高考数学重难点培优全攻略(新高考专用)微重点09　截面、交线问题(3大考点+强化训练)(原卷版+解析)

微重点09截面、交线问题（3大考点+强化训练）“截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力．求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解．知识导图考点分类讲解考点一：截面问题规律方法作几何体截面的方法(1)利用平行直线找截面．(2)利用相交直线找截面．考向1多面体中的截面问题【例1】（2024·四川·模拟预测）设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为，则的面积的最大值为（

）A． B． C． D．【变式1】（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，上的动点（包含端点），当，分别为棱，的中点时，则过，，三点作正方体的截面，所得截面为边形．

【变式2】（23-24高三下·河南郑州·阶段练习）如图，已知四棱锥的底面为矩形，为的中点，平面截得四棱锥上、下两部分的体积比为.【变式3】(多选）（2023·河北承德·模拟预测）如图，正六棱柱的各棱长均为1，下列选项正确的有（

）A．过A，，三点的平面截该六棱柱的截面面积为B．过A，，三点的平面将该六棱柱分割成体积相等的两部分C．以A为球心，1为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为D．以A为球心，2为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为考向2球的截面问题【例2】（2024高三·全国·专题练习）已知正方形的边长为4，若将沿BD翻折到的位置，使得二面角为，N为的四等分点靠近D点，已知点，B，C，D都在球O的表面上，过N作球O的截面，则截球所得截面面积的最小值为（

）A． B． C． D．【变式1】（2024·河南新乡·二模）已知一平面截球所得截面圆的半径为2，且球心到截面圆所在平面的距离为1，则该球的体积为．【变式2】（2024高三·全国·专题练习）已知球的直径，、是该球面上的两点，且，，，则三棱锥的体积为（）A． B． C． D．考点二交线问题规律方法找交线的方法(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点．(2)面面交点法：各棱面与截平面的交线．考向1多面体中的交线问题【例3】（23-24高三上·辽宁·阶段练习）已知在正方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，记平面与侧面，底面的交线分别为，，则（

）A．的长度为 B．的长度为C．的长度为 D．的长度为【变式1】（2023·云南昆明·模拟预测）已知正方体ABCD－A1B1C1D1，平面满足，若直线AC到平面的距离与BC1到平面的距离相等，平面与此正方体的面相交，则交线围成的图形为（

）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【变式2】（23-24高三下·北京海淀·阶段练习）“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）若某“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为的正四棱柱构成，则下列说法正确的是（

）A．一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线互相垂直B．该“十字贯穿体”的表面积是C．该“十字贯穿体”的体积是D．一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长为【变式3】（多选）（23-24高三上·湖北·期中）如图，正方体的棱长为4，点E、F、G分别在棱、、上，满足，，记平面与平面的交线为，则（

）A．存在使得平面截正方体所得截面图形为四边形B．当时，三棱锥体积为C．当时，三棱锥的外接球表面积为D．当时，直线与平面所成的角的正弦值为考向2与球有关的交线问题【例4】（2024·陕西商洛·模拟预测）某圆柱的轴截面是面积为12的正方形为圆柱底面圆弧的中点，在圆柱内放置一个球，则当球的体积最大时，平面与球的交线长为（

）A． B． C． D．【变式1】（2023·河南·模拟预测）如图，在三棱锥中，两两垂直，且，以为球心，为半径作球，则球面与底面的交线长度的和为（

）

A． B． C． D．【变式2】（22-23高三上·河北保定·期末）已知三棱锥的所有棱长均为2，以BD为直径的球面与的交线为L，则交线L的长度为（

）A． B． C． D．【变式3】（多选）（23-24高三上·辽宁·开学考试）若平面与一个球只有一个交点，则称该平面为球的切平面．过球面上一点恒能作出唯一的切平面，且该点处的半径与切平面垂直．已知在空间直角坐标系中，球O的半径为1．记平面，平面，平面分别为．过球面上一点作切平面，且与的交线为，下列说法正确的是（

）.A．的一个方向向量为.B．的方程为.C．过正半轴上一点作与原点距离为1的直线，设，若，则h的取值范围为.D．过球面上任意一点作切平面，记，，，分别为到原点的距离，则强化训练一、单选题1．（22-23高三上·四川成都·阶段练习）已知正四面体的棱长为，为上一点，且，则截面的面积是（

）A． B． C． D．2．（23-24高三下·江西·开学考试）已知一正方体木块的棱长为4，点在校上，且.现过三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（

）A． B． C． D．3．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）若平面截球所得截面圆的面积为，且球心到平面的距离为，则球的表面积为（

）A． B． C． D．4．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，E，F分别为棱，的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为，最大值为，则（

）A． B． C． D．5．（2024·陕西榆林·一模）已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（

）A． B． C． D．6．（2024·四川成都·二模）在正方体中，、分别是棱、靠近下底面的三等分点，平面平面，则下列结论正确的是（

）A．过点B．C．过点的截面是三角形D．过点的截面是四边形7．（22-23高三上·广东广州·阶段练习）已知三棱锥的棱，，两两互相垂直，，以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为（

）A． B． C． D．8．（2024·广西·模拟预测）在三棱锥中，平面，，，，点为棱上一点，过点作三棱锥的截面，使截面平行于直线和，当该截面面积取得最大值时，（

）A． B． C． D．二、多选题1．（23-24高三上·广东湛江·阶段练习）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为.现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（

）

A．过棱的截面中，截面面积的最小值为B．若过棱的截面与棱（不含端点）交于点，则C．若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为D．与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个2．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图，已知正三棱台是由一个平面截棱长为6的正四面体所得，其中，以点A为球心，为半径的球面与侧面的交线为曲线为上一点，则下列结论中正确的是（

）

A．点A到平面的距离为 B．曲线的长度为C．的最小值为 D．所有线段所形成的曲面的面积为3．（2024高三·全国·专题练习）已知正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，将沿DE折起，连接AB，AC，得到四棱锥，则（

）A．存在使的四棱锥B．四棱锥体积的最大值是C．平面ABE与平面ACD的交线平行于底面D．在平面ABC与平面ADE的交线上存在点F，使得三、填空题1．（23-24高三下·江西·开学考试）在正四面体中，M为PA边的中点，过点M作该正四面体外接球的截面，记最大的截面半径为R，最小的截面半径为r，则；若记该正四面体和其外接球的体积分别为和，则．2．（23-24高三下·江苏·开学考试）在正三棱锥A－BCD中，底面△BCD的边长为4，E为AD的中点，AB⊥CE，则以AD为直径的球截该棱锥各面所得交线长为.3．（2024·河南·模拟预测）在三棱柱中，四面体是棱长为2的正四面体，为棱的中点，平面过点且与垂直，则与三棱柱表面的交线的长度之和为．四、解答题1．（2024·内蒙古赤峰·一模）已知正方体，棱长为2.(1)求证：平面；(2)若平面平面，且平面与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值；(3)在（2）的情形下，设平面与正方体的棱、、交于点、、，当截面的面积最大时，求二面角的余弦值.2．（2024高三·全国·专题练习）四棱锥的底面为矩形，，，高，O为底面对角线的交点，过底面对角线BD作截面使它平行于SA，并求出此截面的面积.3．（2024高三·全国·专题练习）单位正方体中，和上各有一点E，F，且，过A，E，F作正方体的截面，是否可能是正三角形？正方形？4．（23-24高三下·贵州·阶段练习）如图，已知正方体，为的中点.(1)过作出正方体的截面，使得截面平行于平面，并说明理由；(2)为线段上一点，且直线与截面所成角的正弦值为，求.5．（2024高三·全国·专题练习）正三棱台中，下底面的边长为a，侧棱与底面成角60°，过AB作截面垂直于，求截面面积.微重点09截面、交线问题（3大考点+强化训练）“截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力．求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解．知识导图考点分类讲解考点一：截面问题规律方法作几何体截面的方法(1)利用平行直线找截面．(2)利用相交直线找截面．考向1多面体中的截面问题【例1】（2024·四川·模拟预测）设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为，则的面积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先确定截面的形状，再通过几何计算，确定面积的最大值.【详解】连结，因为平面，平面，所以且，平面，所以平面，平面，所以，同理，且，平面，所以平面；所以平面为平面或与其平行的平面，只能为三角形或六边形.当为三角形时，其面积的最大值为；当为六边形时，此时的情况如图所示，设，则，依次可以表示出六边形的边长，如图所示：六边形可由两个等腰梯形构成，其中，两个等腰梯形的高分别为，，则，当且仅当时，六边形面积最大，即截面是正六边形时截面面积最大，最大值为.

【点睛】关键点点睛：本题的关键1是理解题意，并能利用转化与化归思想，直观象限和数学计算相结合，2是确定平面，从而将抽象的问题转化为具体计算.【变式1】（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，上的动点（包含端点），当，分别为棱，的中点时，则过，，三点作正方体的截面，所得截面为边形．

【答案】五【分析】利用线线、线面平行的性质作出截面即可判断.【详解】

如图，取中点，连接，有，且，则四边形是平行四边形，有，过作的平行线交于点，此时，则，即为过，，三点的平面与平面的交线，连接，在上取点，使得，连接，同证的方法得，在棱上取点，使，连接并延长交直线于，则，即，而，于是四边形是平行四边形，有，则为过，，三点的平面与平面的交线，连接，则可得五边形即为正方体中过，，三点的截面．故答案为：五【变式2】（23-24高三下·河南郑州·阶段练习）如图，已知四棱锥的底面为矩形，为的中点，平面截得四棱锥上、下两部分的体积比为.【答案】【分析】设四棱锥的体积为，取的中点，连接、、、，即可得到为截面，再根据锥体的体积公式得到，从而得解.【详解】设四棱锥的体积为，取的中点，连接、、、，因为为的中点，所以且，又，所以，，所以、、、四点共面，即为截面，又，其中，，所以，即截面截得四棱锥上部分的体积为，则下部分的体积为，所以平面截得四棱锥上、下两部分的体积比为.故答案为：【变式3】(多选）（2023·河北承德·模拟预测）如图，正六棱柱的各棱长均为1，下列选项正确的有（

）A．过A，，三点的平面截该六棱柱的截面面积为B．过A，，三点的平面将该六棱柱分割成体积相等的两部分C．以A为球心，1为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为D．以A为球心，2为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为【答案】ACD【分析】对于A：根据平行关系分析交线，进而运算求解；对于B：利用割补法求体积，分析运算；对于C、D：根据球的半径分析交线，运算求解.【详解】对于A：过点A作//，设，连接，设，则过A，，三点的平面截该六棱柱的截面即为，可得，因为，且//，则，可得，因为平面，平面，所以，，平面，可得平面，平面，则，由//，则，连接，则，故截面面积，故A正确；对于B：连接CE，因为平面，平面，所以，，，平面，可得平面，则四棱锥的高为，则其体积，四棱柱的体积，三棱柱的体积，故平面下半部分的体积，正六棱柱的体积，显然，故B错误；对于C：因为球的半径为1，则球只与侧面、侧面和底面相交，因为，在侧面、侧面的交线为个圆，在底面的交线为个圆，半径均为1，故交线的长为，故C正确；对于D：因为球的半径为2，显然球不与侧面、侧面相交，由选项A可知：平面，且，则球与侧面、侧面分别交于点、，连接，则，因为平面，平面，所以，，平面，可得平面，且，则球与侧面的交线为个圆，且半径为1，同理可得：球与侧面的交线为个圆，且半径为1，又因为平面，且，则球与底面的交线为个圆，且半径为，又因为，则球与底面的交点为D，所以球面与该六棱柱的各面的交线总长为，故D正确；故选：ACD.【点睛】方法定睛：在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.考向2球的截面问题【例2】（2024高三·全国·专题练习）已知正方形的边长为4，若将沿BD翻折到的位置，使得二面角为，N为的四等分点靠近D点，已知点，B，C，D都在球O的表面上，过N作球O的截面，则截球所得截面面积的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】记BC的中点为O，可得O为外接球球心，当截面时，截面面积最小，再利用余弦定理及截面小圆性质计算求解.【详解】如图，取BC的中点为O，由正方形的边长为4，则，因此O为空间四边形的外接球球心，外接球半径，设球心到平面的距离为d，截面圆的半径为r，则有，即，当截面时，d最大，此时截面面积最小，且，在中，，，，由余弦定理可得，，此时，所以截面面积最小值为.故选：D【变式1】（2024·河南新乡·二模）已知一平面截球所得截面圆的半径为2，且球心到截面圆所在平面的距离为1，则该球的体积为．【答案】【分析】利用球的截面圆性质求得球的半径，再利用球的体积公式即可得解.【详解】由球的截面圆性质可知球的半径，则该球的体积为.故答案为：.【变式2】（2024高三·全国·专题练习）已知球的直径，、是该球面上的两点，且，，，则三棱锥的体积为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，利用勾股定理证明，设的外心为中点，可得平面，由计算得解.【详解】设球心为，连结、，为球的直径，A、是球面上的点，．又，，，，，．又，，，设的外心为中点，连接，根据球的性质，可得平面，，，，三棱锥的体积为．故选：C．考点二交线问题规律方法找交线的方法(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点．(2)面面交点法：各棱面与截平面的交线．考向1多面体中的交线问题【例3】（23-24高三上·辽宁·阶段练习）已知在正方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，记平面与侧面，底面的交线分别为，，则（

）A．的长度为 B．的长度为C．的长度为 D．的长度为【答案】A【分析】做出截面，确定线段，，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.【详解】如图所示，连接并延长交的延长线于，连接并延长交于点，交的延长线于点，连接，交于点，连接，则即为，即为，由，得，所以，，由，得，则，所以，故C，D项错误；由，得，又易知，得，所以，所以，故A项正确，B项错，故选：A.【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于利用平面的性质作出截面，从而得到为，为，由此得解.【变式1】（2023·云南昆明·模拟预测）已知正方体ABCD－A1B1C1D1，平面满足，若直线AC到平面的距离与BC1到平面的距离相等，平面与此正方体的面相交，则交线围成的图形为（

）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】D【分析】设分别为的中点，证明6点共面，为六边形，再证明此平面满足条件即可得解.【详解】如图，设分别为的中点，连接，，，，同理可得，，，共面，平面，平面，平面，同理可得平面，为的中点，到平面的距离与到平面的距离相等，即平面为所求的平面，故与正方体交线为正六边形.故选：D【变式2】（23-24高三下·北京海淀·阶段练习）“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）若某“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为的正四棱柱构成，则下列说法正确的是（

）A．一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线互相垂直B．该“十字贯穿体”的表面积是C．该“十字贯穿体”的体积是D．一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长为【答案】C【分析】对于A：求出，看是否符合勾股定理即可；对于B：该“十字贯穿体”由个正方形和个与梯形全等的梯形组成，分别求出来即可；对于C：求出两个正四棱锥重叠部分为多面体的体积，然后求整个几何体的体积；对于D：将面，面，面绕着面与面之间的交线旋转到与面共面，则线段的长即为所求.【详解】依题意，不妨设该几何体中心对称，对于A：在梯形中，，，则，所以，即一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线不互相垂直，A错误；对于B：该“十字贯穿体”由个正方形和个与梯形全等的梯形组成，故表面积，B错误；对于C：如图两个正四棱锥重叠部分为多面体，取的中点，则多面体可以分成个全等的三棱锥，又，所以该“十字贯穿体”的体积是，C正确；对于D：将面，面，面绕着面与面之间的交线旋转到与面共面，如图：则，所以为钝角，连接，则线段的长为一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长，根据对称性可得，因为，所以，又，所以，所以，又，所以，则，D错误.故选：C.【点睛】方法点睛：对于几何体表面距离和问题，一般通过将各面旋转转化为共面问题，然后距离最小问题可以转化为两点之间线段最短或者垂线段最短的问题来解答.【变式3】（多选）（23-24高三上·湖北·期中）如图，正方体的棱长为4，点E、F、G分别在棱、、上，满足，，记平面与平面的交线为，则（

）A．存在使得平面截正方体所得截面图形为四边形B．当时，三棱锥体积为C．当时，三棱锥的外接球表面积为D．当时，直线与平面所成的角的正弦值为【答案】BD【分析】对于，对分情况讨论，图形展示即可；对于，当时，，得出平面，利用等体积可求体积；对于，当时，三棱锥的外接球心在过线段的中点，且垂直于平面的直线上，可求出，得表面积；对于，求出的方向向量与平面法向量，利用向量公式可得答案.【详解】设正方体的棱长为4，以为原点，以、、所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

对于A选项，时，在点，，由可知，所以截面即为四边形；由图形知，截面为五边形或六边形．故A错误．

对于B选项，当时，，所以，所以平面，，又平面，所以，三棱锥体积为，故B正确．对于C选项，当时，且平面，所以根据球的性质容易判断，三棱锥的外接球的球心在过线段的中点，且垂直于平面的直线上，，，所以的中点，可记球心，，外接球的半径，解得，，所以三棱锥的外接球表面积为，故C错误．对于D选项，当时，，，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以可取，由平面知，平面的法向量为，记平面与平面的交线的一个方向向量为，则，令，则，，所以可取，又平面的法向量为，则，，，设与平面所成的角为，则，故D正确．故选：BD．考向2与球有关的交线问题【例4】（2024·陕西商洛·模拟预测）某圆柱的轴截面是面积为12的正方形为圆柱底面圆弧的中点，在圆柱内放置一个球，则当球的体积最大时，平面与球的交线长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据条件知当球的体积最大时，球与圆柱的上下底面及母线均相切，作出图形后，计算即可.【详解】由题意知，当球的体积最大时，球与圆柱的上下底面及母线均相切，因为正方形的面积为12，所以，如图1，记所在底面的圆心为所在底面的圆心为，平面与球的交线为圆形，如图即为截面圆的直径，易知，易知RtRt，故，所以，所以交线长为.故选:D.【变式1】（2023·河南·模拟预测）如图，在三棱锥中，两两垂直，且，以为球心，为半径作球，则球面与底面的交线长度的和为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】由等体积公式求出截面圆的半径为，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度.【详解】由题意知三棱锥为正三棱锥，故顶点在底面的射影为的中心，连接，由，得，所以，因为球的半径为，所以截面圆的半径，所以球面与底面的交线是以为圆心，为半径的圆在内部部分，如图所示

易求，所以，易得，所以，所以交线长度和为.故选：C.【点睛】本题为空间几何体交线问题，找到球面与三棱锥的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键.具体做法为由等体积公式求出截面圆的半径，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度.【变式2】（22-23高三上·河北保定·期末）已知三棱锥的所有棱长均为2，以BD为直径的球面与的交线为L，则交线L的长度为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】分别取的中点，由题意分析知，以BD为直径的球面与的交线为外接圆周长的，求出的外接圆半径，求解即可.【详解】取BD的中点为，所以为球心，过作平面于点，即为的中心，延长交所以交于点，则为的中点，所以，，取的中点，连接，，则平面，因为平面，即，且，，所以为以BD为直径的球面上一点，分别取的中点，连接，且，所以也为以BD为直径的球面上一点，则为等边三角形，的外接圆即为四边形的外接圆，为外接圆的半径，所以，所以以BD为直径的球面与的交线L长为外接圆周长的，所以.故选：A.【变式3】（多选）（23-24高三上·辽宁·开学考试）若平面与一个球只有一个交点，则称该平面为球的切平面．过球面上一点恒能作出唯一的切平面，且该点处的半径与切平面垂直．已知在空间直角坐标系中，球O的半径为1．记平面，平面，平面分别为．过球面上一点作切平面，且与的交线为，下列说法正确的是（

）.A．的一个方向向量为.B．的方程为.C．过正半轴上一点作与原点距离为1的直线，设，若，则h的取值范围为.D．过球面上任意一点作切平面，记，，，分别为到原点的距离，则【答案】AC【分析】对于A，由题可求得切平面与平面的法向量，设的方向向量为，利用空间向量垂直的坐标运算可求得；对于B，确定的位置，进而求得其方程；对于C，利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，知当与相切时，切点即为点，此时与轴的交点正是点最低的位置即可求得；对于D，分析可知，，，再结合柯西不等式可得.【详解】对于A，由于球面上切点处的半径垂直于切点处的切平面，所以切平面的一个法向量是，平面的一个法向量是，因为交线同时在与的内，所以且，设的方向向量为，则，取，故A正确.对于B，设，在平面内，过点作于，则，，由于与共线，且,得，从而，因此，所以，结合A选项，取，易知，直线的一个方向向量为，所以设的一般方程为，代入点可得，解得，因此的方程为，即，故B错误；对于C，显然与球O相切，所有的组成双锥面，双锥面与平面的交线即为圆.由于，因此圆与直线相离.临界条件下，与相切，的半径长即为，下面证明，，，；，，；因为，平面，所以平面.因为平面，所以.当与相切时，切点即为点，此时与轴的交点正是点最低的位置.由得，从而得到，因此，故C正确.对于D，分析得知，，由对称性得知，，，点半径为1的球的面上，有，显然有，故，当且仅当，即时等号成立，但，故D错误.故选：AC【点睛】思路点睛：本题考查立体几何与平面解析几何的综合问题，解题时主要要清楚直线与球的切结关系，考查学生的逻辑思维能力与空间想象能力，属于难题.强化训练一、单选题1．（22-23高三上·四川成都·阶段练习）已知正四面体的棱长为，为上一点，且，则截面的面积是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】在立体图形中作平面几何分析，利用余弦定理和面积公式求解即可.【详解】因为，所以，所以在正三角形中，由余弦定理可知：因为和都是正三角形，所以,所以，所以，所以是等腰三角形，取中点，则，所以，.故选:D.2．（23-24高三下·江西·开学考试）已知一正方体木块的棱长为4，点在校上，且.现过三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图，在上取一点，使得，连接，则四边形为平行四边形，即平行四边形为所求的截面，利用余弦定理和同角的三角函数关系和三角形的面积公式求出，即可求解.【详解】如图，在上取一点，使得，连接，因为且，所以四边形为平行四边形，所以与相交于且为的中点，又在上，所以与相交于，且O平分，，所以四点四点共面且四边形为平行四边形，所以过三点的截面是平行四边形，，，，故截面面积为.故选：A.3．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）若平面截球所得截面圆的面积为，且球心到平面的距离为，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质及球的面积公式计算即得.【详解】由平面截球所得截面圆的面积为，得此截面小圆半径，而球心到此小圆距离，因此球的半径，有，所以球的表面积.故选：C4．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，E，F分别为棱，的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为，最大值为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意可求得正方体的外接球球心位置，易知当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径，当截面与OP垂直时，截面面积最小；分别求出对应的半径大小即可得出结果.【详解】如图，正方体的外接球球心在其中心点处，设该正方体的棱长为，则外接球的半径，要使过直线EF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EF的中点，连接OE，OF，OP，则，，所以，此时截面圆的半径．显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径；所以．故选：D．5．（2024·陕西榆林·一模）已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设截得的截面圆的半径为，球的半径为，由平面几何知识得截面与球心的距离为，利用勾股定理求得的值，由题意可知球心到所求截面的距离最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得答案.【详解】如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，因为，所以.由勾股定理，得，由题意得，所以，解得，此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则，所以只需球心到所求截面的距离最大即可，而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大，即，所以.故选：C6．（2024·四川成都·二模）在正方体中，、分别是棱、靠近下底面的三等分点，平面平面，则下列结论正确的是（

）A．过点B．C．过点的截面是三角形D．过点的截面是四边形【答案】B【分析】取靠近点的三等分点，的另一个三等分点，的中点，的中点，连接、、、、、、，即可证明五边形即为过点的截面，即可判断.【详解】如图取靠近点的三等分点，的另一个三等分点，的中点，的中点，连接、、、、、、，依题意可得且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，同理可证、，所以，又、为的三等分点，所以为的中点，所以，则，所以、、、四点共面，又，所以，所以、、、四点共面，所以、、、、共面，所以五边形即为过点的截面，平面平面，所以.故选：B.7．（22-23高三上·广东广州·阶段练习）已知三棱锥的棱，，两两互相垂直，，以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由条件可得球与三棱锥的表面的交线均为以点为顶点，半径为，圆心角为的圆弧，然后利用等体积法算出点到平面的距离，然后可得球与表面的交线为以的中心为圆心，半径为的圆，然后可得答案.【详解】因为三棱锥的棱，，两两互相垂直，，所以球与三棱锥的表面的交线均为以点为顶点，半径为，圆心角为的圆弧，其长度为，设点到平面的距离为，因为，所以是边长为的等边三角形，由可得，解得，所以球与表面的交线为以的中心为圆心，半径为的圆，其长度为，因为，所以以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为，故选：D8．（2024·广西·模拟预测）在三棱锥中，平面，，，，点为棱上一点，过点作三棱锥的截面，使截面平行于直线和，当该截面面积取得最大值时，（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直角三角形即可求得答案.【详解】根据题意，在平面内，过点作，交于点；在平面内，过点作，交于点；在平面内，过点作，交于点，连接，如图所示，

因为，则，设其相似比为，即，则；又因为，，，由余弦定理得，，则，即.又平面，，平面，所以，.又，则，.因为，则，则，因为，所以，即，同理可得，即，因为，，则，故四边形为平行四边形；而平面，平面，故平面，同理平面，即四边形为截面图形；又平面，平面，则，又，所以.故平行四边形为矩形，则，所以当时，有最大值，则，在中，.故选：C.【点睛】思路点睛：先作平行线作出题中的截面，再证明四边形为符合题意的截面图形，结合线面平行以及线面垂直说明四边形为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，利用二次函数求出最值得解.二、多选题1．（23-24高三上·广东湛江·阶段练习）如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为.现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（

）

A．过棱的截面中，截面面积的最小值为B．若过棱的截面与棱（不含端点）交于点，则C．若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为D．与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个【答案】ACD【分析】利用平面的性质确定截面，再解三角形即可判定A、B，利用基本不等式可判定C，利用空间想象结合图形性质分类讨论可判定D项.【详解】设截面与棱的交点为，对于A项，如图1，过棱的截面为，易知当为棱的中点时，,且，平面，故平面，取的中点，连接，则，又平面，，即是异面直线的公垂线，，故此时的面积取得最小值，最小值为，正确；

对于B项，易知，故结合A项，可设，在中，由余弦定理，所以，即，B错误；对于C项，如图2，当截面为平行四边形时，，，由正四面体的性质可知，故，从而平行四边形为长方形.设，则，所以长方形的面积，当且仅当时，等号成立，正确；

对于D项，与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为两类.第一类：平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面距离相等，这样的截面有4个.第二类：平行于正四面体的两条对棱，且到两条棱距离相等，这样的截面有3个.故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7个，D正确.故选：ACD2．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图，已知正三棱台是由一个平面截棱长为6的正四面体所得，其中，以点A为球心，为半径的球面与侧面的交线为曲线为上一点，则下列结论中正确的是（

）

A．点A到平面的距离为 B．曲线的长度为C．的最小值为 D．所有线段所形成的曲面的面积为【答案】ACD【分析】A，补形为正四面体，即求体高；B，结合平面截球的性质求解即可；C，结合点到圆上的点的最小距离求解；D，即为圆锥侧面积的一部分，即可求解.【详解】对A，将三棱台补形为棱长为6的正四面体，取中点，连接交于，连接，则是边长为6的等边三角形，且，所以，即，解得，是边长为4的等边三角形，又，故为的外心，则由正四面体知，正四面体的体高，则平面，故为点A到平面的距离，，则.A正确；对B，因为平面，当时，可得，因此点P的轨迹是以为圆心，2为半径的圆与等腰梯形重合部分的两段弧和（如图2），连接，，由，，易得，因此，所以的长度，则点P的轨迹的长度为，B错误；对C，的最小值为，C正确；对D，所有线段所形成的曲面的面积为圆锥侧面积的一部分，由B知点P的轨迹的长度为，则曲面的面积为，D正确.故选：ACD3．（2024高三·全国·专题练习）已知正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，将沿DE折起，连接AB，AC，得到四棱锥，则（

）A．存在使的四棱锥B．四棱锥体积的最大值是C．平面ABE与平面ACD的交线平行于底面D．在平面ABC与平面ADE的交线上存在点F，使得【答案】BCD【分析】用反证法思想判定A；求出四棱锥体积的最大值判断B；利用线面平行的性质和判定定理判断C；求出点E到平面ABC与平面ADE的交线的距离判断D.【详解】对于A，将沿DE折起，的过程中，，折起后，若存在使的四棱锥，又，，AE、平面ABE，平面ABE，平面ABE，，又，，在中，，与折起后矛盾，故不存在使的四棱锥，故A错误；对于B，由四棱锥体积最大时，平面平面DEBC，过A作ED的垂线AH，交ED于点H，平面平面，平面ADE，平面DEBC，为棱锥底面DEBC的高，，，故B正确；对于C，设平面ABE与平面ACD的交线为l，，平面ADC，平面ADC，平面ADC，又平面ABE，，又平面BCDE，平面BCDE，平面BCDE，故C正确；对于D，分别延长CB，DE交于P，连接AP，则AP为平面ABC与平面ADE的交线，过A作ED的垂线AH，，在折叠的过程中，，E为AB的中点，故，，过E作AP的垂线，垂足为F，则∽，，故D正确．故选：BCD.三、填空题1．（23-24高三下·江西·开学考试）在正四面体中，M为PA边的中点，过点M作该正四面体外接球的截面，记最大的截面半径为R，最小的截面半径为r，则；若记该正四面体和其外接球的体积分别为和，则．【答案】/【分析】把正四面体放置于正方体中，利用正四面体与正方体有相同的外接球，结合球的截面小圆的性质、体积公式计算即得.【详解】将正四面体放置于正方体中，可得正方体的外接球即为该正四面体的外接球，如图，

外接球球心为正方体的体对角线的中点，设正四面体的棱长为，则正方体棱长为，由外接球直径等于正方体的体对角线，得正四面体外接球半径，当过中点的正四面体外接球截面过球心时，截面圆面积最大，截面圆半径为，当该截面到球心的距离最大时，截面圆面积最小，此时球心到截面距离为，可得最小截面圆半径，因此；正四面体外接球体积，正四面体的体积，因此.故答案为：；2．（23-24高三下·江苏·开学考试）在正三棱锥A－BCD中，底面△BCD的边长为4，E为AD的中点，AB⊥CE，则以AD为直径的球截该棱锥各面所得交线长为.【答案】【分析】根据题意，取的中点，作平面，证得平面，得到两两垂直，且，求得球的半径为，以及球与平面截得的弧为小圆的半径，结合弧长公式，即可求解.【详解】取的中点，作平面，垂足为，由三棱锥为正三棱锥，所以为底面正三角形的中心，所以，因为平面，所以，又由正三角形的性质，可得，又因为，且平面，所以平面,因为平面，所以，又因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以，由正三棱锥的性质可得，两两垂直，且，以为直径的球的半径为，可得球在平面上截得的交线分别为个圆，可得弧长的和为，设点到平面的距离为，由，可得，即，解得，即点到平面的距离为，所以面截球体所得小圆的半径为，如图所示，球在平面截得的弧为小圆的弧，其中,所以弧的弧长为，球与平面只有一个交点，截得的弧长为，所以，以为直径的球与三棱锥截得的交线长为.故答案为：.【点睛】思路点睛：解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径：根据作出截面中的几何元素，利用球的截面的性质，运用公式（为底面多边形的外接圆的半径，为几何体的外接球的半径，表示球心到底面的距离）求得球的半径，建立关于球半径的方程，进行求解，该方法的实质是通过寻找外接球的一个轴截面，把立体几何问题转化为平面几何问题来研究.3．（2024·河南·模拟预测）在三棱柱中，四面体是棱长为2的正四面体，为棱的中点，平面过点且与垂直，则与三棱柱表面的交线的长度之和为．【答案】【分析】设，可证平面，可得平面∥平面，结合面面平行的性质可得平面即为平面，进而可得结果.【详解】设，取的中点，连接，可知，由题意可知：，且，平面，所以平面，又因为平面，可知平面∥平面，设平面，即平面平面，且平面平面，则∥，且为棱的中点，可知为棱的中点，同理取的中点，连接，可知平面即为平面，则，所以与三棱柱表面的交线的长度之和为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据正四面体的性质可证平面，结合线面平行的性质可得平面∥平面，即以平面为参考作截面，即可得结果.四、解答题1．（202