2026年高考数学总复习专项突破-截面、交线问题

微专题17截面、交线问题

［考情分析］“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、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.

微点一截面问题

1.（2025•上海嘉定区模拟）平面截正方体所得的截面不可能是（）

A.四边形B.五边形

C.六边形D.七边形

答案D

解析当平面与正方体的三个面相交时，可以得到三角形截面；

当平面与正方体的四个面相交时，能够得到四边形截面；

当平面与正方体的五个面相交时，会形成五边形截面；

当平由与正方体的六个面都相交时，就得到六边形截面；

由于正方体只有六个面，所以平面与其六个面相交最多得六边形，不可能得到七边形或多于七边的图形.

2.（2025・咸阳模拟）如图，直四棱柱力8CQ-小小GQ的所有棱K均为2,NBAD=^,E是侧棱4小的中

点，则平面SCE截四棱柱所得的截面图形的周长是（）

D_______C

4B］

A.3V2+2V5+2B.2V2+2V5+V7

C.3V2+V5+2D.3&+岳夕

答案D

解析8/与84的延长线交于点尸，连接与力。交于点G,连接EG,

C

1

几

因为4七多8，AE〃BB\,

所以,4为8尸的中点，则G为力。的中点，

所以截面为梯形5CGE,

因为所有棱长均为2,/BAD=^,

所以NCOG粤，+M=2&,

S£=，4冏+&E2m,EGZAE?+AG2=&,

CG=<CD2+GD2-2xCDxGDxcoszCDG

=心+12.2x2x1xcoSy=V7,

故梯形B\CGE的周长为3或+遍+V7.

3.在四棱锥P-48CO中，底面48CD为正方形，侧棱尸。垂直于底面/出。，PD=AB=2,M为棱PD的

中点，过直线的平面a分别与侧棱/M,，。相交于点E,F,当PE=PF时,截面A/EB/的面积为

()

A.2V2B.2

C.3V3D.3

答案A

解析由题意得，PQ_L平面力86,四边形力8co为正方形，

如图，以。为坐标原点，建立空向直角坐标系，连接EE

则C(0,2,0),尸(0,0,2),力(2,0,0),M(0,0,1),8(2,2,0),

所以标=(2,0,-2),PC=(0,2,-2),前=(-2,-2,1),

设而=f^=(2f,0,-2。，0<fWl,

则E(2f,0,2-2。，

则丽=(2卜2,-2,2-2/),

易知PA=PC,

又PEPF,

所以而=1玩=(0,262),04W1,

则/(0,2/,2-2。，

则格(・2,2b2,2-2/),

由题意得，M,E,B,尸四点共面，

所以0<«1,设前=X丽+)，丽，x,y£R,

(-2=(2t-2)x-2y,

所以-2=-2x+(2t-2)y,

11=(2—2t)x+(2—2t)y,

(/X=3

§

解得Jy=4，

I

所以E@,0,|),F(0,g,|),5F=(-1,-2,1),5F=(-2,-|,1),

所以cos(BE,BF)

\BE\\BF\

T_Z

飞+4+盯4+泊11

即CGS/EBFW

所以sin/EBF=W-cos2乙EBF专,

所以S/:旷户sinNE6尸［x空X*1*警-竽，

又ME=G，0,—1),MF=(0,g,—1),

所以cos(ME,MF)=

\ME\\MF\

_£」

J^+O+lxJo+^4-117

即COS/EMF=,

所以sinNEA/产=>/l-cos2/EMF=^,

所以S^fr^MEMF'-sinZEMF=^X怨X怨义】誉，J,

所以截面MEBF的面积S=S,、EBF+S,.EM/斗*?戈•

4.(多选)(2025・山西联考)已知正方体448-力归©功的棱长为2,其外接球的球心为O,点?满足而=2

而(0«1),过点尸的平面Q平行于1。和小8,贝4()

A.平面a〃平面43cz>i

B.平面a_L平面Z88|小

C.当时，平面a截球O所得截面的周长为VIUTI

D.平面a截正方体所得截面的面积为定值

答案ABC

解析根据题意作出如图所示的图形,

•・•平面a〃/。且/O〃BC,

，平面a//BC,

又•・•平面。〃/力,BC,小Au平面小8C",小3nse=&

.,・平面a〃平面小8。。1,A正确；

・.・8C_L平面45囱小,8Cu平面小BCQ1,

・・・平面48cA_L平面ABBA，

又平面Q〃平面&BCDi，

，平面a_L平面。88[小,B正确;

当人弓时，设此时平面。截球。所得截面圆心为0、此时点尸为48的中点，

故0。邛，由题可知正方体外接球的半径/?=百，根据勾股定理可知圆0'的半径

r=V/?2-U0'2=13-卑,故圆。的周长为2n尸A/TU兀，故C正确；

由图可知，平面。截正方体所得截面是一个一边长不变，另一边长随点尸在48上的位置的变化而变化的

矩形，

・•・平面Q截正方体所得截面面积不是定值，故D错误.

微点二交线问题

5.（2026•衡水模拟）已知正方体ABCD-ATBCD的棱长为a,以A为球心，卓为半径的球面与该正方体

不含顶点力的三个面的交线总长度为亨，则。等于（）

A.lB.2

C.3D.4

答案A

解析由4C=\[2a,ACx=y[3a,有我〃卫等＜心z,

可知球仅与面小丛CQi，面BCM，面。CCQi相交，且交线长都相等.

设点P在球与面小81Goi的交线上，

22

有力小_L小尸，有力tP=VAP-AAl=J（^）^2=^,

可得点尸在以小为圆心，空为半径的圆上，

设该国与面小81GQ|的交点分别为M,M点〃在GA上，点/V在SG上）.

又cosNNA1B,

~3~a

可得/乂4百三，

同理可得

又N5/Q=^,

可得■小叫,

所以每个面上的圆瓠所对的圆心角均为｝

O

则每个圆瓠的长度为5义耍粤，

可得球面与该正方体不含顶点A的三个面的交线总长度为粤X3夸匚字，所以。=1.

6.（2025・石家庄模拟）已知正方体的棱长为2VL连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体

的中心O为球心作一个半径为竽的球，则该球O的球面与八面体各面的交线的总长为（）

A.2竭B.警

C.警D.4湿

答案B

解析如图1所示，M为防的中点，点O为正方体的中心，过点。作尸”的垂线交于点M

D\C.

图1

由题意得，正八面体的棱长为2,即EF=2,

故OM=1,OP=&，PM=®

则（竽）2—0N2=J（竽）2_（到等

又ZNLPE于点、Z,

则MN=ZN=J1—（^）=Y»NJ=N!聋,

所以止2恪）2—倒写

又IF=NANP,则N/Ag,

所以平面PEE与球O的交线对应的圆心角恰为最

则球。的球面与八面体各面的交线的总长为8X^X鲁争

aOO

7.（2025•大连模拟）已知在正方体中，4B=4,点尸，0,7分别在棱8与，CG和力〃

上，且81P=3,Ci0=l,BT=3,记平面PQT与侧面力。。小，底面片8co的交线分别为加，〃，则

（）

A.m的长度为平B.m的长度为华

C.〃的长度为等D.〃的长度为当

答案A

解析如图所示，连接。P并延长交C8的延长线于点E,连接ET并延长交力。于点S,

交CZ）的延长线于点〃，连接"0,交DDi于点R,连接SA,

则〃7即为SR〃即为ST,

由所〃℃得器嗡器，

所以E8=2,EC=6,由月S〃七6,

得空一包」milASjEB』

HEBTB3'川力33""3'

所以沪STWASZ+mW，故c,D错误；

J

由sag得磊落W，

又易知SR〃PQ，得能受，

所以SR=QE=|JQC2+E/2善,故A正确，B错误.

8.如图所示，正三棱锥P-/4C,底面边长为2,点P到平面力4。的距离为2,点"在平面4c内，旦

点M到平面48c的距离是点〃到平面48c距离的|,过点〃作一个平面，使其平行于直线8P和

AC,则这个平面与三棱锥表面交线的总长为（）

A24+16於

入-9-

c12+BV3

9

答案B

解析因为P-48C为正三棱锥，如图，过点尸作底面△ABC的垂线，垂足为0,连接40,则点0为4

N8C的中心.

过点B作/1。的垂线交4c于点儿连接尸

由于△力BC是边长为2的等边三角形，因此4〃=C〃=1,BH=yll2-12=V3,AO=BO^-BH=^-.

«3J

又因为PO=2,在Rt△4O户中，

AlAO2+op2=J（竽?+22考,

故AP=BP=CP=^.

2

又点M到平面43c的距离为点尸到平面距离的*

过户”的三等分点（靠近点尸）作ea〃/c交PC于点2，交4于点。2,则必位于线段QQ上.

过点0作。1。4〃4尸交8c于点Q,过点。4作。3。4〃力。交力8于点Q，连接QQ.

所以。1。2〃/。〃。3。4，

则勒，Q，。3,。4四点共面.

因为g04〃8P,gqu平面202。3。4，

8PC平面。|。2。3。4,所以BP〃平面。|。2。3。4.

同理可得力。〃平面。|。2。3。4，

所以平面。笈2。3。4即为过点〃且平行于直线9夕和力。的平面.

12

利用三角形相似可得，勒02=03。4亨。方，

。2。3=。0=|6/*

这个平面与三棱锥表面交线的总长为QQ+02Q+Q04+2Q=2X唳2X；—i2+；6）

［总结提升］

截面和交线问题在高考中一般为选择和填空题，难度较大.探究我截面一是几何法，常用直接连接、作平行

线或作延长线找交点，找交线的方法常用线面交点法和面面交点法，二是利用空间向量法.

专题突破练

［分值：52分］

一、单项选择题（每小题5分，共30分）

1.（2025•郑州模拟）在正方体ABCD-A出［C］D\中，若平面小8G与平面ABCD的交线为/,则（）

X.I//CDB./〃小C

C./〃平面小61sD./〃平面ACDX

答案D

解析因为点BE平面45G,点8£平面45CO,所以BGL

又小G〃平面49CQ,小G<=平面小8G，

故小G〃/,

所以【是过点〃且平行于小G的直线.

对于A,因为小G〃/,4G〃4C,

所以J〃4C,故/〃CO不成立，即A错误；

对于B,因为/〃4C,而力cn4c=c,

故/〃小。不成立，即B错误；

对于C,因为/〃/。，而力cn平面小8c£>=C,

故/〃平面不成立，即C错误；

对于D,因为/〃/C,4Cu平面4cO，平面力。功，

所以【〃平面力CQ,即D正确.

2.（2025•石家庄模拟）如图,在棱长为2的正方体48CD-小中,E,EG分别为小。小丛，的

中点，过E,F,G三点的平面截正方体48CQ-481GA所得的截面面积为（）

答案D

解析如图，分别取8C的中点从。。的中点/,DD】的中点、K,连接G”,HI,IK,KE,

因为该几何体为正方体，

所以E尸〃/〃，FG//IK,GH//KE,且EF=HI=FG=IK=GH=KE增,

所以过E,F,G三点的平面截正方体48CQ-小SGO1所得的截面为正六边形EFG/〃K,

所以该正六边形的面积为6X^X（立）2=3

3.已知正四面体的棱长为a,石为上一点，且C£：瓦A2：1,则截面△48E的面积是（）

2

A年B.V2a

2

V17a2\<T9a2

rD.

12

答案D

解析因为CD=a,CE：ED=2：1,

所以C£=y,ED=^,

所以在正三角形/CO中，

由余弦定理可知

C24-CF-2/1CCEcosZJCD

、f2aV八2a17a2

=〃-+6■）-2。三丁丁，

因为△BC。和△4C。都是正三角形，

所以/ADE=NBDE,AD=BD,DE=DE,

所以△ADE—BDE,所以BE=AE,

所以△48E是等腰三角形，取48的中点尸，连接石E如图所示，则

所以E产=力廖.力尸普.（?2」票,

所以%＜片，左£7《•居乙等

L/、501Z

4.（2025•昆明模拟）已知正方体力8CD-4向GQ,平面a满足/C〃扇BC\〃a,若直线力。到平面a的距离

与8G到平面a的距离相等，平面a与此正方体的各个面都相交，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

解析如图，设E,F,G,H,M、N分别为AB,BC,CG，C.D）,小外，力小的中点,

连接EEFG,GH,HM,MN,NE,A】B,CD}tAD]tmG，

♦:卜G〃BC\,MN〃AD\,AG=1%Ci，

MNFDT，BC]//AD\tBC】=g，

:・FG〃MN,FG=MN,

问理可得叱〃M〃，EF=MH、GH//NE,GH=NE,

:.E,F,G,H,M,N共面，

'：AC//EF,4CR平面EFGHMN,

E；七平面EFGHMN,

二•AC〃平面EFGHMN,

同理可得8G〃平面EFGHMN,

・・・E为43的中点,

・••点,4到平面EFGHMN的距离与点、B到平面£FG〃A/N的距离相等，

即平面EFGMWV为所求的平面a,故与正方体的交线围成的图形为正六边形MG//MN.

5.（2025•常州模拟）已知正三棱锥2/18C的外接球O的表面积为36兀，侧棱P/=3&,。为43的中点，过点

D作球O的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（）

A.呼,对B.管,9K]

C.[21z,36兀]D.[27TI,36TU]

答案B

解析设正三棱锥尸-48。的外接球。的半径为七则4几代=36几解得H=3.

假设在正三棱锥P-48C中，△45C外接圆的圆心为。，则球心。在夕。|上，

设。。产d,△48。外接圆的半径龙配，

则t>2+曲=R2,两式相减得R2+2&M8-火2，

又H=3,解得d=0,所以△月8c外接圆的圆心储是球心O

如图所示，

设球心O到过点D的截面圆的距离为截面圆的半径为r,

则产=«2_£/：=9-6/：,

因为球心O到过点0的截面圆的距离的最大值为0。9力=1,

所以户的最小值为9头，

44

又因为点。在以。4为半径的圆面上，

则球心O到过点O的截面圆的距离的最小值为0,

所以八的最大值为R2=9,

综上可知，户弓[曰，9],

即兀r2£,9TT],

所以截面圆的面积的取值范围为FF，9TT].

6.已知三棱锥P-/BC的棱48,AC,4P两两互相垂直，AB=AC=AP=&,以顶点4为球心，I为半径作一

个球，球面与该三楂锥的表面相交得到的交线最长为（）

A.iB.亨

2^3E

=3UD'3

答案D

解析因为三棱锥尸-力8。的棱力8.AC,力夕两两互相垂直，AB=AC=AP=y/2,

所以球片与三棱锥的表面48C,APC,4P8的交线均为以点力为顶点，半径为1,圆心角为T的圆瓠，其

长度为

设点,4到平面P3C的距离为乩

因为AB=AC=AP=Vi,所以△〃8c是边长为2的等边三角形，

由展段招i三极依QM可得：*9乂后乂&又0-1乂次2乂2乂*乂乩解得手，

所以球力与表面P5c的交线是以△尸8c的中心为圆心，半径为J1一（半丫]字的圆，其长度为空，

因为噜胃，

所以以顶点力为球心，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空.

二、多项选择题（每小题6分，共12分）

7.（2025・达州模拟）在棱长为2的正方体458-43c，中，MN分别为BBi的中点,则（）

A.MN〃平面CDDiG

B.直线MN与4D是异面直线

C.平面.MNA截正方体所得截面是五边形

Q

D.平面M/VQ截正方体所得截面的面积为2

答案ABD

解析对于A,如图，在正方体力BC648]G"中，"，N分别为小丛，的中点，

取R0分别为GR，CG的中点，连接〃。，

由正方体的性质知，MN〃/^0,而A/NC平面CDOG，尸Qu平面COOG，

则M/U〃平面CDQG，故A正确；

对于B,点4不在MN上，由异面直线定义可知，直线仞V与小。是异面直线，故B正确;

对于C,D,连接C。”由〃尸Q,CD}//PQ,则MN〃C2，

故等腰梯形MNCD।为所求截面，

如图，作A/M]_LCO],NN、1CD\,垂足分别为M，

正方体的棱长为2,可得CQ]=2&,MN=PQ=近,

CN=D।M=V12+22=V5,

2任四立

0M~22

则MMi=y/DiM2_/M卜

则等腰梯形MN。。的面积为

丝丝产甘，故C错误，D正确.

8.（2025•哈尔滨模拟）如图，已知正三棱台/14C-小丛G是由一个平面截棱长为6的正四面体阴得，其中

力4=2,以点力为球心，2位为半径的球面与侧面BCC/i的交线为曲线厂P为八上一点、,则下列结论中

正确的是（）

A.点,4到平面BCC1B1的距离为2V6

B.曲线厂的长度为4兀

C.CP的最小值为2国-2

D.所有线段AP所形成的曲面的面积为勺?

答案ACD

解析对于A,将三棱台力8a481G补形为棱长为6的正四面体"BC,如图1,取BC的中点”，连接

SM交81G于点/I，连接4%,

则△SBC是边长为6的等边三角形，且4SB\C\S4SBC,

BjCSB-BBi

所以1.即华专.

8cSB

解得81G=4,

△S8iG是边长为4的等边三角形，

又叫翁I故为ASBC的外心，

oCJ*7o

则由正四面体S48c知，4M为正四面体S48C的高，则力M」平面8CG8,

故4%为点力到平面8CGB1的距离，

SM=，S禺一如用=2百,

则AM!=y/SA2—SMi=2y/6,A正确；

对于B,因为力MJ_平面8CGS，

当尸4P=26时，可得MF、AP2-4M"J（2夕尸-（26）2=2,

因此点，的轨迹是以M为圆心，2为半径的圆与等腰梯形8CG81重合部分的两段弧击和“（如图

2）,即曲线

连接M凡由MA/=V5,MIE=M1F=2,易得/屈修尸《，因此NGME=N8|MV，

•5J

所以C]E的长度/=^X2=y,

则曲线〃的长度为2/=Y，B错误；

对于C,CP的最小值为CM「MP=SM-M|P=2百-2,C正确；

对于D,所有线段力尸所形成的曲面为圆锥4M1（底面圆半径为2,母线长为2夕）侧面的一部分，

由B选项知点P的轨迹的长度为三，则曲面的面积为兀X2X2近乂宗筌，D正确.

三、填空题（每小题5分，共10分）

9.（2025,重庆模拟）在四棱柱48CO-小SGA中，力力」平面力8CQ,AB//CD,AB=4,

BC=CD=DA=AA}=2,以CO的中点O为球心、为半径的球。截侧面力881小所得图形的面积

为.

答案兀

解析由题意，四棱柱48C。-小巴为直四棱柱，且底面46。为等腰梯形，

因为DOi