立体几何中必考七类截面、交线问题（人教A版2019必修第二册）【含答案解析】

专题8.12立体几何中必考七类截面、交线问题【人教A版（2019）】TOC\o"1-3"\h\u【类型1截面作图】 2【类型2判断截面图形的形状】 7【类型3球的截面问题】 12【类型4截面图形的周长或面积问题】 16【类型5截面切割几何体的体积、表面积问题】 23【类型6交线及其长度、轨迹问题】 29【类型7截面的最值与范围问题】 35【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.【类型1截面作图】1．（24-25高二上·北京·期中）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．（1）（2） B．（1）（3）C．（1）（4） D．（1）（5）【解题思路】该平面过圆柱上、下底中心时截面图形为（1），不过上、下底的中心时截面图形为（5）.【解答过程】当该平面过圆柱上、下底中心时截面图形为（1）；当不过上、下底的中心时，截面图形为（5）.所以只有（1）、（5）正确.故选：D.2．（24-25高一·全国·随堂练习）在一个倒置的正三棱锥容器内，放入一个钢球，钢球恰好与棱锥的四个面都接触上，经过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是（

）A．

B．

C．

D．

【解题思路】设正三棱锥S−ABC，由SC,SH确定的平面得到截面△SCD，再由正四面体的性质和图象的对称性加以分析，同时对照选项，即可求解.【解答过程】如图所示，正三棱锥S−ABC，球O是它的内切球，设H为底面△ABC的中心，根据对称性可得内切球的球心O在三棱锥的高SH上，由SC,SH确定的平面交AB于D，连接SD、CD，得到截面△SCD，截面SCD就是经过侧棱SC与AB中点的截面，平面SCD与内切球相交，截得的球大圆如图所示，

因为△SCD中，圆O分别与SD、CD相切于点E、H，且SD=CD，圆O与SC相离，所对照各个选项，可得只有B项的截面符合题意；故选：B.3．（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示的空间图形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复杂空间图形，现用一个竖直的平面去截这个复杂空间图形，则截面图形可能是（

）A． B．C． D．【解题思路】由组合体结构特征，用一个平面截几何体，根据平面不同截法判断截面轮廓，即可得答案.【解答过程】一个圆柱被挖去一个圆锥后，剩下的几何体被一个竖直的平面所截后，圆柱的截面轮廓是矩形去掉上侧一条边，而圆锥截面的轮廓是三角形除去一条边或抛物线的一部分，且三角形顶点必在矩形下侧底边中点上、抛物线顶点不可能在矩形下侧底边上，排除B,C.故选：AD.4．（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥而得到的.现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是①④.（填序号）

【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④所示，下侧为抛物线的形状.

故答案为:①④.5．（2024高三·全国·专题练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D【解题思路】利用平面的基本性质作出截面图形即可.【解答过程】连接D1F并延长交DC延长线于点连接IE并延长交BC于点H，交DA延长线于点J，连接JD1交AA1于点6．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C

(1)求证：MP//平面ABB(2)过M,N,P三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长.【解题思路】（1）求证A1B//MP即可由线面平行判定定理得证MP//平面（2）延长MP即可作出截面图，再结合题设条件和正方体性质即可即可计算求解截面的周长.【解答过程】（1）连接MP,D1又由正方体性质得A1D1所以四边形A1D1所以A1B//MP，又A1B⊂平面ABB所以MP//平面ABB

（2）如图，延长MP得MP与DD1,DC则连接NS,NH即可得到过M,N,P三点的正方体的截面NQMPG，由图可知SD1=所以截面的周长为MP+PG+GN+NQ+QM=MP+NH+NS=2

【类型2判断截面图形的形状】7．（23-24高一下·江苏无锡·期中）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，作截面EFGH(如图)交C1D1，A1B1，AB，A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形【解题思路】根据题意，结合面面平行的性质，证得EF//GH和EH//FG，进而得到答案.【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C且平面EFGH∩平面ABCD=GH，平面EFGH∩平面A1所以EF//GH，同理可证：EH//FG，所以四边形EFGH的形状一定为平行四边形.故选：A.8．（24-25高二上·上海·期中）如图，在三棱锥A−BCD中，棱AB的中点为E，棱AC的中点为F，棱BD的中点为G，经过E、F、G的截面一定是（

）A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．平行四边形【解题思路】作出辅助线，得到EF//GP,EG//FP，所以四边形EFPG为平行四边形，求出经过E、F、G的截面为平行四边形EFPG.【解答过程】取CD的中点P，连接PF,PG,EF,EG，因为棱AB的中点为E，棱AC的中点为F，棱BD的中点为G，所以EF//BC,GP//BC，EG//AD,FP//AD，故EF//GP,EG//FP，所以四边形EFPG为平行四边形，故经过E、F、G的截面为平行四边形EFPG.故选：D.9．（24-25高三下·云南昭通·开学考试）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是A．存在点P，使得FP∥平面ABB．过B,E,F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形C．三棱锥C1D．三棱锥F−ACD的外接球表面积为9【解题思路】对于A，通过P为BD中点可判断，对于B，由EF//BC1可判断，对于C，由【解答过程】当P为BD中点时，由中位线可得：FP//FP不在平面ABC1D1，所以FP//平面ABC由中位线易知EF//AD1，在正方体中，易证AD因为VC三棱锥F−ACD的外接球可以补形为长方体外接球，半径R=4+4+12=故选：ABD.10．（2024·北京密云·三模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1，

①BD⊥CP②三棱锥C-BPD的体积为定值③过P，C，D1④DP与平面A1B上述说法正确的序号是①②③.【解题思路】①根据ABCD−A1B1C1D1为正方体得到CC1⊥BD，BD⊥AC，然后根据线面垂直的判定定理和性质即可得到BD⊥CP；②根据点P到平面ABCD【解答过程】连接AC，因为ABCD−A1B1C1D

因为BD⊂平面ABCD，所以CC因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC，因为CC1∩AC=C，CC1,AC⊂平面因为CP⊂平面ACC1A因为点P到平面ABCD的距离为定值，三角形BCD的面积为定值，VP−BCD=V根据正方体性质可知，当D1P延长线与棱B1C1连接D1P，由题意得∠DPD1为DP与平面A1B1C1设正方体边长为a，则D1Pmin故答案为：①②③.11．（23-24高二下·贵州铜仁·期末）如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=5,BC=3,BB(1)直接在图中作出平面α截此长方体所得的截面（不必说明画法和理由），判断截面图形的形状，并证明；(2)设平面α∩平面A1B1【解题思路】（1）作出截面，利用面面平行的性质及线面垂直的性质判断即可.（2）连接AF，确定二面角的平面角并计算即得.【解答过程】（1）在平面A1B1C1D1内过点P作EF//则四边形BCEF为所作截面，截面BCEF为矩形，证明如下：在长方体ABCD−A1B又平面ABB1A1//平面CDD1C1于是BF//CE，四边形BCEF为平行四边形，又BC⊥平面ABB1A1，因此BC⊥BF，所以四边形BCEF为矩形.（2）连接AF，由矩形BCEF的周长为16，且BC=3，得BF=5，又BB1=4，∠BB1F=90由（1）知，EF//BC，则EF⊥平面ABB1A1，而因此EF⊥BF,EF⊥AF，二面角A−l−B的平面角为∠BFA，在△ABF中，AB=BF，则cos∠BFA=所以二面角A−l−B的余弦值为5512．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，一块正方体木料A1B1C1D1−ABCD的棱长为3米，点M在棱

【解题思路】先利用线面平行的判定定理推得锯面为过MN在正方体上的截面，再分类讨论与上底面的交点位置，从而得解.【解答过程】取N∈BD，且DN:NB=1:2，连接MN，则DN:NB=B1M:MB=1:2此时，由线面平行的判定定理可知，过MN的锯面就是满足题意的锯面；当锯面分别与AD,CD交于F,E时，

延长FE交BC延长线于P，连接MP交C1C于延长EF交BA延长线于Q，连接MQ交A1A于由公理2可知直线EF与MH的交点P一定在直线BC上，直线EF与MG的交点Q一定在直线BA上，此时锯痕为五边形MHEFG；当锯面与AB（含端点A，不含端点B）交于F或与BC（含端点C，不含端点B）交于E时，

由上分析可知此时锯痕为四边形MFEH(或四边形MEFG)；综上，锯痕的形状是五边形或四边形.【类型3球的截面问题】13．（24-25高二·上海·课堂例题）球的半径为10cm，若它的截面面积是36πcm2，则球心到截面的距离是（A．6cm； B．4cm； C．8cm； D．9cm．【解题思路】利用球的截面性质结合勾股定理求解即可.【解答过程】由球的截面性质得，截面面积一定为圆，设圆的半径为r，所以πr2=36π，解得由勾股定理得d=100−36故选：C.14．（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.15．（24-25高三上·河南·开学考试）如图，球O被一个距离球心d(d>0)的平面截成了两个部分，这两个部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直径被截后所得的线段叫作球缺的高.球冠的面积公式为S=2πRH，球缺的体积公式为V=13π3R−HH2，其中R为球的半径，A．若d=12B．若S1SC．若d≥R3D．若d≤R3【解题思路】根据勾股定理结合圆的面积公式计算判断A错误；根据截面的面积和球的体积公式根据不同条件计算进行判断BCD.【解答过程】对于A，设这两个球缺的底面圆半径为r，则r2因为r2+d2=R2对于B，设两个球缺的高分别为ℎ1,ℎ由S1S2=13，得2πV1=13π对于C，S1S2=2πRℎ1对于D，V1由d≤R3，得x≥3.设函数f′x>0在3,+∞上恒成立，即所以fx≥f3故选：BCD.16．（2025高一·全国·专题练习）两平行平面截半径为13的球，若截面面积分别为25π和144π，则这两个平面间的距离是7或17.【解题思路】球的半径为R=13，设两个截面圆的半径别为r1，r2，球心到截面的距离分别为d1，d2，则由已知可求得【解答过程】球的半径为R=13，设两个截面圆的半径别为r1，r2，球心到截面的距离分别为d1球的半径为R，由πr12由πr22如图①所示，当球的球心在两个平行平面的外侧时，这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之差；即d2如图②所示，当球的球心在两个平行平面的之间时，这两个平面间的距离为球心与两个截面圆的距离之和．即d2所以这两个平面间的距离为7或17．故答案为：7或17.17．（24-25高一下·全国·课后作业）一个球内有相距9cm的两个平行截面，它们的面积分别为49πcm2和【解题思路】对截面的位置分类讨论，利用勾股定理求解球的半径，再求解表面积即可.【解答过程】当截面在球心的同侧时，如图所示为球的轴截面，由球的截面性质知AO且O1，O2为两截面圆的圆心，则OO设球的半径为Rcm，∵π⋅∵π⋅O设OO1=x在Rt△O1在Rt△OO2联立①②可得x=15，R=25．∴S球=4当截面在球心的两侧时，如图所示为球的轴截面，由球的截面性质知，O1A//O2则OO1⊥O1∵π⋅O∵π⋅O设O1O=xcm在Rt△OO1A中，R2∴x2+400=综上所述，球的表面积为2500πcm18．（24-25高二上·上海·课堂例题）如图，用一平面去截球O，所得截面面积为16π，球心O到截面的距离为3cm，O1为截面小圆圆心，AB为截面小圆的直径．求球

【解题思路】运用球的截面性质，结合勾股定理和体积公式解题.【解答过程】由题意可得截面圆的半径r=4cm则球O的半径R=4所以球O的体积V=4【类型4截面图形的周长或面积问题】19．（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．20．（2024·天津和平·三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为6，点E，F分别在棱D1A1，D1C1上，且满足D1ED1AA．822 B．622 C．422【解题思路】由于上下底平行，则可得平面EFO与上下底面的交线平行，则可得EF为平面EFO与上底面A1B1C1D1的交线，AC为平面EFO【解答过程】连接AC,BD，A1C1，AC与BD因为D1ED1A因为A1C1‖AC，所以EF所以E,F,O,A,C共面，所以平面EFO截正方体ABCD−A1B因为正方体ABCD−A1B所以AC=A在Rt△D1EF中，在Rt△AA1AE=A在Rt△CC1CF=C过E作EM⊥AC于M，则AM=AC−EF所以EM=A所以等腰梯形EFCA的面积为12故选：A.

21．（23-24高二上·四川成都·期末）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AC=22，AA1=2，点B,D在以线段A．存在点B，使得平面ABC1与平面B．当直四棱柱ABCD−A1B1CC．当AB=2时，过点A1,B,ND．当AB=2时，过MN的平面截该四棱柱的外接球，所得截面面积的最小值为5【解题思路】证明BB1⊥平面ABC可判断A；先判断四棱柱为正方体，然后转化为证明AB1⊥平面A1BC，即可判断B；取【解答过程】对于A，因为AC为直径，所以AB⊥BC，又四棱柱ABCD−A1B1C因为AB⊂平面ABC，所以BB因为BC∩BB1=B,BC,B又AB⊂平面ABC1，所以平面ABC对于B，由上可知，四边形ABCD为矩形，易知，当四边形ABCD的面积S最大时，棱柱ABCD−A记∠BAC=θ，则S=AB⋅BC=22当2θ=π2，即θ=π4时，Smax所以，此时四棱柱ABCD−A连接A1因为BC⊥平面ABB1A1，AB由四边形ABB1A又A1B∩BC=B,A1B,BC⊂平面A又A1C⊂平面A1对于C，由上可知，当AB=2时，四棱柱ABCD−A取CC1的中点为P，易知，又BC//A1D1,BC=所以NP//A1此时，A1所以梯形A1BCD对于D，易知，正方体ABCD−A1B由对称性可知，球心到M，N的距离相等，记过MN的截面小圆半径为r，球的半径为R，球心到截面距离为d，MN的中点为Q，则r=R2−d2由求得性质可知，当小圆圆心为MN的中点时d取最大值，易知，MN=所以O′所以rmin所以小圆面积为52故选：BCD.22．（24-25高二上·湖北恩施·期中）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=6,E为棱BC的中点，F为棱A1【解题思路】先根据面面平行的性质定理作出过点A,E,F的正方体的截面，然后结合正方体的性质可求截面的周长.【解答过程】如图，取B1C1的中点E1,连接EE过点F在平面A1B1C1D1内作FG//再取B1C1的三等分点F1（靠近点C1过点E在平面BCC1B1内作EH//BF1,交连接GH,因平面ABCD//平面A1B1同理过A,E,F三点的截面与平面ADD1A故五边形AEHGF即点A,E,F的正方体的截面.因AB=6,则AE=A1E由FG//A1E1可得即得：FG=35×23=2又由EH//BF1可得△ECH∼△E即得：EH=213则GH=2故五边形截面AEHGF的周长为：AE+AF+EH+FG+GH=35+213+23．（23-24高一下·山东临沂·期中）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1，中，H是B1D1的中点，E(1)证明；F，G，H，B四点共面；(2)平面EFG//平面BD(3)若正方体棱长为1，过A，E，C1【解题思路】（1）连接BH，可得FG//BH，即可证明F，G，H，（2）由面面平行的判定定理即可证明；（3）取D1C1的中点N，连接A1N，NE，取A1B1的中点【解答过程】（1）证明：连接BH，∵FG为△CBH的中位线，∴FG//BH，∴F，G，H，（2）由（1）知，FG//∵FG⊄平面BDD1B1，BH⊂平面BDD∵EF//DB，EF⊄平面BDD1B，DB⊄平面BD∵EF∩EG=E，EF、EG都在面EFG内，∴平面EFG//平面（3）取D1C1的中点N，连接A1N，NE取A1B1的中点M，连接MC1，AM∴截面AEC1M所以截面的面积为1224．（23-24高一下·河南·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，(1)作出平面C1EF截长方体(2)求（1）中所作截面的周长；(3)长方体ABCD−A1B【解题思路】（1）延长C1E，与CB的延长线交于点N，连接NF并延长，可得交CD的延长线于（2）利用平行线分线段成比例定理可求五边形PEC（3）利用V=V【解答过程】（1）如图所示，五边形PEC作法如下：延长C1E，与CB的延长线交于点连接NF并延长，分别交AB于P，交CD的延长线于M，连接MC1，交DD1于点Q，连接（2）因为BF∥CC1，所以BNNC由AB∥CD，可得BPAP得BP=2,AP=4，则PE=4+4FP=16+16由MDAP=DFAF=24则QF=QC故截面的周长为22（3）V=V故所求体积为2483【类型5截面切割几何体的体积、表面积问题】25．（24-25高一下·河北邢台·阶段练习）过圆柱的上，下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是面积为16的正方形，则圆柱的侧面积是（

）A．122π B．16π C．8π 【解题思路】根据截面是面积为16的正方形可求底面圆的半径以及圆柱的高，进而可求圆柱的侧面积.【解答过程】如图所示，过圆柱的上，下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是正方形ABCD，面积为16，故边长AB=AC=4，即底面半径R=2，侧棱长为AC=4，则圆柱的侧面积是S=2πR⋅AC=16π，故选：B.26．（23-24高一下·陕西宝鸡·期末）如图，圆锥PO的底面直径和高均是4，过PO的中点O1作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（

A．4+45π C．8+45π 【解题思路】通过圆锥的底面半径和高，可求出圆柱的高和底面半径，再结合圆锥的表面积与圆柱的侧面积可求得剩下几何体的表面积.【解答过程】设圆柱的底面半径为r，高为h，则r=12×2=1圆锥的母线长为22过PO的中点O1则剩下的几何体的表面积为π故选：C.27．（23-24高一下·江苏南京·期末）用一个平行于正三棱锥底面的平面去截正三棱锥，我们把底面和截面之间那部分多面体叫做正三棱台．如图，在正三棱台ABC−A1B1CA．正三棱台ABC−A1B．直线BC与平面ABC1C．点A1到平面ABCD．正三棱台ABC−A1【解题思路】对B，找出线面角，计算即可得；对C，借助线面平行可得线上点到另一面的距离处处相等即可得；对D，借助三棱台内切球存在则半径为高的一半计算即可得，根据台体的体积公式即可判断A.【解答过程】对于B，过A1作直线AC的垂线，交直线AC于点M，过C1作直线交直线AC于点N，连接AC1，则所以∠C由余弦定理得AC所以CC所以CC1⊥AC1AC1、BC1⊂平面AB所以直线BC与平面ABC1所成的角为对于C，取BC1中点P，因为B1C1又CC1⊥平面ABC1所以点B1到平面ABC1A1B1//AB所以点A1到平面ABC1的距离等于点B1到平面对于D，取AC中点H，A1C1中点H1，△A1B过B1作垂线交HB于点T，所以O1B所以BT=2所以B1T=BB1对于A，由D选项知，B1T=6S△ABC所以正三棱台ABC−A1B故A错误.故选：BCD.28．（24-25高二上·上海·期中）某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为6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，若其中一个截面圆的周长为4π，则该球的表面积是52π【解题思路】画出球心截面图，分析求出球的半径求解即可.【解答过程】球心的截面图如图，则OA=3，由截面圆的周长为4π，得2解得AB=2，球的半径是OA所以该球的表面积为4π故答案为：52π29．（24-25高一上·宁夏银川·期末）如图，圆锥的底面直径和高均是4，过PO的中点O′（1）求该圆锥的表面积；（2）求剩余几何体的体积.【解题思路】（1）先求母线长，再求侧面积和底面积.（2）用锥体体积减去柱体体积.【解答过程】（1）因为圆锥的底面直径和高均是4，所以半径为2，母线l=4所以圆锥的表面积为S=π⋅r（2）由题意知，因为O′为PO所以V=130．（24-25高二·全国·课后作业）如图，AEFB—DHGC是一个长方体被一个平面斜截的几何体，截面是EFGH，已知AB=4(1)求异面直线EF与DC所成角的大小；(2)求该几何体的体积.【解题思路】（1）根据已知条件及异面直线所成角的定义及解三角形即可求解；（2）利用棱柱的体积公式即可求解.【解答过程】（1）过点E作EP⊥BF交于P，过点H作HQ⊥CG交于Q，连接PQ，如图所示，由题意可知，DC//__AB，所以∠FEP为异面直线EF与DC所成角的大小，∵AB=4，BF=9，AE=5，∴EP=AB=4，BP=AE=5PF=BF−BP=4，∴EP=PF=4，EP⊥BF，△EPF是等腰直角三角形，∴∠FEP=45°，所以异面直线EF与DC所成角为45°.（2）由题意可知，AB=4该几何体的体积为V四棱柱【类型6交线及其长度、轨迹问题】31．（24-25高三上·河北保定·期末）已知三棱锥D−ABC的所有棱长均为2，以BD为直径的球面与△ABC的交线为L，则交线L的长度为（

）A．23π9 B．43π9【解题思路】分别取AB,BC的中点M,N，由题意分析知，以BD为直径的球面与△ABC的交线为△BMN外接圆周长的13，求出△BMN【解答过程】取BD的中点为O，所以O为球心，过D作DF⊥平面ABC于点F，即F为△ABC的中心，延长BF交所以BF交AC于点E，则E为AC的中点，所以BF=23BE=取BF的中点O1，连接OO1，∵OO1因为BE⊂平面ABC，即OO1⊥BE，FO所以F为以BD为直径的球面上一点，分别取AB,BC的中点M,N，连接OM,ON，且OM=ON=12DC=1，所以M,N则△BMN为等边三角形，△BMN的外接圆即为四边形BMFN的外接圆，BO1为外接圆的半径，所以所以以BD为直径的球面与△ABC的交线L长为△BMN外接圆周长的13所以L=1故选：A.32．（24-25高二上·重庆·期末）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，E，F，G分别为棱AB，CC1，C1D1的中点，若平面EFGA．π B．2π C．2π 【解题思路】通过平行可知截面为正六边形，然后截面面积可求得正方体边长.再结合正方体中DB1⊥截面EFG可得PD2=PO【解答过程】由题意截面EGF则为正六边形，如图所示，

由截面面积为332及三角形面积公式可得6×12G因为DB1⊥截面EFG，O为DB1∴PD2=PO2∴使得PD=2的点P的轨迹是以O为圆心，半径为22的圆，所以轨迹长度为故选：C.33．（24-25高三上·辽宁·阶段练习）已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，点P，Q，T分别在棱BB1，CC1和AB上，且B1P=3，C1A．m的长度为553 B．mC．n的长度为233 D．n【解题思路】做出截面，确定线段m，n，由平行线分线段成比例，相似三角形的性质以及勾股定理即可得解.【解答过程】如图所示，连接QP并延长交CB的延长线于E，连接ET并延长交AD于点S，交CD的延长线于点H，连接HQ，交DD1于点R，连接则m即为SR，n即为ST，由PB//QC，得PBQC=EB由AS//EB，得ASEB所以n=ST=A由SD//EC，得又易知SR//PQ，得SRQE所以SR=5故选：AD.34．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，以点A为球心，2为半径的球与该四棱锥的所有表面的交线总长为(83+9)π【解题思路】由题意可得以点A为球心，2为半径的球与该四棱锥的表面PBC，PDC，ABCD有交线，其中表面PBC，PDC的交线相同，取BC的中点E，连接PE，过P作PF‖BC，过B作BF‖PE，过A作AG⊥BF于G，连接PG,AF，可证得AG⊥平面BCPF，所以可得以点A为球心，2为半径的球与四棱锥的表面PBC的交线为以G为圆心，PG为半径的一段弧，根据已知条件可求出弧长，从而可求得结果.【解答过程】因为正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，所以以点A为球心，2为半径的球与该四棱锥的表面PBC，PDC，ABCD有交线，取BC的中点E，连接PE，过P作PF‖BC，过B作BF‖PE，PF∩BF=F，则四边形BEPF为平行四边形，PE⊥BC，所以BF⊥BC，过A作AG⊥BF于G，连接PG,AF，因为BC⊥AB，AB∩BF=B，AB,BF⊂平面ABF，所以BC⊥平面ABF，因为AG⊂平面ABF，所以BC⊥AG，因为AG⊥BF，BC∩BF=B，BC,BF⊂平面BCPF，所以AG⊥平面BCPF，因为正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，所以BE=CE=PF=1,PE=BF=AF=3所以S△ABF所以12BF⋅AG=2因为AB=AP=2，所以BG=PG=2所以以点A为球心，2为半径的球与四棱锥的表面PBC的交线为以G为圆心，23因为BF=3，所以FG=所以tan∠PGF=PFFG所以∠PGB=2π所以弧PB的长为2π同理可得以点A为球心，2为半径的球与四棱锥的表面PDC的交线长为43以点A为球心，2为半径的球与四棱锥的表面ABCD的交线为点A为圆心，AB为半径的四分之一圆，弧BD的长为π2所以以点A为球心，2为半径的球与该四棱锥的所有表面的交线总长为43故答案为：(8335．（24-25高一下·河南洛阳·阶段练习）如下图，在正方体ABCD−A1B1C(1)画出过M,N,P三点的平面与平面ABCD、平面BB(2)设过M,N,P三点的平面与BC交于点Q，求PQ的长．【解题思路】（1）利用平面的基本性质画出交线，进而确定比例和长度；（2）利用（1）直接求解.【解答过程】（1）如图所示：∵MP⊂平面ABB∴MP与底面ABCD的交点K必在侧面ABB1与底面ABCD的交线∴过点M,N,P的平面与平面ABCD的交线是NK，（K在线段AB的延长线上），与平面BB1C1C的交线是PQ∵BK∥A1B1在Rt△BPQ中，由勾股定理得PQ=136．（23-24高一下·云南昆明·期末）如图，已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，(1)证明：BD1//(2)设平面α//平面EDC1，且B∈α【解题思路】（1）连接CD1交DC1于P，连接（2）设M，N分别为AD，B1C1的中点，连接BM,BM,D1【解答过程】（1）证明：如图，连接CD1交DC1于在长方体中，由CDD1C1为矩形得由E为BC的中点，得EP//又EP⊂平面EDC1，BD所以BD1//（2）设M，N分别为AD，B1C1因为E为BC的中点，所以四边形MECD为矩形，所以ME∥CD，ME=CD，因为C1D1∥CD，C1D1=CD所以四边形MEC1D1为平行四边形，所以MD因为C1N=BE，C1N∥所以BN=EC1，BN∥EC1，所以MD所以四边形BMD因为BN∥EC1，BN⊄平面EDC1，所以BN∥平面EDC1，同理可证得BM∥平面因为BN∩BM=B，BN,BM⊂平面BMD所以平面BMD1N所以α与长方体的面的交线围成平行四边形BMD由已知得MD1=22，所以cos∠BMD1所以四边形BMDS=MD【类型7截面的最值与范围问题】37．（24-25高三上·江苏常州·阶段练习）已知正三棱锥P−ABC的外接球O的表面积为36π，侧棱PA=32，点D为AB的中点，过点D作球O的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（A．214π,9π B．274π【解题思路】根据题意，先确定球心O1的位置，进而结合r2=R2−d【解答过程】设正三棱锥P−ABC的外接球O1的半径为R，则4πR假设正三棱锥P−ABC中，△ABC外接圆的圆心O，则球心O1在PO设OO1=d，即R+d2+R又R=3，解得d=0，所以△ABC外接圆的圆心O是球心O1如图所示：设球心O到过点D的截面圆的距离为d，截面圆的半径为r，则r2因为球心O到过点D的截面圆的距离的最大值为OD=1所以r2的最小值为R又因为点D在OA为半径的圆面上，则球心O到过点D的截面圆的距离的最小值为0，所以r2的最大值为R总上可知，r2∈所以截面圆的面积的取值范围为274故选：B.38．（2024·辽宁·模拟预测）在三棱锥A−BCD中，AB=BC=CD=DA=22,∠ADC=∠ABC=90∘，平面ABC⊥平面ACD，三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的球面上，E,F分别在线段OB,CD上运动（端点除外），BE=2CF.当三棱锥E−ACF的体积最大时，过点A．π B．3π C．32π【解题思路】取AC的中点O,证得O为球心，利用二次函数求出三棱锥E−ACF的体积最大时x的取值，当OF垂直于截面时，截面圆的面积最小，求得截面圆的半径.【解答过程】如图，取AC的中点O,连接OF，因为∠ADC=∠ABC=90°，所以OA=OB=OC=OD=12AC则球O的半径R=2,又AB=BC,所以OB⊥AC,又平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC，OB⊂平面所以OB⊥平面ACD，设CF=x，则BE=2x<2,所以所以三棱锥E−ACF的体积V=1当x=22时,V取得最大值由于OA=OB=OC=OD，在△COF中，由余弦定理得:OF=OC2设此时截面圆的半径为r，所以r=R则截面面积的最小值为πr故选:C.39．（23-24高三下·山东威海·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别是AA1，

A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面B．存在点Q，使PQ//平面C．过Q，M，N三点的平面截正方体ABCD−A1D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为9【解题思路】作出过B,N,P的截面判断选项A；取A1D1中点为Q，证明其满足选项B；当Q在A1D1运动时，确定截面的形状，引入参数(如A1Q=x)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过【解答过程】选项A，连接A1B,P,N分别是C1D1,C1C中点，则PN//CD1，所以PN//A

选项B，如图，取A1D1中点为Q因为M,N分别是AA1,CC1所以MN//A1C1，又P是CMN⊂平面BMN，PQ⊄平面BMN，所以PQ//平面BMN

选项C，正方体中，M,N分别是AAQ在A1D1上，如图