重难点23 立体几何中的截面、交线问题（举一反三专项训练）（全国通.用）（解析版）-2026年高考数学一轮复习举一反三系列

2/30重难点23立体几何中的截面、交线问题【全国通用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1截面作图】 2【题型2截面图形的形状判断】 9【题型3截面图形的周长或面积问题】 13【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】 20【题型6交线的长度、轨迹问题】 23【题型7截面的最值与范围问题】 271、立体几何中的截面、交线问题立体几何中的“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；复习时要加强这方面的训练.知识点1立体几何中的截面问题1．截面问题的基本知识(1)截面的相关定义①用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面.②此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线.③此平面与几何体的棱(或面)的交集(交点)叫做实截点.④此平面与几何体的棱(或面)的延长线的交点叫做虚截点.⑤截面中能够确定的一部分平面叫做截小面.(2)作截面的基本逻辑：找截点→连截线→围截面.2．作截面的具体步骤(1)找截点：方法一：延长截小面上的一条直线，与几何体的棱、面(或其延长部分)相交，交点即截点方式；方法二：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体的棱于截点；(2)连截线：连接同一平面内的两个截点，成截线；(3)围截面：将各截线首尾相连，围成截面.3．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.4．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：.

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R，以O'为圆心的截面的半径为r，OO'=d.则在Rt△OO'C中，有，即.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.【题型1截面作图】【例1】（2025高三·全国·专题练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为【答案】作图见解析【解题思路】利用平面的基本性质作出截面图形即可.【解答过程】连接D1F并延长交DC延长线于点连接IE并延长交BC于点H，交DA延长线于点J，连接JD1交AA1于点【变式1-1】（24-25高一下·福建福州·期中）在正方体ABCD−A

(1)如图1，若AC∩BD=O,A1C∩平面BD(2)M,N分别为AB和C1D1的中点，P,Q分别为BC和C①如图2，求证：AP,DC,D②过点M,N,Q三点作该正方体的截面，在图3中画出这个截面（不必说明画法和理由，但要保留作图痕迹）．【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②答案见解析【解题思路】（1）根据平面的基本事实3即可得证；（2）①先分别延长AP,DC交于点R，连接D1R，然后利用PC=13AD,BC//AD，得出CR=13DR，再利用②利用平行直线共平面即可作出截面图.【解答过程】（1）证明：如图，连接A1∵C1∈面A1ACC1，且C∵AC∩BD=O,A1C∴O∈AC,AC⊂面A1ACC∴O是面A1ACC∴面A1ACC又E∈A1C,A1∴E是面A1ACC∴E∈OC1，即

（2）①证明：如图，分别延长AP,DC交于点R，连接D1∵R∈直线DC,DC⊂面ABCD,PC=1∴CR=1又D1∴D1R与C1C∴AP,DC,D

②解：如图，六边形MPONTS即为所求作的截面．【变式1-2】（24-25高一下·辽宁·期末）如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，(1)过BMD1三点作出长方体(2)是否存在实数m，使得直线AC1与平面(3)设P是线段AC1上的一点（不含端点），满足C1PC1A【答案】(1)截面见解析；(2)存在，m=22(3)λ=2【解题思路】（1）根据面面平行得到线线平行，从而得到截面图形；（2）当m=22时，CM=2，所以Rt△ABC∽Rt△BCM，从而得到AC⊥BM，结合CC1⊥BM，得到BM⊥平面ACC1，所以BM⊥AC1，同理可证（3）设AC1与平面B1CD1的斜足为O，等体积法求出VC1−CD1B1=2m3，大减小得到【解答过程】（1）如图所示，平行四边形D1MBN即为过BMD因为平面ABCD与平面A1所以平面BMD1与平面ABCD的交线和平面BMD同理可得平面BMD1与平面ABB1A故只有取A1B1的中点N所以平行四边形D1MBN即为过BMD（2）存在实数m=22，使得直线AC1当m=22时，CM=因为BC=2，所以ABBC=BCCM=则∠CAB=∠MBC，所以∠CAB+ACB=∠MBC+ACB=90°，即AC⊥BM，又CC1⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，所以CC因为AC∩CC1=C，AC,CC1⊂平面又AC1⊂平面ACC1同理可证D1M⊥AC1，又BM∩D所以AC1⊥平面（3）设AC1与平面B1因为VC又VA−C其中VBVABCD−A1所以VA−CD1若VB1−CD1所以在线段AC1上取一点P，使得三棱锥B1则P为AO的中点，即C1PC【变式1-3】（2024·内蒙古赤峰·一模）已知正方体ABCD−A(1)求证：A1C⊥平面(2)若平面α//平面AB1(3)在（2）的情形下，设平面α与正方体的棱AB、BB1、B1C1交于点E、F【答案】(1)证明见解析(2)作图见解析，3(3)7【解题思路】（1）通过证明A1C⊥AB1、A1（2）通过棱的中点作出符合题意的截面，并计算出截面的面积.（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求得正确答案.【解答过程】（1）连接A1C，A1因为ABCD−A1B1C因为AB1⊂平面又因为四边形ABB1A因为A1B∩BC=B，A1B,BC⊂平面A1因为A1C⊂平面A1BC，所以又因为AB1∩B1D1

（2）设E,F,G,H,I,J分别是AB,BB连接EF,FG,GH,HI,IJ,JE，根据题意知截面面积最大时，图形是边长为2的正六边形EFGHIJ，所以最大的截面面积为S=6×1

（3）因为平面α//平面AB1D1，所以当截面EFG的面积最大时，E、F、G分别是棱AB以D为原点建立如图所示空间直角坐标系：D10,0,2，E2,1,0，F设平面D1EF的一个法向量是n=(x1则n⋅D1E=2x1+y设平面GEF的一个法向量是m=(x2,ym⋅EF=y2+z2=0cosn设二面角D1−EF−G的平面角为θ，由图知θ为锐角，所以所以二面角D1−EF−G的余弦值为【题型2截面图形的形状判断】【例2】（2025·广东深圳·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，过点A且以A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】A【解题思路】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到DB1⊥平面ACD1，故平面【解答过程】连接AC,AD因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂所以BB又四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC，又BB1∩BD=B，B所以AC⊥平面BB因为B1D⊂平面所以AC⊥B同理可证明AD因为AD1∩AC=A，A故B1D⊥平面故平面α即为平面ACD则α截该正方体所得截面的形状为三角形.故选：A.【变式2-1】（2025·山东枣庄·二模）如图，有一正方体形状的木块，A为顶点，B,C分别为棱的中点，则过点A,B,C的平面截该木块所得截面的形状为（

）A．等腰三角形 B．等腰梯形C．五边形 D．六边形【答案】C【解题思路】延长BC，与两条棱相交，再连接交点和点A即可得到结果.【解答过程】如图，延长BC，与两条棱的延长线分别交于E,F两点，连接AE,AF，分别交棱于M,N两点，连接BM,CN，则五边形AMBCN及内部，即过点A,B,C的截面.故选：C.【变式2-2】（2025·四川达州·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AB中点，

A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．菱形【答案】A【解题思路】根据点P在C1、D1以及【解答过程】B选项，当点P与D1

取A1B1中点H，因为E是AB中点，则EH//D连接DE、EH、HD1、又因为DD1⊥DEC选项，当点P与C1

取BB1中点G，因为E是AB的中点，所以连接DE、EG、GC1、D选项，当点P为C1

因为E是AB中点，所以PB1//DE连接PB1、又因为B1P=C因为是正方体，所以C1D1所以平行四边形EB不管点P在什么位置，都不可能是三角形.故选：A.【变式2-3】（2025·四川绵阳·模拟预测）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2AD=2AA1，点M是线段C1A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】C【解题思路】延长MN交DC的延长线于点F，连接AF交BC于点H，连接NH，延长NM交DD1的延长线于点E，连接AE交A1D1【解答过程】延长MN交DC的延长线于点F，连接AF交BC于点H，连接NH，延长NM交DD1的延长线于点E，连接AE交A1D1则五边形AHNMG为平面AMN截该长方体所得的截面图形，不妨设AB=2AD=2AA1=4，又点M是线段C1D1上靠近所以C1M=3，D1M=1，C1所以ABCF=BHCH=又D1MDF=E又GD1AD=E即五边形AHNMG为平面AMN截该长方体所得的截面图形.故选：C.【题型3截面图形的周长或面积问题】【例3】（2025·青海海东·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，E，F分别是棱CD，

A．45+42 B．55+17【答案】B【解题思路】根据给定条件，作出截面并求出其面积.【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，取C1

由E是CD的中点，得EG//DD1//AA1G//AE,A1G=AE，由F梯形AFHE是正方体ABCD−A1BAE=AF=42+所以所求截面的周长是55故选：B.【变式3-1】（2025·安徽合肥·三模）已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长都等于3，点G是△PAC的重心，过点G作平面α，若平面α/平面PCD，则平面α截正四棱锥P−ABCD的截面面积为（

A．534 B．5158 C．【答案】C【解题思路】过点G依次在平面内作平行线，可得到截面，根据比例确定边长知截面为等腰梯形即可求面积.【解答过程】点G是△PAC的重心，OGPG=12，过G作GH//PC交AC于H，并延长交过H作EF//CD，过E作EN//PC，如图四边形EFMN为截面，∵点G是△PAC的重心，OGPG=1∴HCAC=12=PMPA四边形EFMN为等腰梯形，故面积为S=1+3故选：C.【变式3-2】（2025·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，用过点

A．32+25 B．9 C．2【答案】A【解题思路】作出正方体的截面图形，求出周长即可.【解答过程】

如图，取AB的中点G，连接GE，A1G，因为E为BC的中点，所以GE//AC，又AA1//所以四边形ACC所以AC//A1所以A1C1所以用过点A1，E，C1的平面截正方体，所得截面为梯形其周长为22故选：A．【变式3-3】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4,M为棱DC的中点，N为侧面BC1的中心，过点M的平面A．45+2C．53 D．【答案】D【解题思路】取BC,CC1的中点E,F，由△ADM∽△DCE，证得AM⊥DE，再由CC1⊥平面ABCD，证得AM⊥NE，从而得到AM⊥平面DNE，同理证得D1M⊥DN，利用线面垂直的判定定理，证得DN⊥【解答过程】如图所示，取BC,CC1的中点E,F，分别连接在正方形ABCD中，因为M,E分别为DC,BC的中点，可得△ADM∽△DCE，所以∠DAM=∠CDE，∠AMD=∠CED，因为∠ADM=90∘，所以∠AMD+∠CDE=90∘，所以又因为E,N分别为BC,BC1的中点，所以因为CC1⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以C又因为DE∩NE=E且DE,NE⊂平面DNE，所以AM⊥平面DNE，因为DN⊂平面DNE，所以AM⊥DN，同理可证：D1又因为AM∩D1M=M且AM,D1M⊂平面即平面α截正方体ABCD−A1B由正方体ABCD−A1B在直角△ADD1中，可得在直角△ADM中，可得AM=A在直角△DD1M所以截面的面积为S=1故选：D.【题型4球的截面问题】【例4】（2025·广东·模拟预测）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别为A．π2 B．2π3 C．π【答案】A【解题思路】设T是线段MN的中点，则OT⊥MN，利用勾股定理求出MN，进而求出OT，找出当OT垂直于过MN的平面时，截得该正方体的内切球所得截面圆的面积最小，再利用弦长公式和面积公式即可求得结果.【解答过程】设T是线段MN的中点，则OT⊥MN，由勾股定理MN=M球心O到MN距离为OT=(当OT垂直于过MN的平面时，截得该正方体的内切球所得截面圆的面积最小，MN被球截得的弦长为l=2R此时圆的半径就是r=l2=故选：A.【变式4-1】（2025·江苏·模拟预测）已知正三棱锥S−ABC的侧棱长为2，D为线段SC上一点，SD=2DC，SA⊥BD．设三棱锥S−ABC外接球为球O，过D点作球O的截面α，则截面α面积的最小值为（

）A．4π9 B．8π9 C．【答案】B【解题思路】如图以点M为原点，BC的平行线为x轴，MN,MS为y、z轴，建立空间直角坐标系，由SA⊥BD，利用坐标运算求得正三棱锥底面边长和高，从而可得外接球半径，又过D点作球O的截面α，当OD⊥α时，截面α面积的最小，可得解.【解答过程】如图在正三棱锥S−ABC中，SM⊥平面ABC，且M为△ABC的中心，AN为中线，如图以点M为原点，BC的平行线为x轴，MN,MS为y、z轴，建立空间直角坐标系，设MS=h,AB=a，则h所以A0,−由于SD=2DC，所以CD=13所以AS=因为SA⊥BD，则AS解得a=22设O0,0,k，则OA=OS，则a23所以R=2过D点作球O的截面α，当OD⊥α时，截面α面积的最小，OD=a29则截面α面积的最小值为8π故选：B.【变式4-2】（2025·辽宁大连·模拟预测）在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，AB=3，AC=4，点D满足AD=3DC，三棱锥P−ABC的外接球为球O，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为4π，则球OA．16π B．20π C．24π【答案】D【解题思路】将三棱锥补成长方体并建立空间直角坐标系，设PA=h、外接球半径为R，求出各点及球心坐标，分析截面圆的面积差从而求出h、R，代入球的表面积公式即可得解.【解答过程】设PA=h，因为在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，所以将其补为一个长方体（长为4，宽为3，高为h），三棱锥与该长方体共外接球，球心O为长方体体对角线中点，设外接球半径为R，以A为坐标原点，AB、AC、AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，A(0,0,0),B(0,3,0),C(4,0,0),D(3,0,0),O(2,3OD=1+R=A过D作求O的截面，最大截面为：过球心O，半径为R，面积为πR最小截面为：与OD垂直，半径为r=R2−O因为过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为4π所以πR2−π则R2=25+故选：D.【变式4-3】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知正三棱锥A−BCD的外接球是球O，正三棱锥底边BC=3，侧棱AB=23，点E在线段BD上，且BE=DE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的最大值是（

A．2π B．9π4 C．3【答案】D【解题思路】设△BCD的外接圆的圆心为O1，根据Rt△OO1D中，R2=3+【解答过程】如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接O1D则O1D=3sin在Rt△OO1D中，当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为π⋅∴所得截面圆面积的最大值为4π故选：D．

【题型5截面切割几何体的体积、表面积问题】【例5】（2025·湖南邵阳·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别是C1D1，ADA．1316 B．5972 C．119144【答案】C【解题思路】根据空间中立方体与平面相交的情况，做出的截面形状，求出所截得的部分体积，作比求出结果.【解答过程】如图所示，延长EF,DC相较于H，连接EH，交BC于J，相同方法，做出FK，则五边形EKFJG为截面，不妨设正方体棱长为1，则△HCG∼△HE1E，所以GC=12同理可得D1可知截得较小部分体积V=VI−DFH−2较大部分体积为1−25144=故选：C.【变式5-1】（2025·吉林长春·二模）如图，过圆锥PO的轴的截面边长为4的正三角形，过PO的中点O′作平行于底面的截面，以截面为底面挖去一个圆柱，则余下几何体的表面积为（

A．11π+3π B．11π+2【答案】D【解题思路】根据给定条件，作出组合体的轴截面，求出圆柱的底面圆半径和高，计算表面积作答.【解答过程】作出圆锥PO的轴截面△PAB，此截面截挖去的圆柱得圆柱的轴截面矩形CDEF，如图，矩形CDEF是等腰△PAB内接矩形，圆柱底面圆直径CF在圆锥底面圆直径AB上，依题意，截面是边长为4的正三角形，所以OB=2,OP=23因为O'是PO中点，则CD=12PO=3圆柱OO′的侧面积S1=2π剩余几何体的表面中，圆锥底面圆挖去以CF为直径的圆（圆柱下底面圆），而挖去圆柱后，圆柱上底面圆（以DE为直径的圆）成了表面的一部分，它与圆柱下底面圆全等，所以剩余几何体的表面积是S1故选：D.【变式5-2】（2024·河北·模拟预测）过圆锥PO高的中点O′作平行于底面的截面，则截面分圆锥PO上部分圆锥与下部分圆台体积比为（

A．12 B．13 C．15【答案】D【解题思路】利用圆锥、圆台的体积公式求得圆锥与圆台的体积关系．【解答过程】设截面圆半径为r，圆锥的高为h，圆锥的体积为V1,则圆台下底面圆的半径为2r，圆台的高为h，圆台的体积为V所以V2=1可得V1故选：D.【变式5-3】（2025·江苏南通·三模）已知正三棱台ABC−A1B1C1，A1C1AC=23A．5:4 B．12:7 C．2:1 D．15:4【答案】B【解题思路】通过构造平行截面展现空间想象能力，先由重心分割比例，来证明所分成的两个几何体中，有一部分是棱柱．然后利用台体体积和柱体体积公式来求解即可.【解答过程】根据A1C1则在正三棱台ABC−A1B1C过O作EF//AC分别交AB，BC于点E，∵O为△ABC的重心，∴BE∴A1B1//∴A1E//BB1且A设此正棱台高为h，则台体体积V=1棱柱的体积V1=3∴两部分体积之比为12:7，故选：B．【题型6交线的长度、轨迹问题】【例6】（2024·广东广州·模拟预测）在正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中，A．(3+3)π B．(6+3)π【答案】D【解题思路】根据题意，画出图形，设G,H分别为CC1,DD1的中点，连接OC1,A1C1,OE1,A【解答过程】因为球O的半径为6，AB=3，所以球O不与侧面ABB1A设G,H分别为CC1,D则由题意可得OA所以OC所以球O与侧面BCC1B1交于点C1在正六边形A1B1C1所以A1因为CC1⊥平面A1B1C因为C1D1∩CC所以A1C1⊥平面CDD1C所以OH=O所以球O与侧面CDD1C同理可得球O与侧面EDD1E因为∠E1A1C1=所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为2故选：D.【变式6-1】（2025·甘肃·模拟预测）在所有棱长为4的正四棱锥P−ABCD中，M是底面正方形ABCD内一点（含边界），若PM⊥MD，则点M的轨迹长度是（

）A．2π B．2π C．22【答案】A【解题思路】令正方形ABCD中心为O，取PD中点O1【解答过程】在正四棱锥P−ABCD中，令正方形ABCD中心为O，取PD中点O1，连接O取OD,AD,CD中点E,M1,M2，连接O1E,OD⊂平面ABCD，则PO⊥OD,O1E⊥平面ABCD，由PM⊥MDO1E=12PO=因此O1E⊥EM，EM=O1M2为半径的圆在正方形ABCD及内部的圆弧，显然OM则∠M1OM2=90∘，而点所以点M的轨迹长度是2π故选：A.【变式6-2】（2024·湖南长沙·三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,M是棱CC1的中点，空间中的动点A．55 B．3 C．2π 【答案】D【解题思路】分别取A1D1,B1C1的中点E,F，连接DE,EF,CF，证明BM⊥平面CDEF，从而可得点P在平面CDEF内，再根据D1P=1，得点P在以D1【解答过程】如图，分别取A1D1,B因为CD⊥平面BCC1B1，BM⊂平面在Rt△BCM,Rt△C所以Rt△BCM≅Rt△C又∠BCM=∠BCF+∠FCC1=90°，所以∠BCF+∠CBM=90°又CF∩CD=C，CF,CD⊂平面CDEF，所以BM⊥平面CDEF，由DP⊥BM，得点P在平面CDEF内，由D1P=1，得点P在以因此动点P的轨迹为平面CDEF与球D1的球面的交线，即在平面CDEF连接DF，设点D1到平面DEF的距离为h，平面DEF截球D1所得截面圆的半径为则由V三棱锥D1−DEF=V且S△DEF=12×2×因此动点P的轨迹长度为25故选：D.【变式6-3】（24-25高一下·四川成都·期中）如图，在棱长为6正方体中，点P为棱AB的中点，点Q为棱A1D1的中点，点M为棱CC1上靠近点C的三等分点，则经过P,Q,MA．五边形，21815 C．五边形，21835 【答案】B【解题思路】根据题意作出截面可判断截面形状，得出截面与侧面CDD1C【解答过程】设AD中点为N，连接QN，∵Q是A1D1中点，QN⊥底面连接PN，并延长PN交CD的延长线于E，又N是AD中点，所以△APN≌△DEN，则AP=DE=3，过点E作EF//NQ，且交PQ的延长线于F，与C1D1△PNQ∽△PEF，则NQEF=PNPE=连接FM交C1D1于G，所以△FRG∽△M其中FRC1M=64=∴C所以截面与侧面CDD1C延长GM交DC的延长线于J，连接JP交BC于H，并延长交DA的延长线于K，连接KQ交AA1于I，所以截面为六边形故选：B.【题型7截面的最值与范围问题】【例7】（2024·重庆渝中·模拟预测）在三棱锥P−ABC中，AC=BC=PC=2，且AC⊥BC,PC⊥平面ABC，过点P作截面分别交AC,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．43 B．83 C．2【答案】B【解题思路】由二面角的定义可得PGC=60°，从而PG=433,CG=2【解答过程】过P作PG⊥EF，垂足为G，连接CG，则由三垂线定理可得EF⊥CG，∴∠PGC即为二面角P−EF−C的平面角，∴PGC=60°，PC=2，所以PG=4设CE=a,CF=b，则EF=a在三角形CEF中，ab=2又a2+b所以ab≥83，所以三角形PEF的面积为12故截面PEF面积的最小值为83故选：B.【变式7-1】（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，AC⊥BC，AC=BC=CC1，D为B1C1

A．3,92 B．3,92 C．【答案】A【解题思路】过E作EF//CC1，交A1C1于F，连接B1F，取C1F的中点H，连接DH【解答过程】直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，AC⊥BC，过E作EF//CC1，交A1C1于F，连接B1F

设CE=2m(0≤m≤1)，①当m=0时，平面BDE截直三棱柱ABC−A1B1C②当0<m≤1时，因为EF//CC1，CE//C1F，所以四边形EC因为D，H分别为B1C1，C1F因为EF//BB1，EF=CC所以BE//B1则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，则过D作DM⊥BE垂足为M，过H作HN⊥BE垂足为N，所得平面图形如下;

则HE=4+m2，BD=5，BE=2设BM=x，则NE=所以DM2=5−x2化简可得：x=11+m所以S梯形因为当0<m≤1，所以2<5m2综上，平面BDE截直三棱柱ABC−A1B故选：A.【变式7-2】（2025高三·全国·专题练习）如图，已知四面体ABCD为正四面体，AB=a,E,F分别是AD,BC中点，若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为（

）A．a23 B．a24 C．【答案】B【解题思路】将四面体补成正方体，在正方体内利用截面为平行四边形KLMN可得KL+LM=a，进而利用基本不等式即可得解.【解答过程】把正四面体补为正方体，如图，根据题意可得截面为平行四边形KLMN，所以KL∥BC，LM∥AD，KLBC=AL所以KL=AL，LM=BL，KL+LM=AL+BL=a，又因为BC⊥AD，所以KL⊥LM，所以所求截面面积S=KL⋅LM≤KL+LM22故选：B.【变式7-3】（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，(1)若Р是线段BM上的动点，试探究：A1(2)过A1【答案】(1)是定值，2(2)9π【解题思路】（1）根据题意利用勾股定理可得A1M⊥BM，所以向量A1P在（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出点O到直线A1M的距离即点O到过A1【解答过程】（1）因为M是DD1的中点，所以所以A1M=2，BM=因为A1M2+BM2=所以向量A1P在A1M上的投影向量为（2）设球心为O，外接球半径为R，最小截面圆的半径为r．由已知可得R=12+以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，则O12,1,1，A取a=OM=−12,−1,0所以点O到直线A1M的距离为即点O到过A1M的截面的距离最大值为所以过A1M的最小截面圆的半径因此最小的截面面积为πr综上，截面面积的取值范围是9π一、单选题1．（2025·全国·模拟预测）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，点M在棱A1B1A．10+52 B．45+62 【答案】A【解题思路】设平面ACM与棱B1C1交于点N，则MN∥AC【解答过程】设平面ACM与棱B1C1交于点N，则MN由题意知该三棱台体积为14．设MB1=x解得x=1，平面ACM截正方体ABCD−A1BAC=42，MN=2，AM=CN=5，所以截面ACNM的周长为故选：A．2．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E、F满足A．六边形 B．五边形C．四边形 D．三角形【答案】B【解题思路】由题意，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段C【解答过程】如图，因为点E、F满足BE=2点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段C延长AE,A1B1与交于点G，连接FG交延长GF,A1D1交于点K，连接AK交DD则五边形AEHFI为所求截面图形.故选：B．3．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）如图，桌面上放置着两个底面半径和高都是R的几何体，左边是圆柱挖去一个倒立的圆锥（以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点）剩余的部分，右边是半球，用平行于桌面的平面截这两个几何体，截得左边几何体的截面面积为S1，截得半球的截面面积为S2，则（A．S1<SC．S1>S2 D．【答案】B【解题思路】设截面与圆柱底面的距离为h，分别求出S1和S【解答过程】设截面与圆柱底面的距离为h，该平面截半球所得圆面的半径为R2−h由于圆柱的底面半径与高相等，所以，圆环的内圆半径为h，所以，圆环的面积为S1=π故选：B.4．（2025·江苏盐城·模拟预测）现有一块棱长为2的正四面体木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（

）A．33 B．63 C．62【答案】D【解题思路】画出图形，设DE=2k，分别求出四面体V−DEF的表面积和三棱台DEF−ABC的表面积，由这两部分的表面积相等，求出k2【解答过程】如图正四面体V−ABC，VC=VA=VB=AB=AC=BC=2，△DEF∼△ABC，令DE=2k，截面S△DEF因为DE//AB，所以VDVA=DEAB，即S△VDE=1四面体V−DEF的表面积为：S1设梯形DEAB的高为3−3k，△VDE所以梯形DEAB的面积为2k+2⋅所以三棱台DEF−ABC的表面积为：S2又S1=S2，所以所以截面S△DEF故选：D.

5．（2025·河北秦皇岛·一模）在《通用技术》课上，某同学设计了如图所示的多面体ABCDEFKLHMNG，已知平面LMH//平面ABCDEF，平面AKF//平面CDGHMN，平面BCN//平面EFKLHG，平面DEG//平面ABNMLK，AB=CD=EF=KL=MN=HG=2，且△LMH,△AKF,△BCN,△DEG均为边长为1的正三角形，该同学欲过LK的中点P作该几何体的截面α，若LK⊥α，则截面α的面积为（

）A．42 B．1524 C．7【答案】C【解题思路】利用面面平行的性质得到MH//CD，LM//AB，HL//EF，结合平面的基本性质确定MN,AB,CD、LK,MN,HG、LK,AB,EF、EF,HG,CD均交于一点，从而将几何体补全为正棱锥，进而找到截面α，最后由正棱锥的结构特征及已知求截面面积.【解答过程】面LMH//面ABCDEF，面LMH∩面CDGHMN=MH，面ABCDEF∩面CDGHMN=CD，所以MH//CD，同理可证：几何体各个六边形侧面的对边均平行，由AB,CD⊂面ABCDEF，且AB,CD不平行，则AB,CD必有一个交点，同理MN,CD、MN,AB都分别交于一点，而MN⊄面ABCDEF，则MN与面ABCDEF相交且该交点唯一，所以MN,AB,CD三者交于一点Q，同理LK,MN,HG、LK,AB,EF、EF,HG,CD分别都交于R,S,O，如下图示，又AB=CD=EF=KL=MN=HG=2，△LMH,△AKF,△BCN,△DEG均为边长为1的正三角形，易知R−OSQ为棱长为4的正三棱锥，且R−LMH,S−AFK,Q−BCN,O−DEG均为棱长为1的正三棱锥，由P为LK中点，即为RS的中点，连接PO,PQ分别交EG,BN于U,T，由△RSO,△RSQ都是正三角形，则PO⊥RS,PQ⊥RS，且PO∩PQ=P都在面POQ内，则RS⊥面POQ，即LK⊥面POQ，所以面α即为面POQ，连接UD,TC，则截面PUDCT即为所求，由题设PO=PQ=23,OQ=4，则所以sin∠OPQ=22同理可得S△OUD所以SPUDCT故选：C.6．（2025·江西·模拟预测）在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，A0,BA．2 B．32 C．43 【答案】A【解题思路】应用锥体体积及柱体体积公式结合图形特征计算求解即可.【解答过程】设三棱柱ABC−A1B1C1的体积为满足A1A0=BB故四棱锥C1−A0B0B则几何体ABC−A0B故过A0,B0,故选：A.7．（2025·山东·一模）在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，E为A1BA．12π B．π C．32【答案】B【解题思路】方法一：根据题意可得B1在△BCC1的外接圆上，即可的球O为四棱锥方法二：根据题意可得B1在△BCC1的外接圆上，即可的球O【解答过程】方法一：因为∠BCC1=π2所以三棱锥E−BCC1的四个顶点均在球即球O为四棱锥E−B故球心O在正方形B1C1CB的中心，则球过BB1作球则截面圆圆心为BB1中点（即过O作截面垂线，垂足为所以截面圆半径为1，所以面积最小值为π．方法二：因为∠BCC1=π2所以三棱锥E−BCC1的四个顶点均在球即球O为四棱锥E−B故B,B1两点在球O上，所以最小截面圆为以则截面圆圆心为BB1中点（即过O作截面垂线，垂足为所以截面圆半径为1，所以面积最小值为π．故选：B.8．（2025·云南曲靖·一模）已知正三棱锥P−ABC的所有顶点都在球O的球面上，PA=43，AB=6，过棱AB作球O的截面，则所得截面面积的取值范围是（

A．9π,12π B．9π,16π【答案】B【解题思路】求出三棱锥外接球的半径，取AB的中点D，当OD垂直截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为AB长，当截面过球心时，截面圆的面积最大，即可得解.【解答过程】如图，作PH⊥平面ABC，垂足为H，取AB的中点D，外接球的球心为O，连接AO,AH，易得H为△ABC的中心，则AH=23，所以PH=设外接球半径为R，则AO2=AH2当OD垂直过AB的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为AB长，最小面积为π×当截面过球心O时，截面圆的面积最大，最大面积为π×故截面面积的取值范围是9π故选：B.二、多选题9．（2025·湖南郴州·三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的表面积与体积的数值之比为3，P，Q分别是棱BC，A．AB．多面体ADD1C．存在一点G，使得GD．若AC1⊥平面PQG，则平面PQG截正方体【答案】BD【解题思路】由正方体的表面积、体积公式，棱锥的体积公式、异面直线的判断、及正方体截面的结构逐项判断即可.【解答过程】对于A，因为正方体的表面积与体积之比为3，所以6AA1对于B，因为四面体ABPQ的体积为V=1所以多面体ADD1A对于C，设CC1的中点为R，连接PR，则PR//AD1，因为AP在平面APRD1内，而G是线段AD1上一个动点，即点G在平面对于D，在正方体中，连接BC1，易得又结合正方体的结构特点易证AB⊥BAB,BC1是平面所以B1C⊥平面ABC1，又所以AC1⊥B1C,D所以AC1⊥平面B1C所以平面B1CD又P,Q分别是棱BC，BB所以平面PQG截正方体的截面分别交棱CD,DD1,所以截面为正六边形PFHIJQ，又PQ=2，所以截面面积为6×故选：BD.10．（2025·山东德州·三模）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=1，点E，F，G分别为棱AB,AD,PC的中点，则（

）A．AG⊥PDB．异面直线FG和AC所成的角为πC．平面EFG与平面ABCD所成角的正弦值为6D．过点E，F，G的平面截四棱锥P−ABCD所得的截面图形为五边形【答案】ACD【解题思路】以点A为原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴，建立平面直角坐标系，利用空间向量的系列公式计算即可判断A，B，C；对于D，作出截面即得.【解答过程】如图，因PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，故可以点A为原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系.对于A，A(0,0,0),C(1,1,0),P(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),G(1则AG=(12则AG⊥PD，即A正确；对于B，因点F是AD的中点，故F(0,12,0),则FG=(12,0,12),则cosθ=|因α∈(0,π2]对于C，由于PA⊥平面ABCD，平面ABCD的法向量可取为m=(0,0,1)点E为棱AB的中点，则E(12,0,0)，EF设平面EFG法向量为n=(x,y,z)，则n⋅EF=0设直线EFG与平面ABCD所成角为α，则|cosα|=|cos对于D，如图，延长FE与直线CB交于点N，延长EF与直线CD交于点J，连接NG与PB交于点H，连接GJ与PD交于点K，连接HE,KF，则平面EFG截四棱锥P−ABCD的截面为五边形HEFKG.即D正确.故选：ACD.11．（2025·江苏泰州·二模）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）．利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙）．若正四面体ABCD的棱长为3，则下列说法正确的是（

）A．勒洛四面体ABCD表面上任意两点间距离的最大值大于3B．勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是9C．勒洛四面体ABCD四个曲面交线长的和为6D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为3−【答案】AD【解题思路】求出过正四面体相对棱中点的勒洛四面体ABCD的弦长判断A；作出截面，利用扇形面积与三角形面积公式求解B；利用弧长公式求出四个曲面交线长判断C；借助正四面体求出勒洛四面体ABCD内切球半径判断D.【解答过程】对于A，S,T分别为正四面体的棱AB,CD的中点，连接ST并延长交勒洛四面体的曲面于点P,Q，BT=AT=332，则等腰△ABT等腰△ABQ的高SQ=A由对称性知，PT=SQ，则PQ=PT+SQ−ST=33而勒洛四面体ABCD表面上任意两点间距离的最大值不小于PQ长，A正确；对于B，勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面是3个弓形加上△ABC，面积为S=(1对于C，由对称性知，勒洛四面体ABCD四个曲面的每条交线长相等，其中交线AC所在圆的圆心在以BD中点M为圆心，则该圆半径MA=MC=3由余弦定理得cos∠AMC=(3因此勒洛四面体ABCD四个曲面交线长的和为6×3对于D，勒洛四面体ABCD能够容纳的最大球的半径即为该四面体内切球半径，由对称性知，勒洛四面体ABCD内切球球心是正四面体ABCD的内切球、外接球球心O，

正△BCD外接圆半径O1B=23×3令正四面体ABCD的外接球半径为R，在Rt△BOO1中，R取正四面体ABCD中心为O，连接BO交平面ACD于点E，交曲面ACD于点F，其中BO即为正四面体外接球半径R=364，点A,C,D,F则BF=AB=3，勒洛四面体ABCD内切球半径OF=BF−BO=3−3

故选：AD.三、填空题12．（2025·河北秦皇岛·三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的各顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为12π【答案】8【解题思路】根据给定条件，求出正方体的棱长，再求出△C【解答过程】由球O的表面积为12π，得球的半径为3，则正方体ABCD−A1正方体ABCD−A1B1C1D则△C1BD外接圆面积为πr2=8故答案为：8π

13．（2025·湖北武汉·模拟预测）棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有am3水，当侧面AA1B1B水平放置时，液面高为hm【答案】3【解题思路】由题可得VA−A1BC=312【解答过程】由题意，正三棱柱的棱长均为1m，所以S△ABC=12×1×1×sin60°=12×1×1×∵DCAC=DEAB在等边△ABC中，AB边上的高为32因为h32=故答案为：3−14．（2025·河北邯郸·一模）已知三棱锥P−ABC中，PA=PC=PB=BA=BC=2,AC=22，D为PB的中点，过点D作三棱锥P−ABC外接球的截面，则截面面积的最小值为【答案】π【解题思路】取线段AC的中点E，根据长度关系求出点E为三棱锥P−ABC的外接球球心，再根据d2+r【解答过程】取线段AC的中点E，连接PE,BE,DE，因PA=PC=2，AB=BC=2，AC=22则由勾股定理可知，PA⊥PC，AB⊥BC，则PE=BE=AE=EC=2则点E为三棱锥P−ABC的外接球球心，外接球半径为2因PB=2，则由勾股定理可知，PE⊥BE，因D为PB的中点，则DE=1设球心E到过点D的三棱锥P−ABC外接球的截面的距离为d，截面圆的半径为r，则d2欲使截面面积最小，即r最小，则要求d最大，当DE垂直截面时，d最大，最大值为DE=1，则r的最小值为2−1=1，则截面面积的最小值为π故答案为：π.四、解答题15．（2025·陕西西安·一模）如图，正方体ABCD−A1B1C

(1)求三棱锥D1(2)当E为CD中点时，求过点D且与A1【答案】(1)4(2)3【解题思路】（1）利用等体积法结合棱锥的体积公式求解即可；（2）设BC的中点为G，CC1中点为F，连接DG,DF,FG，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可证明A1E⊥DG,A1E⊥DF，进而得到A1E⊥【解答过程】（1）在正方体ABCD−A1B1C则E到平面A1B1则VD

（2）设BC的中点为G，CC1中点为F，连接以A为原点，以AB,AD,AA1所在直线为则A1所以A1则A1E⋅因为DG∩DF=D，DG,DF⊂平面DGF，所以A1E⊥平面则△DGF即为过点D且与A1由正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，可得GF=2在△DGF中，cos∠DFG=则sin∠DFG=所以S△DGF

16．（2025高三·全国·专题练习）如图在正方体ABCD−A1B(1)求平面APQ与平面ABCD夹角的余弦值(2)补全截面APQ【答案】(1)3(2)答案见解析【解题思路】（1）利用投影面积法可得cosθ=（2）利用正方体截面的性质即可得结果.【解答过程】（1）由投影面积法可得cosθ=因为P,Q是所在棱上的中点，设正方体的棱长为2，则S投影PQ=12+12所以在△APQ中，PQ边上的高为32所以S△APQ所以cosθ=（2）如图，设PQ所在直线与A1B1所在直线交于点F，与A连接AF交BB1于点G，连接AR交DD1于点则五边形ASQPG是平面APQ截正方体所得的截面.17．（2025·全国·模拟预测）已知，四棱锥P−ABCD的底面是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=3AB=4，∠BCD=60°，点M在AC上，且(1)过点M作截面，使其与PC,BD均平行，求该截面的面积；(2)求二面角P−CD−A的正弦值．【答案】(1)5(2)2【解题思路】（1）由已知条件AB,AC,CM,MA的长度，连接BD，过点M作BD的平行线，分别BC,CD于点E,F，分别过点E,F作PC的平行线，分别交PB,PD于点N,G，在平面PAC中，过点M作PC的平行线交PA于点H，连接HN,HG，得截面为五边形EFGHN，求出S矩形（2）以A为坐标原点，AC,AP所在的直线分别为x,z轴，过点A垂直于平面PAC的直线为y轴，建立空间直角坐标系A−xyz，分别求出平面PCD和平面ACD的一个法向量，进而求出法向量的夹角余弦，再由同角三角函数关系求出正弦即可【解答过程】（1）因为PA=3AB=4，所以在菱形ABCD中，∠BCD=60°，所以AC=4．又CA=4CM，所以如图所示，连接BD，过点M作BD的平行线，分别交BC,CD于点E,F，再分别过点E,F作PC的平行线，分别交PB,PD于点N,G，在平面PAC中，过点M作PC的平行线交PA于点H，连接HN,HG，所以该截面为五边形EFGHN．因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又因为EF∥BD，所以又P