2025年高考數(shù)學(xué)必刷題分類：第51講、立體幾何中的截面問題（教師版）

第51講立體幾何中的截面問題

知識梳理

解決立體幾何截面問題的解題策略．

1、坐標(biāo)法

所謂坐標(biāo)法就是通過建立空間直角坐標(biāo)系，將幾何問題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運算問題，為解

決立體幾何問題增添了一種代數(shù)計算方法．

2、基底法

所謂基底法是不需要建立空間直角坐標(biāo)系，而是利用平面向量及空間向量基本定理

作為依托，其理論依據(jù)是：若四點E、F、G、H共面，P為空間任意點，則有：

結(jié)論1：若EG與EH不共線，那么EFEGEH；

結(jié)論2：PEPFPGPH(1)．

3、幾何法

從幾何視角人手，借助立體幾何中的線線平行、線面平行、面面平行的性質(zhì)與判定

定理以及平面幾何相關(guān)定理、結(jié)論，通過論證，精準(zhǔn)找到該截面與相關(guān)線、面的交點位

置、依次連接這些點，從而得到過三點的完整截面，再依據(jù)題意完成所求解答或證明．

必考題型全歸納

題型一：截面作圖

例1．（2024·全國·高一專題練習(xí)）如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為6，M是A1B1的

中點，點N在棱CC1上，且CN2NC1.作出過點D，M，N的平面截正方體ABCDA1B1C1D1

所得的截面，寫出作法；

【解析】如圖所示，五邊形DQMFN即為所求截面.

作法如下：連接DN并延長交D1C1的延長線于點E，

連接ME交B1C1于點F，交D1A1的延長線于點H，

連接DH交AA1于點Q，連接QM，F(xiàn)N，

所以五邊形DQMFN即為所求截面.

例2．（2024·江蘇·高一專題練習(xí)）如圖，棱長為2的正方體ABCD–A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別

是棱AA1，CC1的中點，過E作平面，使得//平面BDF.

(1)作出截正方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面，寫出作圖過程并說明理由；

(2)求平面與平面BDF的距離.

BF//ED

【解析】（1）連接B1D1,EB1,ED1，由正方體性質(zhì)可得BD//B1D1，1；

又BFBDB，所以平面EB1D1//平面BDF；

因為//平面BDF，且E，所以平面EB1D1與平面重合，即平面EB1D1就是截正方體

ABCD-A1B1C1D1所得的截面.

（2）由（1）可知平面與平面BDF的距離等于點B1到平面BDF的距離；

設(shè)點B1到平面BDF的距離為d，由題意可得BD22,BFDF5，所以VBDF的面積

為6；BB1F的面積為2；

1126

由VBBDFVDBBF可得S△BDFdS△BBF2，解得d.

113313

26

所以平面與平面BDF的距離為.

3

例3．（2024·全國·高一專題練習(xí)）（1）如圖，棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，M，

N是棱A1B1，A1D1的中點，在圖中畫出過底面ABCD中的心O且與平面AMN平行的平面在

正方體中的截面，并求出截面多邊形的周長為：______；

（2）作出平面PQR與四棱錐ABCDE的截面，截面多邊形的邊數(shù)為______．

【解析】(1)分別取E，F(xiàn)為棱B1C1，C1D1的中點，則由中位線性質(zhì)得到：EFB1D1MNBD，

所以四邊形EFDB為平面四邊形，

又ENA1B1AB，ENA1B1AB，所以四邊形ENAB為平行四邊形，所以EBAN，

由EF∥MN，EF平面AMN，MN平面AMN，所以EFP平面AMN，同理EB∥平面

AMN，EFEBE，由面面平行的判定定理可得平面AMN∥平面EFDB，所以四邊形

EFDB即為所求截面，且為梯形，

1

由截面作法可知，DB=22,EF=DB=2,EBFD12225,所以截面四邊形EFDB

2

的周長為3225.

（2）延長PQEB的延長線于G，連接GR,GRBCM,GRED的延長線于H,連接

PH,PHAD于N，連接QM,RN，則五邊形PQMRN即為所求.所以截面多邊形的邊數(shù)為

五.

變式1．（2024·全國·高一專題練習(xí)）如圖①，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，P為線

段BC的中點，Q為線段CC1上的動點，過點A、P、Q的平面截該正方體所得的截面記為S.

（1）若1CQ2，請在圖①中作出截面S（保留尺規(guī)作圖痕跡）；

（2）若CQ1（如圖②），試求截面S將正方體分割所成的上半部分的體積V1與下半部分的

體積V2之比.

【解析】（1）延長DC交AP延長線于點E，此時DCCE，延長EQ交D1C1于點F

延長B1C1交PQ延長線于點G，連接GF，并延長交A1D1于點H，連接AH

此時五邊形APQFH就是截面S

（2）當(dāng)Q為CC1的中點時，再由DCCE，DD1//CQ可知，EQ的延長線交D1C1于點D1，

此時截面S為四邊形APQD1

11117

V2VPADDVpDDCQ2221221

1132323

717

V222

133

177

因此V:V:17:7

1233

變式2．（2024·全國·高一專題練習(xí)）如圖，已知正方體ABCDA1B1C1D1，點E為棱CC1的

中點.

(1)證明：AC1//平面BDE.

(2)證明：AC1BD.

(3)在圖中作出平面BED1截正方體所得的截面圖形(如需用到其它點，需用字母標(biāo)記并說明位

置)，并說明理由.

【解析】（1）證明：連接AC，交BD于點O，連接OE，

因為ABCD是正方形，所以O(shè)為AC的中點，又E為棱CC1的中點，

所以O(shè)E//AC1，OE平面BDE，AC1平面BDE，

所以AC1//平面BDE，

（2）證明：在正方體ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，BD平面ABCD，所以

AA1BD，

∩

又ACBD，ACAA1A，AC,AA1平面ACC1A1，

所以BD平面ACC1A1，

又AC1平面ACC1A1，

所以AC1BD.

（3）如圖取AA1的中點M，連接BM、MD1，則MBED1為平面BED1截正方體所得的截面，

證明：取DD1的中點N，連接NE、AN，因為E為棱CC1的中點

所以AB//CD且ABCD，NE//CD且NECD，

所以AB//NE且ABNE，

所以四邊形ABEN為平行四邊形，

所以AN//BE，

又AM//ND1且AMND1，

所以四邊形AND1M為平行四邊形，

所以AN//D1M，

所以MD1//BE，即B、E、D1、M四點共面，即MBED1為平面BED1截正方體所得的截面；

變式3．（2024·江蘇·高一專題練習(xí)）已知正方體ABCDA1B1C1D1是棱長為1的正方體，M

是棱AA1的中點，過C、D1、M三點作正方體的截面，作出這個截面圖并求出截面的面積．

【解析】連接D1M，并延長，交DA延長線于N連CN交AB于P，連接MP，

則CD1MP為過C、D1、M三點的正方體的截面，

因為M是AA1的中點，MA//DD1

所以M是ND1的中點，A是ND的中點，

因為AP//CD，所以P是NC的中點，

所以MP是三角形NCD1的中位線，

S3S

所以CD1MPNMP，

因為正方體的棱長為1，

52

所以可得MNPN,MP，

22

52

所以三角形NMP是以MNPN為腰，以MP為底的等腰三角形，

22

22

邊上的高為525132，

MP

24484

12323

三角形NMP是的面積S

NMP2248

9

所以S3S

CD1MPNMP8

題型二：截面圖形的形狀、面積及周長問題

例4．（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中

點，Q為線段CC1上的動點，過點A，P，Q的平面截該正方體所得的截面記為S.則下列命

題中正確命題的個數(shù)為（）

1

①當(dāng)0<CQ<時，S為四邊形；

2

1

②當(dāng)CQ=時，S為等腰梯形；

2

31

③當(dāng)CQ=時，S與C1D1的交點R滿足CR；

41113

3

④當(dāng)<CQ<1時，S為六邊形；

4

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

【解析】

1

先確定臨界值點，當(dāng)CQ=，即Q為CC1的中點時，

2

截面交DD1于D1，則界面APQ2D1為等腰梯形，故②正確；

1

對①當(dāng)0<CQ<時，即Q移動到Q位置時，

21

截面交線段DD1于H，所以截面APQ1H為四邊形，故①正確；

3

對③，當(dāng)CQ=時，Q在Q的位置，截面交DD1的延長線于I，

43

延長IQ3,AP交在DC的延長線于G點，

CPCGGQCQ1

則33，

ADGDIGDI2

33131

由CQ，則DI，DI，又有CQ1，

342121344

1

D1R1D1I21

所以2，又C1D11，所以C1R1，故③正確；

C1R1C1Q313

4

3

對④，<CQ<1，Q點移動到Q位置，從圖上看，截面為五邊形，故④錯誤；

44

共3個正確，

故選：C

例5．（2024·四川成都·高二雙流中學(xué)?？计谥校┮阎襟wABCDA1B1C1D1的棱長為

1,M,N為線段BC,CC1上的動點，過點A1,M,N的平面截該正方體的截面記為S，則下列命

題正確的個數(shù)是（）

①當(dāng)BM0且0CN1時，S為等腰梯形；

1

②當(dāng)M，N分別為BC,CC的中點時，幾何體ADMN的體積為；

11112

31

③當(dāng)M為BC中點且CN時，S與CD的交點為R，滿足CR；

41116

④當(dāng)M為BC中點且0CN1時，S為五邊形.

A．1B．2C．3D．4

【答案】B

【解析】①，當(dāng)BM0，即B,M重合，且0CN1時，如下圖所示，

過N作NP//CD1，交C1D1于P，連接A1P，

根據(jù)正方體的性質(zhì)可知A1B//CD1，所以NP//A1B，所以A1,B,N,P四點共面，

在等腰直角三角形CC1D1中，根據(jù)平行線分線段成比例的知識可知CNPD1，

所以2222，

A1P1PD11CNBN

即截面S為等腰梯形，①正確.

②，當(dāng)M，N分別為BC,CC1的中點時，

12

過N作NHCD1，垂足為H，則NH//CD,NHCD，

1414

由于BC平面CDD1C1，NH平面CDD1C1，所以BCNH，

由于CD1BCC,CD1,BC平面A1BCD1，

所以NH平面A1BCD1，即NH平面A1MD1.

所以1121，②正確

VADMNVNADM12.

111132412

3

③，當(dāng)M為BC中點且CN時，S與CD的交點為R，S與AB的交點為P，

411

由于平面ABB1A1//平面DCC1D1，

平面ABB1A1SA1P，平面DCC1D1SRN，所以A1P//RN，

同理可證得A1R//PM，

1

CN，設(shè)CRx,PBy，則DR1x，

1411

由D1RA1MPB，得tanD1RA1tanMPB，

1

11

即111，所以，

2,yxAP1yx

1xy2222

1

11

同理tanAPAtanCRN，所以4，解得x.

1111

xx7

22

1

即CR，③錯誤.

17

④，當(dāng)M為BC中點且CN0時，C,N重合，如下圖所示，

截面S是四邊形A1BCD1，④錯誤.

所以正確的有2個.

故選：B

例6．（2024·全國·高一專題練習(xí)）如圖正方體ABCDA1B1C1D1，棱長為1，P為BC中點，

Q為線段CC1上的動點，過A?P?Q的平面截該正方體所得的截面記為.若，則

CQCC1

下列結(jié)論錯誤的是（）

11

A．當(dāng)0,時，為四邊形B．當(dāng)時，為等腰梯形

22

36

C．當(dāng),1時，為六邊形D．當(dāng)1時，的面積為

42

【答案】C

1

【解析】當(dāng)0時，如下圖1，是四邊形，故A正確；

2

1

當(dāng)時，如下圖2，為等腰梯形，B正確：

2

3

當(dāng)1時，如下圖3，是五邊形，C錯誤；

4

當(dāng)1時，Q與C1重合，取A1D1的中點F，連接AF，如下圖4，由正方體的性質(zhì)易得

16

PC1//BM//AF，且PC1AF，截面為APC1F為菱形，其面積為ACPF，D正

212

確.

故選：C

變式4．（2024·江蘇鎮(zhèn)江·高二揚中市第二高級中學(xué)校考開學(xué)考試）如圖，在棱長為2的正

方體ABCDABCD中，點E、F、G分別是棱AB、BC、CD的中點，則由點E、F、

G確定的平面截正方體所得的截面多邊形的面積等于．

【答案】33

2

【解析】因為E、F分別為AB、BC的中點，則EF//AC且

2

222，

EFBEBF21

2

因為AA//CC且AACC，所以，四邊形AACC為平行四邊形，所以，AC//AC，

所以，EF//AC，設(shè)平面EFG交棱AD于點H，

因為平面ABCD//平面ABCD，平面EFG平面ABCDEF，

平面EFG平面ABCDGH，所以，EF//GH，則GH//AC，

因為G為CD的中點，所以，H為AD的中點，

設(shè)直線EF分別交DA、DC的延長線于點P、Q，連接PH交棱AA于點M，

連接QG交棱CC于點N，連接EM、FN，則截面為六邊形EFNGHM，

APAE

因為AP//CB，則1，

BFBE

111

所以，APBFBCADADAH，

222

AMAH

因為AH//AP，則1，所以，AMAM，則M為AA的中點，

AMAP

同理可知，N為CC的中點，易知六邊形EFNGHM是邊長為EF1的正六邊形，

1333

所以，截面面積為612sin606.

242

33

故答案為：.

2

變式5．（2024·河南信陽·高二信陽高中?？茧A段練習(xí)）在一次通用技術(shù)實踐課上，木工小組

需要將正方體木塊截去一角，要求截面經(jīng)過面對角線AC上的點P（如圖），且與平面B1CD1

2

平行，已知AA110cm，AP6cm，則截面面積等于cm.

【答案】363

【解析】如圖，連接BD交AC于點O，連接A1D、A1B.

因為BB1//DD1且BB1DD1，故四邊形BB1D1D為平行四邊形，所以，BD//B1D1，

因為BD平面B1CD1，B1D1平面B1CD1，所以，BD//平面B1CD1，

同理可證A1B//平面B1CD1，

因為A1BBDB，A1B、BD平面A1BD，所以，平面A1BD//平面B1CD1，

故截面平行于平面A1BD.

過點P作與BD平行的直線分別交AD、AB于點M、N，在AA1上取點Q使AQAM.

AQAM

AQAM，，△AQM∽△AA1D，QM//DA1.

AA1AD

因為QM平面A1BD，A1D平面A1BD，所以，QM//平面A1BD，

又因為MN//DB，MN平面A1BD，BD平面A1BD，所以，MN//平面A1BD，

因為MNQMM，MN、QM平面MNQ，所以，平面MNQ//平面A1BD，

S222

∽△MNQMNAP618

易得△MNQ△DBA1，故，

SDBAO25

△DBA152

因為222，

A1BABAA1102102

2

1

易知ABD是邊長為的等邊三角形，所以，S△102sin60503，

1102A1BD

2

18182

因此，S△MNQS△ABD503363cm.

25125

故答案為：363.

變式6．（2024·江蘇泰州·高一泰州中學(xué)?？茧A段練習(xí)）正方體ABCDA1B1C1D1的棱長是a，

其中E是CD中點，F(xiàn)是AA1中點，則過點E,F,B1的截面面積是．

1129

【答案】a2

48

1

【解析】在CC1上取M使CMCC，連接ME并延長與DD的延長線交于點G，連GF交

411

AD于N，連接B1M,NE，

由正方體的性質(zhì)可知B1F//EM，則五邊形B1MENF即為過點E,F,B1的截面，

11111

由題可得CMDGAFCCa，GEGM,GNGF，

241423

5533

在B1MF中，BMa,BFa,MFa，

14124

352145

由余弦定理得cosMBF，所以sinMBF，

125125

292

所以平行四邊形B1MGF的面積為SBFBMsinMBFa，

1114

11

又由GEGM,GNGF，

23

11

所以SGEGNsinNGES，

GEN212

111129

所以截面的面積為SSa3.

B1MENF1248

1129

故答案為：a2.

48

變式7．（2024·全國·高三專題練習(xí)）已知直三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱長為2，ABBC，

ABBC2，過AB，BB1的中點E，F(xiàn)作平面與平面AA1C1C垂直，則所得截面周長

為．

【答案】326

【解析】如圖，

取AC的中點D，連接BD，取A1C1的中點D1，連接B1D1，BD，

取AD的中點G，連接EG，連接EF，并延長與A1B1交于H，取C1D1的中點M，連接MH，

交B1C1于N，連接FN、GM，可得EG//BD，BD//B1D1，MN//B1D1，即有EG//MN，

又ABBC，可得BDAC，因為AA1平面ABC，BD平面ABC，所以BDAA1，

∩

ACAA1A，AC,AA1平面ACC1A1，所以BD平面AA1C1C，因為EG//BD，所以EG

平面AA1C1C，EG平面EGMF，由面面垂直的判定定理，可得平面EGMF平面AA1C1C，

1212

則平面EGMNF即為平面，由EGBD，GM426，MNBD，

222112

2

NF2，F(xiàn)E2，可得所得截面周長為2622326．

2

故答案為：326．

變式8．（2024·全國·高三專題練習(xí)）棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，點E為棱BC的

中點，則過B1，E，D三點的平面截正方體的截面周長為．

【答案】25

【解析】

如圖，取A1D1的中點為F，連接FD,B1F，取AD的中點為G，連接FG,BG，

在正方形A1D1DA中，因為F、G分別為所在棱的中點，故FG//AA1，F(xiàn)GAA1

而BB1//AA1，BB1AA1，故FG//BB1，F(xiàn)GBB1，

故四邊形FGBB1為平行四邊形，故FB1//GB,FB1=GB,

在正方形ABCD中，因為E、G分別為所在棱的中點，故GD//BE,GD=BE，

故四邊形DGBE為平行四邊形，故DE//GB,DE=GB,

故FB1//DE,FB1=DE，故四邊形FB1ED為平行四邊形，

故F,B1,E,D四點共面，故過B1，E，D三點的平面截正方體的截面為平行四邊形FB1ED.

155

又DEBE1，故截面的周長為425，

1422

故答案為：25.

變式9．（2024·四川瀘州·四川省瀘縣第二中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在棱長為2的正方體

ABCDA1B1C1D1，中，點E為CD的中點，則過點C且與B1E垂直的平面被正方體

ABCDA1B1C1D1截得的截面周長為．

【答案】252/225

【解析】如圖，取AD中點F，DD1中點G，連接CF,FG,CG,BE,B1E，設(shè)BE與CF交于

點O，

因為B1E在平面ABCD內(nèi)的射影為BE，

由CDBE,DFCE,BCEFDC90可得BCECFD，

所以BECDFC,EBCFCD，

又因為ABEEBC90,EBCBEC90，

所以ABEBECDFC，

在四邊形AFBO中，AABEBOFCFA360，

其中ABEAFCDFCAFC180A90，

所以BDF90，即BECF，

所以CF是截面內(nèi)的一條線，

同理CG,GF是截面內(nèi)的一條線，

所以過點C且與B1E垂直的平面被正方體ABCDA1B1C1D1截得的截面為CFG，

因為正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，

所以CF415,CG415,FG112,

截面CFG的周長為CFCGFG552252，

故答案為：252

題型三：截面切割幾何體的體積問題

例7．（2024·廣東廣州·高一統(tǒng)考期末）在棱長為a的正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別

為棱BC，CC1的中點，過點A，E，F(xiàn)作一個截面，該截面將正方體分成兩個多面體，則體

積較小的多面體的體積為.

3

【答案】7a

24

【解析】如圖，依次連接AE,EF,FD1,D1A，四邊形AEFD1即為所求截面，

因為點E、F分別為棱BC、CC1的中點，所以EF∥D1A，

1a21aaa2

可知ADD1ECF為三棱臺，所以S△aa,S△，

ADD122ECF2228

11a2a2a2a27a3

其體積VS△S△S△S△CDa，

ADD1ECFADD1ADD1ECFECF

33228824

且正方體的體積為Vaaaa3，

ABCDA1B1C1D1

33

37a17a

則另一部分的體積為VVVa，

ABCDA1B1C1D1ADD1ECF2424

17a37a37a3

因為，所以體積較小的多面體的體積為.

242424

7a3

故答案為：.

24

例8．（2024·遼寧錦州·?？家荒＃┰谡睦忮FSABCD中，M為SC的中點，過AM作截面

V2

將該四棱錐分成上?下兩部分，記上?下兩部分的體積分別為V1,V2，則的最大值

V1

是.

【答案】2

V2

【解析】記正四棱錐SABCD的體積為V，的最大值，由V1V2V為定值知，只需求V1

V1

的最小值，

設(shè)過AM的截面分別交SB和SD于E,F，平面SAC與平面SBD的交線為SO,SO與AM相交

于G，如圖，

2SESF11111

則SGSO，令x,y，則SG(SDSB)SESF，即有1，

3SBSD33x3y3x3y

SFSE

VVVVVVV

1SAFMSAEMFSAMESAMSDDSAMSBBSAM

11VV11VyxV

yVxV(xy)(xy)()(2)，

2DSAC2BSAC443x3y12xy4

VVVVV

221112

當(dāng)且僅當(dāng)xy時取等號，此時VVVV，

3111

3

V

所以2的最大值是2.

V1

故答案為：2

例9．（2024·浙江·高二競賽）在正四棱錐SABCD中，M在棱SC上且滿足SM2MC.過

V2

AM作截面將此四棱錐分成上，下兩部分，記上，下兩部分的體積分別為V1，V2，則的

V1

最大值為.

7

【答案】

8

【解析】設(shè)過AM的平面交SB,SD于G,P，

將平面MGAP延伸，交BC,CD于E，F(xiàn)，則A，E，F(xiàn)共線.

BG

設(shè)x，

SB

FCDPECx

21,21，

FDPSEB1x

FCCECECE

又，

FDDABCCEBE

BE2XDP1BE13x

而,1，

CE1xPS2CE21x

VSASMdGASCdPASC1SGSP

由于1

V2SASCdBASC3SBSD

122x1435x4

1x，

335x355535x

14V85

x0,,y5x,3，1,，

33V159

VVVV7

211.

V1V1V18

7

故答案為：.

8

變式10．（2024·上?！じ叨ｎ}練習(xí)）如圖，正方體ABCDA1B1C1D1，中，E?F分別是棱

AB?BC的中點，過點D1?E?F的截面將正方體分割成兩個部分，記這兩個部分的體積分別為

V1,V2，記V1V2，則V1:V2.

25

【答案】

47

【解析】延長EF交DC的延長線與點P，連接D1P交CC1于點G，連接FG：

延長FE交DA的延長線與點O，連接D1O交AA1于點H，連接HE：

所以過D,E,F的截面為DHEFG，如下圖示：

設(shè)正方體的棱長為2a，

則過D1,E,F的截面下方幾何體的體積為

1111112a25

VSOD2SOA3a2a3a2aaa3，

13D1DP3AEH323239

254725

所以另一部分體積為V8a3a3a3，則V:V.

2991247

25

故答案為：

47

變式11．（2024·全國·高一專題練習(xí)）如圖所示，在長方體ABCDABCD中，用截面截下

一個三棱錐CADD，則三棱錐CADD的體積與剩余部分的體積之比為.

【答案】1:5

==

【解析】設(shè)ABa，ADb，AAc，所以長方體體積VABCDABCDabc

1111

三棱錐CADD的體積VCDSabcabc，

CADD3△ADD326

15

∴剩余部分的體積VVabcabcabc

ABCDABCDCADD66

∴三棱錐CADD的體積與剩余部分的體積之比為1:5.

故答案為：1:5.

變式12．（2024·貴州貴陽·貴陽六中?？家荒＃┰谌庵鵄BC-A1B1C1中，AA1底面ABC，

1

ABBCCAAA，點P是棱AA上的點，AP2PA，若截面BPC分這個棱柱為兩部

21111

分，則這兩部分的體積比為.

45

【答案】或

54

【解析】取AC的中點D，連接BD，

因為ABBC，所以BDAC，

因為AA1底面ABC，BD底面ABC，

所以AA1BD，

∩

又ACAA1A，所以BD平面AA1C1C，

24

=3

不妨設(shè)ABa，則BDa，APAA1a，

233

1333，

Vaa2aa

ABCA1B1C1222

4

a2aa

133533，

Vaa

BAPC1C32218

故上面一部分的體積為233，

VVa

ABCA1B1C1BAPC1C9

23

a3

4

則9，

535

a3

18

45

所以兩部分的體積比為或.

54

45

故答案為：或.

54

變式13．（2024·廣東揭陽·高一普寧市華僑中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，正方體ABCDA1B1C1D1

中，E?F分別是棱A1B1?C1D1的中點，則正方體被截面BEFC分成兩部分的體積之比

V1:V2.

【答案】3

【解析】設(shè)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2a，體積為V，則

V2a2a2a8a3，

因為E是棱A1B1的中點，所以EB1a，

11

VSBCEBBBBCa2a2a2a3，

2BB1E2112

333

V1VV28a2a6a.

V6a3

1

33.

V22a

故答案為：3

題型四：球與截面問題

例10．（2024·湖南長沙·高三長沙一中?？茧A段練習(xí)）如圖，在棱長為1的正方體

ABCDA1B1C1D1中，M,N分別為棱A1D1,DD1的中點，過MN作該正方體外接球的截面，

所得截面的面積的最小值為（）

ππ3ππ

A．B．C．D．

6482

【答案】C

【解析】如圖，

13

正方體外接球的球心在其中心點O處，球的半徑R121212，

22

要使過MN的平面截該球得到的截面面積最小，則截面圓的圓心為線段MN的中點Q，

2

連接OM,ON，則OMONMN，

2

2

216

所以O(shè)QOMMN，

24

6

此時截面圓的半徑rR2OQ2，

4

3

此時，截面面積的最小值Sπr2π.

8

故選：C.

例11．（2024·福建福州·福建省福州第一中學(xué)?？寄M預(yù)測）在矩形ABCD中，AB3,AD4，

將△ABD沿對角線BD翻折至ABD的位置，使得平面ABD平面BCD，則在三棱錐

ABCD的外接球中，以AC為直徑的截面到球心的距離為（）

43562239113

A．B．C．D．

1051010

【答案】B

【解析】如圖，取BD的中點為O，連接AO,CO，過A作AHBD，垂足為H，連接CH.

因為三角形ADB為直角三角形，故AOODOB，

同理COODOB，故COODOBOA，

所以O(shè)為三棱錐ABCD的外接球的球心，而BD9165，

因為AHBD，AH平面ABD，平面ABD平面CBD，

平面ABD平面CBDBD，故AH平面CBD，

而CH平面CBD，故AHCH.

3412

在直角三角形ABD中，AB3,AD4，故AH，

9165

1449

故BH9，

255

4

在直角三角形CBD中，cosCBD，

5

8194193144193337

故CH21624，故AC2.

255525252525

設(shè)球心到以AC為直徑的截面的距離為d，

2

2512533762533712262

則dAC，

42442510105

故選：B.

32π

例12．（2024·海南·高三校聯(lián)考期末）已知某球的體積為，該球的某截面圓的面積為3π，

3

則球面上的點到該截面圓圓心的最大距離為（）

5

A．1B．3C．23D．

2

【答案】B

【解析】設(shè)截面圓的半徑為r，球O的半徑為R球心到截面的距離為d，

則r2d2R2，

32π4π

因為球的體積為R3,

33

所以R2，

因為截面圓的面積為3π，

所以3π=πr2，故r3，

所以d1，

所以球面上的點到該截面圓圓心的最大距離為dR3，

故最大距離為3.

故選：B.

變式14．（2024·江西南昌·江西師大附中?？既＃┮阎襟wABCDA1B1C1D1的棱長為2，

E為棱CC1上的一點，且滿足平面BDE平面A1BD，則平面A1BD截四面體ABCE的外接

球所得截面的面積為（）

132582

A．B．C．D．

61233

【答