拔高点突破01 立体几何中的截面、交线问题
目录
01 方法技巧与总结 2
02 题型归纳与总结 2
题型一：截面作图 2
题型二：截面图形的形状、面积及周长问题 4
题型三：截面切割几何体的体积问题 5
题型四：球与截面问题 6
题型五：截面图形的个数问题 6
题型六：平面截圆锥问题 7
题型七：截面图形有关面积、长度及周长范围与最值问题 8
题型八：截面有关的空间角问题 10
题型九：交线问题 10
03 过关测试 11
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，为空间任意点，则有：
结论1：若与不共线，那么；
结论2：．
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．
题型一：截面作图
【典例1-1】（2024·河南·三模）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，分别为的中点.
在答题卡的图中作出平面截四棱锥所得的截面，写出作法（不需说明理由）；
【典例1-2】如图所示，已知正方体，过点作截面，使正方体的12条棱所在直线与截面所成的角皆相等，试找出满足条件的一个截面．
【变式1-1】如图，已知正方体的棱长为1，分别是线段上靠近的三等分点．过点作该正方体的截面，试求截面图形的周长和面积．
【变式1-2】如图，正四面体ABCD中，P是AB上一点，，，，R为CD中点，截面PRQ与CB交于点S．确定S的位置．
题型二：截面图形的形状、面积及周长问题
【典例2-1】（2024·全国·模拟预测）已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【典例2-2】（2024·高三·江西·开学考试）已知一正方体木块的棱长为4，点在棱上，且.现过三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-1】（2024·江西·模拟预测）已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【变式2-2】（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为 ．
题型三：截面切割几何体的体积问题
【典例3-1】（2024·河北·模拟预测）过圆锥高的中点作平行于底面的截面，则截面分圆锥上部分圆锥与下部分圆台体积比为（ ）
A． B． C． D．
【典例3-2】（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点D是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（ ）
A．1:2 B．4:5 C．4:9 D．5:7
【变式3-1】（2024·贵州贵阳·一模）在三棱柱中，底面，，点是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-2】（2024·河北衡水·一模）已知正三棱柱，过底边的平面与上底面交于线段，若截面将三棱柱分成了体积相等的两部分，则（ ）
A． B． C． D．
题型四：球与截面问题
【典例4-1】（2024·福建漳州·一模）在直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为 ．
【典例4-2】（2024·河南新乡·二模）已知一平面截球所得截面圆的半径为2，且球心到截面圆所在平面的距离为1，则该球的体积为 ．
【变式4-1】已知球的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球和圆锥所得的截面面积分别为，若，则
【变式4-2】（2024·陕西西安·三模）如图，已知球的半径为，在球的表面上，，连接球心与，沿半径旋转使得点旋转到球面上的点处，若此时，且球心到所在截面圆的距离为，则球的表面积为 ．
题型五：截面图形的个数问题
【典例5-1】过正四面体的顶点P作平面，若与直线，，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
【典例5-2】（2024·陕西榆林·陕西省榆林中学校考三模）过正方体的顶点作平面，使得正方体的各棱与平面所成的角都相等，则满足条件的平面的个数为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】设四棱锥的底面不是平行四边形,用平面去截此四棱锥,使得截面四边形是平行四边形,则这样的平面
A．有无数多个 B．恰有个 C．只有个 D．不存在
【变式5-2】（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，这样的截面有（ ）
A．6个 B．12个 C．16个 D．18个
题型六：平面截圆锥问题
【典例6-1】用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截面与圆锥侧面的交线）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不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、拋物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶角为，截口曲线形状与有如下关系：当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线．如图1所示，其中，现有一定线段，其与平面所成角（如图2），为斜足，上一动点满足，设点在的运动轨迹是，则（ ）
A．当时，是抛物线 B．当时，是双曲线
C．当时，是圆 D．当时，是椭圆
【典例6-2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知圆锥SO的轴截面是边长为2的正三角形，过其底面圆周上一点A作平面，若截圆锥SO得到的截口曲线为椭圆，则该椭圆的长轴长的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．2
【变式6-1】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对这个问题进行研究，其中比利时数学家Germinal dandelion（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，两个球分别与截面切于、，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球切于、，由球和圆的几何性质，可以知道，，，于是，由、的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以、为焦点的椭圆.如图2，一个半径为1的球放在桌面上，桌面上方有一点光源，则球在桌面上的投影是椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【变式6-2】（2024·上海虹口·模拟预测）在圆锥中，已知高，底面圆的半径为4，M为母线的中点，根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题，正确的个数为（ ）
①圆的面积为；
②椭圆的长轴长为；
③双曲线两渐近线的夹角正切值为；
④抛物线的焦点到准线的距离为
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
题型七：截面图形有关面积、长度及周长范围与最值问题
【典例7-1】（2024·四川宜宾·模拟预测）已知分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则正确的选项是（ ）
①截面多边形可能是三角形或四边形.
②截面多边形周长的取值范围是.
③截面多边形面积的取值范围是.
④当截面多边形是一个面积为的四边形时，四边形的对角线互相垂直.
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
【典例7-2】（2024·四川·一模）设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为M．则下列结论正确的是（ ）．
A．M必为三角形 B．M可以是四边形
C．M的周长没有最大值 D．M的面积存在最大值
【变式7-1】若圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形，则过此圆锥顶点的所有截面中，截面面积的最大值为（ ）
A． B．1 C．3 D．2
【变式7-2】（多选题）（2024·福建厦门·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是和的中点，则（ ）
A．
B．
C．点F到平面EAC的距离为
D．过E作平面与平面ACE垂直，当与正方体所成截面为三角形时，其截面面积的范围为
【变式7-3】正方体中作一截面与垂直，且和正方体所有面相交，如图所示．记截面多边形面积为，周长为，则（ ）
A．为定值，不为定值 B．不为定值，为定值
C．和均为定值 D．和均不为定值
题型八：截面有关的空间角问题
【典例8-1】（2024·四川成都·高三校联考期末）在正方体中，为线段的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【典例8-2】在正方体中，E为线段AD的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式8-1】（2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）在正方体中，为中点，过的截面与平面的交线为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
题型九：交线问题
【典例9-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，在正方体中，E是棱的中点，记平面与平面ABCD的交线，平面与平面的交线，若直线AB与所成角为，直线AB与所成角为，则的值是 ．
【典例9-2】（2024·全国·模拟预测）已知正四棱柱中，，，点为的中点，点为的中点，平面与平面的交线为，则异面直线与所成角的余弦值为 .
【变式9-1】（2024·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体中，为棱（不含端点）上的动点，过点的平面与平面平行．若平面与平面，平面的交线分别为，则所成角的正弦值的最大值为 ．
【变式9-2】（2024·山东·二模）三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为 ．
【变式9-3】（2024·广东汕头·一模）如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则 ， .
1．已知球O是正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点E为线段的中点.过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
2．已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·四川资阳·二模）已知球O的体积为，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面被球O所截的截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
6．（2024·四川成都·二模）在正方体中，、分别是棱、靠近下底面的三等分点，平面平面，则下列结论正确的是（ ）
A．过点
B．
C．过点的截面是三角形
D．过点的截面是四边形
7．（2024·安徽安庆·三模）在正方体中，点分别为棱的中点，过点三点作该正方体的截面，则（ ）
A．该截面多边形是四边形
B．该截面多边形与棱的交点是棱的一个三等分点
C．平面
D．平面平面
8．（多选题）（2024·河南信阳·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，为的中点．，过作平面的垂线，垂足为，连，，设，的交点为，在中过作直线交，于，两点，，，过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，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．的最小值为
9．（多选题）（2024·福建福州·模拟预测）在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不含端点），则（ ）
A．存在点，使平面
B．存在点，点到直线的距离等于
C．过四点的球的体积为
D．过三点的平面截正方体所得截面为六边形
10．（2024·山西吕梁·二模）已知圆台的高为3，中截面（过高的中点且垂直于轴的截面）的半径为3，若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1:2的两部分，则该圆台的母线长为 .
11．现要将一边长为101的正方体，分割成两部分，要求如下：（1）分割截面交正方体各棱，，，于点P，Q，R，S（可与顶点重合）；（2）线段，，，的长度均为非负整数，且线段，，，的每一组取值对应一种分割方式，则有 种不同的分割方式.（用数字作答）
12．（2024·河南·模拟预测）在三棱柱中，底面，，点P是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为 .
13．（2024·浙江绍兴·模拟预测）过正三棱锥的高的中点作平行于底面的截面，若三棱锥与三棱台的表面积之比为，则直线与底面所成角的正切值为 .
14．（2024·山东临沂·一模）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为 ，体积为 .
15．（2024·高三·浙江宁波·期末）已知高为2的圆锥内接于球O，球O的体积为，设圆锥顶点为P，平面为经过圆锥顶点的平面，且与直线所成角为，设平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，，则 .
16．（2024·河南·三模）在正四棱柱中，，，点P为侧棱上一点，过A，C两点作垂直于BP的截面，以此截面为底面，以B为顶点作棱锥，则该棱锥的外接球的表面积的取值范围是 ．
17．（2024·重庆·三模）在三棱锥中，为正三角形，为等腰直角三角形，且，，则三棱锥的外接球的体积为 ；若点满足，过点作球的截面，当截面圆面积最小时，其半径为 .
18．（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥的所有棱长都为2；点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形H，则H的边数至多为 ，H的面积的最大值为 ．
19．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知正四棱锥的所有棱长都为2，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形的面积的最大值为 .
20．（2024·重庆·模拟预测）已知正四棱锥的底面边长为2，过棱上点作平行于底面的截面若截面边长为1，则截得的四棱锥的体积为 ．
21．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知正方体的外接球的表面积为，点，分别是，的中点，过，，的截面最长边长为，最短边长为，则 .
22．已知过球面上A，B，C三点的截面和球心的距离为球半径的一半，且，则球的表面积是 ．
23．（2024·河南·模拟预测）在棱长为2的正方体中，为的中点，过点的平面截正方体的外接球的截面面积的最小值为 .
24．古希腊数学家阿波罗尼斯在《圆锥曲线论》中记载了用平面截圆锥得到圆锥曲线的方法，如图，将两个完全相同的圆锥对顶放置（两圆锥的顶点和轴都重合），已知两个圆锥的底面直径均为2，侧面积均为，记过两个圆锥轴的截面为平面，平面与两个圆锥侧面的交线为．已知平面平行于平面，平面与两个圆锥侧面的交线为双曲线的一部分，且的两条渐近线分别平行于，则该双曲线的离心率为 ．
25．（2024·广东湛江·模拟预测）在棱长为的正方体中，分别是和的中点，经过点的平面把正方体截成两部分，则截面与的交线段长为 .
26．（2024·浙江·模拟预测）如图，在棱长为12的正方体中，已知E，F分别为棱AB，的中点，若过点，E，F的平面截正方体所得的截面为一个多边形，则该多边形的周长为 ，该多边形与平面，ABCD的交线所成角的余弦值为 ．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)拔高点突破01 立体几何中的截面、交线问题
目录
01 方法技巧与总结 2
02 题型归纳与总结 2
题型一：截面作图 2
题型二：截面图形的形状、面积及周长问题 5
题型三：截面切割几何体的体积问题 8
题型四：球与截面问题 11
题型五：截面图形的个数问题 13
题型六：平面截圆锥问题 16
题型七：截面图形有关面积、长度及周长范围与最值问题 20
题型八：截面有关的空间角问题 27
题型九：交线问题 30
03 过关测试 35
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，为空间任意点，则有：
结论1：若与不共线，那么；
结论2：．
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．
题型一：截面作图
【典例1-1】（2024·河南·三模）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，分别为的中点.
在答题卡的图中作出平面截四棱锥所得的截面，写出作法（不需说明理由）；
【解析】所作截面如图1所示.
作法：延长交于点，连接交于，连接，
延长交于点，连接交于，连接，
则截面是五边形.
【典例1-2】如图所示，已知正方体，过点作截面，使正方体的12条棱所在直线与截面所成的角皆相等，试找出满足条件的一个截面．
【解析】因为过同一顶点的三条棱所成的角相等的面即为与12条棱所成的角相等的面，
所以过直线的三个截面．
【变式1-1】如图，已知正方体的棱长为1，分别是线段上靠近的三等分点．过点作该正方体的截面，试求截面图形的周长和面积．
【解析】在棱长为1的正方体中，延长交直线于，延长交延长线于，
连接交于，交于，连接，则五边形是过点的该正方体的截面，
平面平面，平面平面，平面平面，
则，，
同理，，因此，
，，
，
所以截面周长为；
等腰底边上的高为，
则的面积，
显然∽，，同理，
所以截面面积.
【变式1-2】如图，正四面体ABCD中，P是AB上一点，，，，R为CD中点，截面PRQ与CB交于点S．确定S的位置．
【解析】由题意知，，
因截面，则，共面，进而应有，
记，有，
由此得，，，
解得，，．
于是，点S是BC边上的五等分点，即．
题型二：截面图形的形状、面积及周长问题
【典例2-1】（2024·全国·模拟预测）已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】C
【解析】如图，设，分别延长交于点，此时，
连接交于，连接，
设平面与平面的交线为，则，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，设，则，
此时，故，连接，
所以五边形为所求截面图形，
故选：C．
【典例2-2】（2024·高三·江西·开学考试）已知一正方体木块的棱长为4，点在棱上，且.现过三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
如图，在上取一点，使得，连接，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以与相交于且为的中点，
又在上，所以与相交于，且O平分，，
所以四点四点共面且四边形为平行四边形，
所以过三点的截面是平行四边形，
，
，
，
故截面面积为.
故选：A.
【变式2-1】（2024·江西·模拟预测）已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】C
【解析】如图连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，
则五边形即为平面截该长方体所得的截面多边形.
其中因为，，，
所以，则，所以，
又，所以，所以，
则，
显然，则，所以.
故选：C
【变式2-2】（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为 ．
【答案】
【解析】
在棱长为2的正四面体中，连接，过作于，如图，
由分别为棱的中点，得，
而平面，
则平面，又平面，于是平面平面，
而平面平面，
因此平面，而，，，则，
球半径，，从而，
球被平面截得的截面圆半径，
所以球被平面截得的截面周长.
又为正四面体，所以球被正四面体的每个面截得的截面都为圆，
且圆的半径为，
所以球被正四面体表面截得的截面周长为.
故答案为：
题型三：截面切割几何体的体积问题
【典例3-1】（2024·河北·模拟预测）过圆锥高的中点作平行于底面的截面，则截面分圆锥上部分圆锥与下部分圆台体积比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设截面圆半径为r，圆锥的高为h，圆锥的体积为,则圆台下底面圆的半径为2r，圆台的高为h，圆台的体积为，
所以，，
可得.
故选：D.
【典例3-2】（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点D是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（ ）
A．1:2 B．4:5 C．4:9 D．5:7
【答案】D
【解析】不妨令，且上下底面等边三角形，
又底面ABC，易知为直三棱柱，即侧面为矩形，
所以三棱柱体积，
而，故，
所以，故，
所以.
故选：D
【变式3-1】（2024·贵州贵阳·一模）在三棱柱中，底面，，点是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】取中点，连接，
由题意知：为等边三角形，则为等边三角形，，
平面，平面平面，平面，
又平面，，
平面，平面，
不妨设，则，，，
，，
，，
，即截面分棱柱的两部分的体积比为.
故选：D.
【变式3-2】（2024·河北衡水·一模）已知正三棱柱，过底边的平面与上底面交于线段，若截面将三棱柱分成了体积相等的两部分，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】平面，平面平面，平面，；
设的面积为，的面积为，三棱柱的高为，
三棱台的体积，
又三棱柱的体积，
，解得：（舍）或，
∽，，即.
故选：A.
题型四：球与截面问题
【典例4-1】（2024·福建漳州·一模）在直三棱柱中，，，过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】
【解析】由直三棱柱可知，平面，
又，所以两两垂直，
设直三棱柱外接球的半径为R，
通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以为边长的长方体外接球相同；
过作该直三棱柱外接球的截面，当为所截圆的直径时截面面积最小，
因为，
则所求截面面积最小值为.
故答案为：.
【典例4-2】（2024·河南新乡·二模）已知一平面截球所得截面圆的半径为2，且球心到截面圆所在平面的距离为1，则该球的体积为 ．
【答案】
【解析】由球的截面圆性质可知球的半径，
则该球的体积为.
故答案为：.
【变式4-1】已知球的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球和圆锥所得的截面面积分别为，若，则
【答案】
【解析】设球O半径为R，由，得，
平面截球O所得截面小圆半径，由，得，
因此，球心O到平面的距离，
而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，
因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，
于是得圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段为圆锥底面圆的弦，
点C为弦中点，如图，由题意，，
则，，，
所以.
故答案为：.
【变式4-2】（2024·陕西西安·三模）如图，已知球的半径为，在球的表面上，，连接球心与，沿半径旋转使得点旋转到球面上的点处，若此时，且球心到所在截面圆的距离为，则球的表面积为 ．
【答案】/
【解析】依题意，在中，，，则，
因此的外接圆半径，
由球心到所在截面圆的距离为，得，则，
所以球的表面积为.
故答案为：
题型五：截面图形的个数问题
【典例5-1】过正四面体的顶点P作平面，若与直线，，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
【解析】如图，将正四面体看成四棱柱的左下角一部分，
由正四面体可知，
平面与直线，，所成角都相等，
故过点P做平面平面，
则此时的平面与直线，，所成角都相等，
因为，
则与平面所成的角相等，
又因，
所以直线，，与平面所成的角相等，
故过点P做平面平面，
则此时的平面与直线，，所成角都相等，
同理，直线，，与平面、平面所成角都相等，
即平面平面时，平面与直线，，所成角都相等，
平面平面时，平面与直线，，所成角都相等，
综上所述，这样的平面的个数为4个.
故选：B.
【典例5-2】（2024·陕西榆林·陕西省榆林中学校考三模）过正方体的顶点作平面，使得正方体的各棱与平面所成的角都相等，则满足条件的平面的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】法一：直线AB、AD、AA1与平面A1BD所成角都相等，过顶点A作平面α∥平面A1BD，过顶点A分别作平面α与平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，直线AB、AD、AA1与平面α所成的角都相等．
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﹣A1B1C1D1中，
三棱锥A﹣A1BD是正三棱锥，
直线AB、AD、AA1与平面A1BD所成角都相等，
过顶点A作平面α∥平面A1BD，
则直线AB、AD、AA1与平面α所成角都相等，
同理，过顶点A分别作平面α与平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，
直线AB、AD、AA1与平面α所成的角都相等，
∴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
【变式5-1】设四棱锥的底面不是平行四边形,用平面去截此四棱锥,使得截面四边形是平行四边形,则这样的平面
A．有无数多个 B．恰有个 C．只有个 D．不存在
【答案】A
【解析】
如图由题知面与面相交，面与面相交，可设两组相交平面的交线分别为，由决定的平面为，作与且与四条侧棱相交，交点分别则由面面平行的性质定理得：从而得截面必为平行四边形．由于平面可以上下平移，可知满足条件平面有无数多个．故本题答案选．
【变式5-2】（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，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的截面是等腰三角形，
若，则截面与底面BCD所成的角为有如下情形，
如图所示：
在高线的两侧的截面、截面与底面BCD所成的角为（，与BC平行），
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，同理也有6个；
若，同理也有6个．
综上所述，满足题意的截面共有18个，
故选：D．
题型六：平面截圆锥问题
【典例6-1】用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截面与圆锥侧面的交线）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不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、拋物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶角为，截口曲线形状与有如下关系：当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线．如图1所示，其中，现有一定线段，其与平面所成角（如图2），为斜足，上一动点满足，设点在的运动轨迹是，则（ ）
A．当时，是抛物线 B．当时，是双曲线
C．当时，是圆 D．当时，是椭圆
【答案】D
【解析】∵为定线段，为定值，
∴在以为轴的圆锥上运动，其中圆锥的轴截面半顶角为，与圆锥轴的夹角为，
对于A，，∴平面截圆锥得双曲线，故A错误；
对于B，，∴平面截圆锥得椭圆，故B错误；
对于C，，∴平面截圆锥得抛物线，故C错误；
对于D，，∴平面截圆锥得椭圆，故D正确；
故选：D.
【典例6-2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知圆锥SO的轴截面是边长为2的正三角形，过其底面圆周上一点A作平面，若截圆锥SO得到的截口曲线为椭圆，则该椭圆的长轴长的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【解析】如图所示，当该椭圆的长轴垂直于母线时，此时椭圆的长轴取得最小值，
且最小值为边长为2的正三角形的高，即.
故选：C.
【变式6-1】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对这个问题进行研究，其中比利时数学家Germinal dandelion（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，两个球分别与截面切于、，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球切于、，由球和圆的几何性质，可以知道，，，于是，由、的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以、为焦点的椭圆.如图2，一个半径为1的球放在桌面上，桌面上方有一点光源，则球在桌面上的投影是椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】图2中，设球心为，球与相切于点，作出截面如图所示，
由题意知：，
，
,
又，，则，
又，则，
则椭圆的离心率为.
故选：A.
【变式6-2】（2024·上海虹口·模拟预测）在圆锥中，已知高，底面圆的半径为4，M为母线的中点，根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题，正确的个数为（ ）
①圆的面积为；
②椭圆的长轴长为；
③双曲线两渐近线的夹角正切值为；
④抛物线的焦点到准线的距离为
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【解析】对于①，M为母线的中点，因此截面圆的半径为底面圆的半径的，
即截面圆半径为2，则圆的面积为，故①正确；
对于②，如图，在圆锥的轴截面中，作,垂足为C，
由题意可得M为母线的中点，则,
故椭圆的长轴长为,②正确；
对于③，如图，在与平面垂直且过点M的平面内，建立平面直角坐标系，
坐标原点与点P到底面距离相等，
则点M坐标为，双曲线与底面圆的一个交点为D，其坐标为，
则设双曲线方程为，
则，将代入双曲线方程，得，
设双曲线的渐近线与轴的夹角为，则，
故双曲线两渐近线的夹角正切值为，③错误；
对于④，如图，建立平面直角坐标系，
设抛物线与底面圆的一个交点为H，
则，则,
设抛物线方程为，则，
即抛物线的焦点到准线的距离为，④错误，
故正确的命题有2个，
故选：B
题型七：截面图形有关面积、长度及周长范围与最值问题
【典例7-1】（2024·四川宜宾·模拟预测）已知分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则正确的选项是（ ）
①截面多边形可能是三角形或四边形.
②截面多边形周长的取值范围是.
③截面多边形面积的取值范围是.
④当截面多边形是一个面积为的四边形时，四边形的对角线互相垂直.
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
【答案】D
【解析】对于①，当平面过或时，截面为三角形.
易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时，
由对称性可知，此时平面与交于点，且，
此时截面为四边形，①正确；
对于②，设，由余弦定理得，
，
由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和，
当三点共线时取得最小值，
由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值，
所以截面多边形周长的取值范围是，所以②错误；
对于③，记与的交点为，由对称性，，
所以，，
因为，
所以，所以，
记，
则，
因为，
所以
，
由二次函数性质可知，，即，
所以，③正确；
对于④，由③知，当截面为四边形时，对角线，垂直，所以④正确．
故选：D
【典例7-2】（2024·四川·一模）设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为M．则下列结论正确的是（ ）．
A．M必为三角形 B．M可以是四边形
C．M的周长没有最大值 D．M的面积存在最大值
【答案】D
【解析】对于选项A、B，易知平面为平面或与其平行的平面，故多边形M只能为三角形或六边形，选项A和B均错误；
对于选项C，
当M为正三角形时，显然截面多边形M为时周长取得最大值为；
当截面多边形M为六边形时，
设，则，，，
易得：，，
此时截面多边形M的周长为定值：，
综合两种情况，M的周长的最大值为，选项C错误；
对于选项D，
当M为正三角形时，
仅当截面多边形M为时的面积为；
当截面多边形M为六边形时，设，
该六边形可由两个等腰梯形和构成，
其中，
，，，
两个等腰梯形和的高分别为和，
则
，
，
当且仅当时，六边形面积最大值为，即截面多边形是正六边形时截面面积最大．
综上，当时，截面多边形为正六边形时面积取得最大值.
选项D正确.
故选：D.
【变式7-1】若圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形，则过此圆锥顶点的所有截面中，截面面积的最大值为（ ）
A． B．1 C．3 D．2
【答案】D
【解析】由题意得，圆锥的母线长，
设过圆锥顶点的截面三角形的顶角为，由题意知，，
所以截面面积，
当时，，即截面面积的最大值为.
故选：D．
【变式7-2】（多选题）（2024·福建厦门·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是和的中点，则（ ）
A．
B．
C．点F到平面EAC的距离为
D．过E作平面与平面ACE垂直，当与正方体所成截面为三角形时，其截面面积的范围为
【答案】BCD
【解析】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
对于A，，显然与不共线，即与不平行，A错误；
对于B，，，因此，B正确；
对于C，，设平面的法向量，
则，令，得，而，
点F到平面的距离为，C正确；
对于D，过点垂直于平面的直线与平面相交，令交点为，
则，点，由，得，即，
当平面经过直线并绕着直线旋转时，平面与平面的交线绕着点旋转，
当交线与线段，都相交时，与正方体所成截面为三角形，
令平面与平面的交线交于点G，交于点H，设，，
，，由，
得，，斜边上的高，
则截面边上的高，
截面的面积
，
当时，，，
所以，D正确.
故选：BCD
【变式7-3】正方体中作一截面与垂直，且和正方体所有面相交，如图所示．记截面多边形面积为，周长为，则（ ）
A．为定值，不为定值 B．不为定值，为定值
C．和均为定值 D．和均不为定值
【答案】B
【解析】如图，由正方体的性质得平面，
因为平面，为正方形，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
同理可证明，
因为平面，所以平面，
同理可证明平面，
所以，所求截面与平面和平面均平行，如图中的六边形，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，，同理可得，，，，，
设，，则
因为，，
所以，，
因为
所以，
同理，，，
所以，截面多边形的周长为为（为正方体边长），故为定值；
当时，该截面多边形由六边形变为正三角形，此时面积为；
当时，该截面多边形为正六边形，此时面积为；
所以，该截面多边形的面积在变换，故不为定值.
综上，不为定值，为定值.
故选：B
题型八：截面有关的空间角问题
【典例8-1】（2024·四川成都·高三校联考期末）在正方体中，为线段的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设正方体的棱长为2，
以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴建系，如图所示：
则、、、、．
设平面的法向量为，
，，
由，
取可得；
设平面的法向量为，
，，
由，
取可得，
设直线的方向向量为，
∵直线平面，直线平面，
，，
∴，
取可得，
已知，设直线与所成角为，
，
即直线与所成角的余弦值为，
故选：B．
【典例8-2】在正方体中，E为线段AD的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设正方体的棱长为2，
以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴建系，如图所示：
则、、、、.
设平面的法向量为，
，，
由，取可得.
设平面的法向量为，，，
由，取可得.
设直线的方向向量为，∵平面，平面，
则，，
∴，取可得，
，设直线与所成角为
，即直线与所成角的余弦值为.
故选：D
【变式8-1】（2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）在正方体中，为中点，过的截面与平面的交线为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】取的中点，如下图，连接，
因为，所以四点共面，
所以过的截面即为平面，
截面与平面的交线为即为，
取的中点，连接，因为，
所以（或其补角）为异面直线与所成角，
设正方体的棱长为，所以，
所以.
则异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
题型九：交线问题
【典例9-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，在正方体中，E是棱的中点，记平面与平面ABCD的交线，平面与平面的交线，若直线AB与所成角为，直线AB与所成角为，则的值是 ．
【答案】
【解析】延长与直线CD相交于F，连接AF，则平面与平面ABCD的交线为AF，
即为直线，
故即为，
又∵，∴，
∵E是棱的中点，且，
∴，∴，
又为锐角，且，，
则，
又∵平面平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，
又∵，
故直线AB与所成角为，
又，故，
所以，
故答案为：
【典例9-2】（2024·全国·模拟预测）已知正四棱柱中，，，点为的中点，点为的中点，平面与平面的交线为，则异面直线与所成角的余弦值为 .
【答案】/
【解析】如图，在棱上取点，使，连接，则，
所以为平面与平面的交线.
连接，则为平面与平面的交线.
因为面与面的交线为，且面面，所以.
在棱上取点，使，连接，则，
所以，则就是异面直线与所成的角.
连接，在中，，.
由余弦定理，得，
所以异面直线与所成的角的余弦值为.
故答案为：
【变式9-1】（2024·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体中，为棱（不含端点）上的动点，过点的平面与平面平行．若平面与平面，平面的交线分别为，则所成角的正弦值的最大值为 ．
【答案】/
【解析】连接，由题意知过点的平面与平面平行，
平面与平面、平面的交线分别为，
由于平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
所以或其补角即为所成的平面角，
设正四棱锥的棱长为1，，则，
在中，由余弦定理得
，
同理求得，
故在中，
，
由于，则，
进而，
当时取等号，故的最小值为，
进而，故的最大值为.
故答案为：．
【变式9-2】（2024·山东·二模）三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为 ．
【答案】
【解析】如图所示，因为平面，设面，所以，
同理：，
设，所以，即，
所以四边形为平行四边形，即，
平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以，即，且，
取中点，连接，易得，，
，所以面，所以，所以，
所以四边形为矩形，
所以面与三棱锥的交线围成的面积，
当，即为中点时，面积最大，最大值为，
故答案为：.
【变式9-3】（2024·广东汕头·一模）如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则 ， .
【答案】 /0.5 /
【解析】在正方体中，是棱的中点，
延长与延长线交于点，连接，则直线即为直线，，
由，得，又，于是，
由平面平面，平面平面，平面平面，
则，又，因此，，
所以.
故答案为：；
1．已知球O是正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点E为线段的中点.过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
如图，是A在底面的射影，则点在线段上.
由正弦定理得，的外接圆半径，所以.
在中，
由勾股定理得棱锥的高.
设球O的半径为R，
在中，由勾股定理得，
即，解得，所以.
在中，，.
所以在中，有.
又因为当截面垂直于时，截面面积最小，
此时截面半径为，截面面积为.
故选：A.
2．已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如下图，设的中心为，球O的半径为R，
连接，OD，，OE，则
，
在中，，
解得R＝2，所以，因为BE＝DE，所以，
在中，，
所以，过点E作球O的截面，
当截面与OE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4π.
故选：D.
3．（2024·四川资阳·二模）已知球O的体积为，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面被球O所截的截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设球O的半径为R，则，解得.
因为点A到球心O的距离为3，
所以过点A的平面被球O所截的截面圆的半径的最小值为，
则所求截面面积的最小值为.
故选：C
4．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图，设的中心为，球的半径为，连接，，
则，，
在中，，解得，
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为．
所得截面圆面积的最大值为．
故选：D．
5．（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】C
【解析】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
则五边形为平面截该长方体所得的截面图形，
不妨设，又点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，
所以，，，所以，又，
所以，又，所以，
又，即，解得，
又，即，解得，符合题意，
即五边形为平面截该长方体所得的截面图形.
故选：C
6．（2024·四川成都·二模）在正方体中，、分别是棱、靠近下底面的三等分点，平面平面，则下列结论正确的是（ ）
A．过点
B．
C．过点的截面是三角形
D．过点的截面是四边形
【答案】B
【解析】如图取靠近点的三等分点，的另一个三等分点，的中点，的中点，
连接、、、、、、，
依题意可得且，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
同理可证、，所以，
又、为的三等分点，所以为的中点，所以，则，
所以、、、四点共面，
又，所以，所以、、、四点共面，
所以、、、、共面，
所以五边形即为过点的截面，平面平面，
所以.
故选：B.
7．（2024·安徽安庆·三模）在正方体中，点分别为棱的中点，过点三点作该正方体的截面，则（ ）
A．该截面多边形是四边形
B．该截面多边形与棱的交点是棱的一个三等分点
C．平面
D．平面平面
【答案】B
【解析】对于A，将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于，
连分别与棱交于，得到截面多边形是五边形，A错误；
对于B，易知和全等且都是等腰直角三角形，所以，
所以，即，点是棱的一个三等分点，B正确；
对于C，因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可证，
因为平面，所以平面，
因为平面与平面相交，所以与平面不垂直，C错误；
对于D，易知，所以，
又，所以平面，
结合C结论，所以平面与平面不平行，D错误.
故选：B．
8．（多选题）（2024·河南信阳·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，为的中点．，过作平面的垂线，垂足为，连，，设，的交点为，在中过作直线交，于，两点，，，过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，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．的最小值为
【答案】ABD
【解析】由题意可知，四棱锥为正四棱锥，
过作平面的垂线，垂足为，则O为底面中心，连接、、，
设、的交点为，在中，过作直线交，于，，
由相交直线确定平面，得到四边形是过的截面，
由题意得，是等边三角形，是的重心，
则，故A正确；
又设，，，，
，由三点共线得，解得，故B正确；
易知平面,故平面，
则E到平面的距离为，同理G到平面的距离为2,
又为的中点，则到平面的距离为1，
，
，故C错误;
易知，
故，
，
，，，
当且仅当．取等号，
，
．故D正确.
故选：ABD
9．（多选题）（2024·福建福州·模拟预测）在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不含端点），则（ ）
A．存在点，使平面
B．存在点，点到直线的距离等于
C．过四点的球的体积为
D．过三点的平面截正方体所得截面为六边形
【答案】ACD
【解析】
对于A，当是的中点时，由于是的中点，故.
而，且，故四边形是平行四边形，所以，从而.
而在平面内，不在平面内，所以平面，故A正确；
对于B，设，则，，.
所以，
这就得到.
故点到直线的距离，故B错误；
对于C，设的中点为，过四点的球的球心为，在平面上的投影为，则.
由可知平面，再由可知是的中点.
所以球的半径.
从而球的体积，故C正确；
对于D，分别在上取点，使得.
则过三点的平面截正方体所得截面为六边形，故D正确.
故选：ACD.
10．（2024·山西吕梁·二模）已知圆台的高为3，中截面（过高的中点且垂直于轴的截面）的半径为3，若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1:2的两部分，则该圆台的母线长为 .
【答案】5
【解析】设圆台的上 下底面圆的半径分别为，因为中截面的半径为3，所以根据梯形中位线性质可知：.
又中截面将该圆台的侧面分成了面积比为的两部分，
所以根据圆台侧面积公式可知：，解得，所以.
又圆台的高为3，所以圆台的母线长为.
故答案为：5.
11．现要将一边长为101的正方体，分割成两部分，要求如下：（1）分割截面交正方体各棱，，，于点P，Q，R，S（可与顶点重合）；（2）线段，，，的长度均为非负整数，且线段，，，的每一组取值对应一种分割方式，则有 种不同的分割方式.（用数字作答）
【答案】707504
【解析】易得平面∥平面，平面平面，平面平面，则，
同理可得，则四边形为平行四边形，则，即，
整理得，即，设，，，的长度为，，
又为非负整数，且，易得为非负整数且，下面考虑满足上述条件的有序数列的个数；
当时，易得可取共种情况，可取共种情况，由乘法原理可得共有，
则有序数列共有个；
当时，易得可取共种情况，可取共种情况，由乘法原理可得共有，
则有序数列共有个；
又当有序数列为和时，不满足将正方体分割成两部分，
故共有种分割方式.
故答案为：707504.
12．（2024·河南·模拟预测）在三棱柱中，底面，，点P是棱上的点，，若截面分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为 .
【答案】或
【解析】取的中点，连接，
因为，所以，
因为底面，底面，
所以，
又，所以平面，
不妨设，则，，
，
，
故上面一部分的体积为，
则，
所以两部分的体积比为或.
故答案为：或.
13．（2024·浙江绍兴·模拟预测）过正三棱锥的高的中点作平行于底面的截面，若三棱锥与三棱台的表面积之比为，则直线与底面所成角的正切值为 .
【答案】
【解析】依题意过正三棱锥的高的中点作平行于底面的截面，
则为中点，为中点，为中点，设的边长为，，
则，，，
所以，，
所以三棱锥的表面积，
三棱台的表面积，
依题意，所以，取BC的中点D，则，
因为为正三棱锥的高，所以平面ABC，且，
则与底面所成角为，所以，
所以，故直线与底面所成角的正切值为.
故答案为：
14．（2024·山东临沂·一模）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为 ，体积为 .
【答案】
【解析】因为，所以，设圆的半径为，
又，解得（负值舍去），
过点作交于点，过点作交于点，
则，，
所以，同理可得，，
将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，
其中球缺的高，圆锥的高，底面半径，
则其中一个球冠的表面积，球的表面积，
圆锥的侧面积，
所以几何体的表面积，
又其中一个球缺的体积，
圆锥的体积，球的体积，
所以几何体的体积.
故答案为：；
15．（2024·高三·浙江宁波·期末）已知高为2的圆锥内接于球O，球O的体积为，设圆锥顶点为P，平面为经过圆锥顶点的平面，且与直线所成角为，设平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，，则 .
【答案】
【解析】令球半径为，则，解得，由平面与直线成角，
得平面截球所得小圆半径，因此，
由球的内接圆锥高为2，得球心到此圆锥底面距离，则圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段为圆锥底面圆的弦，
点为弦中点，如图，依题意，，，
，显然，于是，
所以.
故答案为：
16．（2024·河南·三模）在正四棱柱中，，，点P为侧棱上一点，过A，C两点作垂直于BP的截面，以此截面为底面，以B为顶点作棱锥，则该棱锥的外接球的表面积的取值范围是 ．
【答案】
【解析】如图所示，当P与点D重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面，
四棱锥的外接球的球心为对角面的中心O，直径为，
此时外接球的表面积最大，最大为．
当P与点重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面ACM，
设，连接，
因为平面，平面，
所以，
所以，
因为，所以，
所以∽，
所以，所以，解得
所以三棱锥的外接球直径为，
此时外接球的表面积最小，最小为．
所以该棱锥的外接球的表面积的取值范围是，
故答案为：
17．（2024·重庆·三模）在三棱锥中，为正三角形，为等腰直角三角形，且，，则三棱锥的外接球的体积为 ；若点满足，过点作球的截面，当截面圆面积最小时，其半径为 .
【答案】 /
【解析】由题意知，，，，
由勾股定理可知，，，
所以，，取的中点，所以，
所以为三棱锥的外接球的球心，则三棱锥的外接球的半径，
故外接球的体积.
过点作球的截面，若要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，
设球到截面的距离d，只需球心到截面的距离d最大即可，
当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离d最大，
即，取的中点，，
所以，
所以截面圆的半径为.
故答案为：；
18．（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥的所有棱长都为2；点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形H，则H的边数至多为 ，H的面积的最大值为 ．
【答案】 5 /
【解析】取中点且，平面，可知平面，
根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形.
令，则，
可得，
则，可得，
所以，
又因为与的夹角为与夹角，而与垂直，
则，
可得，
可知：当时，S取最大值.
故答案为：；.
19．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知正四棱锥的所有棱长都为2，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形的面积的最大值为 .
【答案】
【解析】取的中点，连接，则，
而平面，得平面，
当点在之间时，作分别交于点，
作分别交于点，连接，则平面与平面平行，得到的截面为五边形，
如图所示：
令，则，，
可得，得，，得，
由，得，
所以，
又因为与的夹角等于与的夹角，且由正四棱锥性质可知与垂直，
所以，
可得截面的面积为：，
根据二次函数的性质，可知，当时，取得最大值，
故答案为：
20．（2024·重庆·模拟预测）已知正四棱锥的底面边长为2，过棱上点作平行于底面的截面若截面边长为1，则截得的四棱锥的体积为 ．
【答案】
【解析】正四棱锥的底面边长为2，截面的边长为1，
所以为对应边上的中点，由所以，
连接交于点，连接，由正四棱锥的性质知面
所以，
所以正四棱锥的体积为.
故答案为：.
21．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知正方体的外接球的表面积为，点，分别是，的中点，过，，的截面最长边长为，最短边长为，则 .
【答案】
【解析】
如图，延长，交于点，连接交于点，
延长，交于点，连接交于点，
连接，，则过，，的截面为五边形，
设正方体的棱长为，
由正方体外接球的表面积为，
可得其外接球的半径为，直径为体对角线，
则，故，
在中，由勾股定理得，
易得，，
故，，，
故，故，，
所以最长边为，最短边为，故.
故答案为：
22．已知过球面上A，B，C三点的截面和球心的距离为球半径的一半，且，则球的表面积是 ．
【答案】/
【解析】在中，，则，，
由正弦定理得外接圆半径，设球半径为，
于是，解得，所以球的表面积是.
故答案为：
23．（2024·河南·模拟预测）在棱长为2的正方体中，为的中点，过点的平面截正方体的外接球的截面面积的最小值为 .
【答案】
【解析】正方体的外接球球心为体对角线的中点，连接，，
过点且与垂直的平面截得外接球的小圆面积是最小的，
因为，，所以，且两点都在外接球的表面上，
根据球的性质知，最小的截面面积是以为直径的圆的面积，
此时圆的面积为.
故答案为：.
24．古希腊数学家阿波罗尼斯在《圆锥曲线论》中记载了用平面截圆锥得到圆锥曲线的方法，如图，将两个完全相同的圆锥对顶放置（两圆锥的顶点和轴都重合），已知两个圆锥的底面直径均为2，侧面积均为，记过两个圆锥轴的截面为平面，平面与两个圆锥侧面的交线为．已知平面平行于平面，平面与两个圆锥侧面的交线为双曲线的一部分，且的两条渐近线分别平行于，则该双曲线的离心率为 ．
【答案】
【解析】以矩形的中心为原点，圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系，设双曲线的标准方程为，
由圆锥的底面直径为2，侧面积为，得，
显然，即，
所以双曲线的离心率.
故答案为：
25．（2024·广东湛江·模拟预测）在棱长为的正方体中，分别是和的中点，经过点的平面把正方体截成两部分，则截面与的交线段长为 .
【答案】
【解析】如图，连接并延长交延长线于，连接交于，连接并延长交延长线于，连接并延长交于，连接，则五边形为经过点的正方体的截面，
因为为的中点，所以，
因为∥，所以∽，
所以，所以,
因为∥，所以∽，
所以，所以,
所以，
所以截面与的交线段长为，
故答案为：
26．（2024·浙江·模拟预测）如图，在棱长为12的正方体中，已知E，F分别为棱AB，的中点，若过点，E，F的平面截正方体所得的截面为一个多边形，则该多边形的周长为 ，该多边形与平面，ABCD的交线所成角的余弦值为 ．
【答案】
【解析】如图，延长DC，与的延长线交于点G，连接EG，交BC于点H，延长GE，与DA的
延长线交于点M，连接，交于点N．连接NE，FH，
因为正方体的棱长为12，
所以．
因为∥，
所以，
所以，
所以，
同理可得，
所以，
所以，，
所以，．
易知，所以，
又，解得，
所以，，
则该多边形的周长为．
由面面平行的性质定理得∥，
则为多边形与平面，ABCD的交线所成的角或其补角．
因为，所以，
所以该多边形与平面，ABCD的交线所成角的余弦值为．
故答案为：；
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