新高考数学一轮复习考点举一反三重难点23 立体几何中的截面、交线问题（专项训练）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习考点举一反三重难点23 立体几何中的截面、交线问题（专项训练）（2份，原卷版+解析版），共6页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc18473" 【题型1 截面作图】 PAGEREF _Tc18473 \h 2
\l "_Tc6647" 【题型2 截面图形的形状判断】 PAGEREF _Tc6647 \h 9
\l "_Tc9254" 【题型3 截面图形的周长或面积问题】 PAGEREF _Tc9254 \h 13
\l "_Tc12179" 【题型4 球的截面问题】 PAGEREF _Tc12179 \h 16
\l "_Tc30156" 【题型5 截面切割几何体的体积、表面积问题】 PAGEREF _Tc30156 \h 20
\l "_Tc11666" 【题型6 交线的长度、轨迹问题】 PAGEREF _Tc11666 \h 23
\l "_Tc23329" 【题型7 截面的最值与范围问题】 PAGEREF _Tc23329 \h 27
1、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2,E,F分别为棱AB,CC1的中点.请在正方体的表面完整作出过点E,F,D1的截面，并写出作图过程；（不用证明）
【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I，
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G，则截面D1GEHF即为所求.
【变式1-1】（24-25高一下·福建福州·期中）在正方体ABCD−A1B1C1D1中．

(1)如图1，若AC∩BD=O,A1C∩平面BDC1=E，求证：C1,E,O三点共线；
(2)M,N分别为AB和C1D1的中点，P,Q分别为BC和CC1的一个三等分点（都靠近C端）．
①如图2，求证：AP,DC,D1Q三线共点；
②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D1D//C1C，可以得出D1R与C1C的交点为C1C的三等分点，即为点Q，从而得证.
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A1C1，
∵C1∈面A1ACC1，且C1∈面BDC1,∴C1是面A1ACC1与面BDC1的公共点，
∵AC∩BD=O,A1C面BDC1=E，
∴O∈AC,AC⊂面A1ACC1,O∈BD,BD⊂面BDC1，
∴O是面A1ACC1与面BDC1的公共点，
∴面A1ACC1∩面BDC1=OC1，
又E∈A1C,A1C⊂面A1ACC1,E∈面BDC1，
∴E是面A1ACC1与面BDC1的公共点，
∴E∈OC1，即C1,E,O三点共线．

（2）①证明：如图，分别延长AP,DC交于点R，连接D1R，
∵R∈直线DC,DC⊂面ABCD,PC=13AD,BC//AD，
∴CR=13DR，
又D1D//C1C，
∴D1R与C1C的交点为C1C的三等分点，即点Q，
∴AP,DC,D1Q三线共点．

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，AB=m，AD=AA1=2，点M是棱CD的中点．
(1)过BMD1三点作出长方体ABCD−A1B1C1D1的截面（不要求过程，作出即可）；
(2)是否存在实数m，使得直线AC1与平面BMD1垂直？并说明理由；
(3)设P是线段AC1上的一点（不含端点），满足C1PC1A=λ，求λ的值，使得三棱锥B1−CD1C1与三棱锥B1−CD1P的体积相等．
【答案】(1)截面见解析；
(2)存在，m=22，理由见解析；
(3)λ=23，理由见解析
【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D1M⊥AC1，所以AC1⊥平面BMD1；
（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VA−CD1B1=4m−8m3=4m3，所以VA−CD1B1=2VC1−CD1B1，故AO=2C1O，又C1O=PO，则P为AO的中点，即C1PC1A=23，所以λ=23.
【解答过程】（1）如图所示，平行四边形D1MBN即为过BMD1三点作出长方体ABCD−A1B1C1D1的截面，理由如下：
因为平面ABCD与平面A1B1C1D1平行，
所以平面BMD1与平面ABCD的交线和平面BMD1与平面ABCD的交线平行，
同理可得平面BMD1与平面ABB1A1的交线和平面BMD1与平面DCC1D1的交线平行，
故只有取A1B1的中点N，连接D1N,BN，可以保证上述条件，
所以平行四边形D1MBN即为过BMD1三点作出长方体ABCD−A1B1C1D1的截面；
（2）存在实数m=22，使得直线AC1与平面BMD1垂直，理由如下：
当m=22时，CM=2，
因为BC=2，所以ABBC=BCCM=2，所以Rt△ABC∽Rt△BCM，
则∠CAB=∠MBC，所以∠CAB+ACB=∠MBC+ACB=90°，即AC⊥BM，
又CC1⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，所以CC1⊥BM，
因为AC∩CC1=C，AC,CC1⊂平面ACC1，所以BM⊥平面ACC1，
又AC1⊂平面ACC1，所以BM⊥AC1，
同理可证D1M⊥AC1，又BM∩D1M=M，BM,D1M⊂平面BMD1，
所以AC1⊥平面BMD1；
（3）设AC1与平面B1CD1的斜足为O，
因为VC1−CD1B1=VB1−C1D1C=13S△C1D1C⋅B1C1=13×12×2m×2=2m3，
又VA−CD1B1=VABCD−A1B1C1D1−VB1−ABC−VB1−C1CD1−VA−A1B1D1−VD1−ACD，
其中VB1−ABC=VB1−C1CD1=VA−A1B1D1=VD1−ACD=13×12×2×2m=2m3，
VABCD−A1B1C1D1=2×2m=4m，故VA−CD1B1=4m−8m3=4m3，
所以VA−CD1B1=2VC1−CD1B1，故AO=2C1O，
若VB1−CD1C1=VB1−CD1P，则VC1−CD1B1=VP−CD1B1，故C1O=PO，
所以在线段AC1上取一点P，使得三棱锥B1−CD1C1与三棱锥B1−CD1P的体积相等，
则P为AO的中点，即C1PC1A=23，所以λ=23.
【变式1-3】（2024·内蒙古赤峰·一模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，棱长为2.
(1)求证：A1C⊥平面AB1D1；
(2)若平面α//平面AB1D1，且平面α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α与正方体的棱AB、BB1、B1C1交于点E、F、G，当截面的面积最大时，求二面角D1−EF−G的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)作图见解析，33
(3)75151
【解题思路】
（1）通过证明A1C⊥AB1、A1C⊥D1B1来证得A1C⊥平面AB1D1.
（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，A1B，A1C1，
因为ABCD−A1B1C1D1是正方体，所以BC⊥平面ABB1A1，
因为AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1
又因为四边形ABB1A1是正方形，所以A1B⊥AB1，
因为A1B∩BC=B，A1B,BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC，
因为A1C⊂平面A1BC，所以A1C⊥AB1.同理可证得：A1C⊥D1B1，
又因为AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1⊂平面AB1D1，所以A1C⊥平面AB1D1.

（2）设E,F,G,H,I,J分别是AB,BB1,B1C1,C1D1,DD1,AD的中点，
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=6×12×2×2×sin60°=33.

（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、BB1、B1C1的中点，
以D为原点建立如图所示空间直角坐标系：D10,0,2，E2,1,0，F2,2,1，G1,2,2，
设平面D1EF的一个法向量是n=(x1,y1,z1)，D1E=(2,1,−2)，D1F=(2,2,−1)，
则n⋅D1E=2x1+y1−2z1=0n⋅D1F=2x1+2y1−z1=0，令x1=3，则y1=−2，z1=2，n=(3,−2,2)，
设平面GEF的一个法向量是m=(x2,y2,z2)，EF=(0,1,1)，FG=(−1,0,1)，
m⋅EF=y2+z2=0m⋅FG=−x2+z2=0，令x2=1，则y2=−1，z2=1，则m=(1,−1,1)，
csn,m=n⋅mn⋅m=3×1+(−2)×(−1)+1×232+(−2)2+22⋅12+(−1)2+12=75151，
设二面角D1−EF−G的平面角为θ，由图知θ为锐角，所以csθ=75151，
所以二面角D1−EF−G的余弦值为75151.
【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DB1为法向量的平面为α，则α截该正方体所得截面的形状为（ ）
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α即为平面ACD1，得到截面的形状.
【解答过程】连接AC,AD1,CD1,BD，
因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以BB1⊥AC，
又四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC，
又BB1∩BD=B，BB1,BD⊂平面BB1D，
所以AC⊥平面BB1D，
因为B1D⊂平面BB1D，
所以AC⊥B1D，
同理可证明AD1⊥B1D，
因为AD1∩AC=A，AD1,AC⊂平面ACD1，
故B1D⊥平面ACD1，
故平面α即为平面ACD1，
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，P为线段C1D1上一动点，过D,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
【答案】A
【解题思路】根据点P在C1、D1以及C1D1三个特殊位置时，截面图形的形状，选出正确选项.
【解答过程】B选项，当点P与D1重合时，

取A1B1中点H，因为E是AB中点，则EH//DD1，且EH=DD1，
连接DE、EH、HD1、D1D，则四边形EHD1D为平行四边形，
又因为DD1⊥DE，所以平行四边形EHD1D为矩形，故排除B选项；
C选项，当点P与C1重合时，

取BB1中点G，因为E是AB的中点，所以EG//DC1，
连接DE、EG、GC1、C1D，截面四边形EGC1D为梯形，故排除C选项；
D选项，当点P为C1D1中点时，

因为E是AB中点，所以PB1//DE且PB1=DE，
连接PB1、B1E、ED、DP，则四边形EB1PD是平行四边形，
又因为B1P=C1P2+B1C12=C1D122+B1C12=C1D124+B1C12，B1E=BE2+BB12=AB22+BB12=AB24+BB12，
因为是正方体，所以C1D1=B1C1=AB=BB1，所以B1P=B1E，
所以平行四边形EB1PD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2-3】（2025·四川绵阳·模拟预测）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2AD=2AA1，点M是线段C1D1上靠近D1的四等分点，点N是线段CC1的中点，则平面AMN截该长方体所得的截面图形为（ ）
A．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于点G，连接GM，即可得到截面图形，再利用相似验证即可.
【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于点G，连接GM，
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D1的四等分点，点N是线段CC1的中点，
所以C1M=3，D1M=1，C1N=NC=1，所以CF=3，又CF//AB，
所以ABCF=BHCH=43，又BH+CH=2，所以CH=67，
又D1MDF=ED1ED，即17=ED1ED1+2，解得ED1=13，
又GD1AD=ED1ED，即GD12=132+13，解得GD1=27，符合题意，
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，A1D1的中点，则正方体ABCD−A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是（ ）

A．45+42B．55+17C．45+22+4D．65+2
【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C1D1的中点G，GD1的中点H，连接A1G,EG,EH,FH，

由E是CD的中点，得EG//DD1//AA1,EG=DD1=AA1，则四边形AEGA1为平行四边形，
A1G//AE,A1G=AE，由F是A1D1的中点，得FH//A1G//AE,FH=12A1G=12AE，
梯形AFHE是正方体ABCD−A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面，
AE=AF=42+22=25,FH=22+12=5，EH=42+12=17，
所以所求截面的周长是55+17.
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．534B．5158C．23D．215
【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PA于M，
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=12，∴OHHC=OGPG=12，
∴HCAC=12=PMPA=PNPB=MNAB，MN=1，EF=3，MF=NE=2，
四边形EFMN为等腰梯形，故面积为S=1+3×32=23.
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A1，E，C1的平面截正方体，则截面周长为（ ）

A．32+25 B．9C．22+25D．32+23
【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，AC．
因为E为BC的中点，所以GE//AC，GE=12AC，
又AA1//CC1，AA1=CC1，
所以四边形ACC1A1为平行四边形，
所以AC//A1C1，AC=A1C1，
所以A1C1//GE，A1C1=2GE，
所以用过点A1，E，C1的平面截正方体，所得截面为梯形A1C1EG，
其周长为22+5+2+5=32+25．
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α垂直于DN，则平面α截正方体AC1所得的截面面积为（ ）
A．45+2B．23
C．53D．46
【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⊥平面AD1M，得到平面α截正方体的截面为△AD1M，进而求得截面的面积，得到答案.
【解答过程】如图所示，
取BC,CC1的中点E,F，分别连接NE,NF,DE,DF,AD1,D1M,AM，
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∠DPM=90∘，即AM⊥DE，
又因为E,N分别为BC,BC1的中点，所以NE//CC1，
因为CC1⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以CC1⊥AM，所以AM⊥NE，
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：D1M⊥DN，
又因为AM∩D1M=M且AM,D1M⊂平面AD1M，所以DN⊥平面AD1M，
即平面α截正方体ABCD−A1B1C1D1的截面为△AD1M，
由正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，
在直角△ADD1中，可得AD1=AD2+DD12=42+42=42，
在直角△ADM中，可得AM=AD2+DM2=42+22=25，
在直角△DD1M中，可得D1M=DD12+DM2=42+22=25，
所以截面的面积为S=12×42×252−222=46.
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AB,CC1的中点，过直线MN的平面截该正方体的内切球O，所得截面圆的面积的最小值为（ ）
A．π2B．2π3C．πD．3π2
【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=MB2+BN2=6,OM=2，
球心O到MN距离为OT=(2)2−622=22，
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=2R2−OT2=21−222=2，
此时圆的半径就是r=l2=22，面积为S=πr2=12π.
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．4π9B．8π9C．4π3D．8π3
【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ℎ2+33a2=4,
所以A0,−33a,0,S0,0,ℎ,Ba2,36a,0,C−a2,36a,0，
由于SD=2DC，所以CD=13CS，则D−a3,39a,ℎ3，
所以AS=0,33a,ℎ,BD=−5a6,−318a,ℎ3，
因为SA⊥BD，则AS⋅BD=0×−5a6+33a×−318a+ℎ23=0
解得a=22,ℎ=233，
设O0,0,k，则OA=OS，则a23+k2=ℎ−k，得k=−33，
所以R=233+33=3，
过D点作球O的截面α，当OD⊥α时，截面α面积的最小，
OD=a29+a227+−33−ℎ32=193，所以截面圆半径为R2−OD2=223，
则截面α面积的最小值为8π9.
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O的表面积为（ ）
A．16πB．20πC．24πD．28π
【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(2,32,ℎ2)，
OD=1+94+ℎ24=134+ℎ24，
R=AB2+AC2+PA22=32+42+ℎ22=25+ℎ22，
过D作求O的截面，最大截面为：过球心O，半径为R，面积为πR2，
最小截面为：与OD垂直，半径为r=R2−OD2，面积为πR2−OD2.
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−πR2−OD2=π⋅OD2=4π⇒OD2=4=134+ℎ24，解得ℎ2=3，
则R2=25+ℎ24=25+34=7，外接球表面积为：4πR2=4π×7=28π.
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．2πB．9π4C．3πD．4π
【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+(3−R)2，解得R，过点E作圆O的截面，当截面过球心时，截面面积最大，由此能求出所得截面圆面积的最大值．
【解答过程】如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接O1D，OD，
则O1D=3sin60°×23=3，AO1=AD2−DO12=3，
在Rt△ OO1D中，R2=3+(3−R)2，解得R=2，
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为π⋅R2=4π．
∴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，AD，CC1的中点，过E，F，G三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（ ）
A．1316B．5972C．119144D．4972
【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,CH=12，在△HCJ∼△HDF，所以JC=16.
同理可得D1E=D1I=12,KD1=16，
可知截得较小部分体积V=VI−DFH−2VI−KD1E，边长代入得V=13×12(32×12)×32−2×13×12(12×16)×12=316−172=25144，
较大部分体积为1−25144=119144，立方体体积为1，所以较大部分与总体积之比为119144.
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+3πB．11π+23πC．12π+3πD．12π+23π
【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，OC=12OB=1，圆锥母线PB=4，
圆柱OO′的侧面积S1=2π⋅OC⋅CD=23π，圆锥PO的表面积S2=π⋅OB2+π⋅OB⋅PB=4π+8π=12π，
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+S2=12π+23π.
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．12B．13C．15D．17
【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V2，
所以V2=13πℎr2+2r2+4r2=73πℎr2，V1=13πr2ℎ，
可得V1V2=17.
故选：D.
【变式5-3】（2025·江苏南通·三模）已知正三棱台ABC−A1B1C1，A1C1AC=23，点O为底面，△ABC的重心，过点O，A1，C1的截面将该三棱台分成两个几何体，则这两个几何体的体积之比为（ ）
A．5:4B．12:7C．2:1D．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A1C1AC=23，不妨设上底面边长为2，∴下底面边长为3，
则在正三棱台ABC−A1B1C1，可知上表面面积S1=34×4=3，下表面面积S2=34×9，
过O作EF//AC分别交AB，BC于点E，F，
∵O为△ABC的重心，∴BEBA=23⇒BE=2，
∴A1B1//BE且A1B1=BE，则四边形A1B1BE为平行四边形，
∴A1E//BB1且 A1E=BB1，同理可得C1F//BB1且C1F=BB1，∴A1B1C1−EBF为三棱柱，
设此正棱台高为ℎ，
则台体体积V=133+934+332ℎ=19312ℎ，
棱柱的体积V1=34×4⋅ℎ=3ℎ，另一部分体积V2=19312ℎ−3ℎ=7312ℎ，
∴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，AA1=2AB=6，O为棱AA1的中点，以O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+3)πB．(6+3)πC．(3+23)πD．(6+23)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,A1E1,OG,OH，由题意可知球O不与侧面ABB1A1及侧面AFF1A1相交，球O与侧面BCC1B1交于点C1,C，与侧面EFF1E1交于点E1,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O的半径为6，AB=3，所以球O不与侧面ABB1A1及侧面AFF1A1相交，
设G,H分别为CC1,DD1的中点，连接OC1,A1C1,OE1,A1E1,OG,OH，
则由题意可得OA1=3,A1C1=A1E1=33，
所以OC1=OA12+A1C12=9+27=6，
所以球O与侧面BCC1B1交于点C1,C，与侧面EFF1E1交于点E1,E，
在正六边形A1B1C1D1E1F1中，因为∠B1C1D1=120°,∠A1C1B1=30°，所以∠A1C1D1=90°，
所以A1C1⊥C1D1，
因为CC1⊥平面A1B1C1D1E1F1，A1C1⊂平面A1B1C1D1E1F1，所以CC1⊥A1C1，
因为C1D1∩CC1=C1，C1D1,CC1⊂平面CDD1C1，
所以A1C1⊥平面CDD1C1，所以OG⊥平面CDD1C1，且OG=33，
所以OH=OG2+GH2=27+9=6，
所以球O与侧面CDD1C1的交线是以CC1为直径的半圆，
同理可得球O与侧面EDD1E1的交线是以EE1为直径的半圆，
因为∠E1A1C1=π3，所以球O与上下底面的交线均为16个半径为33的圆，
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为
2π×3+2×16×2π×33=6π+23π
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．2πB．2πC．22D．22π
【答案】A
【解题思路】令正方形ABCD中心为O，取PD中点O1，利用正四棱锥的结构特征，结合线面垂直的性质探求轨迹的形状，进而求出其长度.
【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OO1,OD，
取OD,AD,CD中点E,M1,M2，连接O1E,M1M2，则O1E//PO，由PO⊥平面ABCD，
OD⊂平面ABCD，则PO⊥OD,O1E⊥平面ABCD，由PM⊥MD，得O1M=12PD=OO1=2，
O1E=12PO=12PD2−OD2=1242−(22)2=2，又EM⊂平面ABCD，
因此O1E⊥EM，EM=O1M2−O1E2=2，点M的轨迹是以E为圆心，
2为半径的圆在正方形ABCD及内部的圆弧，显然OM1⊥AD,OM2⊥CD，
则∠M1OM2=90∘，而点M1,M2是M的轨迹的端点，于是点M的轨迹是半径2的半圆，
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P满足DP⊥BM，且D1P=1，则动点P的轨迹长度为（ ）
A．55B．3C．2πD．25π5
【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为球心，半径为1的球面上，可得动点P的轨迹为平面CDEF与球D1的球面的交线，求出平面DEF截球D1所得截面圆的半径，即可得解.
【解答过程】如图，分别取A1D1,B1C1的中点E,F，连接DE,EF,CF，
因为CD⊥平面BCC1B1，BM⊂平面BCC1B1，所以BM⊥CD，
在Rt△BCM,Rt△CC1F中，BC=CC1,CM=C1F,∠BCM=∠CC1F=90°，
所以Rt△BCM≅Rt△CC1F，所以∠CBM=∠FCC1，
又∠BCM=∠BCF+∠FCC1=90°，所以∠BCF+∠CBM=90°，所以BM⊥CF，
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D1为球心，半径为1的球面上，
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内的圆，
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r，
则由V三棱锥D1−DEF= V三棱锥F−DED1得13ℎ⋅S△DEF=13×2×12× 2×1，
且S△DEF=12×2×5=5，所以ℎ=255，则r=12−2552=55，
因此动点P的轨迹长度为25π5.
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,M三点的平面截该正方体所得截面的形状和与侧面CDD1C1的交线长度分别为（ ）
A．五边形，21815B．六边形，21815
C．五边形，21835D．六边形，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CDD1C1的棱D1C1相交，并计算出其位置即可求得交线长.
【解答过程】设AD中点为N，连接QN，∵Q是A1D1中点，QN⊥底面ABCD，QN=6
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的延长线交于R，
△PNQ∽△PEF，则NQEF=PNPE=12，所以EF=12，RF=6，
连接FM交C1D1于G，所以△FRG∽△MC1G，即FRC1M=RGC1G，
其中FRC1M=64=32，故RGC1G=32，又RD1=ED=3，则RC1=9，
∴C1G=25RC1=185，
所以截面与侧面CDD1C1的交线为GM=C1G2+C1M2=185+42=21815，
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PIQGMH，
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．43B．83C．23D．1
【答案】B
【解题思路】由二面角的定义可得PGC=60°，从而PG=433,CG=233，设CE=a,CF=b，由三角形的面积相等和基本不等式得到ab≥83，再由三角形的面积公式即可求解.
【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=433,CG=233，
设CE=a,CF=b，则EF=a2+b2，
在三角形CEF中，ab=233a2+b2，
又a2+b2≥2ab，所以ab≥2332ab=26ab3，
所以ab≥83，a=b=263时等号成立，
所以三角形PEF的面积为12×433×a2+b2=ab≥83，
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的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱ABC−A1B1C1所得的截面面积的取值范围为（ ）

A．3,92B．3,92C．4,92D．4,92
【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，可得平面BDE截直三棱柱ABC−A1B1C1所得的截面为梯形DHEB，根据边长关系求出梯形DHEB的面积即可得到答案.
【解答过程】直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，AC⊥BC，AC=BC=CC1，所以VABC−A1B1C1=12×AC×BC×CC1=4，解得AC=BC=CC1=2，
过E作EF//CC1，交A1C1于F，连接B1F，取C1F的中点H，连接DH，

设CE=2m (0≤m≤1)，
①当m=0时，平面BDE截直三棱柱ABC−A1B1C1所得的截面为正方形CBB1C1，面积为4，
②当0