2025年高考数学必刷题分类：第51讲、立体几何中的截面问题（教师版）

第51讲立体几何中的截面问题

知识梳理

解决立体几何截面问题的解题策略．

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，为解

决立体几何问题增添了一种代数计算方法．

2、基底法

所谓基底法是不需要建立空间直角坐标系，而是利用平面向量及空间向量基本定理

作为依托，其理论依据是：若四点E、F、G、H共面，P为空间任意点，则有：

结论1：若EG与EH不共线，那么EFEGEH；

结论2：PEPFPGPH(1)．

3、几何法

从几何视角人手，借助立体几何中的线线平行、线面平行、面面平行的性质与判定

定理以及平面几何相关定理、结论，通过论证，精准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，再依据题意完成所求解答或证明．

必考题型全归纳

题型一：截面作图

例1．（2024·全国·高一专题练习）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为6，M是A1B1的

中点，点N在棱CC1上，且CN2NC1.作出过点D，M，N的平面截正方体ABCDA1B1C1D1

所得的截面，写出作法；

【解析】如图所示，五边形DQMFN即为所求截面.

作法如下：连接DN并延长交D1C1的延长线于点E，

连接ME交B1C1于点F，交D1A1的延长线于点H，

连接DH交AA1于点Q，连接QM，FN，

所以五边形DQMFN即为所求截面.

例2．（2024·江苏·高一专题练习）如图，棱长为2的正方体ABCD–A1B1C1D1中，E，F分别

是棱AA1，CC1的中点，过E作平面，使得//平面BDF.

(1)作出截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由；

(2)求平面与平面BDF的距离.

BF//ED

【解析】（1）连接B1D1,EB1,ED1，由正方体性质可得BD//B1D1，1；

又BFBDB，所以平面EB1D1//平面BDF；

因为//平面BDF，且E，所以平面EB1D1与平面重合，即平面EB1D1就是截正方体

ABCD-A1B1C1D1所得的截面.

（2）由（1）可知平面与平面BDF的距离等于点B1到平面BDF的距离；

设点B1到平面BDF的距离为d，由题意可得BD22,BFDF5，所以VBDF的面积

为6；BB1F的面积为2；

1126

由VBBDFVDBBF可得S△BDFdS△BBF2，解得d.

113313

26

所以平面与平面BDF的距离为.

3

例3．（2024·全国·高一专题练习）（1）如图，棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，

N是棱A1B1，A1D1的中点，在图中画出过底面ABCD中的心O且与平面AMN平行的平面在

正方体中的截面，并求出截面多边形的周长为：______；

（2）作出平面PQR与四棱锥ABCDE的截面，截面多边形的边数为______．

【解析】(1)分别取E，F为棱B1C1，C1D1的中点，则由中位线性质得到：EFB1D1MNBD，

所以四边形EFDB为平面四边形，

又ENA1B1AB，ENA1B1AB，所以四边形ENAB为平行四边形，所以EBAN，

由EF∥MN，EF平面AMN，MN平面AMN，所以EFP平面AMN，同理EB∥平面

AMN，EFEBE，由面面平行的判定定理可得平面AMN∥平面EFDB，所以四边形

EFDB即为所求截面，且为梯形，

1

由截面作法可知，DB=22,EF=DB=2,EBFD12225,所以截面四边形EFDB

2

的周长为3225.

（2）延长PQEB的延长线于G，连接GR,GRBCM,GRED的延长线于H,连接

PH,PHAD于N，连接QM,RN，则五边形PQMRN即为所求.所以截面多边形的边数为

五.

变式1．（2024·全国·高一专题练习）如图①，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，P为线

段BC的中点，Q为线段CC1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.

（1）若1CQ2，请在图①中作出截面S（保留尺规作图痕迹）；

（2）若CQ1（如图②），试求截面S将正方体分割所成的上半部分的体积V1与下半部分的

体积V2之比.

【解析】（1）延长DC交AP延长线于点E，此时DCCE，延长EQ交D1C1于点F

延长B1C1交PQ延长线于点G，连接GF，并延长交A1D1于点H，连接AH

此时五边形APQFH就是截面S

（2）当Q为CC1的中点时，再由DCCE，DD1//CQ可知，EQ的延长线交D1C1于点D1，

此时截面S为四边形APQD1

11117

V2VPADDVpDDCQ2221221

1132323

717

V222

133

177

因此V:V:17:7

1233

变式2．（2024·全国·高一专题练习）如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1，点E为棱CC1的

中点.

(1)证明：AC1//平面BDE.

(2)证明：AC1BD.

(3)在图中作出平面BED1截正方体所得的截面图形(如需用到其它点，需用字母标记并说明位

置)，并说明理由.

【解析】（1）证明：连接AC，交BD于点O，连接OE，

因为ABCD是正方形，所以O为AC的中点，又E为棱CC1的中点，

所以OE//AC1，OE平面BDE，AC1平面BDE，

所以AC1//平面BDE，

（2）证明：在正方体ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，BD平面ABCD，所以

AA1BD，

∩

又ACBD，ACAA1A，AC,AA1平面ACC1A1，

所以BD平面ACC1A1，

又AC1平面ACC1A1，

所以AC1BD.

（3）如图取AA1的中点M，连接BM、MD1，则MBED1为平面BED1截正方体所得的截面，

证明：取DD1的中点N，连接NE、AN，因为E为棱CC1的中点

所以AB//CD且ABCD，NE//CD且NECD，

所以AB//NE且ABNE，

所以四边形ABEN为平行四边形，

所以AN//BE，

又AM//ND1且AMND1，

所以四边形AND1M为平行四边形，

所以AN//D1M，

所以MD1//BE，即B、E、D1、M四点共面，即MBED1为平面BED1截正方体所得的截面；

变式3．（2024·江苏·高一专题练习）已知正方体ABCDA1B1C1D1是棱长为1的正方体，M

是棱AA1的中点，过C、D1、M三点作正方体的截面，作出这个截面图并求出截面的面积．

【解析】连接D1M，并延长，交DA延长线于N连CN交AB于P，连接MP，

则CD1MP为过C、D1、M三点的正方体的截面，

因为M是AA1的中点，MA//DD1

所以M是ND1的中点，A是ND的中点，

因为AP//CD，所以P是NC的中点，

所以MP是三角形NCD1的中位线，

S3S

所以CD1MPNMP，

因为正方体的棱长为1，

52

所以可得MNPN,MP，

22

52

所以三角形NMP是以MNPN为腰，以MP为底的等腰三角形，

22

22

边上的高为525132，

MP

24484

12323

三角形NMP是的面积S

NMP2248

9

所以S3S

CD1MPNMP8

题型二：截面图形的形状、面积及周长问题

例4．（2024·全国·高三专题练习）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中

点，Q为线段CC1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

题中正确命题的个数为（）

1

①当0<CQ<时，S为四边形；

2

1

②当CQ=时，S为等腰梯形；

2

31

③当CQ=时，S与C1D1的交点R满足CR；

41113

3

④当<CQ<1时，S为六边形；

4

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

【解析】

1

先确定临界值点，当CQ=，即Q为CC1的中点时，

2

截面交DD1于D1，则界面APQ2D1为等腰梯形，故②正确；

1

对①当0<CQ<时，即Q移动到Q位置时，

21

截面交线段DD1于H，所以截面APQ1H为四边形，故①正确；

3

对③，当CQ=时，Q在Q的位置，截面交DD1的延长线于I，

43

延长IQ3,AP交在DC的延长线于G点，

CPCGGQCQ1

则33，

ADGDIGDI2

33131

由CQ，则DI，DI，又有CQ1，

342121344

1

D1R1D1I21

所以2，又C1D11，所以C1R1，故③正确；

C1R1C1Q313

4

3

对④，<CQ<1，Q点移动到Q位置，从图上看，截面为五边形，故④错误；

44

共3个正确，

故选：C

例5．（2024·四川成都·高二双流中学校考期中）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为

1,M,N为线段BC,CC1上的动点，过点A1,M,N的平面截该正方体的截面记为S，则下列命

题正确的个数是（）

①当BM0且0CN1时，S为等腰梯形；

1

②当M，N分别为BC,CC的中点时，几何体ADMN的体积为；

11112

31

③当M为BC中点且CN时，S与CD的交点为R，满足CR；

41116

④当M为BC中点且0CN1时，S为五边形.

A．1B．2C．3D．4

【答案】B

【解析】①，当BM0，即B,M重合，且0CN1时，如下图所示，

过N作NP//CD1，交C1D1于P，连接A1P，

根据正方体的性质可知A1B//CD1，所以NP//A1B，所以A1,B,N,P四点共面，

在等腰直角三角形CC1D1中，根据平行线分线段成比例的知识可知CNPD1，

所以2222，

A1P1PD11CNBN

即截面S为等腰梯形，①正确.

②，当M，N分别为BC,CC1的中点时，

12

过N作NHCD1，垂足为H，则NH//CD,NHCD，

1414

由于BC平面CDD1C1，NH平面CDD1C1，所以BCNH，

由于CD1BCC,CD1,BC平面A1BCD1，

所以NH平面A1BCD1，即NH平面A1MD1.

所以1121，②正确

VADMNVNADM12.

111132412

3

③，当M为BC中点且CN时，S与CD的交点为R，S与AB的交点为P，

411

由于平面ABB1A1//平面DCC1D1，

平面ABB1A1SA1P，平面DCC1D1SRN，所以A1P//RN，

同理可证得A1R//PM，

1

CN，设CRx,PBy，则DR1x，

1411

由D1RA1MPB，得tanD1RA1tanMPB，

1

11

即111，所以，

2,yxAP1yx

1xy2222

1

11

同理tanAPAtanCRN，所以4，解得x.

1111

xx7

22

1

即CR，③错误.

17

④，当M为BC中点且CN0时，C,N重合，如下图所示，

截面S是四边形A1BCD1，④错误.

所以正确的有2个.

故选：B

例6．（2024·全国·高一专题练习）如图正方体ABCDA1B1C1D1，棱长为1，P为BC中点，

Q为线段CC1上的动点，过A､P､Q的平面截该正方体所得的截面记为.若，则

CQCC1

下列结论错误的是（）

11

A．当0,时，为四边形B．当时，为等腰梯形

22

36

C．当,1时，为六边形D．当1时，的面积为

42

【答案】C

1

【解析】当0时，如下图1，是四边形，故A正确；

2

1

当时，如下图2，为等腰梯形，B正确：

2

3

当1时，如下图3，是五边形，C错误；

4

当1时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，如下图4，由正方体的性质易得

16

PC1//BM//AF，且PC1AF，截面为APC1F为菱形，其面积为ACPF，D正

212

确.

故选：C

变式4．（2024·江苏镇江·高二扬中市第二高级中学校考开学考试）如图，在棱长为2的正

方体ABCDABCD中，点E、F、G分别是棱AB、BC、CD的中点，则由点E、F、

G确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于．

【答案】33

2

【解析】因为E、F分别为AB、BC的中点，则EF//AC且

2

222，

EFBEBF21

2

因为AA//CC且AACC，所以，四边形AACC为平行四边形，所以，AC//AC，

所以，EF//AC，设平面EFG交棱AD于点H，

因为平面ABCD//平面ABCD，平面EFG平面ABCDEF，

平面EFG平面ABCDGH，所以，EF//GH，则GH//AC，

因为G为CD的中点，所以，H为AD的中点，

设直线EF分别交DA、DC的延长线于点P、Q，连接PH交棱AA于点M，

连接QG交棱CC于点N，连接EM、FN，则截面为六边形EFNGHM，

APAE

因为AP//CB，则1，

BFBE

111

所以，APBFBCADADAH，

222

AMAH

因为AH//AP，则1，所以，AMAM，则M为AA的中点，

AMAP

同理可知，N为CC的中点，易知六边形EFNGHM是边长为EF1的正六边形，

1333

所以，截面面积为612sin606.

242

33

故答案为：.

2

变式5．（2024·河南信阳·高二信阳高中校考阶段练习）在一次通用技术实践课上，木工小组

需要将正方体木块截去一角，要求截面经过面对角线AC上的点P（如图），且与平面B1CD1

2

平行，已知AA110cm，AP6cm，则截面面积等于cm.

【答案】363

【解析】如图，连接BD交AC于点O，连接A1D、A1B.

因为BB1//DD1且BB1DD1，故四边形BB1D1D为平行四边形，所以，BD//B1D1，

因为BD平面B1CD1，B1D1平面B1CD1，所以，BD//平面B1CD1，

同理可证A1B//平面B1CD1，

因为A1BBDB，A1B、BD平面A1BD，所以，平面A1BD//平面B1CD1，

故截面平行于平面A1BD.

过点P作与BD平行的直线分别交AD、AB于点M、N，在AA1上取点Q使AQAM.

AQAM

AQAM，，△AQM∽△AA1D，QM//DA1.

AA1AD

因为QM平面A1BD，A1D平面A1BD，所以，QM//平面A1BD，

又因为MN//DB，MN平面A1BD，BD平面A1BD，所以，MN//平面A1BD，

因为MNQMM，MN、QM平面MNQ，所以，平面MNQ//平面A1BD，

S222

∽△MNQMNAP618

易得△MNQ△DBA1，故，

SDBAO25

△DBA152

因为222，

A1BABAA1102102

2

1

易知ABD是边长为的等边三角形，所以，S△102sin60503，

1102A1BD

2

18182

因此，S△MNQS△ABD503363cm.

25125

故答案为：363.

变式6．（2024·江苏泰州·高一泰州中学校考阶段练习）正方体ABCDA1B1C1D1的棱长是a，

其中E是CD中点，F是AA1中点，则过点E,F,B1的截面面积是．

1129

【答案】a2

48

1

【解析】在CC1上取M使CMCC，连接ME并延长与DD的延长线交于点G，连GF交

411

AD于N，连接B1M,NE，

由正方体的性质可知B1F//EM，则五边形B1MENF即为过点E,F,B1的截面，

11111

由题可得CMDGAFCCa，GEGM,GNGF，

241423

5533

在B1MF中，BMa,BFa,MFa，

14124

352145

由余弦定理得cosMBF，所以sinMBF，

125125

292

所以平行四边形B1MGF的面积为SBFBMsinMBFa，

1114

11

又由GEGM,GNGF，

23

11

所以SGEGNsinNGES，

GEN212

111129

所以截面的面积为SSa3.

B1MENF1248

1129

故答案为：a2.

48

变式7．（2024·全国·高三专题练习）已知直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2，ABBC，

ABBC2，过AB，BB1的中点E，F作平面与平面AA1C1C垂直，则所得截面周长

为．

【答案】326

【解析】如图，

取AC的中点D，连接BD，取A1C1的中点D1，连接B1D1，BD，

取AD的中点G，连接EG，连接EF，并延长与A1B1交于H，取C1D1的中点M，连接MH，

交B1C1于N，连接FN、GM，可得EG//BD，BD//B1D1，MN//B1D1，即有EG//MN，

又ABBC，可得BDAC，因为AA1平面ABC，BD平面ABC，所以BDAA1，

∩

ACAA1A，AC,AA1平面ACC1A1，所以BD平面AA1C1C，因为EG//BD，所以EG

平面AA1C1C，EG平面EGMF，由面面垂直的判定定理，可得平面EGMF平面AA1C1C，

1212

则平面EGMNF即为平面，由EGBD，GM426，MNBD，

222112

2

NF2，FE2，可得所得截面周长为2622326．

2

故答案为：326．

变式8．（2024·全国·高三专题练习）棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为棱BC的

中点，则过B1，E，D三点的平面截正方体的截面周长为．

【答案】25

【解析】

如图，取A1D1的中点为F，连接FD,B1F，取AD的中点为G，连接FG,BG，

在正方形A1D1DA中，因为F、G分别为所在棱的中点，故FG//AA1，FGAA1

而BB1//AA1，BB1AA1，故FG//BB1，FGBB1，

故四边形FGBB1为平行四边形，故FB1//GB,FB1=GB,

在正方形ABCD中，因为E、G分别为所在棱的中点，故GD//BE,GD=BE，

故四边形DGBE为平行四边形，故DE//GB,DE=GB,

故FB1//DE,FB1=DE，故四边形FB1ED为平行四边形，

故F,B1,E,D四点共面，故过B1，E，D三点的平面截正方体的截面为平行四边形FB1ED.

155

又DEBE1，故截面的周长为425，

1422

故答案为：25.

变式9．（2024·四川泸州·四川省泸县第二中学校联考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体

ABCDA1B1C1D1，中，点E为CD的中点，则过点C且与B1E垂直的平面被正方体

ABCDA1B1C1D1截得的截面周长为．

【答案】252/225

【解析】如图，取AD中点F，DD1中点G，连接CF,FG,CG,BE,B1E，设BE与CF交于

点O，

因为B1E在平面ABCD内的射影为BE，

由CDBE,DFCE,BCEFDC90可得BCECFD，

所以BECDFC,EBCFCD，

又因为ABEEBC90,EBCBEC90，

所以ABEBECDFC，

在四边形AFBO中，AABEBOFCFA360，

其中ABEAFCDFCAFC180A90，

所以BDF90，即BECF，

所以CF是截面内的一条线，

同理CG,GF是截面内的一条线，

所以过点C且与B1E垂直的平面被正方体ABCDA1B1C1D1截得的截面为CFG，

因为正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，

所以CF415,CG415,FG112,

截面CFG的周长为CFCGFG552252，

故答案为：252

题型三：截面切割几何体的体积问题

例7．（2024·广东广州·高一统考期末）在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别

为棱BC，CC1的中点，过点A，E，F作一个截面，该截面将正方体分成两个多面体，则体

积较小的多面体的体积为.

3

【答案】7a

24

【解析】如图，依次连接AE,EF,FD1,D1A，四边形AEFD1即为所求截面，

因为点E、F分别为棱BC、CC1的中点，所以EF∥D1A，

1a21aaa2

可知ADD1ECF为三棱台，所以S△aa,S△，

ADD122ECF2228

11a2a2a2a27a3

其体积VS△S△S△S△CDa，

ADD1ECFADD1ADD1ECFECF

33228824

且正方体的体积为Vaaaa3，

ABCDA1B1C1D1

33

37a17a

则另一部分的体积为VVVa，

ABCDA1B1C1D1ADD1ECF2424

17a37a37a3

因为，所以体积较小的多面体的体积为.

242424

7a3

故答案为：.

24

例8．（2024·辽宁锦州·校考一模）在正四棱锥SABCD中，M为SC的中点，过AM作截面

V2

将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为V1,V2，则的最大值

V1

是.

【答案】2

V2

【解析】记正四棱锥SABCD的体积为V，的最大值，由V1V2V为定值知，只需求V1

V1

的最小值，

设过AM的截面分别交SB和SD于E,F，平面SAC与平面SBD的交线为SO,SO与AM相交

于G，如图，

2SESF11111

则SGSO，令x,y，则SG(SDSB)SESF，即有1，

3SBSD33x3y3x3y

SFSE

VVVVVVV

1SAFMSAEMFSAMESAMSDDSAMSBBSAM

11VV11VyxV

yVxV(xy)(xy)()(2)，

2DSAC2BSAC443x3y12xy4

VVVVV

221112

当且仅当xy时取等号，此时VVVV，

3111

3

V

所以2的最大值是2.

V1

故答案为：2

例9．（2024·浙江·高二竞赛）在正四棱锥SABCD中，M在棱SC上且满足SM2MC.过

V2

AM作截面将此四棱锥分成上，下两部分，记上，下两部分的体积分别为V1，V2，则的

V1

最大值为.

7

【答案】

8

【解析】设过AM的平面交SB,SD于G,P，

将平面MGAP延伸，交BC,CD于E，F，则A，E，F共线.

BG

设x，

SB

FCDPECx

21,21，

FDPSEB1x

FCCECECE

又，

FDDABCCEBE

BE2XDP1BE13x

而,1，

CE1xPS2CE21x

VSASMdGASCdPASC1SGSP

由于1

V2SASCdBASC3SBSD

122x1435x4

1x，

335x355535x

14V85

x0,,y5x,3，1,，

33V159

VVVV7

211.

V1V1V18

7

故答案为：.

8

变式10．（2024·上海·高二专题练习）如图，正方体ABCDA1B1C1D1，中，E､F分别是棱

AB､BC的中点，过点D1､E､F的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为

V1,V2，记V1V2，则V1:V2.

25

【答案】

47

【解析】延长EF交DC的延长线与点P，连接D1P交CC1于点G，连接FG：

延长FE交DA的延长线与点O，连接D1O交AA1于点H，连接HE：

所以过D,E,F的截面为DHEFG，如下图示：

设正方体的棱长为2a，

则过D1,E,F的截面下方几何体的体积为

1111112a25

VSOD2SOA3a2a3a2aaa3，

13D1DP3AEH323239

254725

所以另一部分体积为V8a3a3a3，则V:V.

2991247

25

故答案为：

47

变式11．（2024·全国·高一专题练习）如图所示，在长方体ABCDABCD中，用截面截下

一个三棱锥CADD，则三棱锥CADD的体积与剩余部分的体积之比为.

【答案】1:5

==

【解析】设ABa，ADb，AAc，所以长方体体积VABCDABCDabc

1111

三棱锥CADD的体积VCDSabcabc，

CADD3△ADD326

15

∴剩余部分的体积VVabcabcabc

ABCDABCDCADD66

∴三棱锥CADD的体积与剩余部分的体积之比为1:5.

故答案为：1:5.

变式12．（2024·贵州贵阳·贵阳六中校考一模）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1底面ABC，

1

ABBCCAAA，点P是棱AA上的点，AP2PA，若截面BPC分这个棱柱为两部

21111

分，则这两部分的体积比为.

45

【答案】或

54

【解析】取AC的中点D，连接BD，

因为ABBC，所以BDAC，

因为AA1底面ABC，BD底面ABC，

所以AA1BD，

∩

又ACAA1A，所以BD平面AA1C1C，

24

=3

不妨设ABa，则BDa，APAA1a，

233

1333，

Vaa2aa

ABCA1B1C1222

4

a2aa

133533，

Vaa

BAPC1C32218

故上面一部分的体积为233，

VVa

ABCA1B1C1BAPC1C9

23

a3

4

则9，

535

a3

18

45

所以两部分的体积比为或.

54

45

故答案为：或.

54

变式13．（2024·广东揭阳·高一普宁市华侨中学校考阶段练习）如图，正方体ABCDA1B1C1D1

中，E､F分别是棱A1B1､C1D1的中点，则正方体被截面BEFC分成两部分的体积之比

V1:V2.

【答案】3

【解析】设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2a，体积为V，则

V2a2a2a8a3，

因为E是棱A1B1的中点，所以EB1a，

11

VSBCEBBBBCa2a2a2a3，

2BB1E2112

333

V1VV28a2a6a.

V6a3

1

33.

V22a

故答案为：3

题型四：球与截面问题

例10．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体

ABCDA1B1C1D1中，M,N分别为棱A1D1,DD1的中点，过MN作该正方体外接球的截面，

所得截面的面积的最小值为（）

ππ3ππ

A．B．C．D．

6482

【答案】C

【解析】如图，

13

正方体外接球的球心在其中心点O处，球的半径R121212，

22

要使过MN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MN的中点Q，

2

连接OM,ON，则OMONMN，

2

2

216

所以OQOMMN，

24

6

此时截面圆的半径rR2OQ2，

4

3

此时，截面面积的最小值Sπr2π.

8

故选：C.

例11．（2024·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB3,AD4，

将△ABD沿对角线BD翻折至ABD的位置，使得平面ABD平面BCD，则在三棱锥

ABCD的外接球中，以AC为直径的截面到球心的距离为（）

43562239113

A．B．C．D．

1051010

【答案】B

【解析】如图，取BD的中点为O，连接AO,CO，过A作AHBD，垂足为H，连接CH.

因为三角形ADB为直角三角形，故AOODOB，

同理COODOB，故COODOBOA，

所以O为三棱锥ABCD的外接球的球心，而BD9165，

因为AHBD，AH平面ABD，平面ABD平面CBD，

平面ABD平面CBDBD，故AH平面CBD，

而CH平面CBD，故AHCH.

3412

在直角三角形ABD中，AB3,AD4，故AH，

9165

1449

故BH9，

255

4

在直角三角形CBD中，cosCBD，

5

8194193144193337

故CH21624，故AC2.

255525252525

设球心到以AC为直径的截面的距离为d，

2

2512533762533712262

则dAC，

42442510105

故选：B.

32π

例12．（2024·海南·高三校联考期末）已知某球的体积为，该球的某截面圆的面积为3π，

3

则球面上的点到该截面圆圆心的最大距离为（）

5

A．1B．3C．23D．

2

【答案】B

【解析】设截面圆的半径为r，球O的半径为R球心到截面的距离为d，

则r2d2R2，

32π4π

因为球的体积为R3,

33

所以R2，

因为截面圆的面积为3π，

所以3π=πr2，故r3，

所以d1，

所以球面上的点到该截面圆圆心的最大距离为dR3，

故最大距离为3.

故选：B.

变式14．（2024·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，

E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接

球所得截面的面积为（）

132582

A．B．C．D．

61233

【答