立體幾何中的截面、交線問題-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點19立體幾何中的截面、交線問題【七大題型】

【新高考專用】

?題型歸納

【題型1截面作圖】...........................................................................2

【題型2截面圖形的形狀判斷】.................................................................7

【題型3截面圖形的周長或面積問題】..........................................................12

【題型4球的截面問題】......................................................................16

【題型5截面切割幾何體的體積、表面積問題1...........................................................................18

【題型6交線長度、軌跡問題】................................................................21

【題型7截面的范圍與最值問題】.............................................................25

?命題規(guī)律

1、立體幾何中的截面、交線問題

“截面、交線”問題是高考立體幾何問題中最具創(chuàng)新意識的題型，它滲透了一些動態(tài)的線、面等元素,

給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力.求截面、交線問題，一是與解三角形、多邊形面積、周長、扇形弧長、面

積等相結(jié)合求解，二是利用空間向量的坐標(biāo)運算求解.

?方法技巧總結(jié)

【知識點1立體幾何中的截面問題】

1.作截面的幾種方法

(1)直接法：有兩點在幾何體的同一個面上，連接該兩點即為幾何體與截面的交線，找截面實際就是找

交線的過程.

(2)延長線法：同一個平面有兩個點，可以連線并延長至與其他平面相交找到交點.

(3)平行線法：過直線與直線外一點作截面，若直線所在的面與點所在的平面平行，可以通過過點找直

線的平行線找到幾何體與截面的交線.

2.球的截面

(1)球的截面形狀

①當(dāng)截面過球心時，截面的半徑即球的半徑，此時球的截面就是球的大圓；

②當(dāng)截面不過球心時，截面的半徑小于球的半徑，此時球的截面就是球的小圓.

(2)球的截面的性質(zhì)

①球心和截面圓心的連線垂直于截面；

②球心到截面的距離d與球的半徑R及截面的半徑r之間滿足關(guān)系式：d=.

圖形解釋如下：

在球的軸截面圖中，截面與球的軸截面的關(guān)系如圖所示.若設(shè)球的半徑為七以。，為圓心的截面的半徑

為r,。。=〃貝!|在尺以。。。中，有=即衣2="+/.

【知識點2立體幾何中的截面、交線問題的解題策略】

1.立體幾何截面問題的求解方法

(1)坐標(biāo)法：所謂坐標(biāo)法就是通過建立空間直角坐標(biāo)系，將幾何問題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運算問題，進行求解.

(2)幾何法：從幾何視角人手，借助立體幾何中的線面平行及面面平行的性質(zhì)定理，找到該截面與相關(guān)

線、面的交點位置、依次連接這些點，從而得到過三點的完整截面，再進行求解.

2.截面、交線問題的解題策略

(1)作截面應(yīng)遵循的三個原則：

①在同一平面上的兩點可引直線；

②凡是相交的直線都要畫出它們的交點；

③凡是相交的平面都要畫出它們的交線.

(2)作交線的方法有如下兩種：

①利用基本事實3作交線；

②利用線面平行及面面平行的性質(zhì)定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據(jù)性質(zhì)作出交線.

?舉一反三

【題型1截面作圖】

【例1】(2024?河南新鄉(xiāng)?三模)在如圖所示的幾何體中，DE||AC,AC_L平面BCD,4C=2DE=4,BC=2,

DC=1,乙BCD=60°.

(2)過點。作一平行于平面ABE的截面，畫出該截面，說明理由，并求夾在該截面與平面力BE之間的幾何

體的體積.

【解題思路】分析(1)由余弦定理結(jié)合勾股定理可證明BD1CD,利用線面垂直的性質(zhì)可證明AC18D,

由線面垂直的判定定理可得BD1平面力CDE；(2)取4c的中點F,BC的中點M,連接截面

即為所求，由(1)可知，BDL^ACDE,FC,平面CDM,由“分割法”利用棱錐的體積公式可得結(jié)果.

【解答過程】（1）證明：在/BCD中，BD2=22+1-2x1x2cos60°=3.

所以EC?=BD2+DC2,所以4BCD為直角三角形，BD1CD.

又因為4cl平面BCD,所以4C18D.

而ACCCD=C,所以BD_L平面4CDE.

（2）取AC的中點F,BC的中點M,連接DF,DM,MF,平面DFM即為所求.

理由如下：

因為DEIIAC,DE=4凡所以四邊形力EOF為平行四邊形，所以。FIIAE,從而DF||平面ABE,

同理可證FM||平面4BE.

因為尸=所以平面DFM||平面4BE.

由（1）可知，BD1平面4CDE,FC_L平面COM.

因為UBMCDE=|xXV3=V3,

VF-CDM=Ix（殍sin60。）x2=日，

所以，所求幾何體的體積V="=歲.

oo

【變式1-1］（2024高一下?廣東佛山?競賽）如圖，在正方體48。。一48停1。1中，E、F分別為棱4B、＜7的

的中點.

（1）請在正方體的表面完整作出過點及氏小的截面.（只需寫出作圖過程，不用證明）

（2）請求出截面分正方體上下兩部分的體積之比.

【解題思路】（1）根據(jù)截面定義作圖即可；

（2）利用圖形分割即可求出體積之比.

【解答過程】（1）連接外尸并延長交CD于/,連接/E并延長交8C于H,DA^-J,連接/外交力&于G,

（2）連接。旦必旦EC,EF,如圖,

則截面下部的體積％=VE-ADD^G+E-CDD^F+F-EHC-

設(shè)正方體的棱長為1,

則，E-4DD1G—總^E-CDDiF=F-EHC=，于是唳=含'

因此截面上下兩部分的體積之比為祟

【變式1-2］（2023?貴州?模擬預(yù)測）矩形A8CD中，力B=W,AD=1（如圖1）,將△D4C沿/C折到△小川

的位置，點小在平面48c上的射影E在邊上，連結(jié)（如圖2）.

（1）證明：ADX1BC；

（2）過的平面與8c平行，作出該平面截三棱錐％-4BC所得截面（不要求寫作法）.記截面分三棱錐所

得兩部分的體積分別為匕,匕,匕＜%,求合.

【解題思路】(1)利用線面垂直的性質(zhì)定理證明線線垂直；

(2)根據(jù)三角形的等面積法求出的長度，再根據(jù)勾股定理求出4E長度，進而確定AE=(4B,即可確定

所求截面，利用錐體體積公式求解.

【解答過程】(1)因為_L平面力BC,BCu平面4BC,所以ZELBC,

且由翻折關(guān)系可知BC1AB,

且CtAB=E^^E.ABu平面

所以BC1平面D/B,

又因為幽u平面。遇8,所以皿1BC.

(2)由(1)可知，BC_L平面

又因為孫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+小爐,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的三等分點為F,且力F=14C,

連接EF,￡)IF,

貝lj有BC||EF,BC仁平面￡)i￡T,￡Tu平面Z^EF,

所以BC||平面DiEF,所以所作截面為平面小EF,

因為△力￡T,2X4BC的相似比為1:3,

所以沁=；,所以沁=:，

'△ABC9bEFCBo

所以以=扣吧竺=包螫=]

V

2^SEFCBXDIESEFCB8

【變式1-3]（23-24高一下?河北廊坊?階段練習(xí)）如圖正方體4BCD-&B1QD1的棱長為2,E是線段

的中點，平面a過點Di、C、E.

（1）畫出平面a截正方體所得的截面，并簡要敘述理由或作圖步驟；

（2）求（1）中截面多邊形的面積；

（3）平面a截正方體，把正方體分為兩部分，求較小的部分與較大的部分的體積的比值.

【解題思路】（1）取4B的中點F,連接EF、①仄CF,利用平行線的傳遞性可證得EF〃%C,可知E、F、C、D1

四點共面，再由于從C、。1三點不共線，可得出面EFC%即為平面截正方體所得的截面；

（2）分析可知，四邊形CDiEF為等腰梯形，求出該等腰梯形的高，利用梯形的面積公式可求得截面面積；

（3）利用臺體的體積公式可求得三棱臺力EF-DDiC的體積，并求出剩余部分幾何體的體積，由此可得結(jié)

果.

【解答過程】（1）如圖，取的中點F,連接EF、&B、CF.

因為E是441的中點，所以

在正方體4BCD—4181的。1中，力=BC,

所以四邊形為BCD1是平行四邊形，所以&B〃％C,所以即〃。也，

所以E、F、C、Di四點共面.

因為E、C、%三點不共線，所以E、F、C、%四點共面于平面a,

所以面EFC%即為平面a截正方體所得的截面.

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

22

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

同理可得CF=V5,

如圖所示：

分別過點E、F在平面CDiEF內(nèi)作EM,CD】，F(xiàn)NLC外,垂足分別為點M、N,

則OiE=CF,4E/M=乙FCN,^EMD1=乙FNC=90°,

所以△EMDi三△F%（；,則Z）iM=CN,

因為EF〃CDi，EMLCDltFN1CDlt則四邊形EFNM為矩形，

所以，MN=EF=&,則￡>也=CN=孫;MN=^2^=乎,

所以EM=JE比_0/2=^5-1=學(xué)，

故梯形C%EF的面積為S="EF+CDJ?EM=：X3近X管=*

22

（3）多面體4EF—DDR為三棱臺，SAAEF=!71F.71F=1xI=|,S^DD1C=^DD1-DC=2=2,

該棱臺的高為2,所以，該棱臺的體積為

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

故剩余部分的體積為8-5=弓.

故較小的那部分與較大的那部分的體積的比值為看.

【題型2截面圖形的形狀判斷】

【例2】（2024?四川達州?二模）如圖，在正方體力BCD-4/1的￡>1中，E為4B中點，P為線段的內(nèi)上一動

點，過D,E,P的平面截正方體的截面圖形不可能是（）

A.三角形B.矩形C.梯形D.菱形

【解題思路】根據(jù)點P在Ci、%以及的小三個特殊位置時，截面圖形的形狀，選出正確選項.

【解答過程】B選項，當(dāng)點P與5重合時，

取必當(dāng)中點因為E是4B中點，貝UEh〃。/)i，^.EH=DD1,

連接。E、EH、HD］、%D,則四邊形EHD認為平行四邊形，

又因為所以平行四邊形EH小。為矩形，故排除B選項;

C選項，當(dāng)點P與的重合時，

取中點G,因為E是48的中點，所以EG〃DCi，

連接DE、EG、GCi、JD,截面四邊形EGg。為梯形，故排除C選項;

D選項，當(dāng)點P為RA中點時，

因為E是4B中點，所以PB//DE且PBi=DE,

連接PBi、/E、ED、DP,則四邊形EBiPD是平行四邊形,

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

因為是正方體，所以的。1=%的=4B=B%,所以％P=BiE,

所以平行四邊形EBiPD是菱形，故排除D選項;

不管點P在什么位置，都不可能是三角形.

故選：A.

【變式2-1]（2024?河南?模擬預(yù)測）在正方體48。。-4/1的。1中，M,N分別為的小的中點，過跖

N,/三點的平面截正方體28。￡）-481的。1所得的截面形狀為（）

A.六邊形B.五邊形C.四邊形D.三角形

【解題思路】在4B上取點Q,且BQ=34Q,取CD中點為P,在。小上取點R,且D*=3DR.通過△Q力M“△

PCB,可得44QM=NBPC,進而得出立力BP=N4QM,QM||BP.通過證明BiN||BP,得出B]N||QM.同理

得出NRI1B1Q,即可得出正方體的截面圖形.

在力B上取點Q,S.BQ=3AQ,取CD中點為P,連接QM,BP,NP,B^.

在上取點R,且DiR=3DR,連結(jié)NR,MR.

因為有=黃=/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.

因為N,P分別為Ci%,。。的中點，所以PNIICCi，且PN=CCi.

根據(jù)正方體的性質(zhì)，可知BBi||CCi，且BBi=CCp

所以，PN||BBi，且PN=BBi，

所以，四邊形BPNBi是平行四邊形，

所以，B]N||BP,所以/N||QM.

同理可得，NR||BQ

所以，五邊形QMRNBi即為所求正方體的截面.

故選：B.

【變式2-2]（2024?全國?模擬預(yù)測）如圖所示的幾何體是由一個圓柱挖去一個以圓柱上底面為底面，下底

面圓心為頂點的圓錐而得到的幾何體，現(xiàn)用一個豎直的平面去截這個幾何體，則截面圖形可能是（）

A.(2)(5)B.(1)(3)C.(2)(4)D.(1)(5)

【解題思路】應(yīng)用空間想象，討論截面與軸截面的位置關(guān)系判斷截面圖形的形狀即可.

【解答過程】當(dāng)截面力BCD如下圖為軸截面時，截面圖形如（1）所示;

B

D

當(dāng)截面48CD如下圖不為軸截面時，截面圖形如（5）所示，下側(cè)為拋物線的形狀;

故選：D.

【變式2-3］（2024?江西?模擬預(yù)測）已知在長方體A8CD—4B1C1D1中，AB=BBt=2BC,點、P,Q,T

分別在棱8/，CCi和48上，且BiP=38P,CQ=3CXQ,BT=3AT,則平面PQT截長方體所得的截面形狀

為（）

A.三角形B.四邊形C.五邊形D.六邊形

【解題思路】連接QP并延長交CB的延長線于點E,連接ET并延長交4。于點S,

過點S作SR〃EQ交于點R,連接RQ,即可得到截面圖形，從而得解.

【解答過程】如圖連接QP并延長交CB的延長線于點E,連接ET并延長交AD于點S,

過點S作SR〃EQ交DO】于點R,連接RQ,

則五邊形PQRST即為平面PQT截該長方體所得的截面多邊形.

其中因為BiP=3BP,CQ=3C\Q,BT=3AT,

所以△EBPsZ\ECQ,則些=處=工，所以

ECCQ32

又ASAT“△EBT,所以獸=普=3所以$4=/8=以0,

EBTB336

貝USD=24￡>,

6

顯然△SDRs/\ECQ,則處=符所以女=犯。=.?=（叫.

故選：c.

【題型3截面圖形的周長或面積問題】

【例3】（2024?云南曲靖?模擬預(yù)測）正方體A8CD-外接球的體積為4V3n,E、F、G分別為棱A4、

的中點，則平面EFG截球的截面面積為（）

A.無B.也C.空D.2

3333

【解題思路】由已知，得到正方體4BCD-&B1C1外外接球的半徑，進而得到正方體的棱長，再由勾股定

理計算出平面EFG截球的截面圓的半徑，即可得到截面面積.

【解答過程】

D

G/

Z7>

設(shè)正方體4BCD-41%的以外接球的半徑為R,棱長為a,

因為正方體4BCD-力i/gOi外接球的體積為4V3ir,

所以:TTR3=4V3-R,則R=V3,

2

由3。2=（2V3）,得a=2,

設(shè)球心。到平面EFG的距離為h,平面EFG截球的截面圓的半徑為r,

設(shè)力1到平面EFG的距離為K

因為E、F、G分別為棱力&/、4%的中點,

所以△EFG是邊長為企的正三角形,

由VAI-EFG=得5s'h=5s△41”,41民

則1x；xV^xV^x//l'=qx[xlXlXl,

解得九'=不又。&=jAC=V3,

所以4到平面"G的距離為h'=10&,

則/i=0/]——04]=R-[R=

r2=R2-h2=（V3）2-（甯=I，

所以平面EFG截球的截面面積為，m-2=：n.

故選：A.

【變式3-1]（2024?全國?模擬預(yù)測）如圖，在棱長為2的正方體A8CD-4/1的%中，￡為棱3C的中點,

用過點4,E,0的平面截正方體，則截面周長為（）

A.3V2+2V5B.9C.2夜+24D.3/+2舊

【解題思路】作出正方體的截面圖形，求出周長即可.

【解答過程】

如圖，取的中點G,連接GE,4G,AC.

因為E為2C的中點，所以GE〃4C,GE=\AC,

XAA1//CC1,AAt=CQ,

所以四邊形4CQ4為平行四邊形，

所以4c〃&Ci，AC=A1C1,

所以&CJ/GE,A1C1=2GE,

所以用過點a,E,Q的平面截正方體，所得截面為梯形4C1EG,

其周長為2魚+4+方+岔=3a+2V5.

故選：A.

【變式3-2］（2024?江蘇南通?二模）在棱長為2的正方體力BCD-A/iCiA中，P,Q,R分別為棱BC,CD,

CC1的中點，平面PQR截正方體4BCD-外接球所得的截面面積為（）

A5「8k35n2V15

A.-TIB.-ITC.——nD.TT

3333

【解題思路】根據(jù)正方體的幾何性質(zhì)確定外接球半徑R,設(shè)球心為。，求解。到截面PQR的距離OM,從而可

得截面圓的面積.

【解答過程】取正方體的中心為。，連接OP,OQ,OR,

由于正方體的棱長為2,所以正方體的面對角線長為2a,體對角線長為2

正方體外接球球心為點。，半徑R=1x2V3=V3,

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

所以三棱錐。-PQR為正四面體，如圖所示，取底面正三角形PQR的中心為M,

即點。到平面PQR的距離為0M,又正三角形PQR的外接圓半徑為MQ,

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

T

即正方體4BCD-4/1的。1外接球的球心。到截面PQR的距離為?！?苧，

所以截面PQR被球。所截圓的半徑r=商一0M2=

則截面圓的面積為m"2=1TT.

故選：A.

【變式3-3]（2024?內(nèi)蒙古呼和浩特?一模）已知正方體力BCD-&BiCi￡）i的棱長為4,M為棱DC的中點，N

為側(cè)面BCi的中心，過點M的平面a垂直于DN,則平面a截正方體AQ所得的截面面積為（）

A.4（V5+V2）B.2V3

C.5V3D.4V6

【解題思路】取BC,CC\的中點E,尸，由△ADM“△DCE,證得AM1DE,再由。的1平面力BCD,證得4M1NE,

從而得到AMJ?平面DNE,同理證得DiMIDN,利用線面垂直的判定定理，證得DN平面4%聞，得到平

面a截正方體的截面為△AD1M,進而求得截面的面積，得到答案.

【解答過程】如圖所示，

取BC,CC1的中點E,F,分別連接NE,NF,DE,DF,ADr,DrM,AM,

在正方形ZBCD中，因為分別為DC,BC的中點，可得△力DMDCE,

所以4。4M=NCDE,/.AMD=ZCFD,

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

又因為E,N分別為BC,BCi的中點，所以NE〃CC「

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

又因為DECNE=ES.DE,NEu平面DNE,所以AM1平面DNE,

因為DNu平面DNE,所以4MlDN,同理可證：DrM1DN,

又因為4MnDXM=M且AM,%Mu平面A/M,所以DN_L平面A/M,

即平面a截正方體ABC。-&B1C1%的截面為^AD^M,

由正方體ABC。-4/1的小的棱長為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，

所以截面的面積為S=gx4立xJ（2V5）2—（2V2）2=4V6.

故選：D.

【題型4球的截面問題】

【例4】（2024?四川資陽?二模）已知球。的體積為誓，點/到球心O的距離為3,則過點/的平面a被

球。所截的截面面積的最小值是（）

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

【解題思路】根據(jù)球的體積公式，結(jié)合球的截面的性質(zhì)進行求解即可.

【解答過程】設(shè)球O的半徑為R,貝畤TTR3=受，解得R=5

因為點4到球心。的距離為3,

所以過點A的平面a被球O所截的截面圓的半徑的最小值為r=V52-32=4,

則所求截面面積的最小值為TtZ=16-rr.

故選：C.

【變式4-1］（2024?四川自貢?三模）已知球。半徑為4,圓01與圓。2為球體的兩個截面圓，它們的公共弦

長為4,若|。。/=3,|。。21=百，則兩截面圓的圓心距|0。2|=（）

A.V3B.竽C.3+V3D.2V3

【解題思路】根據(jù)球心與截面圓心連線垂直圓面，求得兩個圓面所成二面角，再根據(jù)直角三角形以及勾股

定理求解即可.

【解答過程】設(shè)圓01與圓。2公共弦為力B,其中點為E,

222

則|。1川二一|00|2=7平-32=V7,\02A\=yj\OA\-\OO2\=J4-國=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。颯=30。，

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

故選：D.

【變式4-2]（2024?陜西榆林一模）已知”是球。的直徑力B上一點，AH-.HB=1:2,AB1平面a,"為垂足,

a截球。所得截面的面積為IT,M為a上的一點，且MH=^,過點M作球。的截面，則所得的截面面積最小的

圓的半徑為（）

A.叵B.叵C.包D.叵

2442

【解題思路】設(shè)截得的截面圓的半徑為r,球的半徑為R,由平面幾何知識得截面與球心的距離為（R,利用

勾股定理求得爐的值，由題意可知球心。到所求截面的距離d最大時截面面積最小，利用面積公式，即可得

答案.

【解答過程】如圖，設(shè)截得的截面圓的半徑為r,球。的半徑為R,

A

因為=1:2,

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

所以R2=1+（洌,解得不號,

此時過點M作球。的截面，若要所得的截面面積最小，只需所求截面圓的半徑最小.

設(shè)球心。到所求截面的距離為d,所求截面的半徑為則r'=W?2—d2,

所以只需球心。到所求截面的距離d最大即可，

而當(dāng)且僅當(dāng)。M與所求截面垂直時，球心。到所求截面的距離d最大，

2

即dmax=0M=+MH=1,所以r'min=左―：=苧

故選：C.

【變式4-3］（2024?廣東廣州?模擬預(yù)測）如圖所示，某同學(xué)制作了一個工藝品.該工藝品可以看成是一個球

被一個棱長為8的正方體的六個面所截后剩余的部分（球心與正方體的中心重合）.若其中一截面圓的周長

為4TT,則球的體積為（）

D200場

?333.3

【解題思路】設(shè)球的半徑為R,截面圓的半徑為r,兩個截面圓間的距離為2d,依題意求出r與d,利用勾股

定理求出R,即可求出球的體積.

【解答過程】設(shè)球的半徑為R,截面圓的半徑為r,兩個截面圓間的距離為2d,

因為截面圓的周長為4m可得271T=4n,解得r=2,

又因為該工藝品可以看成是一個球被一個棱為8的正方體的六個面所截后剩余的部分，

所以兩截面圓之間的距離為2d=8,解得d=4,

根據(jù)球的截面的性質(zhì)，可得R2=#+d2=22+42=20,即R=2有（負值已舍去），

所以球的體積為U=y；?3=竺等.

故選：C.

【題型5截面切割幾何體的體積、表面積問題】

【例5】（2024?安徽蚌埠?模擬預(yù)測）如圖所示，圓臺的上、下底面半徑分別為4cm和6cm,AAt,為

圓臺的兩條母線，截面4BB遇1與下底面所成的夾角大小為60。，且O0劣弧力渣1的弧長為gem,則三棱臺

48。一為九。1的體積為（）

AA.—19cmB.10V3cm3C.19cm3D.20V3cm3

【解題思路】分別取4/1，4B的中點E,F,則易知截面力與下底面所成的夾角為NEF。=60°,E作EH1

F。于點H,貝場口〃。1。，且EH=0O,再根據(jù)弧度數(shù)公式及解三角形可求出圓臺的高，最后根據(jù)臺體的體

積公式，即可求解.

【解答過程】如圖，分別取4/1，4B的中點E,F,

B

貝!|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,

.??截面與下底面所成的夾角為AEF。=60°,

過E作EH1F。于點“，貝ijEH〃Oi。，且￡77=01。，

又O。1劣弧47I的弧長為與cm,弧所在圓的半徑為4,

NAjOiBi=手=與，貝！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%的面積為黃4><4*苧=4百，

同理可得三角形40B的面積為gx6X6xy=9V3,

二三棱臺4B0—的體積為(x(4%+9百+14百義9⑹x百=19(cm3).

故選：C.

【變式5-1](2024?上海普陀?二模)若一個圓錐的體積為等，用通過該圓錐的軸的平面截此圓錐，得到的

截面三角形的頂角為會則該圓錐的側(cè)面積為（）

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

【解題思路】由體積求出圓錐的底面圓半徑和高，母線長，即可計算圓錐的側(cè)面積.

【解答過程】設(shè)圓錐的底面圓半徑為r,高為h,由軸截面三角形的頂角為與得r=h,

所以圓錐的體積為V==當(dāng)二解得

所以圓錐的母線長為2=V2r=2,

所以圓錐的側(cè)面積為5側(cè)=nrl=ITXV2X2=2V2TT.

故選：C.

【變式5-2］（2024?河南開封?二模）已知經(jīng)過圓錐S。的軸的截面是正三角形，用平行于底面的截面將圓錐

SO分成兩部分，若這兩部分幾何體都存在內(nèi)切球（與各面均相切），則上、下兩部分幾何體的體積之比是

（）

A.1:8B.1:9C.1:26D.1:27

【解題思路】作出圓錐S。的軸的截面，根據(jù)題意推出上、下兩部分幾何體的兩部分的內(nèi)切球的半徑之比為

1:3,從而可得上部分圓錐的體積與圓錐S。的體積之比為1:27,從而可得解.

【解答過程】如圖，作出圓錐S。的軸截面S4B,

設(shè)上、下兩部分幾何體的兩部分的內(nèi)切球的球心分別為E,F,半徑分別為r,R,

即。F=FG=R,EG=r,

根據(jù)題意可知△S4B為正三角形，易知SE=2r,圓錐S。的底面半徑OB=舊凡

SO—2r+r+R+R—3r+2R,又S。=V3OB,

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

???上部分圓錐的底面半徑為遮r,高為3r,

又圓錐S。的底面半徑為。8=V3R=3y/3r,高為S。=3r+2R=9r,

二上、下兩部分幾何體的體積之比是1：26.

故選：C.

【變式5-3]（2024?江西贛州?一模）在棱長為1的正方體ABCD-A/iCiDi中，E為棱4。的中點，過當(dāng)且

平行于平面4BE的平面截正方體所得截面面積為（）

A.當(dāng)B.7C.V6D.2V6

24

【解題思路】根據(jù)給定條件，作出并證明過點名，且與平面&BE平行的正方體的截面，再求出面積.

【解答過程】在棱長為1的正方體4BCD-&81的小中，取中點F,公小中點G,

連結(jié)OF,BEDBi，DG,GBr,GF,EF,而E為棱2D中點,

顯然B尸〃DE〃&G,BF=DE=&G,得四邊形四邊形&EDG都是平行四邊形，

貝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,即四邊形4/FE是平行四邊形,

則4F〃力iE〃DG,顯然平面DFBiG〃平面&BE,

從而過當(dāng)且平行于平面&BE的平面截正方體所得截面為四邊形。F/G,

又DF=FBi=B]G=DG=￡+1=當(dāng)即四邊形OFJG為菱形，

而g=V1+1+1=百，GF=2口-

y44

所以四邊形DFBiG的面積為5=抄81-GF=日.

故選：A.

【題型6交線長度、軌跡問題】

[例6]（2025?廣東廣州?模擬預(yù)測）在正六棱柱4BCDEF-48?。1名尸1中，力&=2AB=6,。為棱力為

的中點，以。為球心，6為半徑的球面與該正六棱柱各面的交線總長為()

A.(3+V3)TTB.(6+V3)nC.(3+2g)nD.(6+2B)冗

【解題思路】根據(jù)題意，畫出圖形，設(shè)G,H分別為CC1，。內(nèi)的中點，連接。Ci，4iCi，0Ei，4i4,0G,0H,由題

意可知球。不與側(cè)面力及側(cè)面2FF"i相交，球。與側(cè)面BCC/i交于點Ci，C,與側(cè)面EF%%交于點Ei，E,

然后分別判斷與其余4個面的交線，求出球面與正六棱柱各個面所交的弧線的長度之和即可

【解答過程】因為球。的半徑為6,AB=3,所以球。不與側(cè)面AB%41及側(cè)面相交，

設(shè)G,H分別為CQ,。小的中點，連接。的,&的,OG,0H,

則由題意可得。&=3,&Ci=A1E1=3V3,

所以O(shè)Ci=朗+力道孑=V9+27=6,

所以球。與側(cè)面BCQBi交于點Ci，C,與側(cè)面EF%Ei交于點4,E,

在正六邊形中,因為NBiC/i=120。,乙4停止1=30。,所以乙勺的〃=90。，

所以4的1的小，

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

因為＜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與側(cè)面CDD&的交線是以CM為直徑的半圓，

同理可得球。與側(cè)面EDDi4的交線是以EE1為直徑的半圓，

因為=?所以球。與上下底面的交線均為;個半徑為3b的圓，

3o

所以球面與該正六棱柱各面的交線總長為2nx3+2x工X2TTx3百=6n+2小皿

6

故選：D.

【變式6-1]（2023?河南?模擬預(yù)測）如圖，在三棱錐4-BCD中，4B,AC,AD兩兩垂直，且力B=AC=AD=3,

以力為球心，逐為半徑作球，則球面與底面BCD的交線長度的和為（）

A.2伍B.V3-rrC.等D.等

【解題思路】由等體積公式求出截面圓的半徑為r=J（遍A-（百＞=畫出截面圖形，再利用X為

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

交線長度.

【解答過程】由題意知三棱錐力-BCD為正三棱錐，故頂點4在底面BCD的射影為△BCD的中心H,連接

由“三棱錐D—4BC-'三棱錐4—BC。'

W|x|x3x3x3=|xix3V2x3V2x*H,所以4H=V3,

因為球的半徑為遙，所以截面圓的半徑r=J（e尸一（百￥=苗,

所以球面與底面BCD的交線是以H為圓心，我為半徑的圓在aBCD內(nèi)部部分,

如圖所示

易得乙EHF=p所以NM”Q=Z.GHP=p

所以交線長度和為2TTX8—3x]xg=亨.

故選：c.

【變式6-2］（2024?全國?模擬預(yù)測）己知正四棱錐P-4BCD的體積為底面A8CD的四個頂點在經(jīng)過球

心的截面圓上，頂點P在球。的球面上，點E為底面4BCD上一動點，PE與P。所成角為g則點E的軌跡長度

為（）

A.V2TTB.4鬲C.—D.—TT

33

【解題思路】根據(jù)錐體的體積公式結(jié)合外接球的性質(zhì)可得半徑和四棱錐的底邊邊長，進而根據(jù)銳角三角函

數(shù)可得OE=OP?tan/EP。=彳，即可判斷點E的軌跡為。為圓心，半徑r=?的圓，即可求解.

【解答過程】由題意，設(shè)球。的半徑為R.如圖所示，連接AC,BD交于點。，連接P。，貝|JAO=BO=PO=R,

=POl^ABCD,所以。四棱錐P^BCD=/人呂？?P。=（x2R2xR=苧，解得R=VL

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

63

因為正方形4BCD的中心。到各邊的距離為乎R=l>?所以點E的軌跡為平面2BCD內(nèi)，以點。為圓心，半

徑r=白的圓，故點E的軌跡長度為2nr=字

故選:D.

【變式6-3］（2024?河南?二模）已知四面體力BCD的各個面均為全等的等腰三角形，且G4=CB=24B=4.

設(shè)E為空間內(nèi)一點，且4B,C,D,E五點在同一個球面上，若AE=2b,則點E的軌跡長度為（）

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

【解題思路】將四面體力BCD放入長方體中，求解長方體的長寬高，求解外接球的半徑，判斷E的軌跡，然

后求解即可.

【解答過程】將四面體4BCC放入長方體中，設(shè)長方體的相鄰三條棱長分別為x,y,z,

依題意，可知ZM==DB=4C=4,DC=48=2,

則/+儼=4,%2+z2=16,y2+z2=16,解得％=y=V2,z=V14,

由于z=V14,即異面直線AB和CD的距離為VH,

由于長方體的左右側(cè)面為正方形，所以4B1CD,

取CD中點“，連接MF,貝IJMF1左側(cè)面，4B在左側(cè)面，所以

又CDnMF=M,CD,MFu平面CFD,故48_L平面CFO,

四面體4BCD的外接球半徑為R=坐常=?，球心為。，

由力E=2舊，知點E的軌跡為一個圓，設(shè)軌跡圓的半徑為r,圓心為尸，

過4反。作球的一個軸截面，

所以力尸2+產(chǎn)=4產(chǎn)，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的軌跡長度為2m-=47r.

【題型7截面的范圍與最值問題】

【例7】（2024?江蘇南京?模擬預(yù)測）已知S0=2,底面半徑。遇=4的圓錐內(nèi)接于球。，則經(jīng)過S和?！?/p>

中點的平面截球。所得截面面積的最小值為（）

252525

A.—IlB.—TlC.—nD.571

234

【解題思路】根據(jù)球的截面性質(zhì)，結(jié)合三角形面積等積性、勾股定理進行求解即可.

【解答過程】如圖，

設(shè)球。的半徑為R,線段。通的中點為E,因為力出+。。*=4。2,

所以42+（R—2）2=R2,解得R=5,

設(shè)經(jīng)過S和?！ㄖ悬cE的平面截球。所得截面圓的圓心為。2,半徑為r,球心。到截面的距離。。2=d,

則r2=R2—d2,要截面面積最小,則r要最小,即d要最大，

因為當(dāng)d為點。到SE的距離時最大，此時d-SE=SO-Eg,又SE=7A+22=2vL

所以等5x2__5_

d==

SE2?27?)

所以/=52_(*)2=y,

故截面面積的最小值為口2=京.

故選：A.

【變式7-1］（2024?重慶渝中?模擬預(yù)測）在三棱錐P-ABC^,AC=BC=PC=2,且AC1BC,PC1平面ABC,

過點尸作截面分別交4C,BC于點用F,且二面角P-EF-C的平面角為60。，則所得截面PEF的面積最小值為

()

482

A.-B.-C.￡D.1

333

【解題思路】由二面角的定義可得PGC=60。，從而PG=W，CG=W，設(shè)CE=a,CF=b,由三角形的面

積相等和基本不等式得到ab2（再由三角形的面積公式即可求解.

【解答過程】過P作PGJ.EF,垂足為G,連接CG,則由三垂線定理可得EFLCG,

."PGC即為二面角P-EF-C的平面角,

p

：.PGC=60°,PC=2,所以PG=延,CG=2,

設(shè)CE=a,CF=b,貝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=平時等號成立，

所以三角形PEF的面積為:x苧x^ab>l，

故截面PEF面積的最小值為*

故選：B.

【變式7-2］（2024?四川?模擬預(yù)測）設(shè)正方體4BCD-4/的。1的棱長為1,與直線&C垂直的平面a截該

正方體所得的截面多邊形為M,則M的面積的最大值為（）

A.能B.7V3C.vD.V3

842

【解題思路】首先確定截面的形狀，再通過幾何計算，確定面積的最大值.

【解答過程】連結(jié)為B,因為BC1平面力BB14,4平面4BB14