微专题6 立体几何中的截面问题知识梳理1．截面问题(1) 正方体的基本斜截面：正六面体的斜截面不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形．(2) 圆柱体的基本截面：(3) 结合线、面平行的判定定理与性质定理求截面问题；结合线、面垂直的判定定理与性质定理求截面问题．考向导航目录类型一确定截面的形状 (1)类型二确定截面的个数 (4)类型三计算截面图形的面积或周长 (7)典例精讲类型一确定截面的形状【例1】在正方体中，为的中点，E为棱D D上的动点（不包括端点），过点B，E，F的1平面截正方体所得的截面的形状不可能是()A ．四边形B ．等腰梯形C ．五边形D ．六边形【考点】LJ ：平面的基本性质及推论 【分析】不妨设正方体的棱长为1，分102DE <，12DE =，112DE <<三类画出图形得答案．【解答】解：不妨设正方体的棱长为1 当102DE<时，截面为四边形BFEM ； 特别的，当12DE =时，截面为等腰梯形1BFEC ； 当112DE <<时，截面为五边形BFENK ，不可能为六边形． 故选：D ．【点评】本题考查平面的基本性质及推论，考查空间想象能力与思维能力，是中档题． 【例2】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点M 为棱BC 的中点，用平行于体对角线1BD 且过点A ，M 的平面去截正方体1111ABCD A B C D -，得到的截面的形状F 是( ) A ．平行四边形 B ．梯形 C ．五边形 D ．以上都不对 【分析】画出图形，设截面为α，设BD AM O =，P 为1DD 的靠近于1D 的三等分点，N为1CC 的靠近于C 的三等分点，由1//BD α，推出//MN AP 推出截面AMNP 为梯形． 【解答】解：如图，设截面为α，设BD AM O =，P 为1DD 的靠近于1D 的三等分点，N 为1CC 的靠近于C 的三等分点，由1//BD α可得平面1BDD 与α的交线平行于1BD ，所以α⋂平面1DBD OP =， 又平面α与两平行平面11AA D D ，11BB C C 的交线应互相平行， α∴⋂平面11BB C C MN =，由//MN AP 且MN AP ≠可得截面AMNP 为梯形， 故选：B ．【点评】本题考查平面的基本性质的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，是中档题．【变式1-1】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段1CC 上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ，则下列命题正确的是()①三棱锥1P AA Q -的体积为定值；②当12CQ =时，S 为等腰梯形；③当314CQ <<时，S 为六边形； ④当1CQ =时，S 6． A ．①④B ．①②③C ．②③④D ．①②④【分析】①通过计算点P 到平面1AAQ 的距离，利用体积公式计算即可； ②通过条件可得1//PQ AD ，从而得出结论； ③当314CQ <<时，S 为五边形，故③错误； ④通过条件可知S 为平行四边形1APC R ，利用面积计算公式即得结论． 【解答】解：①点P 到平面1AAQ 的距离24h =， ∴11111211233212P AA Q AA QV S h -==⨯⨯=，故①正确．②当12CQ =时，1//PQ AD ，S 为等腰梯形1APQD ，故②正确． ③当314CQ <<时，S 为五边形，故③错误． ④设11A D 的中点为R ，当1CQ =时，S 为平行四边形1APC R ， 易得S 6④正确． 故选：D ．【点评】本题考查点到直线的距离公式，棱锥的体积公式，面积公式，注意解题方法的积累，属于中档题．【变式1-2】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段1CC 上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ，则下列命题正确的是()A ．当102CQ <<时，S 为四边形B ．当12CQ =时，S 为等腰梯形 C ．当34CQ =时，S 与11C D 的交点R 满足113C R =D ．当314CQ <<时，S 为六边形 【分析】由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面可判断选项的正误． 【解答】解：如图 当12CQ =时，即Q 为1CC 中点，此时可得1//PQ AD ，221151()2AP QD ==+=，故可得截面1APQD 为等腰梯形，故B 正确； 由上图当点Q 向C 移动时，满足102CQ <<，只需在1DD 上取点M 满足//AM PQ ， 即可得截面为四边形APQM ，故A 正确； 当34CQ =时，如图， 延长1DD 至N ，使112D N =，连接AN 交11A D 于S ，连接NQ 交11C D 于R ，连接SR ， 可证//AN PQ ，由11NRD QRC ∆∆∽，可得1111::1:2C R D R C Q D N ==，故可得113C R =，故C 正确； 由C 可知当314CQ <<时，只需点Q 上移即可，此时的截面形状仍然上图所示的APQRS ，显然为五边形，故D 错误； 故选：ABC ．【点评】本题考查命题真假的判断与应用，涉及正方体的截面问题，属中档题． 易错警示在判断截面形状时,如果对截面与几何体的各个面是否存在交线,交线是什么形状,交线的位置等情况分析不清,那么容易导致判断错误,因此要结合空间中线面平行、面面平行的判定定理和性质定理等进行分析判断.类型二 确定截面的个数【例3】设四棱锥P ABCD -的底面不是平行四边形，用平面α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(α ) A ．不存在B ．只有1个C ．恰有4个D ．有无数多个【分析】若要使截面四边形1111A B C D 是平行四边形，我们只要证明1111//A B C D ，同时1111//A D B C 即可，根据已知中侧面PAD 与侧面PBC 相交，侧面PAB 与侧面PCD 相交，根据面面平行的性质定理，我们易得结论．【解答】证明：由侧面PAD 与侧面PBC 相交，侧面PAB 与侧面PCD 相交，设两组相交平面的交线分别为m ，n ， 由m ，n 确定的平面为β， 作α与β平行且与四条侧棱相交， 交点分别为1A ，1B ，1C ，1D 则由面面平行的性质定理得： 1111////A B m D C ，1111////A D n B C ，从而得截面必为平行四边形．由于平面α可以上下移动，则这样的平面α有无数多个． 故选：D ．【点评】本小题主要考查棱锥的结构特征、面面平行的性质定理等基础知识，考查了转化思想，属于基础题．【例4】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD 与BC 相交．若平面α截此四棱锥得到的截面是一个平行四边形，则这样的平面(α ) A ．不存在B ．恰有1个C ．恰有5个D ．有无数个【分析】由线线平行且相等证明为平行四边形．【解答】解：在平面ABCD 中作线段//MN AB ，交AD 、BC 于点M 、N ； 在平面PAB 中作//EF AB ，交PA 、PB 于点E 、F ； 使MN EF =．则四边形EFNM 为平行四边形； 这样的平行四边形显然可以做无数个， 且平行四边形所在平面可为α． 故选：D ．【点评】本题考查了学生作图、识图的能力，属于基础题．【变式2-1】祖暅原理也就是“等积原理”，它是由我国南北朝杰出的数学家祖冲之的儿子祖暅首先提出来的，祖暅原理的内容是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．已知，两个平行平面间有三个几何体，分别是三棱锥、四棱锥、圆锥（高度都为)h ，其中：三棱锥的底面是正三角形（边长为)a ，四棱锥的底面是有一个角为60︒的菱形（边长为)b ，圆锥的体积为V ，现用平行于这两个平行平面的平面去截三个几何体，如果截得的三个截面的面积相等，那么，下列关系式正确的是( ) A ．4323:2:1V Va b a b == B ．4323:1:2V Va b a b == C ．4323,,:2VVa b a b hh=== D ．4323,,:2VVa b a b hh===【分析】由祖暅原理可知：三个几何体的体积相等，设圆锥的底面半径为r ．则22213131333V h h h r π=⨯=⨯=⨯⨯，由此能求出结果．【解答】解：由祖暅原理可知：三个几何体的体积相等， 设圆锥的底面半径为r ．则22213131333V h h h r π=⨯=⨯=⨯⨯，由2133V h =⨯，解得43V a h =由2133V h =⨯，解得23Vb h=由22131333V h h =⨯=⨯，解得:2a b ．故选：C ．【点评】本题主要考查祖暅原理的应用，由题意易知，三个几何体的体积相等，从而构建了变量间的等量关系，根据选项合理选择方程，从而易知正确选项．【变式2-2】在下列四个命题中，其中正确命题的是( )A ．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B ．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥C ．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D ．用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，这样的多面体叫做棱台 【分析】直接利用棱柱、棱锥、棱台的结构特征逐一核对四个选项得答案．【解答】解：选项A 不符合棱柱的结构特征，可取一个简单的组合体说明错误，如下面是一个正三棱柱，上面是一个以正三棱柱上底面为底面的斜三棱柱；选项B 不符合棱锥的结构特征，应该是有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形；选项C 不符合棱台的结构特征，棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，则应保证各侧棱延长后相交于一点；用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，这样的多面体叫做棱台，正确． 故选：D ．【点评】本题考查了命题的真假判断与应用，考查了棱柱、棱锥、棱台的结构特征，是基础题．类型三 计算截面图形的面积或周长【例5】已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 是线段1BD 上（不含端点）的任意一点，点E 是线段1A B 的中点，点F 是平面ABCD 内一点，则下面结论中正确的有( ) A ．//CD 平面1PBCB ．以1A 为球心、2为半径的球面与该正方体侧面11DCCD 的交线长是2π C ．||||EP PF +的最小值是23 D ．||||EP PF +的最小值是23【分析】利用线线平行可得线面平行可判断A ，求出球面与面11DCC D 的交线长可判断B ，求出||||EP PF +的最小值可判断C ，D ．【解答】解：平面1PBC 即为平面11BC D ，11//CD C D ，11C D ⊂平面11BC D ，CD ⊂/平面11BC D ，//CD ∴平面1PBC ，故A 正确；11A D ⊥平面11DCC D ，以1A 为球心、2为半径的球面与该正方体侧面11DCC D 的交线即为以1D 为圆心，1为半径的圆在面11DCC D 内的部分，故其交线长为12142ππ⨯⨯=，故B 正确；点F 是平面ABCD 内一点，||PF 的最小值即为P 到面ABCD 的距离，即过点P 向BD 作垂线，垂足即为F ，把平面11BA D 绕1BD 旋转平与1BDD 在同一平面内，如图所示， 由正方体1111ABCD A B C D -的可知112DBA DBD ∠=∠， 又2211121cos cos 22cos 12(33DBA DBD DBD ∠=∠=∠-=⨯=，122sin DBA ∴∠=又2BE ，||||EP PF +的最小值即为E 到BD 的距离，||||EP PF ∴+的最小值为2222233=．故C 错误，D 正确． 故选：ABD ．【点评】本题考查线面平行的证明，点运动和轨迹问题，距离和的最小值的求法，属中档题．【例6】已知在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱BC 的中点，以点E 为球心，10Γ，则下列结论正确的是( ) A ．Γ与面11ABB A 6πB ．直线1BD 被Γ266C ．若点H 为Γ上的一个动点，则1HD 的最小值为810D ．Γ与截面11BDD B 的交线长为423【分析】由球的相关性质知，重点在于由球心向平面或直线作垂线，从而找到圆心，从而依次解答．【解答】解：BE ⊥平面11ABB A ，∴平面11ABB A 截Γ所得小圆半径1046r =-为B ，故Γ与面11ABB A 62πA 正确，点E 到直线1BD 的距离等于点C 到直线1BD 424126243⨯= 故直线1BD 被Γ截得的线段长为82662103-B 正确， 221(42)2610D E =+=>，1HD ∴的最小值为610C 错，过点E 作1EO BD ⊥于点1O ，连接11B O ，则2BE =，112O B EO ==，1132O B =连接ED ，在BD 上取2DF ，则10EF所以点F 在该球上，在1BB 上取6BG ，则122GO =10GE = 所以点G 在该球上，故Γ与截面11BDD B 的交线弧的端点为F 、G ， 且1120FO G ∠=︒，所以Γ与截面11BDD B 的交线弧长为2223π⨯故D 对，故选：ABD ．【点评】本题考查了立体几何相关知识的应用，球与多面体问题，考查了空间想象力，属于难题．【变式3-1】正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，以其体对角线的交点O 21径的球与正方体表面的交线长为 ．【分析】根据球与正方体的关系，作出轴截面，进行求解即可．【解答】解：依题意，球心O 到正方体表面的距离为1，设正方形ABCD 的中心为1O ， 正方形ABCD 所在平面裁球O 所得的圆的半径22231r R d ->． 故球O 与每一个面的交线均为四段圆弧，且13EO F π∠=．故四段圆弧的圆心角之和为2()4233πππ-⨯=，故一个面上的交线长223433l π==， 则643836π⨯=， 83π【点评】本题主要考查球与正方体的位置关系，作出轴截面是解决本题的关键，是中档题．【变式3-2】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，以A 23方体表面的交线长为 ．【分析】球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A 所在的三个面上；另一类在不过顶点A 的三个面上，且均为圆弧，分别求其长度可得结果． 【解答】解：正方体的各个面根据与球心位置关系分成两类：ABCD 、11AA DD 、11AA BB 为过球心的截面，截痕为大圆弧，各弧圆心角为6π， 1111A B C D 、11B BCC 、11D DCC 为与球心距离为1的截面，截痕为小圆弧，由于截面圆半径为3r 2π． ∴这条曲线长度为：233533362ππ⋅+⋅=． 53． 【点评】本题为空间几何体交线问题，找到球面与正方体的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键，是中档题．【变式3-3】已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，以顶点A 43个球，则球面与正方体的表面相交所得到的各段曲线的长度之和等于53． 【分析】球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A 所在的三个面上；另一类在不过顶点A 的三个面上，且均为圆弧，分别求其长度可得结果． 【解答】解：如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类： 一类在顶点A 所在的三个面上，即面11AA B B 、面ABCD 和面11AA D D 上； 另一类在不过顶点A 的三个面上，即面11BB C C 、面11CC D D 和面1111A B C D 上． 在面11AA B B 上，交线为弧EF 且在过球心A 的大圆上， 因为43AE ，12AA =，则16A AE π∠=．同理6BAF π∠=，所以6EAF π∠=， 故弧EF 43236π=，而这样的弧共有三条． 在面11BB C C 上，交线为弧FG 且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B 23，2FBG π∠=， 所以弧FG 2332π=．这样的弧也有三条． 于是，所得的曲线长为2335333+=． 53．【点评】本题为空间几何体交线问题，找到球面与正方体的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键，属中档题．巩固训练1．已知球O 2的正方体1111ABCD A B C D -的各个面都相切，则平面1ACD 截此球所得的截面面积为( ) A ．3πB ．23π C ．π D ．43π 【分析】由题意可得：球O 的半径2R =球心O 为正方体的中心，可得：点O 到平面1ACD 的距离116d BD =．平面1ACD 截此球所得的截面圆的半径22r R d =- 1ACD 截此球所得的截面面积．【解答】解：由题意可得：球O 的半径2R =球心O 为正方体的中心，可得：点O 到平面1ACD 的距离11162366d BD ==．∴平面1ACD 截此球所得的截面圆的半径223r R d =-= ∴平面1ACD 截此球所得的截面面积213r ππ==．故选：A ．【点评】本题考查了正方体与其内切球及其截面圆的性质、等边三角形的性质，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．2．已知球O 与棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的各面都相切，则平面1ACB 截球O 所得的截面圆与球心O 所构成的圆锥的体积为( ) A 23B 3C 23D 3 【分析】求出平面1ACB 截此球所得的截面的圆的半径，即可求出平面1ACB 截此球所得的截面的面积，由此能求出平面1ACB 截球O 所得的截面圆与球心O 所构成的圆锥的体积． 【解答】解：由题意，球心与B 的距离为12332⨯=B 到平面1ACB 的距离为123233⨯，球的半径为1，球心到平面1ACB 2333=∴平面1ACB 12133-=∴平面1ACB 截此球所得的截面的面积为2233S ππ=⨯=， 球心O 截面圆的距离2313d =-=， ∴平面1ACB 截球O 所得的截面圆与球心O 所构成的圆锥的体积：112323333V Sd ππ=⨯=⨯=． 故选：C ．【点评】本题考查圆锥的体积的求法，考查正方体及内切球的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．3．已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，球O 与该正方体的各个面相切，则平面1ACB 截此球所得的截面的面积为 ．【分析】由题意画出图形，求出平面1ACB 截此球所得的截面圆的半径，则答案可求． 【解答】解：正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，球O 与该正方体的各个面相切， 则球O 的半径为1，如图，设E 、F 、G 分别为球O 与平面ABCD 、平面11BB C C 、11AA B B 的切点， 则等边三角形EFG 为平面1ACB 截此球所得的截面圆的内接三角形， 由已知可得2EF EG GF ==∴平面1ACB 截此球所得的截面圆的半径26r =． ∴截面的面积为262(3ππ⨯=． 故答案为：23π． 【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．4．已知棱长 为4的正方体1111ABCD A B C D -，球O 与该正方体的各个面相切，则以平面1ACB 截此球所得的截面为底面，以O 为顶点的圆锥体积为 ．【分析】直径为4，且AC ，1AB ，1CB 的中点在所求的截面圆上，所求截面为此三点构成的边长为22由此能求出以O 为顶点，以平面1ACB 截此球所得的截面为底面的圆锥体积．【解答】解：因为球与各面相切，所以直径为4，且AC ，1AB ，1CB 的中点在所求的截面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为2 由正弦定理知26R =83S π=， ∴以O 为顶点，以平面1ACB 截此球所得的截面为底面的圆锥体积为：18116343336V π=⨯⨯⨯．163． 【点评】本题考查圆锥的体积的求法，考查正方体、圆锥性质等基础知识，考查运算求解能力、考查函数与方程思想，是中档题．5．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，P 是空间中任意一点． ①若点P 是正方体表面上的点，则满足1||2AP =的动点轨迹长是34π；②若点P 是线段1AD 上的点，则异面直线BP 和1B C 所成角的取值范围是[,]32ππ；③若点P 是侧面11BCC B 上的点，P 到直线BC 的距离与到点1C 的距离之和为2，则P 的轨迹是椭圆；④过点P 的平面α与正方体每条棱所成的角都相等，则平面α截正方体所得截面的最大面积是33以上说法正确的有 ①④ ． 【分析】满足1||2AP =的动点P 的轨迹是以A 为圆心，以12为半径的3个14圆弧，求出动点轨迹长可判断①；证明1B C ⊥面11ABC D ，可得1B C BP ⊥ 可判断②；若P 到直线BC 的距离与到点1C 的距离之和为2，则点P 在线段1CC 上可判断③；作出平面α为截正方体的正六边形求出其面积可判断④，进而可得正确答案． 【解答】解：对于①：满足1||2AP =的动点P 的轨迹是以A 为圆心，以12为半径的3个14圆弧，因此动点轨迹长是11332424ππ⨯⨯⨯=，故①正确：对于②：如图：连接1BC ，则11B C BC ⊥， 因为AB ⊥面11BCC B ，1B C ⊂面11BCC B ， 所以1AB B C ⊥，因为1ABBC B =，所以1B C ⊥面11ABC D ，因为P 是线段1AD 上的点，则BP ⊂面11ABC D ，可得1B C BP ⊥， 所以异面直线BP 和1B C 所成角恒为2π， 故②不正确；对于③：过点P 作PM BC ⊥于点M ，则P 到直线BC 的距离与到点1C 的距离之和为1PM PC +， 当点P 在线段1CC 上时， 1112PM PC PC PC CC +=+==，当点P 不在线段1CC 上时，112PM PC PC PC +>+=此时不满足P 到直线BC 的距离与到点1C 的距离之和为2，所以P 的轨迹是线段1CC ，故③不正确；对于④：过点P 的平面α与正方体每条棱所成的角都相等，只需过同一顶点的三条棱所成的角相等即可，如图所示：111A P A R AQ ==，则平面PQR 与正方体过点1A 的三条棱所成的角都相等， 若点E ，F ，G ，H ，M ，N 别为相应棱的中点，则平面//EFGHMN 平面PQR ，且六边形EFGHMN 2， 所以正六边形的面积为：236(2)33= 故④正确；故答案为：①④．【点评】本题考查空间中异面直线所成的角，考查学生的分析推理能力，属于难题．6．已知正四面体ABCD 的棱长为2，平面α与棱AB ，CD 均平行，则α截此正四面体所得截面面积的最大值为( ) A ．1B 2C 3D ．2【分析】作出α截此正四面体所得截面，证明是长方形，然后长方形面积表示为某一边长的函数可解决此题．【解答】解：如图所示：作//MN AB ，交BC 、AC 于点M 、N ，过点N 作//NQ CD ，交AD 于点Q ，过点Q 作//QP AB 交BD 于点P ，连接MP ，看得到平行四边形MNQP ． 取CD 中点O ，连接AO 、BO ，由AC AD BC BD ===，可得OA CD ⊥、OB CD ⊥，于是得到CD ⊥平面AOB ，则得到AB CD ⊥，所以MN NQ ⊥，则平行四边形MNQP 是长方形．设(0,2)MN x =∈，可知CMN ∆、BMP ∆都是等边三角形，所以MC x =，则2MP MB x ==-，∴长方形MPNQ 的面积2(2)2S x x x x =-=-+，当1x =时，S 取得最大值21211-+⨯=．故选：A ．【点评】本题考查线线、线面平行或垂直，考查数学运算能力及直观想象能力，属于中档题．7．已知正四面体ABCD 的棱长为2，所有与它的四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和是( ) A ．33+B ．4C ．3D 3【分析】根据题意，到正四面体ABCD 四个顶点距离相等的截面分为两类：一类是由同一顶点出发的三条棱的中点构成的三角形截面，这样的截面有4个；另一类是与一组相对的棱平行，且经过其它棱的中点的四边形截面，这样的截面有3个．因此作出示意图，其中E 、F 、G 、H 、I 是各条棱的中点，根据题中数据分别算出EFG ∆与四边形EGHI 的面积，从而可得所有满足条件的截面面积之和．【解答】解：设E 、F 、G 分别为AB 、AC 、AD 的中点，连结EF 、FG 、GE ，则EFG ∆是三棱锥A BCD -的中截面，可得平面//EFG 平面BCD ，点A 到平面EFG 的距离等于平面EFG 与平面BCD 之间的距离，A ∴、B 、C 、D 到平面EFG 的距离相等，即平面EFG 是到四面体ABCD 四个顶点距离相等的一个平面．正四面体ABCD 中，象EFG ∆这样的三角形截面共有4个． 正四面体ABCD 的棱长为2，可得1EF FG GE ===， EFG ∴∆是边长为1的正三角形，可得13sin 602EFG S EF FG ∆=︒=． 取CD 、BC 的中点H 、I ，连结GH 、HI 、IE ，EI 、GH 分别是ABC ∆、ADC ∆的中位线，∴1//2EI AC =，//12GH AC =，得//EI GH =，可得四边形EGHI 为平行四边形，又AC BD =且AC BD ⊥，//12EI AC =，//12HI BD =，EI HI ∴=且EI HI ⊥，可得四边形EGHI 为正方形，其边长为112AC =，由此可得正方形EGHI 的面积1EGHI S =．BC 的中点I 在平面EGHI 内，B ∴、C 两点到平面EGHI 的距离相等．同理可得D 、C 两点到平面EGHI 的距离相等，且A 、B 两点到平面EGHI 的距离相等．A ∴、B 、C 、D 到平面EGHI 的距离相等，可得平面EGHI 是到四面体ABCD 四个顶点距离相等的一个平面．正四面体ABCD 中，象四边形EGHI 这样的正方形截面共有3个．因此，所有满足条件的正四面体的截面面积之和等于34343133EFG EGHI S S ∆+=+⨯=+ 故选：A ．【点评】本题给出棱长为2的正四面体，求到它的各个顶点等距离的所求截面之和．着重考查了正四面体的性质、点到平面距离的定义、三角形面积与四边形形面积的求法等知识，属于中档题．8．已知正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F ，G 分别为AB ，BC ，CD 的中点，则正四面体ABCD 的外接球被平面EFG 所截的截面面积是( ) A ．49π B ．43π C ．32π D ．23π 【分析】将正四面体放入相应的正方体中，由题意可得球心在EFG 上，正四面体ABCD 的外接球被平面EFG 所截得的截面为球的大圆，则面积可求． 【解答】解：如图，将正四面体放入正方体中，E 、G 分别为AB 、CD 的中点，E ∴、G 为正方体左右侧面的中心，∴正方体的外接球即正四面体的外接球，球心为EG 的中点， ∴正四面体ABCD 的外接球被平面EFG 所截的截面即为大圆，正四面体ABCD 的棱长为22 得外接球的半径222(2)(2)(2)6R ++==，∴大圆面积为：2263(2R πππ=⨯=． 故选：C ．【点评】本题考查多面体外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，训练了分割补形法，是中档题．9．如图，已知四面体ABCD 为正四面体，2AB =，E ，F 分别是AD ，BC 中点．若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( ) A ．1B 2C 3D ．2【分析】将四面体ABCD 补成正方体，在正方体内利用截面为平行四边形MNKL ，有2NK KL +=，进而由基本不等式即可得解．【解答】解：将四面体ABCD 补成正方体AODP HBGC -，其示意图如图所示： 已知EF α⊥，记平面α截该四面体得到的截面为四边形MNKL ， 由题意得，////NK AD ML ，////KL BC MN ，所以四边形MNKL 为平行四边形，且易得2NK KL +=， 因为AD BC ⊥，所以NK KL ⊥， 故2()12MNKL NK KL S NK KL +=⋅=四边形， 当且仅当1NK KL ==时，取等号， 故选：A ．【点评】本题考查平面的基本性质及推论，其中涉及到基本不等式的应用，用了割补法，属于中档题．10．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”、它能在：两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触、因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面休是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，如图乙所示，若正四面体ABCD的棱长为2，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为62；用过A，B，C三点的平面去截勒洛四面体，所得截面的面积为．【分析】根据题意，勒洛四边形能容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，设该求与勒洛四面体的一个切点为E，连接BE，则B，O，E三点共线，且O为该球球心，也是正四面体ABCD的中心，再求正四面体的外接球半径即可得到勒洛四面体能够容纳的最大球的半径，再结合勒洛四面体的构成可知过A，B，C三点的截面面积为3个半径为2，圆心角为60︒的扇形的面积减去两个边长为2的正三角形的面积，再计算即可得到答案．【解答】解：根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图1，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球球心，所以，由四面体的性质可知该球球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，则B，E，O三点共线，此时2BE=，BO为正四面体的外接球的半径，由于正四面体ABCD的棱长为22的正方体中截出，所以正四面体ABCD2即正方体体对角线的一半，所以6BO=，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径62OE=；根据勒洛四面体的构成可知，过A，B，C三点的截面面积为3个半径为2，圆心角为60︒的扇形的面积减去两个边长为2的正三角形的面积，所以所得截面的面积为223π-故答案为：62-；223π-【点评】本题考查多面体与球体内切外接问题，数形结合思想，属于中档题．。