立体几何中的截面问题 专项训练（答案）

微专题立体几何中的截面问题

题型一作截面问题

蜡方汝

1、确定截面的主要依据有

（1）平面的四个公理及推论.（2）直线和平面平行的判定和性质.

（3）两个平面平行的性质.（4）球的截面的性质.

2、作截面的几种方法

（1）直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为凡何体与截面的交线，找截面实际就是找交

线的过程。

（2）延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。

（3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面可点所在的平面平行，可以通过过点找直线

的平行线找到几何体的截面的交线。

1.（2026高三•全国•二轮复习）P,Q,R三点分别在直四棱柱八。的棱CG和3n上，试画出过P,

【详解】作法：（1）连接QP,QR并延长，分别交C8,8的延长线于E,F;

（2）连接EF交AB于T,交AD于5;

（3）连接RS,7P,则五边形PQR57即为所求截面.

2.（2026高三・全国•专题练习）如图，正方体的棱

2,E,产分别为棱A&CG的中点.请在正方体的表面完整作出过点

及尸,。1的截面，并写出作图过程：（不用证明）

【详解】连接。尸并延长交。。延长线于点/,

连接/E并延长交8。于点〃，交0A延长线于点人

连接JR交于点G,则截面即为所求.

3.（2026高二•上海普陀・月考）如图，在正方体中，E、尸分别为AB、8c的中点.

【详解】（1）如图所示：延长EF,分别与D4QC相交，连接形成

的多边形1EFJD,即是点E、F、。1的截面。

4.（2026高一•全国•课后作业）已知正方体48。）_44。1。1的棱48,8c的中点分别为E,F,过点£,F

作正方体AG的截面，则截面的形状可能是几边形？

【答案】截面可能是三角形、四边形、五边形、六边形

【分析】在正方体A8CO_4ACQ1,画出可能的截面，由此确定截面是几边形.

【详解】画出图像如下图所示,其中HJ/,G分别是A4「AA,GA,CG的中点.截面可能是三角形瓦3,四

边形E/CA,五边形EFGQ用，六边形EFG〃”.因为正方体有6个面，故最多是六边形.

5.（2026高三•全国•二轮复习）正四棱锥l/_A8CQ的棱V8.VC,V。上各

三点

有一点P,Q,R,其中P，R分别为瓶。的中点，CQ=2VQ,过P.Q,R

作出正四棱锥的截面（图）.

2/32

AB

【答案】作图见解析

【分析】延长CQ至点S,使得CO=QS,延长。P，CB交于点丁，TB=CB,证明与V<4交干点A,则四

边形4Ps即是过P,Q,R三点的正四棱锥的截面.

【详解】延长CQ至点S,使得CO=QS,

因为K是V。的中点，CQ=2QV,

所以汨=而-氐=土中-可

而二而-而=行回+而卜界-您,

所以5Q~=4R。，即S,R，Q三点共线，即CO与QR交于点S.

同理，延长QHC8交于点丁，TB=CB,

因为B=c5+。万=；（。5+。力所以点A为sr的中点，

即S7与E4交于点A,连接AP.AR,

则四边形APQR即是过P,。,/?三点的正四棱锥的截面,如图所示.

6.（2026高三•全国•一轮复习）如图，在四棱锥P_ABC。中，底面A5CD为等腰梯形，

AD=PA=2,8C=4,E/,G分别为P4,8C,CO的中点.在答题卡的图中作出平面EFG截四棱锥P_人88所

得的截面，写出作法（不需说明理由）：

3/32

p

作法：延长/G,AO交于点〃，连接EH交PD于N,连接NG,

延长GF,A8交于点K,连接EK交PB于M,连接MF,

则彼而是五边形EMFGN.

理由如下：不妨设截面为。，由作法知，尸GCcr,因FG,八。交于点〃，则

因EH交PD于N,E£。，则%£。，乂ENC平面PAZ),

故EN即平而。与四棱链PJ8CQ的侧面24。的交线，

同理可得EM即平面a与四棱锥P_ABCO的侧面尸/W的交线，

于是，M凡NG即平面。分别与叫棱锥P_4BC。的侧面P8c,PCQ的交线，

故可得，截面是H.边形EMFGN.

题型二截面形状研究

4/32

注：正方体的截面形状的探究

(D截面可以是三角形：等边三角形、等腰三角形、锐角三角形,截面不可能是直角三角形、钝角三角形.

(2)截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形.截面为四边形时，这个四

边形中至少有一组对边平行.

(3)截面可以是五边形，且此时五边形必有两组分别平行的边，同时有两个角相等.截面五边形不可能是

正元边形.

(4)截面可以是六边形，且此时六边形必有三组分别平行的边.截面六边形可以是正六边形.

2.先根据截面所经过的几何体棱数判断截面边数，再结合几何体结构特征判定具体形状：正方体截面可出

现锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，不可能出现直角、钝角三角形；四边形截面必含至少一组平行

边，可为平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形；五边形截面必有两组平行边，不可能为正

玉边形：六妨形截而可有二组平行i力，可形成正六功形：长方体、棱锥、棱台的截面形状判断同理,重点

依据平行与垂直关系确定。

7.(2026高三•全国•一轮复习)正方体中，M,N分别是CG，7G的中点,则过4,M,

N三点的平面截正方体所得的截面形状是()

A.平行四边形B,直角梯形C.等腰梯形D.三角形

【答案】C

【详解】解析连结AN并延长交"G的延长线于〃，连结

因为M是CG的中点，所以直线。，经过点M,

连接MN,则MN//AQ,则等腰梯形4NMQ,

即为过4、M、N三点的正方体"的截面，

5/32

8.（2026高二・上海•期末）已知正方体人8。。_4|8|&。|，棱AB的中点为E，棱A。的中点为F,棱CG的

中点为G,过E、产、G作该正方体的截面•，则该截面的形状为（）

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形

【答案】C

【分析】采用截面扩展法找出截而与各条棱的交点，即可得到截面形状.

【详解】

延长七厂，交CO的延长线于点Q,延长尸E,交C8的延长线于点P,

连接。G,交。Q于，,连接PG,交于H,

连接77,EH.

则边形EF7G”即为过E、F、G与该正方体的截面.

故选：C.

9.（2026高一•河南郑州•期末）已知正方体4?。。_4|卅6。1,点£是上底面4,〈12上任意一点，过八，

C,E三点作平面截正方体，则截面形状不可能是（）.

A.等边三角形B.矩形C.直角梯形D.等腰梯形

【答案】C

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【分析】根据正方体的结构特征，讨论E的位置并结合平面的基本性质、空间想象判断截面的形状，即可

【详解】如卜.图,

当E在4G上，截面形状为矩形，

当E与巴，仅重合，截面形状为等边三角形，

当E在除上述两种情况外的其它位置，截而形状为等腰梯形.

故选：c

10.(2026高一•浙江杭州•期中)用一个平面截长方体，如果截面形状是三角形，则该截面三角形不可能是

()

A.等腰三角形B.等边三角形

C.锐角三角形D.直角三角形

【答案】D

【分析】画出用一个平面去截正方体得到的几何体的图形，结合正方体的性质，即可判断.

【详解】如图1,在正方体中，

易知△&BG为正三角形，于是答案A,B,C都有可能，

如图2,

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若4FG为直角三角形，根据正方体的对称性，不妨假设£/_1_只7,

由正方体的性质可知：GB」EF,G8n尸G=G,所以斯，平面ABBA，

而E8JL平面45丛儿，于是过同一点作出了一个平面的两条垂线，显然不成立，D错误.

故选:D.

P,。分别是棱人人和CG上的点，P4=%4,

11.（2026高二•浙江杭州•期末）在正方体中,

CQ=^CC,那么正方体中过点。，P,

}Q的截面形状为（)

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形

【答案】B

【分析】画出图形，然后判断即可.

取81M=驷BN1

【详解】在正方体中,=泮，

连接DP，DQ,PN,CN,MQ,PM,如F图所示:

Q分别是棱A4和CG二的点，PA=%A，

因为在正方体A8CQ_Al】Ga中，P，

所以MN/ICQ，且MN=CQ,则四边形NCQM为平行四边形，则NC//A/Q,NC二MQ,

又因为PN//C。，且PN=CD,所以四边形PNC。为平行四边形,

则PQ//CN,PDCN,

所以OP//MQ,DP=MQ,所以DPMQ为平行四边形，

8/32

则正方体中过点。，P,。的截面形状为四边形OPMQ.

故选：B

12.（2026高一•浙江宁波・期中）如图，正三棱柱A8C_A'8'C'的所有边长都相等，P为线段B8'的中点,

。为侧面BB'C'C内的一点（包括边界，异于点P）,过点A、P、。作正三棱柱的截面，则截面的形状不

A.五边形B.四边形

C.等腰三角形D.直角三角形

【答案】A

【分析】当PQ的延长线与线段B'C'（除端点外）相交于点尸时，作出截面，即可判断B,对PQ的延长线

与线段CC、BC（除B点外）相交时截面为三角形，结合B即可判断A,利用特殊点判断C、D.

【详解】对于B：当PQ的延长线与线段B'C'（除端点外）相交于点尸时，延长尸。交CC的延长线于点。，

连接AO交A'C'于点E,连接E尸，

此时过点A、P、。作正三棱柱的截面为四边形（当。在线段3'C'（除端点外）时截面也为四边形）,

故3正确：

对于A：当PQ的延长线与线段CO、BC（除8点外）相交

（或点。在线段CC、BC（除，点外）上时）截面为三角形，

结合B选项可知，截面为三角形或四边形，不可能为五边形，故A错误;

9/32

对于C：取CG的中点Q，连接PQ、人Q，又尸为线段8*的中点,

所以AP=4Q,所以△APQ为等腰三角形，故C正确；

对于D：取8c的中点0,连接4。、PQ、

因为三棱柱ABC_A'B'C为正三棱柱，所以4Q_L8C,

又BBJ_平面ABC,AQC平面ABC,所以BB'±AQ,

又《rTw?’=〃，C平面8*CC,所以4QJL平面R*CC,

"QC平面阴CC,

所以AQ_LPQ，所以△APQ为直角三角形，故D正确；

故选:A

13.（2026高一•江苏无锡•期中）皿图，在正方体A8CO_AIIGQ中，作假面EFGH（如图）交&口，川为，

A.平行四边形B.菱形D.梯形

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【答案】A

【分析】根据题意，结合面面平行的性质，证得EF//GH和EH〃尸G,进而得到答案.

【详解】在正方体中，可得平面A8CQ“平面儿BCD，

且平面EH汨D平面4BCO=G"，平面E"G〃ri平面44GB=EF,

所以E产//G”，同理可证：EH//FG,

所以四边形EFG”的形状一定为平行四边形.

故选：A.

14.（2026高一•全国•单元测试）在长方体A8CO_48Gn中，A8=4、8C=3,M、N分别为棱43、

88的中点，点P在对角线AG上，且A/=3,过点M、N、P作一个截面，该截面的形状为（）

A.三角形

B.四边形

C.五边形

D.六边形

【答案】C

【分析】找到截面与长方体的平面的交线，判断为五边形.

【详解】如图所示，延长MN、A四，使MNnAIi=T,连接P。、PT,

'：A8=4、8c=3、A/=3,

/.A(C)=5、C,P=2,

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•・・M、N分别为棱A8、3。的中点，

:.BM=BJ=2,

.,"7=6,

ATA.P3

vFk=7^=9又Al、P、G三点共线，

LIX-/1L11乙

・•・r、p、R三点共线，/.D1在截面上，

延长NM、4八，使NA/nA/=K,连接仅K,使O|KnAO=。，

.•・。在截面上，

连接QM、KM,

VAC/M.D,,且4Q=%A

AAK=-AA,,AK//BN且AK=BN,

2

又M为AB中点，A、6、"二点共线，

••・M、N、K三点共线，

••・截面为“边形。SNMQ,

故选：C.

15.（2026高二•浙江衢州•月考）在正方体ABC。_A乃CS中，M,N,。分别为棱A8,B毋,GS的中点，

过点M,N,。作该正方体的截面，则所得截面的形状是（）

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形

【答案】D

【分析】£，£〃分别为ADOmG中点，M,N,。确定平面。，证明六边形的每条边均在。内，得到答

案.

【详解】如图所示：〃分别为ADOQ.SG中点，M,N,。确定平面。，

NH//MQ\\.N^a,故NHCa,Qea,”wa,故Q〃Ca,

同理可得尸QCa,EFCa,EMCa,故截面为六边形.

故选:D.

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题型三截面面积计算

G方收

在求截面面积最值时，我们常常考虑苜先是分析截面的动态变化过程，从几何角度分析出在何处取得截

面面积的最值，直接利用几何关系求出截面面积的最值;如果难以分析运动状态,再从代数角度用与所求截面

图形相关的边或者角作为变量，表示出截而图形的面积，然后可以用函数单调性、基本不等式、等方法求截而

面积的最值.

16.（2026高一•江西南昌•期末）如图，在楼长为J2的正方体'中，点E、F、G分别是

棱⑷*、B'C、C3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（）

A.二B.2。3C.逑D.也

222

【答案】A

【分析】根据给定条件，借助面面平行性质作出截面，进而求出截面面积.

【详解】因为在楼长为J2的正方体A8CQ_A'8'C'。'中，由E、b分别为A*、B'C的中点,

得EF//A'。'，且Eb=l,由可〃比且AA'=CC',得四边形AA'C'C为平行四边形，

^AC//AC,//EF,设平面EFG交枝AD于点H，由平面ABCD//平面A'B'CD',

11平面EFGn平面A'8'C'。'=EF,平面EFGCl平面A3CO=GH,得GH〃EF//AC,

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由G为C。的中点，得〃为4。的中点，设直线£尸分别交DA、。。的延长线于点。、Q,如图:

连接PH交棱A4,于点M,连接。G交棱CC,于点N,连接EM、FN,则截面为六边形EFNG//M.

由4,P〃C,3,,E为4,8,的中点，得A,P=B/=YZ=A”，乂AH〃A,P,则M为AA,的中点，

2

同理N为CC,的中点，六边形EFNGHM是边.氐为1的正六边形，

6X叵空

所以EFNGHM截面面积为6x41?xsin60"

242

故选:A

17.（2026高一•福建福州•期中）已知正方体的棱长为2,E,F,G分别是的

中点，则过这三点的截面面积是（）

A.W2B.。C,6^/3D.

【答案】D

【分析】根据题意，利用正方体的性质，得到截面•为正六边形EFGHMN,且边长为J2,进而求得截面的

面积，得到答案.

【详解】如图所示，分别取。|仅，。。|）。的中点〃,M,汽，连接GH、HM,MN,NE,

在正方体ABCO_AIiGO1中，可得GH〃NE,HM〃EF、MNNFG,

所以经过点£RG的截面为正六边形ERSHMN,

又因为正方体AIiGR的校长为2,

在直角ABEF中,可得£7,JB谈=④，

所以截面正六边形的面积为6x^x（及尸=34.

d

故选：D.

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18.（2026高二•四川广安•月考）如图，已知正方体A8CO_AEGR的棱长为2,E,F,G分别为

AD,B.C.的中点，以下说法错误的是（）

A.三楂锥C_EFG的体枳为1

B.4。_1_平面以七

C.异面直线E”与AG所成的角的余弦值为立

D.过点E,F,G作正方体的截面，所得截面的面积是3«3

【答案】C

【分析】对于A,根据三棱锥体积公式计算，结合正方体的性质，可得答案；对于B,根据线面垂直，证得

线线垂直，利用线面垂直判定定理，可得答案：对于C,根据异面直线夹角的定义，利用几何法，结合余弦

定理，可得答案：对于D,利用平行进行平面延拓，根据正六边形的面积公式，可得答案.

【详解】对于A,取BC中点〃，连接G”,CG,CE,CF,如卜.图：

RG

15/32

rG,H分别为3CSG的中点，：G”_L平面A8CQ,

设正方形ABC。的面积S=4，Sy杯:S_S“EF_S.g_Sy"=4-：-1-1=1,

1

VjEK=^G_CEF=3GH.S^cEF—1,故A正确：

对于B,连接4（、、AC,如下图：

・」E,E分别为AA4O的中点，1UC为正方形ABC。的对角线，：4CJ.Er,

二在正方体/WCO_A|B|CQ|中，A41平面ABC。，且E/C平面A8CQ,

■.AA.A-EF,•ACr\AAx=A,AC,AA|C平面A|AC,:七/_1_平面A/C,

・「A|CC平面4AC,:£T_LA]C,同理可得A、J_AC，

•'F,G分别是AD与G的中点，：AF//B。,AF=Bfi,即AB/7G尸,A,C±FG,

EF。FG=F,EF,FGC平面瓦'G,

:AC_L平面ENG,故B正确；

对7C,连接AG,FC,,CE,CF,GE,如下图:

<RG分别为4D与G的中点，；AF/QG,AF=Cfi,则AG//FQ,

故LGFE为异面宜线E尸与4G所成的角或其补角，

EF=・区®•万，EC、=+CCt=：+8"+=3,

16/32

FC,=JcC；+C尸=Jy+CD'DF?=3,

CF2^EF2-C.E2_9+2-9=0

cosZC]FE=X

2-C|F-EF2x3x-Jl~6

异面直线E尸与AG所成的角的余弦值为红，故C错误；

对于D,取88的中点〃，C.D,的中点J,DD、的中点/,连接E”,HG,GJ,JI,1F,如下图:

易知E//A/G,GHMF1,〃//EH,且正六边形£7N/G〃为过点ER7作正方体的截面,

则其面积为S=6x；x（v份『xsin6iA=I万，故D正确.

故选：C.

19.（2026♦福建•模拟预测）一个底面半径为2的圆锥的轴截面为正三角形，现用平行于底面的平面将该

圆锥截成两个部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在圆锥上的截面面积（）

A.3兀B.2岛C.2缶D.2n

【答案】A

【分析】利用圆锥的特征即表面积公式、圆的面积公式计算即可.

由题知，平面截圆锥后上半部分为一小圆锥，下半部分为一圆台,

旦圆台的上底面即小圆锥的底面，即该平面在原圆锥上的截面；

圆台的下底面即原圆锥的底面.

不妨设圆台上底面半径为勺，圆台下底面半径为一2，

小园锥母线长为/一原圆锥母线长为/?，

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由轴截面为正三角形知，-=~=2,

则小圆锥底面积为何：，底面周长为2兀八，侧面积为小兀八二2”;，

易知圆台侧而积可看作原圆锥侧面积减去小圆锥侧而积

则圆台侧面积为2兀(心，下底面积为

由于■两部分表面积相等，则M+2折=折+兀个+2%(片-弓2)=>：=5-，

因为「2=2,则八二73,

所以截面面积为37r.

故选:A.

20.(2026高三•湖北武汉•期中)在正四棱台A8CQ_中，AB=2A]^,A4二2」3,〃为棱SG的

中点，当正四楂台的体积最大时，平面MBQ截该正四楂台的截面面积是().

A.生B.”3C.\()J3D.sb

49

【答案】C

【分析】根据正四棱台的体枳公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即

可.

【详解】设4B=24向=4x,上底面和下底面的中心分别为a,O,过A作A”J_4C,

该四棱台的高0。二〃，

在上下底面由勾股定理可知，AQ=；J(2x/+(2好=瓜AO=；J(4x/+(4x/=2a.

22

在梯形4。1。4中，AtA=AkF+力尸->12=(2^x_-J2x)+h--h-=I2_2v-,

所以该四棱台的体积为V=:(麻、V16.r.4.r+4xf=，

所以/=&*.f点=看.(|2-2启4图1—丫

99913J

当且仅当炉=12_2A，，即2时取等号，此时AB=8,八圈=4,OQ=力=2.

取GB，3C的中点N,E,连接NM,NO,显然有MN//O乃,

由于MNC平面A8CO,8。(2平面八8。。，所以MN//平面ABC。，因此平面MBON就是截面.

18/32

显然MN=夕㈤=2sBD=8点.

在直角梯形。中，ME=jf+（OE-qM）2=m,

因此在等腰梯形8CCB中，M8=JMF=78716=2>/6

同理在等腰梯形"GC。中，ON=2#,

在等腰梯形MBDN中，设MFNDN,MG工RD,

则Mf=ZjG.BF=8^-2J2=6J2.

MG=J（2府-（白曲=6

所以梯形MBQN的面积为2j2;8&x&=10行,

故选：C.

【点睛】解决与几何体截面的问题，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：

（1）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，

（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含几何体的各种元素以及体现这些元素

的关系），达到空间问题平面化的目的；

（3）求长度卜.结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.

题型四截面周长计算

G方4

求截面周长最重要的仍然是作出完整截面多边形，然后利用几何知识求出周长或周长的表达式.如果涉

及到周长最值，往往截面是动态的.需要我们分析清楚截面的运动过程，从几何的角度找到周长取最值的位置

19/32

或者从代数的角度通过设变量，把周长表示出来，利用函数求最值,并且需要我们掌握常见的函数求最值的方

法.

21.（2026高三•云南昆明•月考）在正方体A8CZ）_A1C2中，分别是的中点，八6=2,则过

点£，尸，。的平面截该正方体所得的截面周长为（）

A3&'+2旨R5

H•--------如D•+--有-----

22

C.375+—D.逑+2在

77

【答案】B

【分析】先确定E,G,F,C四点共面，进而计算结果即可.

【详解】取线段AA的中点为，，A”的中点为G,BH、EG、GF,如图,

因为正方体中，£产分别是棱AB,。。1的中点，

所以CFHBHHEG,所以£G,EC四点共面.

由正方体的棱长为2,可得CE=C"二石EG=正，FG=叵,

所得截面周长为a+5正,

2

22（2026高••全国•课后作业）•平面与正方体表面的交线围成的封闭图形称为正方体的“截面图形在

棱长为1的正方体中，E为AB的中点，F为CC、的中点，过。，£尸三点的截面图形的周

长为()

A.^(25+2713+975)B.^-(15+4713+975)

C.5(25+2布+6石)D.*5+4而+则

20/32

【答案】A

【详解】延长。1交。。的延长线于点N,连接NE交BC「点G,

延长NE交QA的延长线于点M,连接交AAI于点"，连接力E,GF,

如图所示，可得正方体的截面图形为五边形EGFR”.

由aAEH与ACQIF相似得AH=!,

4

所以A/=q.与ACGF相似得CG=：,所以BG=；.

由勾股定理得通旧+度吟G『=心丽小

所以截曲图形的周长为5（25+2至+9右）

23.【多选】（2026高一•山东济南•期中）正方体48。。_A4GA的棱长为2,E,F,G分别为3C,CG，

B片的中点，点P为线段4G上的动点，则下列结论正确的是（）

A.三棱锥的外接球表面积为4J3兀

B.三楂锥P_A£7■、的体积为定值

C.平面AEF截正方体所得的截面周长为3J2+2J5

21/32

D.直线AF与平面&BCG所成角的正弦值为当

【答案】BC

【分析】确定外接球并求出表面积判断A：证明线面平行并结合等体积法判断B；求出截面周长判断C：求

出线面角的正弦判断D.

【详解】对于A,三棱锥。「DCB的外接球即为正方体的外接球，则该外接球的直径为23,

因比三楂锥力_OCB的外接球表面枳为4兀/二127rA错误；

对于B,连接人。「尸A，由4B//DC//2G且48二。C二。1G,得四边形A8GS是平行四边形，

则A2//8G，又8G//E/7，干是ADJIEF,四边形是平面AE/截正方体所得的截面图形，

连接Gb,则由G、尸均为所在棱的中点，得GF//BCJ/AQ-GF=fi.C,=A}D],

则四边形AQ/G是平行四边形，AfiUD.Ft又0/C平面AQFE,AQ丈平面4O/E,

因比AG//平面AQFE，点P到平面AE尸的距离即为G到平面AE/7的距离,

%J£F=％_AEF为定值，即三棱锥尸_AE尸的体积为定值，B正确：

对于C,由选项B知，平面4E户载正方体所得的截面图形为四边形AQ/E,

而4石=*=40=右FE=\[2=啦4。=2&

平面AE/截正方体所得的截面周长为A。1+。/+尸E+AE=372-2、k,C正确;

对于D,连接2F,由A8JL平面a国”；，得U〃B是宜线人尸与平面⑸8CG所成的角,

________AB2

XAB=2,BF=J5AF=>]4^=3，sinL/1FB=—=T>

AF\

因比直线人户与平面83CG所成保的正弦值为二，D错误.

3

22/32

A

故选：BC

24.【多选】（2026高一•山东济宁•月考）在棱长为1的正方体.438_4e6。1中，E、F分别为八8、BC

的中点，则下列说法正确的是（）

A.当三楂锥从/的所有顶点都在球。的表面上时，球O的表面积为空

2

B.异面直线。功与与尸所成角的余弦值为平

C.点P为正方形内一点，当。夕〃平向从石厂时，OP的最小值为迈

4

D.过点。、E、产的平面截正方体A8CQ_4©C"所得的戒面周长为312+、/5

【答案】ABC

【分析】转化为长方体的外接球分析运算判断A；根据异面直线夹角分析运算判断B；根据面面平行分析判

断C；根据平行关系求截面，进而可得周长判断D.

【详解】对于A,三棱锥8「8£下的外接球即为以8用、BE、斯为邻边的长方体的外接球，

而35=1,8E=8/=J.则外接球的半径R=B22=y-

外接球的表面积S=4兀叱=九A正确；

对于B,。。/〃"一则异面直线。口与所成角为7BB,F,W.BB,=1,BF=L

片尸二》二在CGS7BBIF=4=也、B正确；

、2B、F5

对干C,取4"、Ai"、GR的中点M、Q、N,连接4M、MN、QN、DN,

依题意，AE〃B、M,AE=B/，则为平行四边形，即

由四边形4与GQ为正方形，M、N分别为4与、G。1的中点，得AM//D】N，AM=DM

则四边形儿"MW为平行四边形，"N〃4Q1,MN=AQ1,

23/32

头ADIA。、,A。二A4,则MN//A。，MN=AO,四边形AMND为平行四边形，

因比AM//QN,B.E!IDN,而从EC平面3£/，QN丈平面&EF,则DV//平面为七厂,

又44J/CG，441二CG，则四边形AAGC为平行四边形，AC//&G，

而£、尸分别为A8、8c的中点，则EF〃4C,同理得QN//A©,则EF//4G,QN!/EF,

又EFC平面与£尸，QN丈平面8万尸，则QN//平面B//，

WD/VAQN=N,DN、QNC平面ONQ,因此平面。NQ//平面卅,

则点P在线段QN上，QN==与DQ=DN=QDR+.川普,

即当点P为线段QN的中点时，DPA.QN,。尸取到最小值J。。・（；。对'=中，C正确;

对于D,由E、F为AB、8c1的中点，得E尸〃AC,

乂A4J/CG，八4二CG，则A4CQ为平行四边形,A.CJIACIIEF.

过。「作双/滔£,设KHIAS=K,KCBG=L,则KL//E”，

可得K4i=A4,LG=BQ,

连接K£、LF,设KEQAA]=G,LFCCG=H,连接RG、D〃，

可得过点n、E、尸的平面截正方体A8CO_41|6。1所得的截面为五边形目7〃)0,

22

因为必]=2AE,LC\=2CF.RiG4,=2AG-,zzc,=2CH=-,

可得DO=口用=丑■:GE=HF=—EF=q,

所以截面周长为2x姮+2x巫+也=6£,D错误.

?622

24/32

故选：ABC

25.（2026•全国•模拟预测）正方体的校长为4,点例在楂A向上，平面'CM把正方体

/\88_4186。1分成两个几何体，其中一个几何体的体枳为14,则平面ACM截正方体ABCD_AIiGO1所

得的截面周长为（）

A.10+\?2B.4J5+22C.5+5^2

【答案】A

【分析】设平面ACM与棱々G交于点N,则MN]|AC,设=x,由棱台的体积求得x=l,进而可求

得截面周长.

【详解】设平面ACM与棱%G交手点N,则MN||AC,几何体A8C是三棱台，

由题意知该三棱台体积为14.设，则8+x4=14.

平面ACM截正方体4BCQ_AeC"所得的截面为等腰梯形ACNM,

AC=4垃，MN=J2,AM=CN=5,所以截面ACNM的周长为10+5』2.

故选：A.

26.（2026高二•四川成都•月考）如图，已知正方体48。。_41〈]。|的棱长为2,若K为棱A四的中点,

过A,C,K三点作正方体的截面，则截面的周长为（）.

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A12-75+3-J2B.6C.2-s/2+sj50.J5+2a+3

【答案】A

【分析】取从G的中点M,连接KM,MC,作出截面KMCA,分别求出边长，进而求出截面的周长.

【详解】如图，取8G的中点M,连接KM,MC,则KW〃4G-

则在正方形A/C.中，A/V/CG，=CC,,

所以四边形AAGC是平行四边形,

所以AC〃A£，

又KMHA、C\,所以KM//AC,

则四边形KMCA即为过A,CK三点截面，

因为正方体ABCD_48GOi的棱长为2,

所以AC=2j2,KM=*,AK=MC=d2、l2=E

则其周长为AC+KM+AK+MC=2j2+J2+j5+j5=2・生+3拉.

故选：A.

27.（2026高二•河南开封•开学考试）如图，在正方体中，A8=4,E,尸分别是棱CD,AQ1

的中点，则正方体ABCD_AiBiCiD,被平面AEF所截得的截面周长是

26/32

【答案】5J5+JT7

【分析】苜先确定截面的位置和特征，然后根据已知条件中的线段和角的关系求截面的周长即可.

【详解】在正方体中，取Gn的中点G,GS的中点为〃，连接AG,EG,E〃,F”,

由E是CO的中点，得EG//DDjfAA],EG=DDt=AA,,则四边形AEG&,

Afif/AE.A.G=AE,由尸是AR的中点，得FH//A】G//AE,FH=^AE,

梯形AFHE是正方体A8CO_4BCD被平面AEF所截得的截面，

AE=AF=2^=2、[5FH=♦J洒F=・0口1=、4、心•"，

所以所求截面的周长是5j5+JF7.

故答案为：5J5+R7.

题型七截面的最值问题

涉及立体几何中的截面相关的最值确定问题，经常通过“动点”的变化情况引入参数（或角参或边参），

进而利用截面的几何性质以及所求要素，合理构建对应的表达式，利用函数思维、不等式思维或函数与导数

的应用思维等来确定最值；也经常采用“动”中取“静”的方式，利用动点的特殊位置来直观想象与数形结

27/32

合，确定极端情况下的最值问题.

39.（2026高三•全国・竞赛）边长为1的正六面体被一个平面所截的最大截面面积为

【答案】J2

【分析】通过分析正六面体（正方体）的截面的形状及其最大面积可得.

【详解】如图，由对称性可知，当截面垂直于正六面体（正方体）的体对角线时，截面形状为三角形

或六边形.

面积最大的六边形截面，其各顶点均为正六面体（正方体）的棱的中点,

此时面积为5=6・日•（日）=乎：

以六边形的一边为边的五边形面积均小于相应的六边形的面积.

面积最大的三角形截面，其三个顶点为正六面体（正方体）的顶点，

此时面枳为S、=—x\[1x-jlx•

2222

另注意到，当截面与面对角线垂直时，面积最大的截面为正方体的对角面，面积为邑=・〃，

所以截面为四边形时，最大截面面枳为

当截面与棱垂直时，截而均为正方形，其面积均为1.

因为2>4>1>与所以a>辿>1>®

1644?

所以最大截面面积为J2.

故答案为：y/2.

40.（2026高二•上海闵行•期末）若圆锥的恻面展开图是一个半径为3,圆心角为2n的扇形，则过这个圆

3

28/32

锥顶点的截面中，最大截面面积等于

【答案】m

【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径及高，再判断轴截面三角形形状并求出最大面积.

【详解】依题意，圆锥底面圆周长为彳水3=2兀，该圆锥底面圆半径r=1,而圆锥母线/=3,

该圆锥轴的高〃="~~1工=2J2，其轴截面顶角为26,cos9=-=—>—

I32

0<e<7，O<20<-,因此该圆锥轴截面是锐角三角形，是经过顶点的截面中的最大截面，

42

所以最大截面面积等于L2r.人=2J5.

2

故答案为：2J2

41.（2026高一•全国•课后作业）若圆锥的轴截面是一个顶角为国,腰长为2的等腰三角形，则过此圆锥

3

顶点的所有截面中，截面面积的最大值为（）

A.且B.1C.3D.2

9

【答案】D

【分析】由截面为等腰三角形，利用三角形面枳公式，结合顶角的范围求解可得.

【详解】由题意得，圆锥的母线长/=2,

2工

设过圆锥顶点的截面三角形的顶角为“，由题意知，

3

所以截面面积S=、2sin"=2sin",

7

当a时，Sinax=2,即截面面积的最大值为2.

故选:D.

42.（2026高一•云南昆明•期中）在正方体AG中，M为A3的中点，N为4C的中点，P为线段CG上一

动点（不含C）.过M,MP与正方体的截面记为“，下列说法中正确的是（）

CP1

A.当彳~=5时,截面“为五边形

CP