2025年新高考数学重难点专项复习：立体几何中的截面、交线问题【七大题型】（解析版）

重难点19立体几何中的截面、交线问题【七大题型】

【新高考专用】

►题型归纳

【题型1截面作图】...........................................................................2

【题型2截面图形的形状判断】.................................................................7

【题型3截面图形的周长或面积问题】.........................................................12

【题型4球的截面问题】......................................................................16

【题型5截面切割几何体的体积、表面积问题】.................................................18

【题型6交线长度、轨迹问题】...............................................................21

【题型7截面的范围与最值问题】.............................................................25

►命题规律

1、立体几何中的截面、交线问题

“截面、交线”问题是高考立体几何问题中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、周长、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.

►方法技巧总结

【知识点1立体几何中的截面问题】

1.作截面的几种方法

(1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找

交线的过程.

(2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点.

(3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直

线的平行线找到几何体与截面的交线.

2.球的截面

(1)球的截面形状

①当截面过球心时，截面的半径即球的半径，此时球的截面就是球的大圆；

②当截面不过球心时，截面的半径小于球的半径，此时球的截面就是球的小圆.

(2)球的截面的性质

①球心和截面圆心的连线垂直于截面；

②球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r之间满足关系式：d=.

图形解释如下：

在球的轴截面图中，截面与球的轴截面的关系如图所示.若设球的半径为尺，以。，为圆心的截面的半径

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

【知识点2立体几何中的截面、交线问题的解题策略】

1.立体几何截面问题的求解方法

(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，进行求解.

(2)几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线面平行及面面平行的性质定理，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，再进行求解.

2.截面、交线问题的解题策略

(1)作截面应遵循的三个原则：

①在同一平面上的两点可引直线；

②凡是相交的直线都要画出它们的交点；

③凡是相交的平面都要画出它们的交线.

(2)作交线的方法有如下两种：

①利用基本事实3作交线；

②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.

►举一反三

【题型1截面作图】

【例1】(2024•河南新乡三模)在如图所示的几何体中，DE\\AC,2C1平面BCD,AC=2DE=4,

BC=2,DC=1,/.BCD=60°.

(2)过点。作一平行于平面ABE的截面，画出该截面，说明理由，并求夹在该截面与平面2BE之间的几何

体的体积.

【解题思路】分析(1)由余弦定理结合勾股定理可证明BD1CD,利用线面垂直的性质可证明AC1BD,由

线面垂直的判定定理可得BD1平面4CDE；(2)取4C的中点F,BC的中点M,连接。截面DFM

即为所求，由(1)可知，BD1平面4CDE,FCL平面CDM,由“分割法”利用棱锥的体积公式可得结果.

【解答过程】（1）证明：在ZBCD中，BD2=22+1-2x1x2cos60°=3.

所以BC2=B£>2+DC2,所以/BCD为直角三角形，BD1CD.

又因为4C_L平面BCD,所以AC1BO.

而力CflCD=C,所以BD1平面4CDE.

（2）取AC的中点F,8c的中点M,连接平面DFM即为所求.

理由如下：

因为DE||aC,DE=AF,所以四边形4EDF为平行四边形，所以DFIIAE,从而DFII平面ABE,

同理可证FMII平面48E.

因为FMCDF=F,所以平面DFM||平面4BE.

由（1）可知，BD1平面4CDE,FC1平面CDM.

因为UB-ACDE=gx（2+：）1xV3=V3,

VF-CDM=|X（^y-sin600）x2=吗

所以，所求几何体的体积了=四-哼=般.

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【变式1-1］（2024高一下•广东佛山・竞赛）如图，在正方体4BCD-&B1C1D1中，E、F分别为棱4B、Cg的

（1）请在正方体的表面完整作出过点E、F、Di的截面.（只需写出作图过程，不用证明）

（2）请求出截面分正方体上下两部分的体积之比.

【解题思路】（1）根据截面定义作图即可；

（2）利用图形分割即可求出体积之比.

【解答过程】（1）连接小尸并延长交CD于/,连接/E并延长交BC于"，DA于J,连接/必交441于G,

(2)连接DE,£»iE,EC,EF,如图,

设正方体的棱长为1,

则？E-4DD1G=布UE-CDD#=F-EHC=去，于是，2=笳'

因此截面上下两部分的体积之比为

【变式1-2］（2023・贵州•模拟预测）矩形中，=1（如图1）,将△047沿/C折到△小

AC的位置，点在平面48c上的射影E在N8边上，连结小B（如图2）.

（1）证明：4D11BC；

（2）过0止的平面与8C平行，作出该平面截三棱锥外-力BC所得截面（不要求写作法）.记截面分三棱锥所得

两部分的体积分别为2Ml＜匕，求费.

【解题思路】（1）利用线面垂直的性质定理证明线线垂直；

（2）根据三角形的等面积法求出DiE的长度，再根据勾股定理求出4E长度，进而确定AE=,即可确定

所求截面，利用锥体体积公式求解.

【解答过程】（1）因为平面4BC,BCu平面4BC,所以DiELBC,

且由翻折关系可知BC1AB,

且。亚C=EQiE/Bu平面

所以BC1平面小4B,

又因为u平面D14B,所以ZCilBC.

（2）由（1）可知，BC1平面D14B,

又因为叫u平面所以BDilBC.

且BC=4。=1,。传=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=。嘘==苧，

所以4E=JD遇2一。1E2=孚,所以4E=/B,

所以取4c的三等分点为尸，且49=累配

连接EF,DiF,

则有BC||EF,BCC平面DiE凡EFu平面。止£

所以8C||平面。所以所作截面为平面。亚£

因为△力EF,△4BC的相似比为1:3,

所以#=3,所以守=5，

3&4BCS*、EFCBO

斫以匕.=巨也”=织好=工

展史FECBXDIESEFCB8'

【变式1-3](23-24高一下•河北廊坊•阶段练习)如图正方体48CD-的棱长为2,E是线段的

中点，平面a过点。1、C、E.

(1)画出平面a截正方体所得的截面，并简要叙述理由或作图步骤；

⑵求(1)中截面多边形的面积；

(3)平面a截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值.

【解题思路】(1)取2B的中点F,连接EF、4止、CF,利用平行线的传递性可证得EF〃％C,可知

E、F、C、以四点共面，再由于E、C、小三点不共线，可得出面EFCDi即为平面截正方体所得的截面；

(2)分析可知，四边形C%EF为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积;

(3)利用台体的体积公式可求得三棱台AEF-DDiC的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结

果.

【解答过程】(1)如图，取4B的中点尸，连接EF、々B、CF.

因为E是A41的中点，所以

在正方体4BCD-41B1C1D1中，A^DJ/BC,A1D1=BC,

所以四边形&BC/是平行四边形，所以AiB〃£)iC,所以EF〃/C,

所以E、F、C、小四点共面.

因为E、C、久三点不共线，所以E、F、C、小四点共面于平面a,

所以面EFCDi即为平面a截正方体所得的截面.

(2)由(1)可知，截面EFCDi为梯形，EF=yjAE2+AF^=VTT1=V2,

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

同理可得CF=V5,

如图所示：

分别过点E、F在平面CDiEF内作EMICDi，FNICD^垂足分别为点M、N,

贝!|D1E=CF,4EDiM=4FCN,乙EMD1=4FNC=90°,

所以△£■〃/)产△?2(?,则DiM=CN,

因为EF〃CD1，EMiCDi，FN1C6,则四边形EFNM为矩形，

所以，MN=EF=®则OIM=CN=^^=^^^=¥，

所以EM=JE*DI"2=J5G=平,

故梯形C%EF的面积为S=*EF+CD。.EM=Jx3鱼x乎=:

22

(3)多面体AEF—DDiC为三棱台，SAAEF=^AE-AF=^xl=j,SADD1C=^DD1-DC=1x2=2,

该棱台的高为2,所以，该棱台的体积为

W(S/VIEF+S^DDIC+<SAAEF,54皿。),AD=-Q+2+J]X2)X2=]

故剩余部分的体积为8-5=弓.

故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为5.

【题型2截面图形的形状判断】

【例2】（2024・四川达州•二模）如图，在正方体ABCD-2道1的。1中，E为4B中点，P为线段的以上一动点,

过O,E,P的平面截正方体的截面图形不可能是（）

A.三角形B.矩形C.梯形D.菱形

【解题思路】根据点P在Ci、小以及Ci%三个特殊位置时，截面图形的形状，选出正确选项.

【解答过程】B选项，当点P与。1重合时，

取力道1中点H,因为E是AB中点，贝ijEH〃DDi，S.EH=DD1,

连接DE、EH、H%、DR则四边形为平行四边形，

又因为DD110E,所以平行四边形EH小。为矩形，故排除B选项;

C选项，当点P与Ci重合时，

取8当中点G,因为E是2B的中点，所以EG〃DCi，

连接。E、EG、GJCi。，截面四边形EGQD为梯形，故排除C选项;

D选项，当点P为中点时，

因为E是AB中点，所以PBJ/DE且PBi=DE,

连接PBi、B[E、ED、DP,则四边形EBiPD是平行四边形，

又因为BiP=VCiP2+BiCi2=J（竽丫+J萼+Bi《,B]E=JBE^+BB^=J偿丫+BB：=

杵+B瑶,

因为是正方体，所以CiDi=8iCi=AB=BBi，所以8止=8亚，

所以平行四边形EBiPD是菱形，故排除D选项；

不管点P在什么位置，都不可能是三角形.

故选：A.

【变式2-1]（2024•河南•模拟预测）在正方体ABCD-AiBiCi%中,M,N分别为4D,的小的中点，过

M,N,%三点的平面截正方体48CD-4道停1。1所得的截面形状为（）

A.六边形B.五边形C.四边形D.三角形

【解题思路】在上取点Q,且BQ=34Q,取CD中点为P,在。小上取点R,且=3DR通过

△QAMMPCB,可得乙4QM=Z_8PC,进而得出乙4BP=N4QM,QM||BP.通过证明&N||BP,得出名

NIIQM.同理得出NR||BiQ,即可得出正方体的截面图形.

4Di

B1

R

D

【解答过程】

在28上取点Q,且BQ=34Q,取CD中点为P,连接QM,BP,NP,BiQ.

在DD1上取点R,且DiR=3DR,连结NR,MR.

因为券=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.

因为MP分别为Ci%CD的中点,所以PNIICCi，且PN=eg.

根据正方体的性质，可知BBi||CCi，且BBi=CCi，

所以，PN||BBr，且PN=BBi，

所以，四边形BPMBi是平行四边形，

所以，Bj_N||BP,所以&NIIQM.

同理可得，NR||BiQ.

所以，五边形QMRNBi即为所求正方体的截面.

故选：B.

【变式2-2］（2024•全国•模拟预测）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底

面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（）

【解题思路】应用空间想象，讨论截面与轴截面的位置关系判断截面图形的形状即可.

【解答过程】当截面4BCD如下图为轴截面时，截面图形如（1）所示；

B

D

当截面力BCD如下图不为轴截面时，截面图形如（5）所示，下侧为抛物线的形状;

故选：D.

【变式2-3](2024•江西•模拟预测)已知在长方体ABCD—2/iCiDi中，AB=BB]=2BC,点P,Q,T分

别在棱BBi，CCi和2B上，且B』=3BP,CQ=3C1Q,BT=3AT,则平面PQ7截长方体所得的截面形状为

()

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形

【解题思路】连接QP并延长交CB的延长线于点E,连接ET并延长交4。于点S,

过点S作SR〃EQ交DDi于点R,连接RQ,即可得到截面图形，从而得解.

【解答过程】如图连接QP并延长交CB的延长线于点E,连接ET并延长交4。于点S,

过点S作SR〃EQ交£»小于点R,连接RQ,

则五边形PQRST即为平面PQT截该长方体所得的截面多边形.

其中因为BiP=3BP,CQ=3CiQ,BT=3AT,

所以△EBPFECQ,则雾=胃=1所以

又△SATFEBT,所以尊=篇=5，所以S4=2EB=91D,

CDIDODO

则SD=|AD,

显然S则崔=学，所以以=为。=得31=为。1.

ASDRAECQ,c.c<-<vyiziz

故选：c.

【题型3截面图形的周长或面积问题】

【例3】（2024・云南曲靖・模拟预测）正方体48CD-4当前小外接球的体积为4例，E、F、G分别为棱441

、4/1、4道1的中点，则平面EFG截球的截面面积为（）

A.yB.yC.yD.J

【解题思路】由已知，得到正方体ABCD-aiBiCi小外接球的半径，进而得到正方体的棱长，再由勾股定理

计算出平面EFG截球的截面圆的半径，即可得到截面面积.

设正方体4BCD-4/1C1D1外接球的半径为R,棱长为a,

因为正方体48CD-4/1的。1外接球的体积为4南，

所以-4V玉T,贝|JR=V3,

由3a2=（2遮）,得a=2,

设球心0到平面EFG的距离为h,平面EFG截球的截面圆的半径为r,

设力倒平面EFG的距离为忆

因为E、尸、G分别为棱441、乙4、4道1的中点,

所以△EFG是边长为a的正三角形,

由七1一£尸6=得，"=5s△&FG，4且

贝吟x：x鱼x鱼x^-h'=|x|xlxlxl,

解得〃=率又OZL/C=逐

所以占到平面EFG的距离为〃=*Mi，

则h=。&—Mi=R-^R=竽，

r2-R2—八2=（b）2_偌1）=’

所以平面EFG截球的截面面积为，豆#=|1T.

故选：A.

【变式3-1］（2024•全国•模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD-AiBiCiDi中，E为棱5C的中点,

用过点E,Q的平面截正方体，则截面周长为（）

O

AD

A.3V2+2V5B.9C.2a+2亚D.3V2+2V3

【解题思路】作出正方体的截面图形，求出周长即可.

【解答过程】

ByC.

AD

如图，取48的中点G,连接GE,&G,AC.

因为E为3c的中点，所以GE〃47,GE=\AC,

又AA、〃CC\,AA1=CC1,

所以四边形acci&为平行四边形，

所以ac〃4iG，AC=A1C1,

所以41CJ/GE,A1C1=2GE,

所以用过点E,Ci的平面截正方体，所得截面为梯形4C1EG,

其周长为2V^+V5+V2+V5=3V2+2V5.

故选：A.

【变式3-2］（2024•江苏南通•二模）在棱长为2的正方体ABC。-中，P,Q,R分别为棱8C,CD,

CCi的中点，平面PQR截正方体力BCD-a/iCi/外接球所得的截面面积为（）

.5口8n2V15_

A.-nB.犯C.yTTD.—Tt

【解题思路】根据正方体的几何性质确定外接球半径R,设球心为。，求解。到截面PQR的距离OM,从而可

得截面圆的面积.

【解答过程】取正方体的中心为。，连接。P,OQ,OR,

由于正方体的棱长为2,所以正方体的面对角线长为2a，体对角线长为2VJ，

正方体外接球球心为点。，半径R=1x2V3=V3,

又易得。「=。（2=。/?=3*2鱼=或，豆PQ=PR=QR=3x2a=E

所以三棱锥O-PQR为正四面体，如图所示，取底面正三角形PQR的中心为M,

即点。到平面PQR的距离为。M,又正三角形PQR的外接圆半径为MQ,

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

51I10U2,JJ

即正方体4BCD-41B1C1D1外接球的球心0到截面PQR的距离为。M=竽，

所以截面PQR被球。所截圆的半径r=7R2-OM2=竽丫=

则截面圆的面积为豆产=|n.

故选：A.

【变式3-3］（2024•内蒙古呼和浩特一模）已知正方体48CD-48心。1的棱长为4,M为棱OC的中点，N为

侧面BCi的中心，过点M的平面a垂直于DN,则平面a截正方体力Q所得的截面面积为（）

A.4（V5+V2）B.2V3

C.5V3D.4V6

【解题思路】取BC,CCi的中点E,F,由△ADM证得AMIDE,再由1平面4BCD,证得

AM1NE,从而得到AM_L平面DNE,同理证得DiMLDN,利用线面垂直的判定定理，证得DN_L平面4%

M,得到平面a截正方体的截面为进而求得截面的面积，得到答案.

【解答过程】如图所示，

取BC,CCi的中点与尸，分别连接NE,N£DE,DF/Di，DiM4M,

在正方形ABC。中，因为M,E分别为DC,BC的中点，可得

所以ND4M=乙CDE,/.AMD=MED,

因为N4DM=90。，所以N4MD+NCDE=90。，所以NDPM=90。，即AMIDE,

又因为E,N分别为BC,BCI的中点，所以NE〃CCi,

因为CCi_L平面ABCD,力Mu平面力BCD,所以所以力MlNE,

又因为DECNE=ES.DE.NEu平面ONE,所以AM1平面ONE,

因为DNu平面DNE,所以AM1DN,同理可证：%MLDN,

又因为力MClDrM=M且u平面4小时，所以DN1平面

即平面a截正方体ZBCD-AiBiCiDi的截面为△ADrM,

由正方体4BCD-&BiCiDi的棱长为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，

所以截面的面积为S=|x4V2xJ（2V5）2-（2V2）2=4V6.

故选：D.

【题型4球的截面问题】

［例4］（2024・四川资阳•二模）已知球。的体积为竽，点/到球心O的距离为3,则过点/的平面a被

球。所截的截面面积的最小值是（）

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

【解题思路】根据球的体积公式，结合球的截面的性质进行求解即可.

【解答过程】设球。的半径为R,则$rR3=等，解得R=5.

因为点/到球心。的距离为3,

所以过点A的平面a被球O所截的截面圆的半径的最小值为r=752^32=4,

则所求截面面积的最小值为ir#=16n.

故选：C.

【变式4-1］（2024•四川自贡・三模）已知球。半径为4,圆01与圆。2为球体的两个截面圆，它们的公共弦

长为4若|。。1|=3,|。。2|=遮，则两截面圆的圆心距|。1。2|二（）

A.V3B.竽C.3+V3D.2V3

【解题思路】根据球心与截面圆心连线垂直圆面，求得两个圆面所成二面角，再根据直角三角形以及勾股

定理求解即可.

【解答过程】设圆。1与圆。2公共弦为4B,其中点为E,

22

贝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亚|2==2曲.

【变式4-2]（2024•陕西榆林•一模）已知H是球。的直径4B上一点，AH-.HB=1-.2,481平面a,H为垂足,

a截球。所得截面的面积为n,M为a上的一点，且=坐，过点M作球。的截面，则所得的截面面积最小的

圆的半径为（）

年军半年

2442

【解题思路】设截得的截面圆的半径为r,球的半径为R,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R2的值，由题意可知球心。到所求截面的距离d最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得

答案.

【解答过程】如图，设截得的截面圆的半径为r,球。的半径为R,

因为4=

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

所以R2=1+@R）2,解得R2=]

此时过点M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d,所求截面的半径为〃，则〃=五毛,

所以只需球心。到所求截面的距离d最大即可，

而当且仅当0M与所求截面垂直时，球心。到所求截面的距离d最大，

即dmax=0M=JQR）―+MH2=所以r'min=

故选：C.

【变式4-3］（2024•广东广州•模拟预测）如图所示，某同学制作了一个工艺品.该工艺品可以看成是一个球

被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合）.若其中一截面圆的周长

为4u，则球的体积为（）

【解题思路】设球的半径为R,截面圆的半径为r,两个截面圆间的距离为2d,依题意求出r与d,利用勾股

定理求出R,即可求出球的体积.

【解答过程】设球的半径为R,截面圆的半径为r,两个截面圆间的距离为2d,

因为截面圆的周长为4m可得2nr=4m解得r=2,

又因为该工艺品可以看成是一个球被一个棱为8的正方体的六个面所截后剩余的部分，

所以两截面圆之间的距离为2d=8,解得d=4,

根据球的截面的性质，可得R2=N+d2=22+42=20,即R=2遮（负值已舍去），

所以球的体积为唉笑3=誓迎

故选：C.

【题型5截面切割几何体的体积、表面积问题】

【例5】（2024•安徽蚌埠•模拟预测）如图所示，圆台的上、下底面半径分别为4cm和6cm,AAlt为圆

台的两条母线，截面4881al与下底面所成的夹角大小为60。，且。01劣弧石瓦的弧长为等cm,则三棱台

4B。-&B1O1的体积为（）

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

【解题思路】分别取力1a,4B的中点E,F,则易知截面ABBMi与下底面所成的夹角为NEFO=60。，E作

后“1尸。于点“，则EH〃OiO,且EH=Oi。，再根据弧度数公式及解三角形可求出圆台的高，最后根据台体

的体积公式，即可求解.

【解答过程】如图，分别取公&，4B的中点E,F,

贝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与下底面所成的夹角为NEF。=60°,

过E作EHIF。于点H,贝归“〃。1。，且EH=Oi。，

又。。1劣弧石瓦的弧长为等cm,弧所在圆的半径为4,

•••/.AiOiBi=H=贝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%的面积为:x4x4x乎=4V3,

同理可得三角形40B的面积为(x6x6xg=9V3,

三棱台48。-4隹1。1的体积为!X(4V3+9V3+14仃X9闻XV3=19(cm3).

故选：C.

【变式5-1](2024•上海普陀•二模)若一个圆锥的体积为雪，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到

的截面三角形的顶角为与则该圆锥的侧面积为（）

A.V2TTB.2TTC.2V2TTD.4立兀

【解题思路】由体积求出圆锥的底面圆半径和高，母线长，即可计算圆锥的侧面积.

【解答过程】设圆锥的底面圆半径为r,高为八，由轴截面三角形的顶角为（得「=%,

所以圆锥的体积为了二次产仁产=呼匕解得「=鱼，

S03

所以圆锥的母线长为I==2,

所以圆锥的侧面积为5侧=Ttrl=TTxV2x2=2V2n.

故选：C.

【变式5-2］（2024•河南开封•二模）己知经过圆锥SO的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥

SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是

（）

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

【解题思路】作出圆锥S。的轴的截面，根据题意推出上、下两部分几何体的两部分的内切球的半径之比为

1:3,从而可得上部分圆锥的体积与圆锥SO的体积之比为1:27,从而可得解.

【解答过程】如图，作出圆锥S。的轴截面S4B,

设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为E,F,半径分别为r,R,

即。F=FG=R,EG=r,

根据题意可知△S4B为正三角形，易知SE=2r,圆锥S。的底面半径0B=遍心

SO—2r+r+R+R=3r+2R,又S。=43OB,

：•3丁+2R=3R,•••R=3r,

•••上部分圆锥的底面半径为回，高为3r,

又圆锥S。的底面半径为OB=^R=3V3r,高为S。=3r+2R=9r,

••・上部分圆锥的体积与圆锥s。的体积之比为G）3=J,

•••上、下两部分几何体的体积之比是1:26.

故选：C.

【变式5-3］（2024•江西赣州•一模）在棱长为1的正方体ZBCD-AiBiCiDi中，E为棱力。的中点，过当且

平行于平面&8E的平面截正方体所得截面面积为（）

A.当B.IC.V6D.2V6

24

【解题思路】根据给定条件，作出并证明过点为,且与平面4BE平行的正方体的截面，再求出面积.

【解答过程】在棱长为1的正方体ABC。—4/母1。1中，取8C中点F,41%中点G,

连结。£Bi£DBi，DG,GBi，G£EF,而E为棱力D中点，

DiCi

显然BF〃DE〃&G,BF=DE=A1G,得四边形BFDE,四边形&EDG都是平行四边形，

贝/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,即四边形ABFE是平行四边形,

则B1/7/&E//DG,显然平面DFBiG〃平面A/E,

从而过当且平行于平面力iBE的平面截正方体所得截面为四边形DFBiG,

又DF=FB\=B1G=DG=&+1=离即四边形。FB1G为菱形，

而=Vl+1+1=V3,GF=2---=V2,

、44

所以四边形DF&G的面积为S=^OB「GF=孚.

故选：A.

【题型6交线长度、轨迹问题】

【例6】（2025•广东广州•模拟预测）在正六棱柱28。£）石尸一4道道1。1%%中，AAr=2AB=6,。为棱人必

的中点，以。为球心，6为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（）

A.（3+V3）nB.（6+V3）TTC.（3+2遮）itD.（6+2遮）it

【解题思路】根据题意，画出图形，设G,H分别为CC1,。外的中点，连接。由题意

可知球。不与侧面488遇1及侧面4尸尸遇1相交，球。与侧面BCC/i交于点Ci，C,与侧面EFF1E1交于点%,E,

然后分别判断与其余4个面的交线，求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和即可

【解答过程】因为球。的半径为6,48=3,所以球。不与侧面ABBMi及侧面力FF"i相交，

设G,“分别为CC]DDi的中点，连接。Ci4Ci，0Ei4Ei，0G,。“，

贝U由题意可得。4]=34C1=4向=3V3,

所以。Ci=J。掰+41篇=、9+27=6,

所以球。与侧面BCCRi交于点Ci,C,与侧面交于点力,E,

在正六边形AiBiCiDiEiFi中，因为48忑1。1=120。/41031=30。，所以乙的的以=90。，

所以41clic1%,

因为CCi_L平面ZiBiCiDiEiFi,AiC】u平面AiBiCiDiEiFi，所以CCiJ_4iCi，

因为CCCi=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。与侧面CDDiCi的交线是以CCi为直径的半圆，

同理可得球。与侧面EDD1B的交线是以E%为直径的半圆，

因为NE遇iG=?所以球。与上下底面的交线均为泠半径为3巡的圆，

所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为2Ttx3+2x1x2Ttx3V3=6-rt+2遮IT.

故选：D.

BC

【变式6-1](2023•河南•模拟预测)如图，在三棱锥4-BCD中，4B/C/D两两垂直，且

AB=AC=AD=3,以2为球心，逐为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为()

A.2V3TTB.V3itC.孕D.学

24

【解题思路】由等体积公式求出截面圆的半径为r=J(V6)2-(V3)2=遍，画出截面图形,再利用H为ABCD

的中心，求出HN=(X3鱼x^=乎，再利用弦长公式求出EF=2J(g.一停f=瓜,最后求出交线长

度.

【解答过程】由题意知三棱锥4-BCD为正三棱锥，故顶点4在底面BCD的射影为△BCD的中心“，连接4H,

由“三棱锥O-SBC=卜三棱锥4-BCO，

M|X|X3X3X3=|X|X3V2X3V2X与AH,所以力"=V3,

因为球的半径为四，所以截面圆的半径r=J(V6)2-(V3)2=V3,

所以球面与底面BCD的交线是以“为圆心，遮为半径的圆在△BCD内部部分，

如图所示

易求HN=9x3鱼x孚=孚，所以EF=(旧)2—俘丫=机,

易得乙EHF,,所以NMHQ=NGHP=5,

所以交线长度和为2nXV3-3x卜g=字.

4Z

故选：C.

【变式6-2］（2024•全国•模拟预测）已知正四棱锥P-4BCD的体积为殍，底面4BCD的四个顶点在经过球

心的截面圆上，顶点P在球。的球面上，点E为底面4BCD上一动点，PE与P。所成角为也则点E的轨迹长度

为（）

A.V2nB.4伍C.亨D.孚it

【解题思路】根据锥体的体积公式结合外接球的性质可得半径和四棱锥的底边边长，进而根据锐角三角函

数可得OE=OP-tanNEPO=^,即可判断点E的轨迹为。为圆心，半径「=乎的圆，即可求解.

【解答过程】由题意，设球。的半径为R如图所示，连接交于点。，连接PO,则力。=BO=PO=R,

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

在RtZkPOE中，因为。P=鱼，乙EP0=会,所以。E=OP-tanNEPO=^.

因为正方形4BCD的中心。到各边的距离为学?=1＞孚，所以点E的轨迹为平面4BCD内，以点。为圆心，半

径「=坐的圆，故点E的轨迹长度为2m=等.

故选:D.

【变式6-3］（2024•河南・二模）已知四面体4BCD的各个面均为全等的等腰三角形，且C4=CB=2AB=4.

设E为空间内一点，且4B,C,D,E五点在同一个球面上，若4E=2g,则点E的轨迹长度为（）

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

【解题思路】将四面体4BCC放入长方体中，求解长方体的长宽高，求解外接球的半径，判断E的轨迹，然

后求解即可.

【解答过程】将四面体力BCD放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为％,y,z,

依题意，可知ZM=C8=DB=4C=4,DC=AB=2,

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

由于z=g,即异面直线和CD的距离为m,

由于长方体的左右侧面为正方形，所以4B1CD,

取CD中点M,连接MF,则左侧面，力B在左侧面，所以MFIAB,

又CD。"尸=”,。£）,“尸＜=平面£7;7）,故力B_L平面CFD,

四面体2BCD的外接球半径为R=丐亘=挈，球心为。，

由力E=2g,知点E的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为r,圆心为F,

过4E,。作球的一个轴截面，

所以2产+「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的轨迹长度为2irr=4n.

故选：D.

r【题型7截面的范围与最值问题】

【例7】（2024•江苏南京•模拟预测）已知SOi=2,底面半径。14=4的圆锥内接于球。，则经过S和。〃中

点的平面截球。所得截面面积的最小值为（）

.25「25c25c已

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

【解题思路】根据球的截面性质，结合三角形面积等积性、勾股定理进行求解即可.

【解答过程】如图，

设球。的半径为R,线段0遇的中点为E,因为4@+。。"4。2,

所以42+(R—2)2=R2,解得R=5,

设经过S和。逆中点E的平面截球。所得截面圆的圆心为O2,半径为乙球心。到截面的距离。。2=d,

则r2=R2—d2,要截面面积最小,则r要最小,即d要最大,

因为当d为点。到SE的距离时最大，止匕时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

故截面面积的最小值为丘产=会.

故选：A.

【变式7-1](2024・重庆渝中•模拟预测)在三棱锥P—48C中，AC=BC=PC=2,且47,8C,PC1平面

ABC,过点P作截面分别交力C,BC于点E,F,且二面角P-EF-C的平面角为60。，则所得截面PEF的面积最小值

为()

A.gB.C.D.1

【解题思路】由二面角的定义可得PGC=60。，从而PG=竽,CG=竽，设CE=a,CF=b,由三角形的面积

相等和基本不等式得到M2,再由三角形的面积公式即可求解.

【解答过程】过P作PG1EF,垂足为G,连接CG,则由三垂线定理可得EF1CG,

.•ZPGC即为二面角P—EF—C的平面角，

p

.-.PGC=60°,PC=2,所以PG=竽,。6=竽，

设CE=a,CF=b,则匹=62+12,

在三角形CEF中，帅=竽〃2+板,

又Va2+炉2缶F,所以a6N竽\嗝=空普，

所以abN*a=b=乎时等号成立，

所以三角形PEF的面积为：x半x必不京=a。2*

故截面P£尸面积的最小值为《

故选：B.

【变式7-2］（2024・四川•模拟预测）设正方体48CD-&B1C1D1的棱长为1,与直线&C垂直的平面a截该

正方体所得的截面多边形为M,则M的面积的最大值为（）

A.^\/3B.|V3C.弓D.V3

【解题思路】首先确定截面的形状，再通过几何计算，确定面积的最大值.

【解答过程】连结4/,因为BC1平面力BBMi，4%u平面所以8。14当

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为平面2历。1或与其平行的平面，M只能为三角形或六边形.

当M为三角形时，其面积的最大值为学义（、②