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】TOC\o"1-3"\h\u【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】 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】 251、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新意識的題型，它滲透了一些動態的線、面等元素，給靜態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、面積等相結合求解，二是利用空間向量的坐標運算求解.【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

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之間滿足關系式：.

圖形解釋如下：

在球的軸截面圖中，截面與球的軸截面的關系如圖所示.若設球的半徑為R，以O'為圓心的截面的半徑為r，OO'=d.則在Rt△OO'C中，有，即.【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)坐標法：所謂坐標法就是通過建立空間直角坐標系，將幾何問題轉化為坐標運算問題，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定理，找到該截面與相關線、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定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據性質作出交線.【題型1截面作圖】【例1】（2024·河南新鄉·三模）在如圖所示的幾何體中，DE∥AC，AC⊥平面BCD，AC=2DE=4，BC=2，DC=1，∠BCD=60°.

（1）證明：BD⊥平面ACDE；（2）過點D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ABE之間的幾何體的體積.【解題思路】分析（1）由余弦定理結合勾股定理可證明BD⊥CD，利用線面垂直的性質可證明AC⊥BD，由線面垂直的判定定理可得BD⊥平面ACDE；（2）取AC的中點F，BC的中點M，連接DF,DM,MF，截面DFM即為所求，由（1）可知，BD⊥平面ACDE，FC⊥平面CDM，由“分割法”利用棱錐的體積公式可得結果.【解答過程】（1）證明：在ΔBCD中，BD所以BC2=BD2又因為AC⊥平面BCD，所以AC⊥BD.而AC∩CD=C，所以BD⊥平面ACDE.（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DE∥AC,DE=AF，所以四邊形AEDF為平行四邊形，所以DF∥AE，從而DF∥平面ABE，同理可證FM∥平面ABE.因為FM∩DF=F，所以平面DFM∥平面ABE.由（1）可知，BD⊥平面ACDE，FC⊥平面CDM.因為VB?ACDEVF?CDM所以，所求幾何體的體積V=3【變式1-1】（2024高一下·廣東佛山·競賽）如圖，在正方體ABCD?A1B1C

(1)請在正方體的表面完整作出過點E?(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D1F并延長交CD于I，連接IE并延長交BC于H，DA于J，連接JD1交

則截面D1（2）連接DE,D

則截面下部的體積V2設正方體的棱長為1，則VE?ADD1因此截面上下兩部分的體積之比為8955【變式1-2】（2023·貴州·模擬預測）矩形ABCD中，AB=3,AD=1（如圖1），將△DAC沿AC折到△D1AC的位置，點D1在平面ABC上的射影(1)證明：AD(2)過D1E的平面與BC平行，作出該平面截三棱錐D1?ABC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【解題思路】（1）利用線面垂直的性質定理證明線線垂直；（2）根據三角形的等面積法求出D1E的長度，再根據勾股定理求出AE長度，進而確定【解答過程】（1）因為D1E⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以且由翻折關系可知BC⊥AB，且D1E∩AB=E,D1所以BC⊥平面D1又因為AD1?平面D（2）由（1）可知，BC⊥平面D1又因為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的三等分點為F，且AF=1連接EF,D則有BC∥EF,BC?平面D1EF,EF?平面所以BC∥平面D1EF,所以所作截面為平面因為△AEF,△ABC的相似比為1:3，所以S△AEFS△ABC所以V1【變式1-3】（23-24高一下·河北廊坊·階段練習）如圖正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，(1)畫出平面α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α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AB的中點F，連接EF、A1B、CF，利用平行線的傳遞性可證得EF//D1C（2）分析可知，四邊形CD（3）利用臺體的體積公式可求得三棱臺AEF?DD【解答過程】（1）如圖，取AB的中點F，連接EF、A因為E是AA1的中點，所以在正方體ABCD?A1B1C所以四邊形A1BCD1是平行四邊形，所以所以E、F、C、D因為E、C、D1三點不共線，所以E、F、C、D所以面EFCD1即為平面（2）由（1）可知，截面EFCD1為梯形，CD1=同理可得CF=5如圖所示：分別過點E、F在平面CD1EF內作EM⊥CD1則D1E=CF，∠ED所以△EMD1≌△FNC因為EF//CD1，EM⊥CD所以，MN=EF=2，則D所以EM=E故梯形CD1EF（3）多面體AEF?DD1C為三棱臺，S該棱臺的高為2，所以，該棱臺的體積為13故剩余部分的體積為8?7故較小的那部分與較大的那部分的體積的比值為717【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ABCD?A1B1C1D1中，E為AB中點，

A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．菱形【解題思路】根據點P在C1、D1以及【解答過程】B選項，當點P與D1

取A1B1中點H，因為E是AB中點，則EH//D連接DE、EH、HD1、又因為DD1⊥DEC選項，當點P與C1

取BB1中點G，因為E是AB的中點，所以連接DE、EG、GC1、D選項，當點P為C1

因為E是AB中點，所以PB1//DE連接PB1、又因為B1P=C因為是正方體，所以C1D1所以平行四邊形EB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·模擬預測）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N分別為AD，C1D1A．六邊形 B．五邊形 C．四邊形 D．三角形【解題思路】在AB上取點Q，且BQ=3AQ，取CD中點為P，在DD1上取點R，且D1R=3DR.通過△QAM∽△PCB，可得∠AQM=∠BPC，進而得出∠ABP=∠AQM，QM∥BP.通過證明B1【解答過程】在AB上取點Q，且BQ=3AQ，取CD中點為P，連接QM,BP,NP,B在DD1上取點R，且D1因為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.因為N,P分別為C1D1,CD的中點，所以根據正方體的性質，可知BB1∥C所以，PN∥BB1，且所以，四邊形BPNB所以，B1N∥BP，所以同理可得，NR∥B所以，五邊形QMRNB故選：B.【變式2-2】（2024·全國·模擬預測）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】應用空間想象，討論截面與軸截面的位置關系判斷截面圖形的形狀即可.【解答過程】當截面ABCD如下圖為軸截面時，截面圖形如（1）所示；當截面ABCD如下圖不為軸截面時，截面圖形如（5）所示，下側為拋物線的形狀；故選：D.【變式2-3】（2024·江西·模擬預測）已知在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=BB1=2BC，點P，Q，T分別在棱BB1，CA．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AD于點S，過點S作SR//EQ交DD1于點【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DD1于點則五邊形PQRST即為平面PQT截該長方體所得的截面多邊形.其中因為B1P=3BP，CQ=3C所以△EBP∽△ECQ，則EBEC=BP又△SAT∽△EBT，所以SAEB=AT則SD=5顯然△SDR∽△ECQ，則SDEC=DR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·模擬預測）正方體ABCD?A1B1C1D1外接球的體積為43π，E、A．5π3 B．4π3 C．【解題思路】由已知，得到正方體ABCD?A1B【解答過程】

設正方體ABCD?A1B1C因為正方體ABCD?A1B所以43πR由3a2=設球心O到平面EFG的距離為?，平面EFG截球的截面圓的半徑為r，設A1到平面EFG的距離為?因為E、F、G分別為棱AA所以△EFG是邊長為2的正三角形,由VA1?EFG則13解得?′=3所以A1到平面EFG的距離為?則?=OAr2所以平面EFG截球的截面面積為，πr故選：A.【變式3-1】（2024·全國·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為棱BC的中點，用過點

A．32+25 B．9 C．2【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AB的中點G，連接GE，A1G，因為E為BC的中點，所以GE//AC，又AA1//所以四邊形ACC所以AC//A1所以A1C1所以用過點A1，E，C1的平面截正方體，所得截面為梯形其周長為22故選：A．【變式3-2】（2024·江蘇南通·二模）在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，P，Q，R分別為棱BC，CD，A．53π B．83π C．【解題思路】根據正方體的幾何性質確定外接球半徑R，設球心為O，求解O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O，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22，體對角線長為2正方體外接球球心為點O，半徑R=1又易得OP=OQ=OR=12×2所以三棱錐O?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O到平面PQR的距離為OM，又正三角形PQR的外接圓半徑為MQ，由正弦定理可得2MQ=PQsin60°=2即正方體ABCD?A1B1C1D所以截面PQR被球O所截圓的半徑r=R則截面圓的面積為πr故選：A.【變式3-3】（2024·內蒙古呼和浩特·一模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為4,M為棱DC的中點，N為側面BC1的中心，過點M的平面A．45+2C．53 D．【解題思路】取BC,CC1的中點E,F，由△ADM∽△DCE，證得AM⊥DE，再由CC1⊥平面ABCD，證得AM⊥NE，從而得到AM⊥平面DNE，同理證得D1M⊥DN，利用線面垂直的判定定理，證得DN⊥【解答過程】如圖所示，取BC,CC1的中點E,F，分別連接在正方形ABCD中，因為M,E分別為DC,BC的中點，可得△ADM∽△DCE，所以∠DAM=∠CDE，∠AMD=∠CED，因為∠ADM=90°，所以∠AMD+∠CDE=90°，所以又因為E,N分別為BC,BC1的中點，所以因為CC1⊥平面ABCD，AM?平面ABCD，所以C又因為DE∩NE=E且DE,NE?平面DNE，所以AM⊥平面DNE，因為DN?平面DNE，所以AM⊥DN，同理可證：D1又因為AM∩D1M=M且AM,D1M?平面即平面α截正方體ABCD?A1B由正方體ABCD?A1B在直角△ADD1中，可得在直角△ADM中，可得AM=A在直角△DD1M所以截面的面積為S=1故選：D.【題型4球的截面問題】【例4】（2024·四川資陽·二模）已知球O的體積為500π3，點A到球心O的距離為3，則過點A的平面α被球O所截的截面面積的最小值是（A．9π B．12π C．16π【解題思路】根據球的體積公式，結合球的截面的性質進行求解即可.【解答過程】設球O的半徑為R，則43πR因為點A到球心O的距離為3，所以過點A的平面α被球O所截的截面圓的半徑的最小值為r=5則所求截面面積的最小值為πr故選：C.【變式4-1】（2024·四川自貢·三模）已知球O半徑為4，圓O1與圓O2為球體的兩個截面圓，它們的公共弦長為4，若OO1=3，OA．3 B．433 C．3+3【解題思路】根據球心與截面圓心連線垂直圓面，求得兩個圓面所成二面角，再根據直角三角形以及勾股定理求解即可.【解答過程】設圓O1與圓O2公共弦為AB，其中點為則O1A=所以O1E=所以在Rt△OO1E中，在Rt△OO2E中，所以在△O1EO2故選：D.【變式4-2】（2024·陜西榆林·一模）已知H是球O的直徑AB上一點，AH:HB=1:2，AB⊥平面α，H為垂足，α截球O所得截面的面積為π，M為α上的一點，且MH=24，過點M作球O的截面，則所得的截面面積最小的圓的半徑為（A．142 B．114 C．144【解題思路】設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13R，利用勾股定理求得R2的值，由題意可知球心O【解答過程】如圖，設截得的截面圓的半徑為r，球O的半徑為R，因為AH:HB=1:2，所以OH=13R.由勾股定理，得R所以R2=1+1此時過點M作球O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.設球心O到所求截面的距離為d，所求截面的半徑為r′，則r所以只需球心O到所求截面的距離d最大即可，而當且僅當OM與所求截面垂直時，球心O到所求截面的距離d最大，即dmax=OM=1故選：C.【變式4-3】（2024·廣東廣州·模擬預測）如圖所示，某同學制作了一個工藝品.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4π，則球的體積為（

A．405π3 B．805π3【解題思路】設球的半徑為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4π，可得2πr=4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，根據球的截面的性質，可得R2=r所以球的體積為V=4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·模擬預測）如圖所示，圓臺的上、下底面半徑分別為4cm和6cm，AA1，BB1為圓臺的兩條母線，截面ABB1A1與下底面所成的夾角大小為60°，且A．193cm3 B．103cm3【解題思路】分別取A1B1，AB的中點E，F，則易知截面ABB1A1與下底面所成的夾角為∠EFO=60°，E作EH⊥FO【解答過程】如圖，分別取A1B1，AB的中點E則O1E⊥A1B1，OF⊥AB且O1E//OF，又OF∩O1O=O，OF,O1O?平面又EF?平面FEO1O∴截面ABB1A過E作EH⊥FO于點H，則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的面積為12∴三棱臺ABO?A1B故選：C．【變式5-1】（2024·上海普陀·二模）若一個圓錐的體積為22π3，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πA．2π B．2π C．22【解題思路】由體積求出圓錐的底面圓半徑和高，母線長，即可計算圓錐的側面積．【解答過程】設圓錐的底面圓半徑為r，高為?，由軸截面三角形的頂角為π2，得r=?所以圓錐的體積為V=13π所以圓錐的母線長為l=2所以圓錐的側面積為S側故選：C．【變式5-2】（2024·河南開封·二模）已知經過圓錐SO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．1:8 B．1:9 C．1:26 D．1:27【解題思路】作出圓錐SO的軸的截面，根據題意推出上、下兩部分幾何體的兩部分的內切球的半徑之比為1:3，從而可得上部分圓錐的體積與圓錐SO的體積之比為1:27，從而可得解．【解答過程】如圖，作出圓錐SO的軸截面SAB，設上、下兩部分幾何體的兩部分的內切球的球心分別為E，F，半徑分別為r，R，即OF=FG=R，EG=r，根據題意可知△SAB為正三角形，易知SE=2r，圓錐SO的底面半徑OB=3∴SO=2r+r+R+R=3r+2R，又SO=3∴3r+2R=3R，∴R=3r，∴上部分圓錐的底面半徑為3r，高為3r又圓錐SO的底面半徑為OB=3R=33∴上部分圓錐的體積與圓錐SO的體積之比為13∴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?A1B1C1D1中，E為棱A．62 B．54 C．6 【解題思路】根據給定條件，作出并證明過點B1，且與平面A【解答過程】在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，取連結DF,B1F,DB1顯然BF//DE//A1G，BF=DE=A1則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則B1F//A1E//DG從而過B1且平行于平面A1BE又DF=FB1=而DB1=所以四邊形DFB1G故選：A.【題型6交線長度、軌跡問題】【例6】（2025·廣東廣州·模擬預測）在正六棱柱ABCDEF?A1B1C1D1E1F1中，A．(3+3)π B．(6+3)π【解題思路】根據題意，畫出圖形，設G,H分別為CC1,DD1的中點，連接OC1,A1C1,OE1,A【解答過程】因為球O的半徑為6，AB=3，所以球O不與側面ABB1A設G,H分別為CC1,D則由題意可得OA所以OC所以球O與側面BCC1B1交于點C1在正六邊形A1B1C1所以A1因為CC1⊥平面A1B1C因為C1D1∩CC所以A1C1⊥平面CDD1C所以OH=O所以球O與側面CDD1C同理可得球O與側面EDD1E因為∠E1A1C1=所以球面與該正六棱柱各面的交線總長為2π故選：D.【變式6-1】（2023·河南·模擬預測）如圖，在三棱錐A?BCD中，AB,AC,AD兩兩垂直，且AB=AC=AD=3，以A為球心，6為半徑作球，則球面與底面BCD的交線長度的和為（

）

A．23π B．3π C．3【解題思路】由等體積公式求出截面圓的半徑為r=(6)2?(3)2【解答過程】由題意知三棱錐A?BCD為正三棱錐，故頂點A在底面BCD的射影為△BCD的中心H，連接AH，由V三棱錐得13×1因為球的半徑為6，所以截面圓的半徑r=(所以球面與底面BCD的交線是以H為圓心，3為半徑的圓在△BCD內部部分，如圖所示

易求HN=13×3易得∠EHF=π2，所以所以交線長度和為2π故選：C.【變式6-2】（2024·全國·模擬預測）已知正四棱錐P?ABCD的體積為423，底面ABCD的四個頂點在經過球心的截面圓上，頂點P在球O的球面上，點E為底面ABCD上一動點，PE與PO所成角為π6，則點EA．2π B．43π C．6【解題思路】根據錐體的體積公式結合外接球的性質可得半徑和四棱錐的底邊邊長，進而根據銳角三角函數可得OE=OP?tan∠EPO=63，即可判斷點E的軌跡為【解答過程】由題意，設球O的半徑為R．如圖所示，連接AC,BD交于點O，連接PO，則AO=BO=PO=R，AB=2R，PO⊥平面ABCD，所以V四棱錐在Rt△POE中，因為OP=2，∠EPO=π因為正方形ABCD的中心O到各邊的距離為22R=1>63，所以點E的軌跡為平面ABCD內，以點O為圓心，半徑r=6故選:D．【變式6-3】（2024·河南·二模）已知四面體ABCD的各個面均為全等的等腰三角形，且CA=CB=2AB=4.設E為空間內一點，且A,B,C,D,E五點在同一個球面上，若AE=23，則點E的軌跡長度為（

A．π B．2π C．3π 【解題思路】將四面體ABCD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ABCD放入長方體中，設長方體的相鄰三條棱長分別為x，y，z，依題意，可知DA=CB=DB=AC=4，DC=AB=2，則x2+y2=4，x2+由于z=14，即異面直線AB和CD的距離為14由于長方體的左右側面為正方形，所以AB⊥CD，取CD中點M，連接MF，則MF⊥左側面，AB在左側面，所以MF⊥AB，又CD∩MF=M,CD,MF?平面CFD，故AB⊥平面CFD，四面體ABCD的外接球半徑為R=x2+由AE=23，知點E的軌跡為一個圓，設軌跡圓的半徑為r，圓心為F過A,E,O作球的一個軸截面，所以AF2+AF2?F解得OF=2所以E的軌跡長度為2π故選：D．【題型7截面的范圍與最值問題】【例7】（2024·江蘇南京·模擬預測）已知SO1=2，底面半徑O1A=4的圓錐內接于球O，則經過S和OA．252π B．253π C．【解題思路】根據球的截面性質，結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，設球O的半徑為R，線段O1A的中點為E，因為所以42+(R?2)設經過S和O1A中點E的平面截球O所得截面圓的圓心為O2，半徑為r，球心O則r2=R2?因為當d為點O到SE的距離時最大，此時d?SE=SO?EO1，又所以d=SO?E所以r2故截面面積的最小值為πr故選：A.【變式7-1】（2024·重慶渝中·模擬預測）在三棱錐P?ABC中，AC=BC=PC=2，且AC⊥BC,PC⊥平面ABC，過點P作截面分別交AC,BC于點E,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（

A．43 B．83 C．2【解題思路】由二面角的定義可得PGC=60°，從而PG=433,CG=2【解答過程】過P作PG⊥EF，垂足為G，連接CG，則由三垂線定理可得EF⊥CG，∴∠PGC即為二面角P?EF?C的平面角，∴PGC=60°，PC=2，所以PG=4設CE=a,CF=b，則EF=a在三角形CEF中，ab=2又a2+b所以ab≥83，所以三角形PEF的面積為12故截面PEF面積的最小值為83故選：B.【變式7-2】（2024·四川·模擬預測）設正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，與直線A1A．383 B．343 C．【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A1B，因為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為平面AB1D當M為三角形時，其面積的最大值為34當M為六邊形時，此時的情況如圖所示，設KD=x，則AK=1?x,KL=2依次可以表示出六邊形的邊長，如圖所示：六邊形可由兩個等腰梯形構成，其中LP∥KO∥MN,KO=2，兩個等腰梯形的高分別為621?x則S六邊形=當且僅當x=12時，六邊形面積最大，即截面是正六邊形時截面面積最大，最大值為故選：B.【變式7-3】（2024·四川·一模）設正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，與直線A．M必為三角形 B．M可以是四邊形C．M的周長沒有最大值 D．M的面積存在最大值【解題思路】對于選項A和B，結合空間圖形，截面與直線A1【解答過程】對于選項A、B，易知平面α為平面AB1D對于選項C，當M為正三角形時，顯然截面多邊形M為△AB1D當截面多邊形M為六邊形時，設KD=x，則AK=1?x，KL=21?x，易得：KM=ON=LP=2x，此時截面多邊形M的周長為定值：32綜合兩種情況，M的周長的最大值為32對于選項D，當M為正三角形時，僅當截面多邊形M為△AB1D當截面多邊形M為六邊形時，設KD=x，該六邊形可由兩個等腰梯形KONM和KOPL構成，其中MN//KO//LP，KO=2，KM=ON=LP=2x兩個等腰梯形KOPL和KONM的高分別為621?x和則SSMSM當且僅當x=12時，六邊形面積最大值為綜上，當x=12時，截面多邊形為正六邊形時面積取得最大值選項D正確.故選：D.一、單選題1．（2024·河北·模擬預測）過圓錐PO高的中點O′作平行于底面的截面，則截面分圓錐PO上部分圓錐與下部分圓臺體積比為（

A．12 B．13 C．15【解題思路】利用圓錐、圓臺的體積公式求得圓錐與圓臺的體積關系．【解答過程】設截面圓半徑為r，圓錐的高為h，圓錐的體積為V1,則圓臺下底面圓的半徑為2r，圓臺的高為h，圓臺的體積為V所以V2=1可得V1故選：D.2．（2024·全國·模擬預測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1中，點E是線段BB1上靠近B1的三等分點，點FA．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形【解題思路】如圖，由題意，根據空間線面的位置關系、基本事實以及面面平行的性質定理可得l//AE，進而FI//AE，結合相似三角形的性質即可求解．【解答過程】如圖，設AB=6，分別延長AE、A1B1交于點連接FG交B1C1于H設平面AEF與平面DCC1D1的交線為因為平面ABB1A1//平面DCC1D1所以l//AE，設l∩D1D=I此時△FD1I∽△ABE，故ID1所以五邊形AIFHE為所求截面圖形，故選：C．

3．（2024·寧夏吳忠·模擬預測）已知正三棱錐A?BCD的外接球是球O，正三棱錐底邊BC=3，側棱AB=23，點E在線段BD上，且BE=DE，過點E作球O的截面，則所得截面圓面積的最大值是（

A．2π B．9π4 C．3【解題思路】設△BCD的外接圓的圓心為O1，根據Rt△OO1D中，R2=3+【解答過程】如圖，設△BDC的中心為O1，球O的半徑為R，連接O1D則O1D=3sin在Rt△OO1D中，當截面過球心時，截面面積最大，最大面積為π?∴所得截面圓面積的最大值為4π故選：D．

4．（2024·廣東江門·模擬預測）沙漏也叫做沙鐘，是一種測量時間的裝置.沙漏由兩個完全一樣的圓錐和一個狹窄的連接管道組成，通過充滿了沙子的玻璃圓錐從上面穿過狹窄的管道流入底部玻璃圓錐所需要的時間來對時間進行測量西方發現最早的沙漏大約在公元1100年，比我國的沙漏出現要晚．時鐘問世之后，沙漏完成了它的歷史使命.現代沙漏可以用來助眠．經科學認證，人類的健康入睡時間是15分鐘，沙漏式伴睡燈便是一個15分鐘的計時器．它將古老的計時沙漏與現代夜燈巧妙結合，隨著沙粒從縫隙中滑下，下部的燈光逐漸被沙子掩埋，直到15分鐘后沙粒全部流光，柔和的燈光完全覆蓋．就這樣，寧靜的夜晚，聽著沙粒窸窸窣窣的聲音，仿佛一首緩緩流動的安眠曲如圖，一件沙漏工藝品，上下兩部分可近似看成完全一樣的圓錐，測得圓錐底面圓的直徑為10cm，沙漏的高（下底面圓心的距離）為8cm，通過圓錐的頂點作沙漏截面，則截面面積最大為（

）A．40cm2 B．41cm2 C．【解題思路】法一，根據條件得到S=16+法二，設∠APB=θ，根據條件得到S△PAB【解答過程】由沙漏的對稱性，通過圓錐頂點作沙漏的截面，上下兩部分截面為全等的三角形，只需要討論通過頂點作圓錐的截面的最大值，如圖，在圓錐PO中，過頂點P作截面為PAB，作OM⊥AB于M，延長OM交底面圓交于點C，連接PM,OA,OB,|PO|=4cm設|OM|=xcm，|PM|=S△PAB當且僅當16+x2=25?x2故選：B．方法二：設∠APB=θ,|PA|=|PO所以S△PAB當AB為底面圓直徑時，θ取得最大，此時cosθ=41+41?1002.41所以當θ=π2時，S△PPB故選：B．5．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，

A．該截面是四邊形B．A1C⊥C．平面AB1D．該截面與棱BB1的交點是棱【解題思路】對A：延拓平面C1EF，即可求得截面，從而進行判斷；對B：證明A1C與C1P不垂直，即可證明；對C：由【解答過程】對A：如圖，將線段EF向兩邊延長，分別與棱CB的延長線，棱CD的延長線交于點G,H，連接C1G,C1H，分別與棱B

對B：因為A1B1⊥面BCC又BC1⊥B1C，B1又A1C?面A1假設A1C⊥C1P，又C1P∩BC1又A1B1⊥面BCC又C1P?平面C1EF，所以對C：CC1⊥面A1B1CA1C1∩CC1=C1,A故B1D1⊥A1C故A1C⊥平面AB1D所以平面AB1D對D：易知BG=12BC=所以截面C1PEFQ與棱BB1的交點故選：D．6．（2024·河南·模擬預測）如圖，已知直三棱柱ABC?A1B1C1的體積為4，AC⊥BC，AC=BC=CC1，D為B1C1

A．3,92 B．3,92 C．【解題思路】過E作EF//CC1，交A1C1于F，連接B1F，取C1F的中點H，連接DH【解答過程】直三棱柱ABC?A1B1C1的體積為4，AC⊥BC，過E作EF//CC1，交A1C1于F，連接B1F

設CE=2m(0≤m≤1)，①當m=0時，平面BDE截直三棱柱ABC?A1B1C②當0<m≤1時，因為EF//CC1，CE//C1F，所以四邊形EC因為D，H分別為B1C1，C1F因為EF//BB1，EF=CC所以BE//B1則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，則過D作DM⊥BE垂足為M，過H作HN⊥BE垂足為N，所得平面圖形如下;

則HE=4+m2，BD=5，BE=2設BM=x，則NE=所以DM2=5?x2化簡可得：x=11+m所以S梯形因為當0<m≤1，所以2<5m2綜上，平面BDE截直三棱柱ABC?A1故選：A.7．（2024·全國·模擬預測）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F分別為棱A1B1，DA．62 B．32 C．305【解題思路】根據題意可求得正方體的外接球球心位置，易知當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑R，當截面與OP垂直時，截面面積最小；分別求出對應的半徑大小即可得出結果.【解答過程】如圖，正方體ABCD?A1B1C則外接球的半徑R=1要使過直線EF的平面截該球得到的截面面積最小，則截面圓的圓心為線段EF的中點P，連接OE，OF，OP，則OE=OF=aEF=a所以OP=O此時截面圓的半徑r=R顯然當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑R；所以Ss故選：D．8．（2024·山東棗莊·一模）在側棱長為2的正三棱錐A?BCD中，點E為線段BC上一點，且AD⊥AE，則以A為球心，2為半徑的球面與該三棱錐三個側面交線長的和為（

）A．32π4 B．2π C．【解題思路】借助線面垂直的判定定理與性質定理可得AD、AB、AC兩兩垂直，即以A為球心，2為半徑的球面與該三棱錐三個側面交線分別為三段半徑為2，圓心角為π2【解答過程】取BC中點F，連接AF、DF，則有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，由正三棱錐的性質可得AD、AB、AC兩兩垂直，故AF=1222+22π2×2故選：C.

二、多選題9．（2024·全國·模擬預測）在三棱錐P?ABC中，△ABC與△PAC是全等的等腰直角三角形，平面PAC⊥平面ABC,AC=2,D為線段AC的中點．過點D作平面截該三棱錐的外接球所得的截面面積可能是（

）A．π B．2π C．4π 【解題思路】將三棱錐P?ABC補成正方體，通過求正方體外接球的半徑來求三棱錐外接球的半徑；并分析出球心O到截面的距離最大時，截面圓的面積最小，另外圖5另做分析.【解答過程】由題意可知，滿足條件的三棱錐有五種情況，如圖．由于圖（1）（2）（3）（4）將三棱錐P?ABC補成正方體，其外接球球心為正方體中心，點D到球心O的距離相等，因此只考慮一種情況．以圖（1）為例，其外接球半徑R=3當OD垂直于截面時，截面圓的半徑取最小值r=R2?O當截面過球心時，截面圓的半徑取最大值r=3，此時其面積為3因此截面圓的面積的取值范圍為π,3若三棱錐為圖（5），∠APC=∠ABC=90則球心O與D重合，此時r=1，截面圓的面積為π．故選：AB．10．（2024·浙江杭州·模擬預測）已知正四面體P?ABC，過點P的平面將四面體的體積平分，則下列命題正確的是（

）A．截面一定是銳角三角形 B．截面可以是等邊三角形C．截面可能為直角三角形 D．截面為等腰三角形的有6個【解題思路】根據題意，結合正四面體的幾何特征，以及余弦定理和三角形的性質，逐項判定，即可求解.【解答過程】如圖所示，設過點P的截面交底面AB,AC于點E,F，且AE=a,AF=b，因為過點P的平面將正四面體的體積平分，即EF平分△ABC的面積，可設正四面體P?ABC的棱長為2，可得12absinπ3對于A中，在△AEF中，可得EF在△PAE中，可得PE在△PAF中，可得PF則PE2+P同理可得PE2+E即在△PEF中，任意的兩邊的平方和大于第三邊，所以△PEF為銳角三角形，所以A正確；對于B中，若截面△PEF為等邊三角形，則滿足EF若PE2=PF2此時EF2=2,P所以截面△PEF不是等邊三角形，所以B錯誤；對于C中，當點E與點B重合時，要使得平面PEF平分三棱錐P?ABC的體積，即EF平分△ABC的面積，此時F為AC的中點，此時PF⊥AC,BE⊥AC，則△PEF中，邊PF,BF取得最小值，且BF=PF=3，且PB=2可得cos∠PBF=3+3?42×所以△PEF不能為直角三角形，所以C錯誤；對于D中，當過點P截面過底面△ABC的一個頂點和對邊的中點時，如圖（1）所示，得到截面△PBE，△PCD,△PAF，此時BE=PE=CD=PD=AF=PF，此時三個三角形都為等腰三角形，且滿足把正四面體P?ABC的體積平分；如圖（2）所示，在△ABC的邊長上分別取D,E,F,M,N,H，使得AE=AN,BM=BD,CF=CH，連接EH,DM,FH，使得EH,DM,FH恰好平分△ABC的面積，此時截面△PDM,△PEN,△PFH恰好平分正四面體P?ABC的體積，且△PDM,△PEN,△PFH為等腰三角形，綜上可得，截面為等腰三角形的有6個，所以D正確.故選：AD.

11．（2024·湖北荊州·三模）如圖，正八面體E?ABCD?F棱長為2．下列說法正確的是（

）A．BE//平面ADFB．當P為棱EC的中點時，正八面體表面從F點到P點的最短距離為7C．若點P為棱EB上的動點，則三棱錐F?ADP的體積為定值4D．以正八面體中心為球心，1為半徑作球，球被正八面體各個面所截得的交線總長度為16【解題思路】對于A，由線線平行證得線面平行；對于B，將△EBC和△FBC展開至同一平面，由余弦定理可求最小值；對于C，等體積法得到三棱錐F?ADP的體積為定值223，對于D，以【解答過程】對于A，在正八面體中BE=DE=BF=DF=2，故四邊形BFDE為菱形，故BE//DF，又DF?平面ADF，BE?平面ADF，所以BE//平面ADF，故A正確；對于B，將△EBC和△FBC展開至同一平面，如圖所示，其中∠ECF=π3+π3由余弦定理得：FP2=C對于C，VF?ADP=VA?FDP，連接AC、BD，相交于點由對稱性可知，AO=CO=BO=DO=EO=FO，△AEO、△ABO均為等腰直角三角形，所以AO=CO=BO=DO=EO=FO=2，AO⊥EF，AO⊥BD又EF∩BD=O,EF,BD?平面BFDE，可證得AO⊥平面BFDE，所以A到平面FDP的距離為AO=2設菱形BFDE的面積為S，則S=12BD?EF=三棱錐F?ADP的體積為定值13對于D，易得以O為球心，1為半徑的球與各條棱均切于中點處，故球與每個側面的交線即側面正三角形的內切圓，又以2為邊長的正三角形的高為3，可得內切圓半徑r=33，交線總長度故選：ABD.三、填空題12．（2024·陜西咸陽·模擬預測）如圖，在棱長為2的正四面體ABCD中，M，N分別為棱AD，BC的中點，O為線段MN的中點，球O的表面與線段AD相切于點M，則球O被正四面體ABCD表面截得的截面周長為833【解題思路】根據給定條件，求出線段MN長及點O到平面BCD的距離，即可得到球O被平面BCD截得的截面周長，從而得到結果；【解答過程】在棱長為2的正四面體ABCD中，連接AN,DN，過O作OE⊥DN于E，如圖，由M,N分別為棱AD,BC的中點，得AN⊥BC,DN⊥BC，而AN∩DN=N,AN,DN?平面AND，則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，則MN=球O半徑ON=12MN=22球O被平面BCD截得的截面圓半徑r=O所以球O被平面BCD截得的截面周長2πr=又ABCD為正四面體，所以球O被正四面體ABCD的每個面截得的截面都為圓，且圓的半徑為33所以球O被正四面體ABCD表面截得的截面周長為4×2故答案為：8313．（2024·山東日照·一模）已知正四棱錐S?ABCD的所有棱長都為2；點E在側棱SC上，過點E且垂直于SC的平面截該棱錐，得到截面多邊形H，則H的邊數至多為5，H的面積的最大值為423【解題思路】數形結合，作平面與平面BDF平行，即可解決；令SESF=λ，用λ表示相關長度，整理得【解答過程】取SC中點F,BF⊥SC,DF⊥SC,且BF∩DF=F，BF,DF?平面BDF，可知SC⊥平面BDF，根據平面的基本性質，作平面與平面BDF平行，如圖至多為五邊形.令SESF=λ，則可得PB=BQ=PQ=21?λ則cos∠DFB=3+3?42×所以S△EMP又因為MN與NQ的夾角為SA與BD夾角，而SA與BD垂直，則SPMNQ可得S=42可知：當λ=23時，S取最大值故答案為：5；4214．（2024·陜西安康·模擬預測）在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C①存在平面α，使B1②若平面α與平面BB1C1C的交線為l③若平面α截正方體所得的截面為三角形，則該截面三角形面積的最大值為24④若平面α過點B1，點P在線段BC1上運動，則點P到平面A其中真命題的序號為①②④．【解題思路】對于①：取平面α為平面ABC1D1，結合線面垂直分析判斷；對于②：根據面面平行的性質可得AD1∥l，再結合平行線的傳遞性分析判斷；對于③：舉反例說明即可；對于④：可證BC1∥平面AB【解答過程】對于①：取平面α為平面ABC因為BB1C又因為AB⊥平面BB1C1C，B且BC1∩AB=B，B可得B1C⊥平面ABC對于②：顯然此時平面α與平面AA因為平面BB1C且平面α∩平面BB1C1C=l，平面α∩平面A又因為AB∥C1D1，AB=C1D1可知當l不與BC1重合時，l∥對于③：例如截面AB1D且S△A對于④：由②可知：AD1∥且AD1?平面AB1D1，B因為點P在線段BC1上運動，則點P到平面不妨取點P為點B，設點B到平面AB1D因為VB?AB1D1所以點P到平面AD1B故答案為：①②④.四、解答題15．（2024·陜西榆林·三模）如圖是一個半圓柱，DC,AB分別是上?下底面圓的直徑，O為AB的中點，且AB=AD=2,E是半圓AB上任一點（不與A?(1)證明：平面DEA⊥平面CEB，并在圖中畫出平面DEA與平面CEB的交線（不用證明）；(2)若點E滿足DE=62EB，空間中一點P滿足DP【解題思路】（1）根據題意可證EB⊥平面DEA，即可得結果；可證BC∥平面DEA，進而可得BC∥l，即可得交線；（2）根據題意利用解三角知識可得S△EOB【解答過程】（1）因為E在AB上，則EA⊥EB，由題意可知：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.因為AD∥BC，AD?平面DEA，BC?平面DEA，可得BC∥平面DEA，設平面DEA與平面CEB的交線為l，且BC?平面CEB，可得BC∥l，過E作BC的平行線交DC于點F，則EF即為平面DEA與平面CEB的交線.（2）因為DE可得4+AE2=則sin∠EOA=sin2∠EBA=又因為點P滿足DP=2PB，即點P是線段DB上靠近可得VD?EOP所以三棱錐D?EOP的體積為VD?EOP16．（2024·廣西河池·模擬預測）已知四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥A