重難點(diǎn)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】.................................................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(shí)的題型，它滲透了一些動(dòng)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(yùn)算求解.

?方法技巧總結(jié)

【知識(shí)點(diǎn)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(diǎn)在幾何體的同一個(gè)面上，連接該兩點(diǎn)即為幾何體與截面的交線，找截面實(shí)際就是找

交線的過程.

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

(3)平行線法：過直線與直線外一點(diǎn)作截面，若直線所在的面與點(diǎn)所在的平面平行，可以通過過點(diǎn)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(shí)，截面的半徑即球的半徑，此時(shí)球的截面就是球的大圓；

②當(dāng)截面不過球心時(shí)，截面的半徑小于球的半徑，此時(shí)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)球的半徑為尺，以。，為圓心的截面的半徑

為r,。。'=4則在必△00C中，^OC2=O'C2+OO'2,^R2=r2+d2.

【知識(shí)點(diǎn)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(yùn)算問題，進(jìn)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(diǎn)位置、依次連接這些點(diǎn)，從而得到過三點(diǎn)的完整截面，再進(jìn)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(gè)原則：

①在同一平面上的兩點(diǎn)可引直線；

②凡是相交的直線都要畫出它們的交點(diǎn)；

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(shí)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,2C1平面BCD,AC=2DE=4,

BC=2,DC=1,/.BCD=60°.

(2)過點(diǎn)。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2BE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AC1BD,由

線面垂直的判定定理可得BD1平面4CDE；(2)取4C的中點(diǎn)F,BC的中點(diǎn)M,連接。截面DFM

即為所求，由(1)可知，BD1平面4CDE,FCL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ZBCD中，BD2=22+1-2x1x2cos60°=3.

所以BC2=B￡>2+DC2,所以/BCD為直角三角形，BD1CD.

又因?yàn)?C_L平面BCD,所以AC1BO.

而力CflCD=C,所以BD1平面4CDE.

（2）取AC的中點(diǎn)F,8c的中點(diǎn)M,連接平面DFM即為所求.

理由如下：

因?yàn)镈E||aC,DE=AF,所以四邊形4EDF為平行四邊形，所以DFIIAE,從而DFII平面ABE,

同理可證FMII平面48E.

因?yàn)镕MCDF=F,所以平面DFM||平面4BE.

由（1）可知，BD1平面4CDE,FC1平面CDM.

因?yàn)閁B-ACDE=gx（2+：）1xV3=V3,

VF-CDM=|X（^y-sin600）x2=嗎

所以，所求幾何體的體積了=四-哼=般.

66

【變式1-1］（2024高一下?廣東佛山?競賽）如圖，在正方體4BCD-&B1C1D1中，E、F分別為棱4B、Cg的

（1）請(qǐng)?jiān)谡襟w的表面完整作出過點(diǎn)E、F、Di的截面.（只需寫出作圖過程，不用證明）

（2）請(qǐng)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）連接小尸并延長交CD于/,連接/E并延長交BC于"，DA于J,連接/必交441于G,

(2)連接DE,￡?iE,EC,EF,如圖,

設(shè)正方體的棱長為1,

則？E-4DD1G=布UE-CDD#=F-EHC=去，于是，2=笳'

因此截面上下兩部分的體積之比為

【變式1-2］（2023?貴州?模擬預(yù)測(cè)）矩形中，=1（如圖1）,將△047沿/C折到△小

AC的位置，點(diǎn)在平面48c上的射影E在N8邊上，連結(jié)小B（如圖2）.

（1）證明：4D11BC；

（2）過0止的平面與8C平行，作出該平面截三棱錐外-力BC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2Ml＜匕，求費(fèi).

【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DiE的長度，再根據(jù)勾股定理求出4E長度，進(jìn)而確定AE=,即可確定

所求截面，利用錐體體積公式求解.

【解答過程】（1）因?yàn)槠矫?BC,BCu平面4BC,所以DiELBC,

且由翻折關(guān)系可知BC1AB,

且。亞C=EQiE/Bu平面

所以BC1平面小4B,

又因?yàn)閡平面D14B,所以ZCilBC.

（2）由（1）可知，BC1平面D14B,

又因?yàn)榻衭平面所以BDilBC.

且BC=4。=1,。傳=DC=AB=於,

所以。止=73-1=V2,

2

且014=1,AB=遍,所以4B2=DrA+DiB2,所以41%B,

所以x%E=扣Mx解得。止=。噓==苧，

所以4E=JD遇2一。1E2=孚,所以4E=/B,

所以取4c的三等分點(diǎn)為尸，且49=累配

連接EF,DiF,

則有BC||EF,BCC平面DiE凡EFu平面。止￡

所以8C||平面。所以所作截面為平面。亞￡

因?yàn)椤髁F,△4BC的相似比為1:3,

所以#=3,所以守=5，

3&4BCS*、EFCBO

斫以匕.=巨也”=織好=工

展史FECBXDIESEFCB8'

【變式1-3](23-24高一下?河北廊坊?階段練習(xí))如圖正方體48CD-的棱長為2,E是線段的

中點(diǎn)，平面a過點(diǎn)。1、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；

⑵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2B的中點(diǎn)F,連接EF、4止、CF,利用平行線的傳遞性可證得EF〃％C,可知

E、F、C、以四點(diǎn)共面，再由于E、C、小三點(diǎn)不共線，可得出面EFCDi即為平面截正方體所得的截面；

(2)分析可知，四邊形C%EF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(tái)體的體積公式可求得三棱臺(tái)AEF-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4B的中點(diǎn)尸，連接EF、々B、CF.

因?yàn)镋是A41的中點(diǎn)，所以

在正方體4BCD-41B1C1D1中，A^DJ/BC,A1D1=BC,

所以四邊形&BC/是平行四邊形，所以AiB〃￡)iC,所以EF〃/C,

所以E、F、C、小四點(diǎn)共面.

因?yàn)镋、C、久三點(diǎn)不共線，所以E、F、C、小四點(diǎn)共面于平面a,

所以面EFCDi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=yjAE2+AF^=VTT1=V2,

CDi=y/CD2+DDl=V4T4=2vLDiE=密+4亞2=VITl=V5,

同理可得CF=V5,

如圖所示：

分別過點(diǎn)E、F在平面CDiEF內(nèi)作EMICDi，F(xiàn)NICD^垂足分別為點(diǎn)M、N,

貝!|D1E=CF,4EDiM=4FCN,乙EMD1=4FNC=90°,

所以△￡■〃/)產(chǎn)△?2(?,則DiM=CN,

因?yàn)镋F〃CD1，EMiCDi，F(xiàn)N1C6,則四邊形EFNM為矩形，

所以，MN=EF=?則OIM=CN=^^=^^^=￥，

所以EM=JE*DI"2=J5G=平,

故梯形C%EF的面積為S=*EF+CD。.EM=Jx3魚x乎=:

22

(3)多面體AEF—DDiC為三棱臺(tái)，SAAEF=^AE-AF=^xl=j,SADD1C=^DD1-DC=1x2=2,

該棱臺(tái)的高為2,所以，該棱臺(tái)的體積為

W(S/VIEF+S^DDIC+<SAAEF,54皿。),AD=-Q+2+J]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5.

【題型2截面圖形的形狀判斷】

【例2】（2024?四川達(dá)州?二模）如圖，在正方體ABCD-2道1的。1中，E為4B中點(diǎn)，P為線段的以上一動(dòng)點(diǎn),

過O,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(diǎn)P在Ci、小以及Ci%三個(gè)特殊位置時(shí)，截面圖形的形狀，選出正確選項(xiàng).

【解答過程】B選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)P與。1重合時(shí)，

取力道1中點(diǎn)H,因?yàn)镋是AB中點(diǎn)，貝ijEH〃DDi，S.EH=DD1,

連接DE、EH、H%、DR則四邊形為平行四邊形，

又因?yàn)镈D110E,所以平行四邊形EH小。為矩形，故排除B選項(xiàng);

C選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)P與Ci重合時(shí)，

取8當(dāng)中點(diǎn)G,因?yàn)镋是2B的中點(diǎn)，所以EG〃DCi，

連接。E、EG、GJCi。，截面四邊形EGQD為梯形，故排除C選項(xiàng);

D選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)P為中點(diǎn)時(shí)，

因?yàn)镋是AB中點(diǎn)，所以PBJ/DE且PBi=DE,

連接PBi、B[E、ED、DP,則四邊形EBiPD是平行四邊形，

又因?yàn)锽iP=VCiP2+BiCi2=J（竽丫+J萼+Bi《,B]E=JBE^+BB^=J償丫+BB：=

杵+B瑤,

因?yàn)槭钦襟w，所以CiDi=8iCi=AB=BBi，所以8止=8亞，

所以平行四邊形EBiPD是菱形，故排除D選項(xiàng)；

不管點(diǎn)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(cè)）在正方體ABCD-AiBiCi%中,M,N分別為4D,的小的中點(diǎn)，過

M,N,%三點(diǎn)的平面截正方體48CD-4道停1。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】在上取點(diǎn)Q,且BQ=34Q,取CD中點(diǎn)為P,在。小上取點(diǎn)R,且=3DR通過

△QAMMPCB,可得乙4QM=Z_8PC,進(jìn)而得出乙4BP=N4QM,QM||BP.通過證明&N||BP,得出名

NIIQM.同理得出NR||BiQ,即可得出正方體的截面圖形.

4Di

B1

R

D

【解答過程】

在28上取點(diǎn)Q,且BQ=34Q,取CD中點(diǎn)為P,連接QM,BP,NP,BiQ.

在DD1上取點(diǎn)R,且DiR=3DR,連結(jié)NR,MR.

因?yàn)槿?翳=^^QAM=^PCB,

所以△QAM“Z\PCB,所以N4QM=NBPC.

5LAB||CD,所以N4BP=NBPC,所以〃BP=N4QM,

所以，QMIIBP.

因?yàn)镸P分別為Ci%CD的中點(diǎn),所以PNIICCi，且PN=eg.

根據(jù)正方體的性質(zhì)，可知BBi||CCi，且BBi=CCi，

所以，PN||BBr，且PN=BBi，

所以，四邊形BPMBi是平行四邊形，

所以，Bj_N||BP,所以&NIIQM.

同理可得，NR||BiQ.

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(cè)）如圖所示的幾何體是由一個(gè)圓柱挖去一個(gè)以圓柱上底面為底面，下底

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

【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4BCD如下圖為軸截面時(shí)，截面圖形如（1）所示；

B

D

當(dāng)截面力BCD如下圖不為軸截面時(shí)，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(cè))已知在長方體ABCD—2/iCiDi中，AB=BB]=2BC,點(diǎn)P,Q,T分

別在棱BBi，CCi和2B上，且B』=3BP,CQ=3C1Q,BT=3AT,則平面PQ7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(diǎn)E,連接ET并延長交4。于點(diǎn)S,

過點(diǎn)S作SR〃EQ交DDi于點(diǎn)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(diǎn)E,連接ET并延長交4。于點(diǎn)S,

過點(diǎn)S作SR〃EQ交￡?小于點(diǎn)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?yàn)锽iP=3BP,CQ=3CiQ,BT=3AT,

所以△EBPFECQ,則霧=胃=1所以

又△SATFEBT,所以尊=篇=5，所以S4=2EB=91D,

CDIDODO

則SD=|AD,

顯然S則崔=學(xué)，所以以=為。=得31=為。1.

ASDRAECQ,c.c<-<vyiziz

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(cè)）正方體48CD-4當(dāng)前小外接球的體積為4例，E、F、G分別為棱441

、4/1、4道1的中點(diǎn)，則平面EFG截球的截面面積為（）

A.yB.yC.yD.J

【解題思路】由已知，得到正方體ABCD-aiBiCi小外接球的半徑，進(jìn)而得到正方體的棱長，再由勾股定理

計(jì)算出平面EFG截球的截面圓的半徑，即可得到截面面積.

設(shè)正方體4BCD-4/1C1D1外接球的半徑為R,棱長為a,

因?yàn)檎襟w48CD-4/1的。1外接球的體積為4南，

所以-4V玉T,貝|JR=V3,

由3a2=（2遮）,得a=2,

設(shè)球心0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)力倒平面EFG的距離為憶

因?yàn)镋、尸、G分別為棱441、乙4、4道1的中點(diǎn),

所以△EFG是邊長為a的正三角形,

由七1一￡尸6=得，"=5s△&FG，4且

貝吟x：x魚x魚x^-h'=|x|xlxlxl,

解得〃=率又OZL/C=逐

所以占到平面EFG的距離為〃=*Mi，

則h=。&—Mi=R-^R=竽，

r2-R2—八2=（b）2_偌1）=’

所以平面EFG截球的截面面積為，豆#=|1T.

故選：A.

【變式3-1］（2024?全國?模擬預(yù)測(cè)）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-AiBiCiDi中，E為棱5C的中點(diǎn),

用過點(diǎn)E,Q的平面截正方體，則截面周長為（）

O

AD

A.3V2+2V5B.9C.2a+2亞D.3V2+2V3

【解題思路】作出正方體的截面圖形，求出周長即可.

【解答過程】

ByC.

AD

如圖，取48的中點(diǎn)G,連接GE,&G,AC.

因?yàn)镋為3c的中點(diǎn)，所以GE〃47,GE=\AC,

又AA、〃CC\,AA1=CC1,

所以四邊形acci&為平行四邊形，

所以ac〃4iG，AC=A1C1,

所以41CJ/GE,A1C1=2GE,

所以用過點(diǎn)E,Ci的平面截正方體，所得截面為梯形4C1EG,

其周長為2V^+V5+V2+V5=3V2+2V5.

故選：A.

【變式3-2］（2024?江蘇南通?二模）在棱長為2的正方體ABC。-中，P,Q,R分別為棱8C,CD,

CCi的中點(diǎn)，平面PQR截正方體力BCD-a/iCi/外接球所得的截面面積為（）

.5口8n2V15_

A.-nB.犯C.yTTD.—Tt

【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。P,OQ,OR,

由于正方體的棱長為2,所以正方體的面對(duì)角線長為2a，體對(duì)角線長為2VJ，

正方體外接球球心為點(diǎn)。，半徑R=1x2V3=V3,

又易得。「=。（2=。/?=3*2魚=或，豆PQ=PR=QR=3x2a=E

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(diǎn)。到平面PQR的距離為。M,又正三角形PQR的外接圓半徑為MQ,

由正弦定理可得2雙=篇=卷=乎，即MQ=?所以0M=JOQ2—MQ2=k&）2_（*）2=券,

51I10U2,JJ

即正方體4BCD-41B1C1D1外接球的球心0到截面PQR的距離為。M=竽，

所以截面PQR被球。所截圓的半徑r=7R2-OM2=竽丫=

則截面圓的面積為豆產(chǎn)=|n.

故選：A.

【變式3-3］（2024?內(nèi)蒙古呼和浩特一模）已知正方體48CD-48心。1的棱長為4,M為棱OC的中點(diǎn)，N為

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

A.4（V5+V2）B.2V3

C.5V3D.4V6

【解題思路】取BC,CCi的中點(diǎn)E,F,由△ADM證得AMIDE,再由1平面4BCD,證得

AM1NE,從而得到AM_L平面DNE,同理證得DiMLDN,利用線面垂直的判定定理，證得DN_L平面4%

M,得到平面a截正方體的截面為進(jìn)而求得截面的面積，得到答案.

【解答過程】如圖所示，

取BC,CCi的中點(diǎn)與尸，分別連接NE,N￡DE,DF/Di，DiM4M,

在正方形ABC。中，因?yàn)镸,E分別為DC,BC的中點(diǎn)，可得

所以ND4M=乙CDE,/.AMD=MED,

因?yàn)镹4DM=90。，所以N4MD+NCDE=90。，所以NDPM=90。，即AMIDE,

又因?yàn)镋,N分別為BC,BCI的中點(diǎn)，所以NE〃CCi,

因?yàn)镃Ci_L平面ABCD,力Mu平面力BCD,所以所以力MlNE,

又因?yàn)镈ECNE=ES.DE.NEu平面ONE,所以AM1平面ONE,

因?yàn)镈Nu平面DNE,所以AM1DN,同理可證：%MLDN,

又因?yàn)榱ClDrM=M且u平面4小時(shí)，所以DN1平面

即平面a截正方體ZBCD-AiBiCiDi的截面為△ADrM,

由正方體4BCD-&BiCiDi的棱長為4,

在直角△40。1中，可得力Di=dAD2+DD：=V42+42=4VL

在直角△4DM中，可得AM=7AD2+DM2=存彳予=2后

在直角△中，可得Di"=J砌+DM2=742+22=2而，

所以截面的面積為S=|x4V2xJ（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。的體積為竽，點(diǎn)/到球心O的距離為3,則過點(diǎn)/的平面a被

球。所截的截面面積的最小值是（）

A.9itB.127rC.161rD.20n

【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(jìn)行求解即可.

【解答過程】設(shè)球。的半徑為R,則$rR3=等，解得R=5.

因?yàn)辄c(diǎn)/到球心。的距離為3,

所以過點(diǎn)A的平面a被球O所截的截面圓的半徑的最小值為r=752^32=4,

則所求截面面積的最小值為ir#=16n.

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(gè)截面圓，它們的公共弦

長為4若|。。1|=3,|。。2|=遮，則兩截面圓的圓心距|。1。2|二（）

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(gè)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。1與圓。2公共弦為4B,其中點(diǎn)為E,

22

貝U|。141=J|CM|2-Q/I|2=442-32=V7,\O2A\=7|O^|-|OO2|=J42-技=V13,

22

所以|。1用=,|01*2―明2=V7^4=V3,\O2E\=yj\O2A\-\AE\=V13-4=3,

3

所以在Rt^OOiE中，tanzOFOi=—=V3,所以zOEOi=60。，

在RtzXOOzE中，tanzO￡O2=^,所以/。幽=30。，

所以在△。止。2中，ZOI￡O2=90°,所以|。1。2|=0。2切2+|0亞|2==2曲.

【變式4-2]（2024?陜西榆林?一模）已知H是球。的直徑4B上一點(diǎn)，AH-.HB=1-.2,481平面a,H為垂足,

a截球。所得截面的面積為n,M為a上的一點(diǎn)，且=坐，過點(diǎn)M作球。的截面，則所得的截面面積最小的

圓的半徑為（）

年軍半年

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(shí)得截面與球心的距離為,，利用

勾股定理求得R2的值，由題意可知球心。到所求截面的距離d最大時(shí)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,

因?yàn)?=

所以。H=gR.由勾股定理，得/?2=#+。”2,由題意得nr2=7V?=1,

所以R2=1+@R）2,解得R2=]

此時(shí)過點(diǎn)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〃=五毛,

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)0M與所求截面垂直時(shí)，球心。到所求截面的距離d最大，

即dmax=0M=JQR）―+MH2=所以r'min=

故選：C.

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

被一個(gè)棱長為8的正方體的六個(gè)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4u，則球的體積為（）

【解題思路】設(shè)球的半徑為R,截面圓的半徑為r,兩個(gè)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(gè)截面圓間的距離為2d,

因?yàn)榻孛鎴A的周長為4m可得2nr=4m解得r=2,

又因?yàn)樵摴に嚻房梢钥闯墒且粋€(gè)球被一個(gè)棱為8的正方體的六個(gè)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=N+d2=22+42=20,即R=2遮（負(fù)值已舍去），

所以球的體積為唉笑3=誓迎

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(cè)）如圖所示，圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為4cm和6cm,AAlt為圓

臺(tái)的兩條母線，截面4881al與下底面所成的夾角大小為60。，且。01劣弧石瓦的弧長為等cm,則三棱臺(tái)

4B。-&B1O1的體積為（）

A.-^cm3B.10V3cm3C.19cm3D.2075cm3

【解題思路】分別取力1a,4B的中點(diǎn)E,F,則易知截面ABBMi與下底面所成的夾角為NEFO=60。，E作

后“1尸。于點(diǎn)“，則EH〃OiO,且EH=Oi。，再根據(jù)弧度數(shù)公式及解三角形可求出圓臺(tái)的高，最后根據(jù)臺(tái)體

的體積公式，即可求解.

【解答過程】如圖，分別取公&，4B的中點(diǎn)E,F,

貝IJ01E141B1，OF14B且。1E//0F,又。1。1平面AB。，ABc^-^ABO,所以。1014B,

OFnOiO=0,。￡。1。u平面FEOi。，所以AB1平面FE。1。，

又EFu平面FEOi。，所以EF_L4B,

截面4BB遇i與下底面所成的夾角為NEF。=60°,

過E作EHIF。于點(diǎn)H,貝歸“〃。1。，且EH=Oi。，

又。。1劣弧石瓦的弧長為等cm,弧所在圓的半徑為4,

???/.AiOiBi=H=貝IJNOIAIBI=5，EOi=4sin《=2,

43。。

同理可得。尸=3,F"=3—2=1,又4EFO=60°,

???。1。=EH=FWtan600=V3,

又三角形4。1%的面積為:x4x4x乎=4V3,

同理可得三角形40B的面積為(x6x6xg=9V3,

三棱臺(tái)48。-4隹1。1的體積為!X(4V3+9V3+14仃X9聞XV3=19(cm3).

故選：C.

【變式5-1](2024?上海普陀?二模)若一個(gè)圓錐的體積為雪，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與則該圓錐的側(cè)面積為（）

A.V2TTB.2TTC.2V2TTD.4立兀

【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(jì)算圓錐的側(cè)面積.

【解答過程】設(shè)圓錐的底面圓半徑為r,高為八，由軸截面三角形的頂角為（得「=%,

所以圓錐的體積為了二次產(chǎn)仁產(chǎn)=呼匕解得「=魚，

S03

所以圓錐的母線長為I==2,

所以圓錐的側(cè)面積為5側(cè)=Ttrl=TTxV2x2=2V2n.

故選：C.

【變式5-2］（2024?河南開封?二模）己知經(jīng)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(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SO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0B=遍心

SO—2r+r+R+R=3r+2R,又S。=43OB,

：?3丁+2R=3R,???R=3r,

???上部分圓錐的底面半徑為回，高為3r,

又圓錐S。的底面半徑為OB=^R=3V3r,高為S。=3r+2R=9r,

???上部分圓錐的體積與圓錐s。的體積之比為G）3=J,

???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ZBCD-AiBiCiDi中，E為棱力。的中點(diǎn)，過當(dāng)且

平行于平面&8E的平面截正方體所得截面面積為（）

A.當(dāng)B.IC.V6D.2V6

24

【解題思路】根據(jù)給定條件，作出并證明過點(diǎn)為,且與平面4BE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ABC。—4/母1。1中，取8C中點(diǎn)F,41%中點(diǎn)G,

連結(jié)。￡Bi￡DBi，DG,GBi，G￡EF,而E為棱力D中點(diǎn)，

DiCi

顯然BF〃DE〃&G,BF=DE=A1G,得四邊形BFDE,四邊形&EDG都是平行四邊形，

貝/E//DF,ArE//GD,gBEu平面A/E,DG.DF^^ArBE,

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

因此平面DGF〃平面&BE,又EF〃AB〃A\B\,EF=AB=A1B1,即四邊形ABFE是平行四邊形,

則B1/7/&E//DG,顯然平面DFBiG〃平面A/E,

從而過當(dāng)且平行于平面力iBE的平面截正方體所得截面為四邊形DFBiG,

又DF=FB\=B1G=DG=&+1=離即四邊形。FB1G為菱形，

而=Vl+1+1=V3,GF=2---=V2,

、44

所以四邊形DF&G的面積為S=^OB「GF=孚.

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(cè)）在正六棱柱28。￡）石尸一4道道1。1%%中，AAr=2AB=6,。為棱人必

的中點(diǎn)，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）nB.（6+V3）TTC.（3+2遮）itD.（6+2遮）it

【解題思路】根據(jù)題意，畫出圖形，設(shè)G,H分別為CC1,。外的中點(diǎn)，連接。由題意

可知球。不與側(cè)面488遇1及側(cè)面4尸尸遇1相交，球。與側(cè)面BCC/i交于點(diǎn)Ci，C,與側(cè)面EFF1E1交于點(diǎn)%,E,

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

【解答過程】因?yàn)榍颉５陌霃綖?,48=3,所以球。不與側(cè)面ABBMi及側(cè)面力FF"i相交，

設(shè)G,“分別為CC]DDi的中點(diǎn)，連接。Ci4Ci，0Ei4Ei，0G,。“，

貝U由題意可得。4]=34C1=4向=3V3,

所以。Ci=J。掰+41篇=、9+27=6,

所以球。與側(cè)面BCCRi交于點(diǎn)Ci,C,與側(cè)面交于點(diǎn)力,E,

在正六邊形AiBiCiDiEiFi中，因?yàn)?8忑1。1=120。/41031=30。，所以乙的的以=90。，

所以41clic1%,

因?yàn)镃Ci_L平面ZiBiCiDiEiFi,AiC】u平面AiBiCiDiEiFi，所以CCiJ_4iCi，

因?yàn)镃CCi=Cj_,C]Di，CCiu平面CDDiC],

所以&CI_L平面CDDiCi，所以。G1平面CDDiG，且。G=3遮，

所以。H=70G2+GH2=V27+9=6,

所以球。與側(cè)面CDDiCi的交線是以CCi為直徑的半圓，

同理可得球。與側(cè)面EDD1B的交線是以E%為直徑的半圓，

因?yàn)镹E遇iG=?所以球。與上下底面的交線均為泠半徑為3巡的圓，

所以球面與該正六棱柱各面的交線總長為2Ttx3+2x1x2Ttx3V3=6-rt+2遮IT.

故選：D.

BC

【變式6-1](2023?河南?模擬預(yù)測(cè))如圖，在三棱錐4-BCD中，4B/C/D兩兩垂直，且

AB=AC=AD=3,以2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.2V3TTB.V3itC.孕D.學(xué)

24

【解題思路】由等體積公式求出截面圓的半徑為r=J(V6)2-(V3)2=遍，畫出截面圖形,再利用H為ABCD

的中心，求出HN=(X3魚x^=乎，再利用弦長公式求出EF=2J(g.一停f=瓜,最后求出交線長

度.

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

由“三棱錐O-SBC=卜三棱錐4-BCO，

M|X|X3X3X3=|X|X3V2X3V2X與AH,所以力"=V3,

因?yàn)榍虻陌霃綖樗模越孛鎴A的半徑r=J(V6)2-(V3)2=V3,

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

如圖所示

易求HN=9x3魚x孚=孚，所以EF=(舊)2—俘丫=機(jī),

易得乙EHF,,所以NMHQ=NGHP=5,

所以交線長度和為2nXV3-3x卜g=字.

4Z

故選：C.

【變式6-2］（2024?全國?模擬預(yù)測(cè)）已知正四棱錐P-4BCD的體積為殍，底面4BCD的四個(gè)頂點(diǎn)在經(jīng)過球

心的截面圓上，頂點(diǎn)P在球。的球面上，點(diǎn)E為底面4BCD上一動(dòng)點(diǎn)，PE與P。所成角為也則點(diǎn)E的軌跡長度

為（）

A.V2nB.4伍C.亨D.孚it

【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(jìn)而根據(jù)銳角三角函

數(shù)可得OE=OP-tanNEPO=^,即可判斷點(diǎn)E的軌跡為。為圓心，半徑「=乎的圓，即可求解.

【解答過程】由題意，設(shè)球。的半徑為R如圖所示，連接交于點(diǎn)。，連接PO,則力。=BO=PO=R,

AB=^2R,P。！平面2BCD,所以V四棱錐P_4BCD=3AB2.PO=：X2R2XR=￥，解得R=魚.

在RtZkPOE中，因?yàn)椤=魚，乙EP0=會(huì),所以。E=OP-tanNEPO=^.

因?yàn)檎叫?BCD的中心。到各邊的距離為學(xué)?=1＞孚，所以點(diǎn)E的軌跡為平面4BCD內(nèi)，以點(diǎn)。為圓心，半

徑「=坐的圓，故點(diǎn)E的軌跡長度為2m=等.

故選:D.

【變式6-3］（2024?河南?二模）已知四面體4BCD的各個(gè)面均為全等的等腰三角形，且C4=CB=2AB=4.

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

A.nB.211C.3irD.4Tl

【解題思路】將四面體4BCC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】將四面體力BCD放入長方體中，設(shè)長方體的相鄰三條棱長分別為％,y,z,

依題意，可知ZM=C8=DB=4C=4,DC=AB=2,

則x2+y2=4,%2+z2=16,y2+z2=16,解得x=y=?,z-V14.

由于z=g,即異面直線和CD的距離為m,

由于長方體的左右側(cè)面為正方形，所以4B1CD,

取CD中點(diǎn)M,連接MF,則左側(cè)面，力B在左側(cè)面，所以MFIAB,

又CD。"尸=”,。￡）,“尸＜=平面￡7;7）,故力B_L平面CFD,

四面體2BCD的外接球半徑為R=丐亙=挈，球心為。，

由力E=2g,知點(diǎn)E的軌跡為一個(gè)圓，設(shè)軌跡圓的半徑為r,圓心為F,

過4E,。作球的一個(gè)軸截面，

所以2產(chǎn)+「2=4石2,且/。2+尹=夫2,

AF2-FO2=（2巡）2_（乎）2,且力尸=R+。尸=挈+。尸，

解得。F=￥，r=2,

所以E的軌跡長度為2irr=4n.

故選：D.

r【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(cè)）已知SOi=2,底面半徑。14=4的圓錐內(nèi)接于球。，則經(jīng)過S和。〃中

點(diǎn)的平面截球。所得截面面積的最小值為（）

.25「25c25c已

A."TCB.-1TC.-1TD.571

【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(jìn)行求解即可.

【解答過程】如圖，

設(shè)球。的半徑為R,線段0遇的中點(diǎn)為E,因?yàn)?@+。。"4。2,

所以42+(R—2)2=R2,解得R=5,

設(shè)經(jīng)過S和。逆中點(diǎn)E的平面截球。所得截面圓的圓心為O2,半徑為乙球心。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?yàn)楫?dāng)d為點(diǎn)。到SE的距離時(shí)最大，止匕時(shí)d-SE=S。-EOi，又SE=、22”=2vL

所以d—空叫一空—巨

所以SE—2四一VT

所以7-2=52-(-|=)2=^,

V22

故截面面積的最小值為丘產(chǎn)=會(huì).

故選：A.

【變式7-1](2024?重慶渝中?模擬預(yù)測(cè))在三棱錐P—48C中，AC=BC=PC=2,且47,8C,PC1平面

ABC,過點(diǎn)P作截面分別交力C,BC于點(diǎn)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.gB.C.D.1

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

相等和基本不等式得到M2,再由三角形的面積公式即可求解.

【解答過程】過P作PG1EF,垂足為G,連接CG,則由三垂線定理可得EF1CG,

.?ZPGC即為二面角P—EF—C的平面角，

p

.-.PGC=60°,PC=2,所以PG=竽,。6=竽，

設(shè)CE=a,CF=b,則匹=62+12,

在三角形CEF中，帥=竽〃2+板,

又Va2+爐2缶F,所以a6N竽\嗝=空普，

所以abN*a=b=乎時(shí)等號(hào)成立，

所以三角形PEF的面積為：x半x必不京=a。2*

故截面P￡尸面積的最小值為《

故選：B.

【變式7-2］（2024?四川?模擬預(yù)測(cè)）設(shè)正方體48CD-&B1C1D1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.^\/3B.|V3C.弓D.V3

【解題思路】首先確定截面的形狀，再通過幾何計(jì)算，確定面積的最大值.

【解答過程】連結(jié)4/,因?yàn)锽C1平面力BBMi，4%u平面所以8。14當(dāng)

且也14#,BC,&Bu平面&BC,所以犯_L平面&BC,&CU平面&BC,

所以力Bi_L4iC,同理BiOilHiC,^.AB1C\B1D1=B1,ABltc

所以4停1平面ABMi；

所以平面a為平面2歷。1或與其平行的平面，M只能為三角形或六邊形.

當(dāng)M為三角形時(shí)，其面積的最大值為學(xué)義（、②