立体几何中的截面、交线问题-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】

►题型归纳

【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1...........................................................................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】.............................................................25

►命题规律

1、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.

►方法技巧总结

【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：d=.

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.若设球的半径为七以。，为圆心的截面的半径

为r,。。=〃贝!|在尺以。。。中，有=即衣2="+/.

【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.

►举一反三

【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_L平面BCD,4C=2DE=4,BC=2,

DC=1,乙BCD=60°.

(2)过点。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力BE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BD1CD,利用线面垂直的性质可证明AC18D,

由线面垂直的判定定理可得BD1平面力CDE；(2)取4c的中点F,BC的中点M,连接截面

即为所求，由(1)可知，BDL^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/BCD中，BD2=22+1-2x1x2cos60°=3.

所以EC?=BD2+DC2,所以4BCD为直角三角形，BD1CD.

又因为4cl平面BCD,所以4C18D.

而ACCCD=C,所以BD_L平面4CDE.

（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DEIIAC,DE=4凡所以四边形力EOF为平行四边形，所以。FIIAE,从而DF||平面ABE,

同理可证FM||平面4BE.

因为尸=所以平面DFM||平面4BE.

由（1）可知，BD1平面4CDE,FC_L平面COM.

因为UBMCDE=|xXV3=V3,

VF-CDM=Ix（殍sin60。）x2=日，

所以，所求几何体的体积V="=岁.

oo

【变式1-1］（2024高一下•广东佛山・竞赛）如图，在正方体48。。一48停1。1中，E、F分别为棱4B、＜7的

的中点.

（1）请在正方体的表面完整作出过点及氏小的截面.（只需写出作图过程，不用证明）

（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）连接外尸并延长交CD于/,连接/E并延长交8C于H,DA^-J,连接/外交力&于G,

（2）连接。旦必旦EC,EF,如图,

则截面下部的体积％=VE-ADD^G+E-CDD^F+F-EHC-

设正方体的棱长为1,

则，E-4DD1G—总^E-CDDiF=F-EHC=，于是唳=含'

因此截面上下两部分的体积之比为祟

【变式1-2］（2023•贵州•模拟预测）矩形A8CD中，力B=W,AD=1（如图1）,将△D4C沿/C折到△小川

的位置，点小在平面48c上的射影E在边上，连结（如图2）.

（1）证明：ADX1BC；

（2）过的平面与8c平行，作出该平面截三棱锥％-4BC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匕,匕,匕＜%,求合.

【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的长度，再根据勾股定理求出4E长度，进而确定AE=(4B,即可确定

所求截面，利用锥体体积公式求解.

【解答过程】(1)因为_L平面力BC,BCu平面4BC,所以ZELBC,

且由翻折关系可知BC1AB,

且CtAB=E^^E.ABu平面

所以BC1平面D/B,

又因为幽u平面。遇8,所以皿1BC.

(2)由(1)可知，BC_L平面

又因为孙u平面。遇8,所以B£)i1BC.

且BC=力。=1,DXC=DC=AB=瓜

所以D/==或，

且0遇=1,48=百，所以=。遇2+小炉,所以1DrB,

所以。BxDrE=加力x。也解得/E=也泮=£

所以4E=一0止2=苧，所以4E=IAB,

所以取4c的三等分点为F,且力F=14C,

连接EF,£)IF,

贝lj有BC||EF,BC仁平面£)i£T,£Tu平面Z^EF,

所以BC||平面DiEF,所以所作截面为平面小EF,

因为△力£T,2X4BC的相似比为1:3,

所以沁=；,所以沁=:，

'△ABC9bEFCBo

所以以=扣吧竺=包螫=]

V

2^SEFCBXDIESEFCB8

【变式1-3]（23-24高一下•河北廊坊•阶段练习）如图正方体4BCD-&B1QD1的棱长为2,E是线段

的中点，平面a过点Di、C、E.

（1）画出平面a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a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4B的中点F,连接EF、①仄CF,利用平行线的传递性可证得EF〃%C,可知E、F、C、D1

四点共面，再由于从C、。1三点不共线，可得出面EFC%即为平面截正方体所得的截面；

（2）分析可知，四边形CDiEF为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积；

（3）利用台体的体积公式可求得三棱台力EF-DDiC的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结

果.

【解答过程】（1）如图，取的中点F,连接EF、&B、CF.

因为E是441的中点，所以

在正方体4BCD—4181的。1中，力=BC,

所以四边形为BCD1是平行四边形，所以&B〃％C,所以即〃。也，

所以E、F、C、Di四点共面.

因为E、C、%三点不共线，所以E、F、C、%四点共面于平面a,

所以面EFC%即为平面a截正方体所得的截面.

(2)由(1)可知，截面EFCDi为梯形，EF=<AE2+AF2=VTTT=V2,

22

CDX=JcD+DDl=V4T4=2V2,D、E=比+A^E=V4TT=V5,

同理可得CF=V5,

如图所示：

分别过点E、F在平面CDiEF内作EM,CD】，FNLC外,垂足分别为点M、N,

则OiE=CF,4E/M=乙FCN,^EMD1=乙FNC=90°,

所以△EMDi三△F%（；,则Z）iM=CN,

因为EF〃CDi，EMLCDltFN1CDlt则四边形EFNM为矩形，

所以，MN=EF=&,则£>也=CN=孙;MN=^2^=乎,

所以EM=JE比_0/2=^5-1=学，

故梯形C%EF的面积为S="EF+CDJ•EM=：X3近X管=*

22

（3）多面体4EF—DDR为三棱台，SAAEF=!71F.71F=1xI=|,S^DD1C=^DD1-DC=2=2,

该棱台的高为2,所以，该棱台的体积为

I（S44EF+SADD1C+JSAAEF.52\皿。）'1+2+X2^X2=

故剩余部分的体积为8-5=弓.

故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为看.

【题型2截面图形的形状判断】

【例2】（2024・四川达州・二模）如图，在正方体力BCD-4/1的£>1中，E为4B中点，P为线段的内上一动

点，过D,E,P的平面截正方体的截面图形不可能是（）

A.三角形B.矩形C.梯形D.菱形

【解题思路】根据点P在Ci、%以及的小三个特殊位置时，截面图形的形状，选出正确选项.

【解答过程】B选项，当点P与5重合时，

取必当中点因为E是4B中点，贝UEh〃。/)i，^.EH=DD1,

连接。E、EH、HD］、%D,则四边形EHD认为平行四边形，

又因为所以平行四边形EH小。为矩形，故排除B选项;

C选项，当点P与的重合时，

取中点G,因为E是48的中点，所以EG〃DCi，

连接DE、EG、GCi、JD,截面四边形EGg。为梯形，故排除C选项;

D选项，当点P为RA中点时，

因为E是4B中点，所以PB//DE且PBi=DE,

连接PBi、/E、ED、DP,则四边形EBiPD是平行四边形,

又因为=Jcp+BiC/=J"丫+U=怦+3居,B[E=1BE2+诉=俯丫+喇=

因为是正方体，所以的。1=%的=4B=B%,所以％P=BiE,

所以平行四边形EBiPD是菱形，故排除D选项;

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48。。-4/1的。1中，M,N分别为的小的中点，过跖

N,/三点的平面截正方体28。£）-481的。1所得的截面形状为（）

A.六边形B.五边形C.四边形D.三角形

【解题思路】在4B上取点Q,且BQ=34Q,取CD中点为P,在。小上取点R,且D*=3DR.通过△Q力M“△

PCB,可得44QM=NBPC,进而得出立力BP=N4QM,QM||BP.通过证明BiN||BP,得出B]N||QM.同理

得出NRI1B1Q,即可得出正方体的截面图形.

在力B上取点Q,S.BQ=3AQ,取CD中点为P,连接QM,BP,NP,B^.

在上取点R,且DiR=3DR,连结NR,MR.

因为有=黄=/乙QAM=APCB,

所以△QAMs/XPCB,所以〃QM=NBPC.

5LAB||CD,所以N4BP=NBPC,所以NABP=NAQM,

所以，QM||BP.

因为N,P分别为Ci%,。。的中点，所以PNIICCi，且PN=CCi.

根据正方体的性质，可知BBi||CCi，且BBi=CCp

所以，PN||BBi，且PN=BBi，

所以，四边形BPNBi是平行四边形，

所以，B]N||BP,所以/N||QM.

同理可得，NR||BQ

所以，五边形QMRNBi即为所求正方体的截面.

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】当截面力BCD如下图为轴截面时，截面图形如（1）所示;

B

D

当截面48CD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A8CD—4B1C1D1中，AB=BBt=2BC,点、P,Q,T

分别在棱8/，CCi和48上，且BiP=38P,CQ=3CXQ,BT=3AT,则平面PQT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

【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4。于点S,

过点S作SR〃EQ交于点R,连接RQ,即可得到截面图形，从而得解.

【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DO】于点R,连接RQ,

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BiP=3BP,CQ=3C\Q,BT=3AT,

所以△EBPsZ\ECQ,则些=处=工，所以

ECCQ32

又ASAT“△EBT,所以兽=普=3所以$4=/8=以0,

EBTB336

贝USD=24£>,

6

显然△SDRs/\ECQ,则处=符所以女=犯。=.©=（叫.

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A8CD-外接球的体积为4V3n,E、F、G分别为棱A4、

的中点，则平面EFG截球的截面面积为（）

A.无B.也C.空D.2

3333

【解题思路】由已知，得到正方体4BCD-&B1C1外外接球的半径，进而得到正方体的棱长，再由勾股定

理计算出平面EFG截球的截面圆的半径，即可得到截面面积.

【解答过程】

D

G/

Z7>

设正方体4BCD-41%的以外接球的半径为R,棱长为a,

因为正方体4BCD-力i/gOi外接球的体积为4V3ir,

所以:TTR3=4V3-R,则R=V3,

2

由3。2=（2V3）,得a=2,

设球心。到平面EFG的距离为h,平面EFG截球的截面圆的半径为r,

设力1到平面EFG的距离为K

因为E、F、G分别为棱力&/、4%的中点,

所以△EFG是边长为企的正三角形,

由VAI-EFG=得5s'h=5s△41”,41民

则1x；xV^xV^x//l'=qx[xlXlXl,

解得九'=不又。&=jAC=V3,

所以4到平面"G的距离为h'=10&,

则/i=0/]——04]=R-[R=

r2=R2-h2=（V3）2-（甯=I，

所以平面EFG截球的截面面积为，m-2=：n.

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A8CD-4/1的%中，£为棱3C的中点,

用过点4,E,0的平面截正方体，则截面周长为（）

A.3V2+2V5B.9C.2夜+24D.3/+2旧

【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，取的中点G,连接GE,4G,AC.

因为E为2C的中点，所以GE〃4C,GE=\AC,

XAA1//CC1,AAt=CQ,

所以四边形4CQ4为平行四边形，

所以4c〃&Ci，AC=A1C1,

所以&CJ/GE,A1C1=2GE,

所以用过点a,E,Q的平面截正方体，所得截面为梯形4C1EG,

其周长为2鱼+4+方+岔=3a+2V5.

故选：A.

【变式3-2］（2024•江苏南通•二模）在棱长为2的正方体力BCD-A/iCiA中，P,Q,R分别为棱BC,CD,

CC1的中点，平面PQR截正方体4BCD-外接球所得的截面面积为（）

A5「8k35n2V15

A.-TIB.-ITC.——nD.TT

3333

【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。，求解。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。，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2a,体对角线长为2

正方体外接球球心为点。，半径R=1x2V3=V3,

又易得OP=OQ=OR=：x2V2=V2,且PQ=PR=QR=(x2V2=V2,

所以三棱锥。-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。到平面PQR的距离为0M,又正三角形PQR的外接圆半径为MQ,

由正弦定理可得2MQ=篇=£=苧，即MQ=],所以0M="Q2_MQ2=J（甸？_得,=苧,

T

即正方体4BCD-4/1的。1外接球的球心。到截面PQR的距离为。”=苧，

所以截面PQR被球。所截圆的半径r=商一0M2=

则截面圆的面积为m"2=1TT.

故选：A.

【变式3-3]（2024•内蒙古呼和浩特•一模）已知正方体力BCD-&BiCi£）i的棱长为4,M为棱DC的中点，N

为侧面BCi的中心，过点M的平面a垂直于DN,则平面a截正方体AQ所得的截面面积为（）

A.4（V5+V2）B.2V3

C.5V3D.4V6

【解题思路】取BC,CC\的中点E,尸，由△ADM“△DCE,证得AM1DE,再由。的1平面力BCD,证得4M1NE,

从而得到AMJ•平面DNE,同理证得DiMIDN,利用线面垂直的判定定理，证得DN平面4%闻，得到平

面a截正方体的截面为△AD1M,进而求得截面的面积，得到答案.

【解答过程】如图所示，

取BC,CC1的中点E,F,分别连接NE,NF,DE,DF,ADr,DrM,AM,

在正方形ZBCD中，因为分别为DC,BC的中点，可得△力DMDCE,

所以4。4M=NCDE,/.AMD=ZCFD,

因为N4DM=90。，所以N4MD+NCDE=90。，所以NDPM=90。，即AM1DE,

又因为E,N分别为BC,BCi的中点，所以NE〃CC「

因为CCi，平面ABC。，AMu平面力BCD,所以CC\1AM,所以AM1NE,

又因为DECNE=ES.DE,NEu平面DNE,所以AM1平面DNE,

因为DNu平面DNE,所以4MlDN,同理可证：DrM1DN,

又因为4MnDXM=M且AM,%Mu平面A/M,所以DN_L平面A/M,

即平面a截正方体ABC。-&B1C1%的截面为^AD^M,

由正方体ABC。-4/1的小的棱长为4,

在直角△力皿中，可得皿=.2+皿=7y+42=4/,

在直角△力DM中，可得力M='AD?+DM2=巡2+22=2通，

在直角△DDiM中，可得=JDD：+DM2=742+22=2而，

所以截面的面积为S=gx4立xJ（2V5）2—（2V2）2=4V6.

故选：D.

【题型4球的截面问题】

【例4】（2024・四川资阳・二模）已知球。的体积为誓，点/到球心O的距离为3,则过点/的平面a被

球。所截的截面面积的最小值是（）

A.9TTB.12TTC.16nD.2On

【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,贝畤TTR3=受，解得R=5

因为点4到球心。的距离为3,

所以过点A的平面a被球O所截的截面圆的半径的最小值为r=V52-32=4,

则所求截面面积的最小值为TtZ=16-rr.

故选：C.

【变式4-1］（2024•四川自贡・三模）已知球。半径为4,圆01与圆。2为球体的两个截面圆，它们的公共弦

长为4,若|。。/=3,|。。21=百，则两截面圆的圆心距|0。2|=（）

A.V3B.竽C.3+V3D.2V3

【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01与圆。2公共弦为力B,其中点为E,

222

则|。1川二一|00|2=7平-32=V7,\02A\=yj\OA\-\OO2\=J4-国=V13,

2222

所以|0止|=VlOi^l-\AE\=V7^4=V3,\O2E\=y/\O2A\-\AE\="3—4=3,

所以在RtZkO0E中，tan/OEOi=*=遮，所以NOE0=60。，

在RtZ\OO2E中，tan/OEO2=斗，所以々。飒=30。，

所以在△。止。2中，4。1£。2=90。，所以|。1。2|=J|O2E|2+|0+|2=5TG=2值.

故选：D.

【变式4-2]（2024•陕西榆林一模）已知”是球。的直径力B上一点，AH-.HB=1:2,AB1平面a,"为垂足,

a截球。所得截面的面积为IT,M为a上的一点，且MH=^,过点M作球。的截面，则所得的截面面积最小的

圆的半径为（）

A.叵B.叵C.包D.叵

2442

【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（R,利用

勾股定理求得炉的值，由题意可知球心。到所求截面的距离d最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得

答案.

【解答过程】如图，设截得的截面圆的半径为r,球。的半径为R,

A

因为=1:2,

所以。H=-R.由勾股定理，得/?2=72+。”2,由题意得互「2=豆,r=],

所以R2=1+（洌,解得不号,

此时过点M作球。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。到所求截面的距离为d,所求截面的半径为则r'=W?2—d2,

所以只需球心。到所求截面的距离d最大即可，

而当且仅当。M与所求截面垂直时，球心。到所求截面的距离d最大，

2

即dmax=0M=+MH=1,所以r'min=左―：=苧

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4TT,则球的体积为（）

D200场

•333.3

【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4m可得271T=4n,解得r=2,

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=#+d2=22+42=20,即R=2有（负值已舍去），

所以球的体积为U=y；?3=竺等.

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,AAt,为

圆台的两条母线，截面4BB遇1与下底面所成的夹角大小为60。，且O0劣弧力渣1的弧长为gem,则三棱台

48。一为九。1的体积为（）

AA.—19cmB.10V3cm3C.19cm3D.20V3cm3

【解题思路】分别取4/1，4B的中点E,F,则易知截面力与下底面所成的夹角为NEF。=60°,E作EH1

F。于点H,贝场口〃。1。，且EH=0O,再根据弧度数公式及解三角形可求出圆台的高，最后根据台体的体

积公式，即可求解.

【解答过程】如图，分别取4/1，4B的中点E,F,

B

贝!|O1EJ.AiBi，OF1ABS.O^Z/OF,又。I。_L平面力B。，48u平面48。，所以。1014B,

。尸0。1。=。，OF,。1。u平面FEOi。，所以力B_L平面FEOi。，

又EFu平面FEO]。，所以EF14B,

.••截面与下底面所成的夹角为AEF。=60°,

过E作EH1F。于点“，贝ijEH〃Oi。，且£77=01。，

又O。1劣弧47I的弧长为与cm,弧所在圆的半径为4,

NAjOiBi=手=与，贝！UOp4iBi=，，•••EOi=4sin，=2,

同理可得。F=3,二F”=3-2=1,又NEFO=60。，

0。=EH=FHtan60°=瓜

又三角形41。1%的面积为黄4><4*苧=4百，

同理可得三角形40B的面积为gx6X6xy=9V3,

二三棱台4B0—的体积为(x(4%+9百+14百义9⑹x百=19(cm3).

故选：C.

【变式5-1](2024・上海普陀・二模)若一个圆锥的体积为等，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会则该圆锥的侧面积为（）

A.V2TTB.2TTC.2V2TTD.4V2TT

【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与得r=h,

所以圆锥的体积为V==当二解得

所以圆锥的母线长为2=V2r=2,

所以圆锥的侧面积为5侧=nrl=ITXV2X2=2V2TT.

故选：C.

【变式5-2］（2024•河南开封•二模）已知经过圆锥S。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.1:8B.1:9C.1:26D.1:27

【解题思路】作出圆锥S。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S。的体积之比为1:27,从而可得解.

【解答过程】如图，作出圆锥S。的轴截面S4B,

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。F=FG=R,EG=r,

根据题意可知△S4B为正三角形，易知SE=2r,圆锥S。的底面半径OB=旧凡

SO—2r+r+R+R—3r+2R,又S。=V3OB,

3r+2R=3R,R=3r,

・•・上部分圆锥的底面半径为遮r,高为3r,

又圆锥S。的底面半径为。8=V3R=3y/3r,高为S。=3r+2R=9r,

二上、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-A/iCiDi中，E为棱4。的中点，过当且

平行于平面4BE的平面截正方体所得截面面积为（）

A.当B.7C.V6D.2V6

24

【解题思路】根据给定条件，作出并证明过点名，且与平面&BE平行的正方体的截面，再求出面积.

【解答过程】在棱长为1的正方体4BCD-&81的小中，取中点F,公小中点G,

连结OF,BEDBi，DG,GBr,GF,EF,而E为棱2D中点,

显然B尸〃DE〃&G,BF=DE=&G,得四边形四边形&EDG都是平行四边形，

贝UBE//DF,AXE//GD,AXE,BEDG,DFC平面力iBE,

于是DG〃平面4BE,DF〃平面&BE,又DGCDF=D,DG,DFu平面DGF,

因此平面DGF〃平面又EF“AB〃A\B\,EFAB=ArBr,即四边形4/FE是平行四边形,

则4F〃力iE〃DG,显然平面DFBiG〃平面&BE,

从而过当且平行于平面&BE的平面截正方体所得截面为四边形。F/G,

又DF=FBi=B]G=DG=£+1=当即四边形OFJG为菱形，

而g=V1+1+1=百，GF=2口-

y44

所以四边形DFBiG的面积为5=抄81-GF=日.

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4BCDEF-48©。1名尸1中，力&=2AB=6,。为棱力为

的中点，以。为球心，6为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为()

A.(3+V3)TTB.(6+V3)nC.(3+2g)nD.(6+2B)冗

【解题思路】根据题意，画出图形，设G,H分别为CC1，。内的中点，连接。Ci，4iCi，0Ei，4i4,0G,0H,由题

意可知球。不与侧面力及侧面2FF"i相交，球。与侧面BCC/i交于点Ci，C,与侧面EF%%交于点Ei，E,

然后分别判断与其余4个面的交线，求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和即可

【解答过程】因为球。的半径为6,AB=3,所以球。不与侧面AB%41及侧面相交，

设G,H分别为CQ,。小的中点，连接。的,&的,OG,0H,

则由题意可得。&=3,&Ci=A1E1=3V3,

所以OCi=朗+力道孑=V9+27=6,

所以球。与侧面BCQBi交于点Ci，C,与侧面EF%Ei交于点4,E,

在正六边形中,因为NBiC/i=120。,乙4停止1=30。,所以乙勺的〃=90。，

所以4的1的小，

因为eg_L平面418停1。1£\尸1，U平面AiBiCiDiE/i，所以©14也1，

因为＜7必nCCi=Ci，C1D1,CC1u平面CD。©,

所以41的_1平面。。。1的，所以。G1平面CD%Ci，且。G=3g,

所以。H=VOG2+GH2=V27+9=6,

所以球0与侧面CDD&的交线是以CM为直径的半圆，

同理可得球。与侧面EDDi4的交线是以EE1为直径的半圆，

因为=?所以球。与上下底面的交线均为;个半径为3b的圆，

3o

所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为2nx3+2x工X2TTx3百=6n+2小皿

6

故选：D.

【变式6-1]（2023•河南•模拟预测）如图，在三棱锥4-BCD中，4B,AC,AD两两垂直，且力B=AC=AD=3,

以力为球心，逐为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）

A.2伍B.V3-rrC.等D.等

【解题思路】由等体积公式求出截面圆的半径为r=J（遍A-（百＞=画出截面图形，再利用X为

△BCD的中心，求出HN=1x3&x^=f,再利用弦长公式求出EF=2）（旧＞一⑶2=后最后求出

交线长度.

【解答过程】由题意知三棱锥力-BCD为正三棱锥，故顶点4在底面BCD的射影为△BCD的中心H,连接

由“三棱锥D—4BC-'三棱锥4—BC。'

W|x|x3x3x3=|xix3V2x3V2x*H,所以4H=V3,

因为球的半径为遥，所以截面圆的半径r=J（e尸一（百¥=苗,

所以球面与底面BCD的交线是以H为圆心，我为半径的圆在aBCD内部部分,

如图所示

易得乙EHF=p所以NM”Q=Z.GHP=p

所以交线长度和为2TTX8—3x]xg=亨.

故选：c.

【变式6-2］（2024•全国•模拟预测）己知正四棱锥P-4BCD的体积为底面A8CD的四个顶点在经过球

心的截面圆上，顶点P在球。的球面上，点E为底面4BCD上一动点，PE与P。所成角为g则点E的轨迹长度

为（）

A.V2TTB.4鬲C.—D.—TT

33

【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/EP。=彳，即可判断点E的轨迹为。为圆心，半径r=?的圆，即可求解.

【解答过程】由题意，设球。的半径为R.如图所示，连接AC,BD交于点。，连接P。，贝|JAO=BO=PO=R,

=POl^ABCD,所以。四棱锥P^BCD=/人吕？•P。=（x2R2xR=苧，解得R=VL

在RtZ\POE中，因为。P=VLAEPO=所以。E=OP-tanNEPO=^.

63

因为正方形4BCD的中心。到各边的距离为乎R=l>?所以点E的轨迹为平面2BCD内，以点。为圆心，半

径r=白的圆，故点E的轨迹长度为2nr=字

故选:D.

【变式6-3］（2024•河南•二模）已知四面体力BCD的各个面均为全等的等腰三角形，且G4=CB=24B=4.

设E为空间内一点，且4B,C,D,E五点在同一个球面上，若AE=2b,则点E的轨迹长度为（）

A.KB.2KC.3IID.4ii

【解题思路】将四面体力BCD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4BCC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ZM==DB=4C=4,DC=48=2,

则/+俨=4,%2+z2=16,y2+z2=16,解得％=y=V2,z=V14,

由于z=V14,即异面直线AB和CD的距离为VH,

由于长方体的左右侧面为正方形，所以4B1CD,

取CD中点“，连接MF,贝IJMF1左侧面，4B在左侧面，所以

又CDnMF=M,CD,MFu平面CFD,故48_L平面CFO,

四面体4BCD的外接球半径为R=坐常=?，球心为。，

由力E=2旧，知点E的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为r,圆心为尸，

过4反。作球的一个轴截面，

所以力尸2+产=4产，且尸。2+r2=R2,

AF2-F02=（2V3）2-（誓J,且4F=R+OF=誓+OF,

解得0尸=孝,r=2,

所以E的轨迹长度为2m-=47r.

【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S0=2,底面半径。遇=4的圆锥内接于球。，则经过S和。〃

中点的平面截球。所得截面面积的最小值为（）

252525

A.—IlB.—TlC.—nD.571

234

【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。的半径为R,线段。通的中点为E,因为力出+。。*=4。2,

所以42+（R—2）2=R2,解得R=5,

设经过S和。〃中点E的平面截球。所得截面圆的圆心为。2,半径为r,球心。到截面的距离。。2=d,

则r2=R2—d2,要截面面积最小,则r要最小,即d要最大，

因为当d为点。到SE的距离时最大，此时d-SE=SO-Eg,又SE=7A+22=2vL

所以等5x2__5_

d==

SE2?27?)

所以/=52_(*)2=y,

故截面面积的最小值为口2=京.

故选：A.

【变式7-1］（2024・重庆渝中•模拟预测）在三棱锥P-ABC^,AC=BC=PC=2,且AC1BC,PC1平面ABC,

过点尸作截面分别交4C,BC于点用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

()

482

A.-B.-C.£D.1

333

【解题思路】由二面角的定义可得PGC=60。，从而PG=W，CG=W，设CE=a,CF=b,由三角形的面

积相等和基本不等式得到ab2（再由三角形的面积公式即可求解.

【解答过程】过P作PGJ.EF,垂足为G,连接CG,则由三垂线定理可得EFLCG,

."PGC即为二面角P-EF-C的平面角,

p

：.PGC=60°,PC=2,所以PG=延,CG=2,

设CE=a,CF=b,贝IJEF=Va2+fo2,

在三角形CEF中，ab=¥Va2+b2,

又Va2+">72ab,所以ab>言V2ab=空子，

所以ab2*a=b=平时等号成立，

所以三角形PEF的面积为:x苧x^ab>l，

故截面PEF面积的最小值为*

故选：B.

【变式7-2］（2024•四川•模拟预测）设正方体4BCD-4/的。1的棱长为1,与直线&C垂直的平面a截该

正方体所得的截面多边形为M,则M的面积的最大值为（）

A.能B.7V3C.vD.V3

842

【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】连结为B,因为BC1平面力BB14,4平面4BB14