重难点19 立体几何中的截面、交线问题（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点19立体几何中的截面、交线问题【七大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1截面作图】 2【题型2截面图形的形状判断】 7【题型3截面图形的周长或面积问题】 12【题型4球的截面问题】 16【题型5截面切割几何体的体积、表面积问题】 18【题型6交线长度、轨迹问题】 21【题型7截面的范围与最值问题】 251、立体几何中的截面、交线问题“截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、周长、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解.【知识点1立体几何中的截面问题】1．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，连接该两点即为几何体与截面的交线，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，若直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线.2．球的截面(1)球的截面形状

①当截面过球心时，截面的半径即球的半径，此时球的截面就是球的大圆；

②当截面不过球心时，截面的半径小于球的半径，此时球的截面就是球的小圆.

(2)球的截面的性质

①球心和截面圆心的连线垂直于截面；

②球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r之间满足关系式：.

图形解释如下：

在球的轴截面图中，截面与球的轴截面的关系如图所示.若设球的半径为R，以O'为圆心的截面的半径为r，OO'=d.则在Rt△OO'C中，有，即.【知识点2立体几何中的截面、交线问题的解题策略】1．立体几何截面问题的求解方法(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，进行求解.(2)几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线面平行及面面平行的性质定理，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，再进行求解.2．截面、交线问题的解题策略(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线.(2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.【题型1截面作图】【例1】（2024·河南新乡·三模）在如图所示的几何体中，DE∥AC，AC⊥平面BCD，AC=2DE=4，BC=2，DC=1，∠BCD=60°.

（1）证明：BD⊥平面ACDE；（2）过点D作一平行于平面ABE的截面，画出该截面，说明理由，并求夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积.【解题思路】分析（1）由余弦定理结合勾股定理可证明BD⊥CD，利用线面垂直的性质可证明AC⊥BD，由线面垂直的判定定理可得BD⊥平面ACDE；（2）取AC的中点F，BC的中点M，连接DF,DM,MF，截面DFM即为所求，由（1）可知，BD⊥平面ACDE，FC⊥平面CDM，由“分割法”利用棱锥的体积公式可得结果.【解答过程】（1）证明：在ΔBCD中，BD所以BC2=BD2又因为AC⊥平面BCD，所以AC⊥BD.而AC∩CD=C，所以BD⊥平面ACDE.（2）取AC的中点F，BC的中点M，连接DF,DM,MF，平面DFM即为所求.理由如下：因为DE∥AC,DE=AF，所以四边形AEDF为平行四边形，所以DF∥AE，从而DF∥平面ABE，同理可证FM∥平面ABE.因为FM∩DF=F，所以平面DFM∥平面ABE.由（1）可知，BD⊥平面ACDE，FC⊥平面CDM.因为VB−ACDEVF−CDM所以，所求几何体的体积V=3【变式1-1】（2024高一下·广东佛山·竞赛）如图，在正方体ABCD−A1B1C

(1)请在正方体的表面完整作出过点E､(2)请求出截面分正方体上下两部分的体积之比.【解题思路】（1）根据截面定义作图即可；（2）利用图形分割即可求出体积之比.【解答过程】（1）连接D1F并延长交CD于I，连接IE并延长交BC于H，DA于J，连接JD1交

则截面D1（2）连接DE,D

则截面下部的体积V2设正方体的棱长为1，则VE−ADD1因此截面上下两部分的体积之比为8955【变式1-2】（2023·贵州·模拟预测）矩形ABCD中，AB=3,AD=1（如图1），将△DAC沿AC折到△D1AC的位置，点D1在平面ABC上的射影(1)证明：AD(2)过D1E的平面与BC平行，作出该平面截三棱锥D1−ABC所得截面（不要求写作法）.记截面分三棱锥所得两部分的体积分别为【解题思路】（1）利用线面垂直的性质定理证明线线垂直；（2）根据三角形的等面积法求出D1E的长度，再根据勾股定理求出AE长度，进而确定【解答过程】（1）因为D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以且由翻折关系可知BC⊥AB，且D1E∩AB=E,D1所以BC⊥平面D1又因为AD1⊂平面D（2）由（1）可知，BC⊥平面D1又因为BD1⊂平面D且BC=AD=1,D所以D1且D1A=1,AB=3,所以A所以12AB×D所以AE=D1A所以取AC的三等分点为F，且AF=1连接EF,D则有BC∥EF,BC⊄平面D1EF,EF⊂平面所以BC∥平面D1EF,所以所作截面为平面因为△AEF,△ABC的相似比为1:3，所以S△AEFS△ABC所以V1【变式1-3】（23-24高一下·河北廊坊·阶段练习）如图正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，(1)画出平面α截正方体所得的截面，并简要叙述理由或作图步骤；(2)求（1）中截面多边形的面积；(3)平面α截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值.【解题思路】（1）取AB的中点F，连接EF、A1B、CF，利用平行线的传递性可证得EF//D1C（2）分析可知，四边形CD（3）利用台体的体积公式可求得三棱台AEF−DD【解答过程】（1）如图，取AB的中点F，连接EF、A因为E是AA1的中点，所以在正方体ABCD−A1B1C所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以所以E、F、C、D因为E、C、D1三点不共线，所以E、F、C、D所以面EFCD1即为平面（2）由（1）可知，截面EFCD1为梯形，CD1=同理可得CF=5如图所示：分别过点E、F在平面CD1EF内作EM⊥CD1则D1E=CF，∠ED所以△EMD1≌△FNC因为EF//CD1，EM⊥CD所以，MN=EF=2，则D所以EM=E故梯形CD1EF（3）多面体AEF−DD1C为三棱台，S该棱台的高为2，所以，该棱台的体积为13故剩余部分的体积为8−7故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为717【题型2截面图形的形状判断】【例2】（2024·四川达州·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AB中点，

A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．菱形【解题思路】根据点P在C1、D1以及【解答过程】B选项，当点P与D1

取A1B1中点H，因为E是AB中点，则EH//D连接DE、EH、HD1、又因为DD1⊥DEC选项，当点P与C1

取BB1中点G，因为E是AB的中点，所以连接DE、EG、GC1、D选项，当点P为C1

因为E是AB中点，所以PB1//DE连接PB1、又因为B1P=C因为是正方体，所以C1D1所以平行四边形EB不管点P在什么位置，都不可能是三角形.故选：A.【变式2-1】（2024·河南·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为AD，C1D1A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形【解题思路】在AB上取点Q，且BQ=3AQ，取CD中点为P，在DD1上取点R，且D1R=3DR.通过△QAM∽△PCB，可得∠AQM=∠BPC，进而得出∠ABP=∠AQM，QM∥BP.通过证明B1【解答过程】在AB上取点Q，且BQ=3AQ，取CD中点为P，连接QM,BP,NP,B在DD1上取点R，且D1因为AQCP=AM所以△QAM∽△PCB，所以∠AQM=∠BPC.又AB∥CD，所以∠ABP=∠BPC，所以∠ABP=∠AQM，所以，QM∥BP.因为N,P分别为C1D1,CD的中点，所以根据正方体的性质，可知BB1∥C所以，PN∥BB1，且所以，四边形BPNB所以，B1N∥BP，所以同理可得，NR∥B所以，五边形QMRNB故选：B.【变式2-2】（2024·全国·模拟预测）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（

）A．（2）（5） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（1）（5）【解题思路】应用空间想象，讨论截面与轴截面的位置关系判断截面图形的形状即可.【解答过程】当截面ABCD如下图为轴截面时，截面图形如（1）所示；当截面ABCD如下图不为轴截面时，截面图形如（5）所示，下侧为抛物线的形状；故选：D.【变式2-3】（2024·江西·模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BB1=2BC，点P，Q，T分别在棱BB1，CA．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【解题思路】连接QP并延长交CB的延长线于点E，连接ET并延长交AD于点S，过点S作SR//EQ交DD1于点【解答过程】如图连接QP并延长交CB的延长线于点E，连接ET并延长交AD于点S，过点S作SR//EQ交DD1于点则五边形PQRST即为平面PQT截该长方体所得的截面多边形.其中因为B1P=3BP，CQ=3C所以△EBP∽△ECQ，则EBEC=BP又△SAT∽△EBT，所以SAEB=AT则SD=5显然△SDR∽△ECQ，则SDEC=DR故选：C.【题型3截面图形的周长或面积问题】【例3】（2024·云南曲靖·模拟预测）正方体ABCD−A1B1C1D1外接球的体积为43π，E、A．5π3 B．4π3 C．【解题思路】由已知，得到正方体ABCD−A1B【解答过程】

设正方体ABCD−A1B1C因为正方体ABCD−A1B所以43πR由3a2=设球心O到平面EFG的距离为ℎ，平面EFG截球的截面圆的半径为r，设A1到平面EFG的距离为ℎ因为E、F、G分别为棱AA所以△EFG是边长为2的正三角形,由VA1−EFG则13解得ℎ′=3所以A1到平面EFG的距离为ℎ则ℎ=OAr2所以平面EFG截球的截面面积为，πr故选：A.【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，用过点

A．32+25 B．9 C．2【解题思路】作出正方体的截面图形，求出周长即可.【解答过程】

如图，取AB的中点G，连接GE，A1G，因为E为BC的中点，所以GE//AC，又AA1//所以四边形ACC所以AC//A1所以A1C1所以用过点A1，E，C1的平面截正方体，所得截面为梯形其周长为22故选：A．【变式3-2】（2024·江苏南通·二模）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q，R分别为棱BC，CD，A．53π B．83π C．【解题思路】根据正方体的几何性质确定外接球半径R，设球心为O，求解O到截面PQR的距离OM，从而可得截面圆的面积.【解答过程】取正方体的中心为O，连接OP,OQ,OR，由于正方体的棱长为2，所以正方体的面对角线长为22，体对角线长为2正方体外接球球心为点O，半径R=1又易得OP=OQ=OR=12×2所以三棱锥O−PQR为正四面体，如图所示，取底面正三角形PQR的中心为M，即点O到平面PQR的距离为OM，又正三角形PQR的外接圆半径为MQ，由正弦定理可得2MQ=PQsin60°=2即正方体ABCD−A1B1C1D所以截面PQR被球O所截圆的半径r=R则截面圆的面积为πr故选：A.【变式3-3】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4,M为棱DC的中点，N为侧面BC1的中心，过点M的平面A．45+2C．53 D．【解题思路】取BC,CC1的中点E,F，由△ADM∽△DCE，证得AM⊥DE，再由CC1⊥平面ABCD，证得AM⊥NE，从而得到AM⊥平面DNE，同理证得D1M⊥DN，利用线面垂直的判定定理，证得DN⊥【解答过程】如图所示，取BC,CC1的中点E,F，分别连接在正方形ABCD中，因为M,E分别为DC,BC的中点，可得△ADM∽△DCE，所以∠DAM=∠CDE，∠AMD=∠CED，因为∠ADM=90∘，所以∠AMD+∠CDE=90∘，所以又因为E,N分别为BC,BC1的中点，所以因为CC1⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以C又因为DE∩NE=E且DE,NE⊂平面DNE，所以AM⊥平面DNE，因为DN⊂平面DNE，所以AM⊥DN，同理可证：D1又因为AM∩D1M=M且AM,D1M⊂平面即平面α截正方体ABCD−A1B由正方体ABCD−A1B在直角△ADD1中，可得在直角△ADM中，可得AM=A在直角△DD1M所以截面的面积为S=1故选：D.【题型4球的截面问题】【例4】（2024·四川资阳·二模）已知球O的体积为500π3，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是（A．9π B．12π C．16π【解题思路】根据球的体积公式，结合球的截面的性质进行求解即可.【解答过程】设球O的半径为R，则43πR因为点A到球心O的距离为3，所以过点A的平面α被球O所截的截面圆的半径的最小值为r=5则所求截面面积的最小值为πr故选：C.【变式4-1】（2024·四川自贡·三模）已知球O半径为4，圆O1与圆O2为球体的两个截面圆，它们的公共弦长为4，若OO1=3，OA．3 B．433 C．3+3【解题思路】根据球心与截面圆心连线垂直圆面，求得两个圆面所成二面角，再根据直角三角形以及勾股定理求解即可.【解答过程】设圆O1与圆O2公共弦为AB，其中点为则O1A=所以O1E=所以在Rt△OO1E中，在Rt△OO2E中，所以在△O1EO2故选：D.【变式4-2】（2024·陕西榆林·一模）已知H是球O的直径AB上一点，AH:HB=1:2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，M为α上的一点，且MH=24，过点M作球O的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（A．142 B．114 C．144【解题思路】设截得的截面圆的半径为r，球的半径为R，由平面几何知识得截面与球心的距离为13R，利用勾股定理求得R2的值，由题意可知球心O【解答过程】如图，设截得的截面圆的半径为r，球O的半径为R，因为AH:HB=1:2，所以OH=13R.由勾股定理，得R所以R2=1+1此时过点M作球O的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.设球心O到所求截面的距离为d，所求截面的半径为r′，则r所以只需球心O到所求截面的距离d最大即可，而当且仅当OM与所求截面垂直时，球心O到所求截面的距离d最大，即dmax=OM=1故选：C.【变式4-3】（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，某同学制作了一个工艺品.该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合）.若其中一截面圆的周长为4π，则球的体积为（

A．405π3 B．805π3【解题思路】设球的半径为R，截面圆的半径为r，两个截面圆间的距离为2d，依题意求出r与d，利用勾股定理求出R，即可求出球的体积.【解答过程】设球的半径为R，截面圆的半径为r，两个截面圆间的距离为2d，因为截面圆的周长为4π，可得2πr=4又因为该工艺品可以看成是一个球被一个棱为8的正方体的六个面所截后剩余的部分，所以两截面圆之间的距离为2d=8，解得d=4，根据球的截面的性质，可得R2=r所以球的体积为V=4故选：C.【题型5截面切割几何体的体积、表面积问题】【例5】（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图所示，圆台的上、下底面半径分别为4cm和6cm，AA1，BB1为圆台的两条母线，截面ABB1A1与下底面所成的夹角大小为60°，且A．193cm3 B．103cm3【解题思路】分别取A1B1，AB的中点E，F，则易知截面ABB1A1与下底面所成的夹角为∠EFO=60°，E作EH⊥FO【解答过程】如图，分别取A1B1，AB的中点E则O1E⊥A1B1，OF⊥AB且O1E//OF，又OF∩O1O=O，OF,O1O⊂平面又EF⊂平面FEO1O∴截面ABB1A过E作EH⊥FO于点H，则EH//O1又⊙O1劣弧A1B1∴∠A1O1B1=同理可得OF=3，∴FH=3−2=1，又∠EFO=60°，∴O又三角形A1O1同理可得三角形AOB的面积为12∴三棱台ABO−A1B故选：C．【变式5-1】（2024·上海普陀·二模）若一个圆锥的体积为22π3，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为πA．2π B．2π C．22【解题思路】由体积求出圆锥的底面圆半径和高，母线长，即可计算圆锥的侧面积．【解答过程】设圆锥的底面圆半径为r，高为ℎ，由轴截面三角形的顶角为π2，得r=ℎ所以圆锥的体积为V=13π所以圆锥的母线长为l=2所以圆锥的侧面积为S侧故选：C．【变式5-2】（2024·河南开封·二模）已知经过圆锥SO的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（

）A．1:8 B．1:9 C．1:26 D．1:27【解题思路】作出圆锥SO的轴的截面，根据题意推出上、下两部分几何体的两部分的内切球的半径之比为1:3，从而可得上部分圆锥的体积与圆锥SO的体积之比为1:27，从而可得解．【解答过程】如图，作出圆锥SO的轴截面SAB，设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为E，F，半径分别为r，R，即OF=FG=R，EG=r，根据题意可知△SAB为正三角形，易知SE=2r，圆锥SO的底面半径OB=3∴SO=2r+r+R+R=3r+2R，又SO=3∴3r+2R=3R，∴R=3r，∴上部分圆锥的底面半径为3r，高为3r又圆锥SO的底面半径为OB=3R=33∴上部分圆锥的体积与圆锥SO的体积之比为13∴上、下两部分几何体的体积之比是1:26．故选：C．【变式5-3】（2024·江西赣州·一模）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱A．62 B．54 C．6 【解题思路】根据给定条件，作出并证明过点B1，且与平面A【解答过程】在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，取连结DF,B1F,DB1显然BF//DE//A1G，BF=DE=A1则BE//DF，A1E//GD，A1E,BE⊂平面A1于是DG//平面A1BE，DF//平面A1BE，又DG∩DF=D，因此平面DGF//平面A1BE，又EF//AB//A1B则B1F//A1E//DG从而过B1且平行于平面A1BE又DF=FB1=而DB1=所以四边形DFB1G故选：A.【题型6交线长度、轨迹问题】【例6】（2025·广东广州·模拟预测）在正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中，A．(3+3)π B．(6+3)π【解题思路】根据题意，画出图形，设G,H分别为CC1,DD1的中点，连接OC1,A1C1,OE1,A【解答过程】因为球O的半径为6，AB=3，所以球O不与侧面ABB1A设G,H分别为CC1,D则由题意可得OA所以OC所以球O与侧面BCC1B1交于点C1在正六边形A1B1C1所以A1因为CC1⊥平面A1B1C因为C1D1∩CC所以A1C1⊥平面CDD1C所以OH=O所以球O与侧面CDD1C同理可得球O与侧面EDD1E因为∠E1A1C1=所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为2π故选：D.【变式6-1】（2023·河南·模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（

）

A．23π B．3π C．3【解题思路】由等体积公式求出截面圆的半径为r=(6)2−(3)2【解答过程】由题意知三棱锥A−BCD为正三棱锥，故顶点A在底面BCD的射影为△BCD的中心H，连接AH，由V三棱锥得13×1因为球的半径为6，所以截面圆的半径r=(所以球面与底面BCD的交线是以H为圆心，3为半径的圆在△BCD内部部分，如图所示

易求HN=13×3易得∠EHF=π2，所以所以交线长度和为2π故选：C.【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥P−ABCD的体积为423，底面ABCD的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点P在球O的球面上，点E为底面ABCD上一动点，PE与PO所成角为π6，则点EA．2π B．43π C．6【解题思路】根据锥体的体积公式结合外接球的性质可得半径和四棱锥的底边边长，进而根据锐角三角函数可得OE=OP⋅tan∠EPO=63，即可判断点E的轨迹为【解答过程】由题意，设球O的半径为R．如图所示，连接AC,BD交于点O，连接PO，则AO=BO=PO=R，AB=2R，PO⊥平面ABCD，所以V四棱锥在Rt△POE中，因为OP=2，∠EPO=π因为正方形ABCD的中心O到各边的距离为22R=1>63，所以点E的轨迹为平面ABCD内，以点O为圆心，半径r=6故选:D．【变式6-3】（2024·河南·二模）已知四面体ABCD的各个面均为全等的等腰三角形，且CA=CB=2AB=4.设E为空间内一点，且A,B,C,D,E五点在同一个球面上，若AE=23，则点E的轨迹长度为（

A．π B．2π C．3π 【解题思路】将四面体ABCD放入长方体中，求解长方体的长宽高，求解外接球的半径，判断E的轨迹，然后求解即可．【解答过程】将四面体ABCD放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为x，y，z，依题意，可知DA=CB=DB=AC=4，DC=AB=2，则x2+y2=4，x2+由于z=14，即异面直线AB和CD的距离为14由于长方体的左右侧面为正方形，所以AB⊥CD，取CD中点M，连接MF，则MF⊥左侧面，AB在左侧面，所以MF⊥AB，又CD∩MF=M,CD,MF⊂平面CFD，故AB⊥平面CFD，四面体ABCD的外接球半径为R=x2+由AE=23，知点E的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为r，圆心为F过A,E,O作球的一个轴截面，所以AF2+AF2−F解得OF=2所以E的轨迹长度为2π故选：D．【题型7截面的范围与最值问题】【例7】（2024·江苏南京·模拟预测）已知SO1=2，底面半径O1A=4的圆锥内接于球O，则经过S和OA．252π B．253π C．【解题思路】根据球的截面性质，结合三角形面积等积性、勾股定理进行求解即可.【解答过程】如图，设球O的半径为R，线段O1A的中点为E，因为所以42+(R−2)设经过S和O1A中点E的平面截球O所得截面圆的圆心为O2，半径为r，球心O则r2=R2−因为当d为点O到SE的距离时最大，此时d⋅SE=SO⋅EO1，又所以d=SO⋅E所以r2故截面面积的最小值为πr故选：A.【变式7-1】（2024·重庆渝中·模拟预测）在三棱锥P−ABC中，AC=BC=PC=2，且AC⊥BC,PC⊥平面ABC，过点P作截面分别交AC,BC于点E,F，且二面角P−EF−C的平面角为60∘，则所得截面PEF的面积最小值为（

A．43 B．83 C．2【解题思路】由二面角的定义可得PGC=60°，从而PG=433,CG=2【解答过程】过P作PG⊥EF，垂足为G，连接CG，则由三垂线定理可得EF⊥CG，∴∠PGC即为二面角P−EF−C的平面角，∴PGC=60°，PC=2，所以PG=4设CE=a,CF=b，则EF=a在三角形CEF中，ab=2又a2+b所以ab≥83，所以三角形PEF的面积为12故截面PEF面积的最小值为83故选：B.【变式7-2】（2024·四川·模拟预测）设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，与直线A1A．383 B．343 C．【解题思路】首先确定截面的形状，再通过几何计算，确定面积的最大值.【解答过程】连结A1B，因为BC⊥平面ABB1A1且AB1⊥A1B，BC,A1B⊂平面A所以AB1⊥A1C，同理B1所以A1C⊥平面所以平面α为平面AB1D当M为三角形时，其面积的最大值为34当M为六边形时，此时的情况如图所示，设KD=x，则AK=1−x,KL=2依次可以表示出六边形的边长，如图所示：六边形可由两个等腰梯形构成，其中LP∥KO∥MN,KO=2，两个等腰梯形的高分别为621−x则S六边形=当且仅当x=12时，六边形面积最大，即截面是正六边形时截面面积最大，最大值为故选：B.【变式7-3】（2024·四川·一模）设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，与直线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【解题思路】对于选项A和B，结合空间图形，截面与直线A1【解答过程】对于选项A、B，易知平面α为平面AB1D对于选项C，当M为正三角形时，显然截面多边形M为△AB1D当截面多边形M为六边形时，设KD=x，则AK=1−x，KL=21−x，易得：KM=ON=LP=2x，此时截面多边形M的周长为定值：32综合两种情况，M的周长的最大值为32对于选项D，当M为正三角形时，仅当截面多边形M为△AB1D当截面多边形M为六边形时，设KD=x，该六边形可由两个等腰梯形KONM和KOPL构成，其中MN//KO//LP，KO=2，KM=ON=LP=2x两个等腰梯形KOPL和KONM的高分别为621−x和则SSMSM当且仅当x=12时，六边形面积最大值为综上，当x=12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.一、单选题1．（2024·河北·模拟预测）过圆锥PO高的中点O′作平行于底面的截面，则截面分圆锥PO上部分圆锥与下部分圆台体积比为（

A．12 B．13 C．15【解题思路】利用圆锥、圆台的体积公式求得圆锥与圆台的体积关系．【解答过程】设截面圆半径为r，圆锥的高为h，圆锥的体积为V1,则圆台下底面圆的半径为2r，圆台的高为h，圆台的体积为V所以V2=1可得V1故选：D.2．（2024·全国·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点FA．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【解题思路】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得l//AE，进而FI//AE，结合相似三角形的性质即可求解．【解答过程】如图，设AB=6，分别延长AE、A1B1交于点连接FG交B1C1于H设平面AEF与平面DCC1D1的交线为因为平面ABB1A1//平面DCC1D1所以l//AE，设l∩D1D=I此时△FD1I∽△ABE，故ID1所以五边形AIFHE为所求截面图形，故选：C．

3．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知正三棱锥A−BCD的外接球是球O，正三棱锥底边BC=3，侧棱AB=23，点E在线段BD上，且BE=DE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的最大值是（

A．2π B．9π4 C．3【解题思路】设△BCD的外接圆的圆心为O1，根据Rt△OO1D中，R2=3+【解答过程】如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接O1D则O1D=3sin在Rt△OO1D中，当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为π⋅∴所得截面圆面积的最大值为4π故选：D．

4．（2024·广东江门·模拟预测）沙漏也叫做沙钟，是一种测量时间的装置.沙漏由两个完全一样的圆锥和一个狭窄的连接管道组成，通过充满了沙子的玻璃圆锥从上面穿过狭窄的管道流入底部玻璃圆锥所需要的时间来对时间进行测量西方发现最早的沙漏大约在公元1100年，比我国的沙漏出现要晚．时钟问世之后，沙漏完成了它的历史使命.现代沙漏可以用来助眠．经科学认证，人类的健康入睡时间是15分钟，沙漏式伴睡灯便是一个15分钟的计时器．它将古老的计时沙漏与现代夜灯巧妙结合，随着沙粒从缝隙中滑下，下部的灯光逐渐被沙子掩埋，直到15分钟后沙粒全部流光，柔和的灯光完全覆盖．就这样，宁静的夜晚，听着沙粒窸窸窣窣的声音，仿佛一首缓缓流动的安眠曲如图，一件沙漏工艺品，上下两部分可近似看成完全一样的圆锥，测得圆锥底面圆的直径为10cm，沙漏的高（下底面圆心的距离）为8cm，通过圆锥的顶点作沙漏截面，则截面面积最大为（

）A．40cm2 B．41cm2 C．【解题思路】法一，根据条件得到S=16+法二，设∠APB=θ，根据条件得到S△PAB【解答过程】由沙漏的对称性，通过圆锥顶点作沙漏的截面，上下两部分截面为全等的三角形，只需要讨论通过顶点作圆锥的截面的最大值，如图，在圆锥PO中，过顶点P作截面为PAB，作OM⊥AB于M，延长OM交底面圆交于点C，连接PM,OA,OB,|PO|=4cm设|OM|=xcm，|PM|=S△PAB当且仅当16+x2=25−x2故选：B．方法二：设∠APB=θ,|PA|=|PO所以S△PAB当AB为底面圆直径时，θ取得最大，此时cosθ=41+41−1002.41所以当θ=π2时，S△PPB故选：B．5．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，

A．该截面是四边形B．A1C⊥C．平面AB1D．该截面与棱BB1的交点是棱【解题思路】对A：延拓平面C1EF，即可求得截面，从而进行判断；对B：证明A1C与C1P不垂直，即可证明；对C：由【解答过程】对A：如图，将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD的延长线交于点G,H，连接C1G,C1H，分别与棱B

对B：因为A1B1⊥面BCC又BC1⊥B1C，B1又A1C⊂面A1假设A1C⊥C1P，又C1P∩BC1又A1B1⊥面BCC又C1P⊂平面C1EF，所以对C：CC1⊥面A1B1CA1C1∩CC1=C1,A故B1D1⊥A1C故A1C⊥平面AB1D所以平面AB1D对D：易知BG=12BC=所以截面C1PEFQ与棱BB1的交点故选：D．6．（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，AC⊥BC，AC=BC=CC1，D为B1C1

A．3,92 B．3,92 C．【解题思路】过E作EF//CC1，交A1C1于F，连接B1F，取C1F的中点H，连接DH【解答过程】直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，AC⊥BC，过E作EF//CC1，交A1C1于F，连接B1F

设CE=2m(0≤m≤1)，①当m=0时，平面BDE截直三棱柱ABC−A1B1C②当0<m≤1时，因为EF//CC1，CE//C1F，所以四边形EC因为D，H分别为B1C1，C1F因为EF//BB1，EF=CC所以BE//B1则BE//DH，BE=2DH，即平面BDE截直三棱柱ABC−A1在Rt△HFE中，∠EFH=90°，EF=2，HF=m在Rt△BB1D中，∠BB1D=在Rt△BCE中，∠BCE=90°，BC=2，CE=2m，则过D作DM⊥BE垂足为M，过H作HN⊥BE垂足为N，所得平面图形如下;

则HE=4+m2，BD=5，BE=2设BM=x，则NE=所以DM2=5−x2化简可得：x=11+m所以S梯形因为当0<m≤1，所以2<5m2综上，平面BDE截直三棱柱ABC−A1故选：A.7．（2024·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，DA．62 B．32 C．305【解题思路】根据题意可求得正方体的外接球球心位置，易知当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径R，当截面与OP垂直时，截面面积最小；分别求出对应的半径大小即可得出结果.【解答过程】如图，正方体ABCD−A1B1C则外接球的半径R=1要使过直线EF的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段EF的中点P，连接OE，OF，OP，则OE=OF=aEF=a所以OP=O此时截面圆的半径r=R显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径R；所以Ss故选：D．8．（2024·山东枣庄·一模）在侧棱长为2的正三棱锥A−BCD中，点E为线段BC上一点，且AD⊥AE，则以A为球心，2为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（

）A．32π4 B．2π C．【解题思路】借助线面垂直的判定定理与性质定理可得AD、AB、AC两两垂直，即以A为球心，2为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线分别为三段半径为2，圆心角为π2【解答过程】取BC中点F，连接AF、DF，则有AF⊥BC，DF⊥BC，又AF∩DF=F，AF、DF⊂平面ADF，故BC⊥平面ADF，又AD⊂平面ADF，故BC⊥AD，又AD⊥AE，BC∩AE=E，BC、AE⊂平面ABC，故AD⊥平面ABC，又AC、AB⊂平面ABC，故AD⊥AC，AD⊥AB，由正三棱锥的性质可得AD、AB、AC两两垂直，故AF=1222+22π2×2故选：C.

二、多选题9．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥P−ABC中，△ABC与△PAC是全等的等腰直角三角形，平面PAC⊥平面ABC,AC=2,D为线段AC的中点．过点D作平面截该三棱锥的外接球所得的截面面积可能是（

）A．π B．2π C．4π 【解题思路】将三棱锥P−ABC补成正方体，通过求正方体外接球的半径来求三棱锥外接球的半径；并分析出球心O到截面的距离最大时，截面圆的面积最小，另外图5另做分析.【解答过程】由题意可知，满足条件的三棱锥有五种情况，如图．由于图（1）（2）（3）（4）将三棱锥P−ABC补成正方体，其外接球球心为正方体中心，点D到球心O的距离相等，因此只考虑一种情况．以图（1）为例，其外接球半径R=3当OD垂直于截面时，截面圆的半径取最小值r=R2−O当截面过球心时，截面圆的半径取最大值r=3，此时其面积为3因此截面圆的面积的取值范围为π,3若三棱锥为图（5），∠APC=∠ABC=90则球心O与D重合，此时r=1，截面圆的面积为π．故选：AB．10．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知正四面体P−ABC，过点P的平面将四面体的体积平分，则下列命题正确的是（

）A．截面一定是锐角三角形 B．截面可以是等边三角形C．截面可能为直角三角形 D．截面为等腰三角形的有6个【解题思路】根据题意，结合正四面体的几何特征，以及余弦定理和三角形的性质，逐项判定，即可求解.【解答过程】如图所示，设过点P的截面交底面AB,AC于点E,F，且AE=a,AF=b，因为过点P的平面将正四面体的体积平分，即EF平分△ABC的面积，可设正四面体P−ABC的棱长为2，可得12absinπ3对于A中，在△AEF中，可得EF在△PAE中，可得PE在△PAF中，可得PF则PE2+P同理可得PE2+E即在△PEF中，任意的两边的平方和大于第三边，所以△PEF为锐角三角形，所以A正确；对于B中，若截面△PEF为等边三角形，则满足EF若PE2=PF2此时EF2=2,P所以截面△PEF不是等边三角形，所以B错误；对于C中，当点E与点B重合时，要使得平面PEF平分三棱锥P−ABC的体积，即EF平分△ABC的面积，此时F为AC的中点，此时PF⊥AC,BE⊥AC，则△PEF中，边PF,BF取得最小值，且BF=PF=3，且PB=2可得cos∠PBF=3+3−42×所以△PEF不能为直角三角形，所以C错误；对于D中，当过点P截面过底面△ABC的一个顶点和对边的中点时，如图（1）所示，得到截面△PBE，△PCD,△PAF，此时BE=PE=CD=PD=AF=PF，此时三个三角形都为等腰三角形，且满足把正四面体P−ABC的体积平分；如图（2）所示，在△ABC的边长上分别取D,E,F,M,N,H，使得AE=AN,BM=BD,CF=CH，连接EH,DM,FH，使得EH,DM,FH恰好平分△ABC的面积，此时截面△PDM,△PEN,△PFH恰好平分正四面体P−ABC的体积，且△PDM,△PEN,△PFH为等腰三角形，综上可得，截面为等腰三角形的有6个，所以D正确.故选：AD.

11．（2024·湖北荆州·三模）如图，正八面体E−ABCD−F棱长为2．下列说法正确的是（

）A．BE//平面ADFB．当P为棱EC的中点时，正八面体表面从F点到P点的最短距离为7C．若点P为棱EB上的动点，则三棱锥F−ADP的体积为定值4D．以正八面体中心为球心，1为半径作球，球被正八面体各个面所截得的交线总长度为16【解题思路】对于A，由线线平行证得线面平行；对于B，将△EBC和△FBC展开至同一平面，由余弦定理可求最小值；对于C，等体积法得到三棱锥F−ADP的体积为定值223，对于D，以【解答过程】对于A，在正八面体中BE=DE=BF=DF=2，故四边形BFDE为菱形，故BE//DF，又DF⊂平面ADF，BE⊄平面ADF，所以BE//平面ADF，故A正确；对于B，将△EBC和△FBC展开至同一平面，如图所示，其中∠ECF=π3+π3由余弦定理得：FP2=C对于C，VF−ADP=VA−FDP，连接AC、BD，相交于点由对称性可知，AO=CO=BO=DO=EO=FO，△AEO、△ABO均为等腰直角三角形，所以AO=CO=BO=DO=EO=FO=2，AO⊥EF，AO⊥BD又EF∩BD=O,EF,BD⊂平面BFDE，可证得AO⊥平面BFDE，所以A到平面FDP的距离为AO=2设菱形BFDE的面积为S，则S=12BD⋅EF=三棱锥F−ADP的体积为定值13对于D，易得以O为球心，1为半径的球与各条棱均切于中点处，故球与每个侧面的交线即侧面正三角形的内切圆，又以2为边长的正三角形的高为3，可得内切圆半径r=33，交线总长度故选：ABD.三、填空题12．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面与线段AD相切于点M，则球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为833【解题思路】根据给定条件，求出线段MN长及点O到平面BCD的距离，即可得到球O被平面BCD截得的截面周长，从而得到结果；【解答过程】在棱长为2的正四面体ABCD中，连接AN,DN，过O作OE⊥DN于E，如图，由M,N分别为棱AD,BC的中点，得AN⊥BC,DN⊥BC，而AN∩DN=N,AN,DN⊂平面AND，则BC⊥平面AND，又BC⊂平面BCD，于是平面AND⊥平面BCD，而平面AND∩平面BCD=DN，因此OE⊥平面BCD，而AN=DN=3，DM=1，MN⊥AD，则MN=球O半径ON=12MN=22球O被平面BCD截得的截面圆半径r=O所以球O被平面BCD截得的截面周长2πr=又ABCD为正四面体，所以球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径为33所以球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2故答案为：8313．（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥S−ABCD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5，H的面积的最大值为423【解题思路】数形结合，作平面与平面BDF平行，即可解决；令SESF=λ，用λ表示相关长度，整理得【解答过程】取SC中点F,BF⊥SC,DF⊥SC,且BF∩DF=F，BF,DF⊂平面BDF，可知SC⊥平面BDF，根据平面的基本性质，作平面与平面BDF平行，如图至多为五边形.令SESF=λ，则可得PB=BQ=PQ=21−λ则cos∠DFB=3+3−42×所以S△EMP又因为MN与NQ的夹角为SA与BD夹角，而SA与BD垂直，则SPMNQ可得S=42可知：当λ=23时，S取最大值故答案为：5；4214．（2024·陕西安康·模拟预测）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C①存在平面α，使B1②若平面α与平面BB1C1C的交线为l③若平面α截正方体所得的截面为三角形，则该截面三角形面积的最大值为24④若平面α过点B1，点P在线段BC1上运动，则点P到平面A其中真命题的序号为①②④．【解题思路】对于①：取平面α为平面ABC1D1，结合线面垂直分析判断；对于②：根据面面平行的性质可得AD1∥l，再结合平行线的传递性分析判断；对于③：举反例说明即可；对于④：可证BC1∥平面AB【解答过程】对于①：取平面α为平面ABC因为BB1C又因为AB⊥平面BB1C1C，B且BC1∩AB=B，B可得B1C⊥平面ABC对于②：显然此时平面α与平面AA因为平面BB1C且平面α∩平面BB1C1C=l，平面α∩平面A又因为AB∥C1D1，AB=C1D1可知当l不与BC1重合时，l∥对于③：例如截面AB1D且S△A对于④：由②可知：AD1∥且AD1⊂平面AB1D1，B因为点P在线段BC1上运动，则点P到平面不妨取点P为点B，设点B到平面AB1D因为VB−AB1D1所以点P到平面AD1B故答案为：①②④.四、解答题15．（2024·陕西榆林·三模）如图是一个半圆柱，DC,AB分别是上､下底面圆的直径，O为AB的中点，且AB=AD=2,E是半圆AB上任一点（不与A､(1)证明：平面DEA⊥平面CEB，并在图中画出平面DEA与平面CEB的交线（不用证明）；(2)若点E满足DE=62EB，空间中一点P满足DP【解题思路】（1）根据题意可证EB⊥平面DEA，即可得结果；可证BC∥平面DEA，进而可得BC∥l，即可得交线；（2）根据题意利用解三角知识可得S△EOB【解答过程】（1）因为E在AB上，则EA⊥EB，由题意可知：DA⊥EB,DA∩EA=A,EA,DA⊂平面DEA，可得EB⊥平面DEA，且EB⊂平面CEB，所以平面DEA⊥平面CEB.因为AD∥BC，AD⊂平面DEA，BC⊄平面DEA，可得BC∥平面DEA，设平面DEA与平面CEB的交线为l，且BC⊂平面CEB，可得BC∥l，过E作BC的平行线交DC于点F，则EF即为平面DEA与平面CEB的交线.（2）因为DE可得4+AE2=则sin∠EOA=sin2∠EBA=又因为点P满足DP=2PB，即点P是线段DB上靠近可得VD−EOP所以三棱锥D−EOP的体积为VD−EOP16．（2024·广西河池·模拟预测）已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥A