为BO中点.如图2，因为BO⊥AE，所以O在

11

以AB为直径的圆上，取AB的中点J，连接2JK，则2JK⊥BK，所以点K的轨迹是以BJ为直径的圆上的一段

弧，设此圆的圆心为O'，得其半径为AB＝.当E与C重合时，∠KO'B＝120°＝，所以所对的弧长为×

112π12π

＝.44343

π

6

题型03与截面有关的最值问题

技法指导

解决截面最值范围问题的策略：

（1）通过假设动点运动至两端，计算最值（需注意判断是否单调）；

（2）通过建系设坐标，构造对应的函数进行求解；

（3）通过图形转化，把立体图形转化为平面图形，寻找平面图形中的最值计算．

5.直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA14，ACAB，过AC1作该直三棱柱外接球的截面，所得截

面的面积的最小值为．

【答案】8π

【解析】由直三棱柱ABCA1B1C1可知，AA1平面ABC，

又ACAB，所以AB,AC,AA1两两垂直，

设直三棱柱ABCA1B1C1外接球的半径为R，

通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以AB,AC,AA1为边长的长方体外接球相同；

过AC1作该直三棱柱外接球的截面，当AC1为所截圆的直径时截面面积最小，

因为22，

AC14442

2

则所求截面面积最小值为42

π8π

2

6.如图，已知正四面体ABCD的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱AC，AD于E，F两点，且四面体ABEF

1

的体积为四面体ABCD体积的，则S，EF的最小值为.

3AEF

【答案】3；3

123

111133

【解析】因为VBAEFVBACD，则SS11，

3AEF3ACD32212

记EFa,AEb,AFc，

131

因为bcsin60，即bc。

2123

1

又因为a2b2c22bccos602bcbcbc，

3

bc

33

当且仅当1，即bc时，取等号，所以a的最小值为

bc33

3

题型04翻折问题

技法指导

7.（2025全国Ⅱ卷T17）如图，在四边形ABCD中，AB//CD,DAB90，F为CD的中点，点E在AB

上，EF//AD，AB3AD,CD2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFDA，使得面EFDA与面

EFCB所成的二面角为60．

(1)证明:AB//平面CDF；

(2)求面BCD与面EFDA所成的二面角的正弦值．

【解题指导】

【解】（1）设AD1，所以AB3,CD2，

因为F为CD中点，所以DF1，

因为EF//AD，AB//CD，所以AEFD是平行四边形，

所以AE//DF，所以AE//DF，

因为DF平面CDF,AE平面CDF，所以AE//平面CDF，

因为FC//EB,FC平面CDF,EB平面CDF，所以EB//平面CDF，

又EBAEE，EB,AE平面AEB，所以平面AEB//平面CDF，

又AB平面AEB，所以AB//平面CDF．

（2）因为DAB90，所以ADAB，

又因为AB//FC,EF//AD，所以EFFC，

第一步：建立空间直角坐标系．

以F为原点，FE,FC以及垂直于平面BECF的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系.

因为DFEF,CFEF，平面EFDA与平面EFCB所成二面角为60°，

所以DFC60.

13

则B1,2,0，C0,1,0，D0,,，E1,0,0，F0,0,0，.

22

1313

所以BC1,1,0,CD0,,,FE1,0,0,FD0,,.

2222

第二步：求出平面的法向量．

设平面BCD的法向量为nx,y,z，则

13

BC·n0yz0

，所以22，

CD·n0

xy0

令y3，则z1,x3，则n3,3,1.

设平面EFDA的法向量为mx1,y1,z1，

13

FE·m0yz0

则，所以22，

FD·m0

x0

令y3，则z1,x0，所以m0,3,1.

第三步：计算向量的夹角

m·n0311

所以cosm,n.

mn331137

【易错提醒】两个平面的夹角的范围为[00,900]，不同于两个平面法向量的夹角。所以两个平面的夹角的余

弦值需要用法向量夹角余弦值的绝对值表示

2

142

所以平面BCD与平面EFDA夹角的正弦值为1.

77

8.（2026·湖北宜昌·二模）如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E、F分别为线段BC、AD的中点，现

将四边形CDFE折起至MNFE，得到三棱柱AFNBEM，如图2所示，记二面角MEFA的平面角为．

π

(1)若时，求三棱柱AFNBEM的体积；

2

(2)若P为线段EF上一点，满足APBP，求直线AP与平面NBE所成角的正弦值的取值范围．

【解】（1）翻折前，在图1中，因为四边形ABCD为正方形，所以AB//CD，AD//BC，ADBC，

因为E、F分别为BC、AD的中点，所以AF//BE，AFBE，

所以四边形ABEF为平行四边形，且EFAB2，

因为ABAD，所以EFAD，

翻折后，在图2中，EFAF，EFNF，

所以二面角MEFA的平面角为AFN，

因为AFNFF，AF、NF平面ANF，所以EF平面ANF，

ππ1121

当时，即AFN，且AFNF1，则S△AFNF1，

22ANF222

1

所以三棱柱AFNBEM的体积为VS△EF21.

AFNBEMAFN2

（2）因为EF平面AFN，以点F为坐标原点，FA、FE所在直线分别为x、y轴，

过点F且垂直于平面ABEF的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A1,0,0、B1,2,0、E0,2,0、Ncos,0,sin，

1

设点P0,m,0，其中0m2，由题意可知0π，则0sin1，故1，

sin

AP1,m,0，BP1,m2,0，

2

因为APBP，则APBP1mm2m10，解得m1，

则点P0,1,0，AP1,1,0，

设平面NBE的一个法向量为nx,y,z，EB1,0,0，ENcos,2,sin，

nEBx0

则，取ysin，则n0,sin,2，

nENxcos2yzsin0

设直线AP与平面NBE所成角为，

APnsin110

则sincosAP,n0,，

APn2410

24sin21

sin2

10

因此直线AP与平面NBE所成角的正弦值的取值范围为0,.

10

1．已知正方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F满足BE2EB1,C1F2FD1，则平面AEF截正方体

ABCDA1B1C1D1形成的截面图形为（）

A．六边形B．五边形C．四边形D．三角形

【答案】B

【解析】如图，

因为点E、F满足BE2EB1,C1F2FD1，

点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段C1D1上靠近D1的三等分点，

延长AE,A1B1与交于点G，连接FG交B1C1于H，

延长GF,A1D1交于点K，连接AK交DD1于I，连接IF,HE，

则五边形AEHFI为所求截面图形，故选B．

2.如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，

另一端点N在正方形ABCD内运动，则MN中点轨迹的面积为（）

A.4πB.2π

C.πD.

π

【答案】D2

【解析】易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取线段MN的中点P，则DP＝MN＝1，所以点P的轨

1

迹是以D为球心，1为半径的球面，故S＝×4π×12＝.2

11π

3．（2025·浙江嘉兴模拟）已知8边长为6的正8方体与一个球2相交，球与正方体的每个面所在平面的交线都为

一个面积为16π的圆，则该球的表面积为（）

A．96πB．100πC．125πD．204π

【答案】B

【解析】由对称性，球心与正方体重心重合，且每个面的交线半径为4.

连球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面，

再连交线圆上一点与球心（即为球半径），由勾股定理得球的半径为5，

则表面积为452100.故选：B.

4．（2025·湖南·三模）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为6的正方形，PD平面ABCD，

点M是平面ABCD内的动点，且满足线段MC的长度是点M到PD的距离的2倍，则点M的轨迹的长度为

（）

A．2πB．4πC．6πD．8π

【答案】D

【解析】∵PD平面ABCD，MD平面ABCD，

∴PDMD即点M到PD的距离为MD，∴MC2MD，

如图平面ABCD中以C为原点建立平面直角坐标系，

设Mx,y，C0,0，M0,6，

22

∵MC2MD，∴x2y22x2y6，整理得x2y816，

即M的轨迹是以P0,8为圆心，半径为4的圆上，

即点M的轨迹的长度为l2πr8π，故选D.

5.在三棱锥P-ABC中，AB+2PC=9，E为线段AP上更靠近P的三等分点，过E作平行于AB，PC的平面，

则该平面截三棱锥P-ABC所得截面的周长为()

A.5B.6C.8D.9

【答案】B

【解析】如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作EF∥AB，EH∥PC，

再分别过点H，F作HG∥AB，FG∥PC，可得E，F，G，H四点共面，

因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，

同理可证，PC∥平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH，

12

又由E为线段AP上更靠近P的三等分点，且AB+2PC=9，所以EF=AB，EH=PC，

33

2

所以平行四边形EFGH的周长为2(EF+EH)=(AB+2PC)=6.

3

6．（2025·云南曲靖·一模）已知正三棱锥PABC的所有顶点都在球O的球面上，PA43，AB6，过

棱AB作球O的截面，则所得截面面积的取值范围是（）

A．9π,12πB．9π,16πC．12π,16πD．12π,36π

【答案】B

【解析】如图，作PH平面ABC，垂足为H，取AB的中点D，外接球的球心为O，连接AO,AH，

易得H为ABC的中心，则AH23，所以PHPA2AH248126，

2

设外接球半径为R，则AO2AH2OH2，即R2126R，解得R4，

当OD垂直过AB的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为AB长，

最小面积为π329π，

当截面过球心O时，截面圆的面积最大，最大面积为π4216π，

故截面面积的取值范围是9π,16π.故选：B.

7．（多选）已知在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB4，点P，Q，T分别在棱BB1，CC1和AB上，且B1P3，

C1Q1，BT3，记平面PQT与侧面ADD1A1，底面ABCD的交线分别为m，n，则（）

5545

A．m的长度为B．m的长度为

33

2313

C．n的长度为D．n的长度为

33

【答案】AD

【解析】如图所示，

连接QP并延长交CB的延长线于E，连接ET并延长交AD于点S，

交CD的延长线于点H，连接HQ，交DD1于点R，连接SR，

则m即为SR，n即为ST，

PBEB1

由PB//QC，得，所以EB2，EC6，

QCEB43

ASAT112

由AS//EB，得，则ASEB，

EBTB333

13

所以nSTAS2AT2，故C错误，D项正确；

3

SDHS5

由SD//EC，得，

ECHE9

SRHSSR5

又易知SR//PQ，得，所以，

QEHEQE9

5555

所以SRQEQC2EC2，故A项正确，B项错，故选：AD.

993

8．(多选）（2025·甘肃张掖·模拟预测）如图，已知底面为矩形的四棱锥PABCD的顶点P的位置不确定，

点M在棱CD上，且AMBM，平面PAM平面ABCD，则下列结论正确的是（）

A．PABM

B．平面PAM平面PBM

π

C．若AD3,MD1，则直线CM与平面PAM所成角为

3

D．存在某个位置，使平面PAM与平面PBC的交线与底面ABCD平行

【答案】ABC

【解析】对于A，平面PAM平面ABCD，平面PAM平面ABCDAM,AMBM,BM平面

ABCD,BM平面PAM，

又PA平面PAM,PABM，故A正确；

对于B，由A知BM平面PAM，又BM平面PBM,平面PAM平面PBM，故B正确；

对于C，由A知BM平面PAM，在矩形ABCD中，AB∥CD，

直线CM与平面PAM所成的角为BAM，在Rt△ADM中，

3πππ

AD3,MD1,tanMAD,MAD,BAMMAD，故C正确；

3623

对于D，设平面PAM平面PBCl，假设l∥底面ABCD，

平面ABCD平面PAMAM，平面ABCD平面PBCBC，

l∥AM,l∥BC,AM∥BC，则M与D重合，则ADBD，

显然不成立，则假设不成立，故D错误.

故选：ABC.

9．已知正四棱锥PABCD的底面边长为4，侧棱长为8，用平行于底面的平面截去一个四棱锥，且截面与

底面的面积之比为1∶4，则剩余几何体的体积为.

【答案】2814

3

【解析】设底面中心为O，连接OP,CO,

2

如图：ABBC4,PC8,故OPPC2OC28222214，

由于截面与底面的面积之比为1∶4，

故截面以上的棱锥与原四棱锥的体积之比为1∶8，

7712814

故剩余几何体的体积为V44214,

8PABCD833

10．（2025·山东滨州·二模）在三棱锥PABC中，PA平面ABC,PAABAC2,BC22，点D为PAB

内（包含边界）一点，且BDCD，则点D的轨迹的长度为．

【答案】π

【解析】因为PA平面ABC，且AC平面ABC，所以PAAC

又由ABAC2,BC22，可得AB2AC2BC2，所以ABAC，

又因为PAABA，且PA,AB平面PAB，所以AC平面PAB，

因为BD平面PAB，所以ACBD，

如图所示，连接BD,AD，若BDCD，且CDACC，且CD,AC平面ACD，

所以BD平面ACD，

又因为AD平面ACD，所以ADBD，

即在平面PAB内，若ADBD，则BDCD，即点D落在以AB为直径的半圆上，

AB

因为AB2，所以点D的轨迹长度为ππ.

2

11．（2025·山东临沂·期中）如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，

ADCD,AA1平面ABCD,DADCDD12BC2,E为C1D1的中点.

(1)设平面BCE与平面A1B1C1D1的交线为l，求证：BC//l；

(2)求平面ABB1A1与平面BCE夹角的余弦值.

【解】（1）由题意可知：平面ABCD∥平面A1B1C1D1，

且平面BCE平面ABCDBC，平面BCE平面A1B1C1D1l，所以BC//l.

（2）由题意可知：ADCD，DD1平面ABCD，

如图，以D为坐标原点，DA,DC,DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则A2,0,0,B1,2,0,C0,2,0,A12,0,2,D10,0,2,C10,2,2,E0,1,2，

可得AB1,2,0,AA10,0,2,CB1,0,0,CE0,1,2，

设平面ABB1A1的法向量nx1,y1,z1，

nABx12y10

则，

nAA12z10

令x12，则y12,z10，可得n2,1,0为平面ABB1A1的一个法向量；

设平面BCE的法向量mx2,y2,z2，

mCBx20

则，

mCEy22z20

令y22，则x20,z21，可得m0,2,1为平面BCE的一个法向量；

nm22

则cosn,m，

nm555

2

所以平面ABBA与平面BCE夹角的余弦值为.

115

12．（2025·广东梅州·一模）如图，在三棱锥VABC中，VAVBABACBC2，VC1．

(1)求证：ABVC；

(2)求直线VB与平面AVC所成角的正弦值；

(3)若AB//，VC//，用平面α将三棱锥VABC分为两部分，求截面面积的最大值．

【解】（1）证明：如图所示，取VC,AB中点M,N，连接AM，BM

因为VAAC，VBBC，可得AMVC且BMVC，

又因为AMBMM，且AM,BM平面AMB，所以VC平面AMB，

因为AB平面AMB，所以VCAB.

（2）解：作BHAM交AM于H，连接MN，VH，

由（1）VC平面AMB，VC平面AVC所以平面AVC平面AMB，

因为平面AVC平面AMBAM，且BH平面AMB，所以BH平面AVC，

所以HVB为直线VB与平面AVC所成角，

1511

又因为AMBMVB2VM2，所以MNBM2BN2，

22

11

2

11ABMN2165

因为BHAMABMN，可得BH2

22AM1515

2

2165

又因为BHVH，所以BH165，

sinHVB15

VB215

165

所以直线VB与平面AVC所成角的正弦值为.

15

（3）解：如图所示，设平面平面VABPQ，平面平面CABST，平面平面VACPS，平面

平面VBCQT，

因为AB//，且AB平面VAB，所以AB//PQ，

同理可证AB//ST，VC//PS，VC//QT，即PQ//ST，PS//QT

由（1）知ABVC，所以PQQT，所以截面PQTS为矩形，

设QTx，其中x0,1，则BT2x,CTST22x，

2

1xx1

所以矩形PQTS的面积SPQQT22xx21xx2，

22

11

当且仅当x1x，即x时，等号成立，所以截面面积的最大值为.

22

13.（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，AB8，CD3，AD53，ADC90，

21

BAD30，点E，F满足AEAD，AFAB，将△AEF沿EF翻折至PEF，使得PC43．

52

(1)证明：EFPD；

(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．

21

【解】（1）由AB8,AD53,AEAD,AFAB，

52

得AE23,AF4，又BAD30，在△AEF中，

3

由余弦定理得EFAE2AF22AEAFcosBAD161224232,

2

所以AE2EF2AF2，则AEEF，即EFAD，

所以EFPE,EFDE，又PEDEE,PE、DE平面PDE，

所以EF平面PDE，又PD平面PDE，

故EFPD；

（2）连接CE，由ADC90,ED33,CD3，则CE2ED2CD236，

在PEC中，PC43,PE23,EC6，得EC2PE2PC2，

所以PEEC，由（1）知PEEF，又ECEFE,EC、EF平面ABCD，

所以PE平面ABCD，又ED平面ABCD，

所以PEED，则PE,EF,ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系Exyz，

则E(0,0,0),P(0,0,23),D(0,33,0),C(3,33,0),F(2,00,),A(0,23,0)，

由F是AB的中点，得B(4,23,0)，

所以PC(3,33,23),PD(0,33,23),PB(4,23,23),PF(2,0,23)，

设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n(x1,y1,z1),m(x2,y2,z2)，

nPC3x133y123z10mPB4x223y223z20

则，，

nPD33y123z10mPF2x223z20

令y12,x23，得x10,z13,y21,z21，

所以n(0,2,3),m(3,1,1)，

mn165

所以cosm,n，

mn51365

865

设平面PCD和平面PBF所成角为，则sin1cos2，

65

865

即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为.

65

14．（2025·广东梅州·一模）如图，在三棱锥VABC中，VAVBABACBC2，VC1．

(1)求证：ABVC；

(2)求直线VB与平面AVC所成角的正弦值；

(3)若AB//，VC//，用平面α将三棱锥VABC分为两部分，求截面面积的最大值．

【解】（1）证明：如图所示，取VC,AB中点M,N，连接AM，BM

因为VAAC，VBBC，可得AMVC且BMVC，

又因为AMBMM，且AM,BM平面AMB，所以VC平面AMB，

因为AB平面AMB，所以VCAB.

（2）解：作BHAM交AM于H，连接MN，VH，

由（1）VC平面AMB，VC平面AVC所以平面AVC平面AMB，

因为平面AVC平面AMBAM，且BH平面AMB，所以BH平面AVC，

所以HVB为直线VB与平面AVC所成角，

1511

又因为AMBMVB2VM2，所以MNBM2BN2，

22

11

2

11ABMN2165

因为BHAMABMN，可得BH2

22AM1515

2

2165

又因为BHVH，所以BH165，

sinHVB15

VB215

165

所以直线VB与平面AVC所成角的正弦值为.

15

（3）解：如图所示，设平面平面VABPQ，平面平面CABST，平面平面VACPS，平面

平面VBCQT，

因为AB//，且AB平面VAB，所以AB//PQ，

同理可证AB//ST，VC//PS，VC//QT，即PQ//ST，PS//QT

由（1）知ABVC，所以PQQT，所以截面PQTS为矩形，

设QTx，其中x0,1，则BT2x,CTST22x，

2

1xx1

所以矩形PQTS的面积SPQQT22xx21xx2，

22

11

当且仅当x1x，即x时，等号成立，所以截面面积的最大值为.

22

15.（2026·山西大同·一模）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC1，CAB90，D，E，F分别

为棱AA1，BB1，C1B1的中点.

(1)证明：平面EFD平面ACC1A1；

2

(2)过C作平面EFD的平行平面，平面将直三棱柱ABCABC截成两部分，其中较大部分体积为，

11113

求直线A1C与平面EFD所成角的正弦值.

【解】（1）因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1AB，

因为CAB90，所以ACAB，

又AA1ACA且AA1，AC平面ACC1A1，

所以AB平面ACC1A1，

又D，E分别为棱AA1，BB1的中点，所以DE//AB，

所以DE平面ACC1A1，又DE平面EFD，

所以平面EFD平面ACC1A1.

（2）根据面面平行的判定定理作出平面，如图所示，

平面与直三棱柱ABCA1B1C1的截面即为平面ABC1，

显然，平面ABC1将直三棱柱ABCA1B1C1分成体积比为1:2的两部分，

22

所以V较大部分V，

3ABCA1B1C13

212

设AA1h，则h11，所以h2.

323

以A为原点，棱AC，AB，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

11

则A10,0,2，C1,0,0，D0,0,1，E0,1,1，F,,2.

22

11

所以A1C1,0,2，DE0,1,0，DF,,1，

22

y0

nDE0

设平面EFD的法向量为nx,y,z，则，即11，令x2，得n2,0,1，

nDF0xyz0

22

ACn224

设直线与平面所成角为，则1

A1CEFDs