突破2空間幾何體的截面（交線）問題1.[2024長沙重點中學摸底考試]棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1的全部頂點均在球O的球面上，E，F，G分別為AB，AD，AA1的中點，則平面EFG截球O所得圓的半徑為（B）A.2 B.153 C.263 解析由題意，正方體ABCD－A1B1C1D1的外接球球心O為體對角線AC1的中點，正方體體對角線長為23，所以球的半徑R＝3.易知點A到平面EFG的距離為33，所以球心O到平面EFG的距離為3－33＝233，所以截面圓的半徑r＝R2.[2024南通市部分學校第一次聯考]祖暅是南北朝時代的宏大數學家，他于公元5世紀末提出體積計算原理，即祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”.意思是假如兩等高的幾何體在同高處截得兩幾何體的截面積恒等，那么這兩個幾何體的體積相等.現有以下四個幾何體：圖①是從圓柱中挖去一個圓錐所得的幾何體；圖②、圖③、圖④分別是圓錐、圓臺和半球，則可以用來驗證祖暅原理的兩個幾何體為（D）① ② ③ ④A.①② B.①③ C.②④ D.①④解析設平行于底面的截面與底面間的距離為h，則①中截面圓環的面積為π（R2－h2）；②中截面圓的半徑為R－h，截面圓的面積為π（R－h）2；③中截面圓的半徑為R－h2，截面圓的面積為π（R－h2）2；④中截面圓的半徑為R2－h2，截面圓的面積為π（R2－h23.[2024安徽滁州中學模擬改編]如圖，已知四面體ABCD的各條棱長均等于4，E，F分別是棱AD，BC的中點.若用一個與直線EF垂直，且與四面體的每一個面都相交的平面α去截該四面體，由此得到一個多邊形截面，則該多邊形截面面積的最大值為（B）A.32 B.4 C.42 D.6解析將正四面體補成正方體，如圖所示，可得EF⊥平面CHBG，且正方體的棱長為22.由于EF⊥平面α，且平面α與四面體的每一個面都相交，故截面為平行四邊形MNKL，且KL＋KN＝4，又KL∥BC，KN∥AD，且AD⊥BC，∴KN⊥KL，∴平行四邊形MNKL為矩形，∴S矩形MNKL＝KN·KL≤（KN＋KL2）2＝4，當且僅當KN＝KL＝4.[2024福州質檢]已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，E，F分別是棱AA1，BC的中點，則平面D1EF截該正方體所得的截面圖形周長為（D）A.6 B.102C.13＋25 D.2解析如圖，取CC1的中點G，連接BG，則D1E∥BG，取CG的中點N，連接FN，D1N，則FN∥BG，所以FN∥D1E.延長D1E，DA交于點H，連接FH交AB于點M，連接ME，則平面D1EF截該正方體所得的截面圖形為多邊形D1EMFN.由題知A為HD的中點，A1E＝AE＝2，C1N＝3，CN＝1，則D1E＝42＋22＝25，D1N＝42＋32＝5，FN＝12＋22＝5.取AD的中點Q，連接QF，則AM∥FQ，所以AMFQ＝AHHQ，所以AM＝AHHQ·FQ＝46×4＝83，則MB＝43，則ME＝AE2＋AM2＝4+（83）2＝103，MF＝MB2＋B5.[2024廣西聯考]已知正方體ABCD－A1B1C1D1的外接球表面積為27π，點E為棱BB1的中點，且DE⊥平面α，點C1∈平面α，則平面α截正方體ABCD－A1B1C1D1所得的截面圖形的面積為（D）A.8124 B.8128 C.81解析設該正方體外接球的半徑為R，依題意得4πR2＝27π，解得R2＝274，故R＝332，又3AB＝2R，故AB＝3，即正方體的棱長為3.如圖，分別取棱AB，BC的中點F，G，連接GF，A1F，C1G，A1C1，依據正方體的性質可知，四邊形A1C1GF為等腰梯形，以A1為坐標原點，A1B1，A1D1，A1A所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A1（0，0，0），F（32，0，3），C1（3，3，0），E（3，0，32），D（0，3，3），可得DE＝（3，－3，－32），A1F＝（32，0，3），A1C1＝（3，3，0），則DE·A1F＝92－92＝0，DE·A1C1＝9由于A1F∩A1C1＝A1，所以DE⊥平面A1C1GF，即截面圖形為等腰梯形A1C1GF.連接AC，則FG＝12AC＝322，又A1F＝C1G＝32＋（32）2＝352，A1C1＝3故截面圖形的面積為12×（322＋32）×9246.[多選/2024襄陽市三校聯考]已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，直線AC1⊥平面α，平面α截此正方體所得截面有如下四個結論，其中正確的是（ACD）A.截面形態可能為正三角形B.截面形態可能為正方形C.截面形態不行能是正五邊形D.截面面積的最大值為33解析如圖所示，易知直線AC1⊥平面A1BD，依題意知，平面α與平面A1BD平行或重合，所以平面α截此正方體所得截面可能為正三角形（如圖中△A1BD），也可能為六邊形，不行能為正方形或正五邊形.當截面為正六邊形時（如圖中六邊形EFGHIP，E，F，G，H，I，P分別為其所在棱的中點），截面面積取得最大值為6×34×（2）2＝33.綜上可知，結論正確的是ACD.7.[2024廣東七校聯考]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M為側棱BB1上一點，且B1M＝23B1B，平面A1DM將該正方體分成兩部分，其體積分別為V1，V2（V1＜V2），則解析如圖，延長線段A1M，與AB的延長線交于點N，連接DN，交BC于點K，連接MK，故平面A1DM延展后為平面A1DKM，該平面將正方體分成兩部分，其中一部分是三棱臺BMK－AA1D.因為MB∥A1A，所以NBNA＝MBAA1＝MBBB1＝13，不妨設正方體的棱長為3，則V1＝V三棱臺BMK－AA1D＝13（S△BKM＋S△AA1D＋S△BKM×S△AA1D）×AB＝13×（12×1×1＋8.[2024濟南摸底考試改編]在正四面體ABCD中，AB＝2，過線段AB的一個三等分點且與AB垂直的平面截該四面體所得截面的周長為26+2解析如圖所示，取AB的中點為E，連接CE，DE，因為四面體ABCD是正四面體，所以AB⊥CE，AB⊥DE，又CE∩DE＝E，CE，DE?平面CDE，所以AB⊥平面CDE.取線段AB的一個靠近點A的三等分點F，過點F分別作FG∥EC，FH∥ED，且分別交AC，AD于G，H，連接GH，則可得平面FGH∥平面CDE，所以AB⊥平面FGH，且GH∥CD，因為AFAE＝23，所以FGEC＝FHED＝GHCD＝23，因為EC＝2×32＝62，所以FG＝63，則FH＝FG＝63，因為CD＝2，所以GH＝223，則截面FGH的周長為29.已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M，N，E，F分別是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中點，則過EF且與MN平行的平面截正方體所得截面的面積為22.解析如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，設CD，BC的中點分別為H，G，連接HE，HG，GE，HF