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微重点 12 截面、交线问题
“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．
考点一 截面问题
考向1 多面体中的截面问题
例1 如图，设正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，E为AD 的中点，F为CC 上的一个动
1 1 1 1 1 1 1
点，设由点A，E，F构成的平面为α，则下列结论正确的是( )
①平面α截正方体的截面可能是三角形；
②当点F与点C 重合时，平面α截正方体的截面面积为2；
1
③点D到平面α的距离的最大值为；
④当F为CC 的中点时，平面α截正方体的截面为五边形．
1
A．②④ B．①③ C．②③④ D．①③④
答案 C
解析 如图，建立空间直角坐标系，延长AE与z轴交于点P，
连接PF与y轴交于点M，
则平面α由平面AEF扩展为平面APM.由此模型可知截面不可能为三角形，故①错误；
当F与C 点重合时，平面α截正方体的截面为边长为的菱形，易得截面面积为2，故②正确；
1
当F为CC 的中点时，易知平面α截正方体的截面为五边形，故④正确；
1
D(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0,0,4)，
设点M的坐标为(0，t，0)(t∈[2,4])，
DA＝(2,0,0)，AM＝(－2，t，0)，PA＝(2,0，－4)，则可知点P到直线AM的距离为
d＝＝，
S ＝·d＝.
△APM
S ＝×2×4＝4，
△PAD
设点D到平面α的距离为h，
利用等体积法V ＝V ，
D－APM M－PAD
即·S ·h＝·S ·t，
△APM △PAD
可得h＝＝，
因为h＝是t∈[2,4]上的增函数，
所以当t＝4时，h取到最大值为，故③正确．
考向2 球的截面问题
例2 已知在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝AB＝BC＝，AC＝2，点E，F分别是
线段AB，BC的中点，直线AF，CE相交于点G，则过点G的平面α截三棱锥S－ABC的外
接球球O所得截面面积的取值范围是__________________．
答案
解析 因为AB2＋BC2＝AC2，
故AB⊥BC，又因为SA⊥平面ABC，
故三棱锥S－ABC的外接球球O的半径R＝＝；
取AC的中点D，连接BD，BD必过点G，如图所示，
因为AB＝BC＝，故DG＝BD＝，
因为OD＝，
故OG2＝2＋2＝，
则过点G的平面截球O所得截面圆的最小半径
r2＝2－＝，
过点G的平面截球O所得截面圆的最大半径为球半径R＝，
故截面面积的最小值为，最大值为.
故截面面积的取值范围是.
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．
跟踪演练1 (1)已知长方体ABCD－ABC D 的高为，两个底面均为边长为1的正方形，过
1 1 1 1
BD 作平面α分别交棱AA，CC 于E，F，则四边形BFD E面积的最小值为________．
1 1 1 1
答案
解析 如图所示，过点F作FH⊥BD 交BD 于H，设FH＝h.
1 1
由题意得BD＝2.
1
易知截面BFD E为平行四边形，
1
则 ＝2×BD·h＝2h，
1
当h取最小值时四边形BFD E的面积最小．
1
易知h的最小值为直线CC 与直线BD 间的距离．
1 1
易知当F为CC 的中点时，h取得最小值，
1
h ＝，( ) ＝2×＝.
min min
故四边形BFD E面积的最小值为.
1
(2)(2022·芜湖模拟)已知正三棱柱ABC－ABC 的各棱长均为2，D为棱AB的中点，则过点
1 1 1
D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为________．
答案
解析 正三棱柱ABC－ABC 的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线 OO 的
1 1 1 1 2
中点，连接AO ，AO，OD，如图所示，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，r
2
＝AO＝，
2
则R2＝r2＋1＝.
(1)当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面
圆的面积最大为πR2＝；
(2)当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，OD2＝OA2－AD2＝－1＝，
截面圆的半径为＝＝1，所以截面圆的面积最小为π·12＝π，
综上，截面面积的取值范围为.
考点二 交线问题
考向1 多面体中的交线问题
例3 在四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形且AD＝CD，AB＝BD
＝2，平面α过点A，C，且BD⊥平面α，则平面α与侧面CBD的交线长为________．
答案
解析 如图1，因为△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形且AD＝CD，AB＝BD＝2，
所以AB＝AC＝BC＝BD＝2，AD＝CD＝，
所以△BCD与△BAD全等，且为等腰三角形，
所以在△ABD中，过顶点A作边BD上的高，垂足为E，取AD的中点O，连接OB，如图
2，
因为AB＝BD＝2，AD＝，
所以OB⊥AD，OB＝，AE⊥BD，
所以由等面积法得
AD·OB＝BD·AE，
即××＝×2×AE，
解得AE＝，
所以DE＝＝.
所以在△BCD中，过顶点C作边BD上的高，垂足为F，取CD的中点M，连接MB，如图
3，
同在△ABD中的情况，可得CF＝，DF＝，
所以点E，F重合，即BD⊥AE(F)，BD⊥CE(F)，
因为AE∩CE＝E，
所以BD⊥平面ACE，
平面α即为平面ACE，平面α与侧面CBD的交线为线段CF，长度为.
考向2 与球有关的交线问题
例4 (2022·广州模拟)已知三棱锥P－ABC的棱AP，AB，AC两两互相垂直，AP＝AB＝AC
＝2，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最
长弧的弧长等于________．
答案解析 由题设，将三棱锥P－ABC补全为棱长为2的正方体，O为底面中心，如图所示，
若AD＝AF＝2，则PD＝PF＝4，即D，F在以P为球心，4为半径的球面上，
又OA＝>2，OP＝3>4，
所以，平面ABC与球面所成弧是以A为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π；
平面PBC与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；
平面PBA，PCA与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；
所以最长弧的弧长为.
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．
跟踪演练2 (1)(2022·泸州模拟)已知三棱锥P－ABC的底面△ABC为斜边长为4的等腰直角
三角形，其顶点P到底面△ABC的距离为4，若该三棱锥的外接球的半径为，则满足上述条
件的顶点P的轨迹长度为( )
A．6π B．12π
C．2π D．4π
答案 D
解析 ∵△ABC为等腰直角三角形，
∴△ABC的外接圆半径r＝2.
1
∵外接球球心到底面△ABC的距离为
d＝＝＝3，
1
又∵顶点P到底面△ABC的距离为4，
∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周．
当球心在底面△ABC和截面圆之间时，
球心到该截面圆的距离为d＝4－3＝1，
2
∵截面圆的半径为r＝＝＝2，
2
∴顶点P的轨迹长度为2πr＝4π；
2
当球心在底面△ABC和截面圆同一侧时，
球心到该截面圆的距离为d＝3＋4＝7>R＝，故不成立．
3
综上，顶点P的轨迹长度为4π.
(2)(2022·广安模拟)如图，正方体ABCD－ABC D 的棱长是2，S是AB 的中点，P是AD
1 1 1 1 1 1 1 1的中点，点Q在正方形DCC D 及其内部运动，若PQ∥平面SBC ，则点Q的轨迹的长度是
1 1 1
________．
答案
解析 如图所示，
要使PQ∥平面SBC ，作PE∥C S交C D 于E，
1 1 1 1
SC ⊂平面SBC ，
1 1
PE⊄平面SBC ，
1
则PE∥平面SBC ，
1
因为正方体ABCD－ABC D 的棱长是2，
1 1 1 1
所以DE＝C D＝，
1 1 1
连接PS，BD，取BD的中点O，连接PO，
则PSBO为平行四边形，则PO∥SB，SB⊂平面SBC ，PO⊄平面SBC ，
1 1
则PO∥平面SBC ，
1
又PO∩PE＝P，PO，PE⊂平面POE，
所以平面POE∥平面SBC ，
1
设平面POE∩平面DCC D＝EF，
1 1
则DF＝DC＝，
连接OF，EF，则PEFO为平行四边形，Q的轨迹为线段EF，EF＝＝＝.
专题强化练
1.(2022·重庆模拟)如图，一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆
E.若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θ，则下列对椭圆E的
描述中，错误的是( )A．短轴为2r，且与θ大小无关
B．离心率为cos θ，且与r大小无关
C．焦距为2rtan θ
D．面积为
答案 B
解析 由题意，椭圆短轴长2b＝2r，而长轴长随θ变大而变长且2a＝，
所以c＝＝rtan θ，故e＝＝sin θ，
焦距为2c＝2rtan θ，
由椭圆在底面投影即为底面圆，则cos θ等于圆的面积与椭圆面积的比值，
所以椭圆面积为S＝.
综上，A，C，D正确，B错误．
2.(2022·资阳模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD－ABC D 中，点E，F，G分别是棱
1 1 1 1
CC ，CB，CD的中点，P为线段AD 上的一个动点，平面α∥平面EFG，则下列命题中错
1 1
误的是( )
A．不存在点P，使得CP⊥平面EFG
B．三棱锥P－EFG的体积为定值
C．平面α截该正方体所得截面面积的最大值为
D．平面α截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
答案 C
解析 如图，连接AC，可得AC⊥平面EFG，由AC与AD 异面可知，不存在点P，使得
1 1 1 1
CP⊥平面EFG，故A正确；
因为AD∥平面EFG，所以动点P到平面EFG的距离为定值，故三棱锥P－EFG的体积为
1定值，故B正确；
如图，当截面为正六边形IJKLMN(其中I，J，K，L，M，N都是中点)时，易得该正六边形
的边长为，所以其面积为6××2＝，故C错误；
截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确．
3．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝4，AB＝AC＝2，BC＝3，PB，PC与以PA
为直径的球O的球面分别交于点M，N，则下列结论错误的是( )
A．PN＝
B．MN∥平面ABC
C．MN＝2
D．球O的球面上点M，N所在大圆劣弧的长为
答案 D
解析 对于A选项，
因为PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以PA⊥AB，
因为PA＝4，AB＝AC＝2，
则PB＝＝2，
所以cos∠APB＝＝，
在△OPM中，OM＝OP＝PA＝2，
由余弦定理可得
OM2＝OP2＋PM2－2OP·PMcos∠APB，
所以PM＝2OPcos∠APM＝，
同理可知PN＝，A正确；
对于B选项，在△PBC中，PB＝PC＝2，
PM＝PN＝，
所以＝，
所以MN∥BC，
因为MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以MN∥平面ABC，B正确；对于C选项，因为MN∥BC，
则△PMN∽△PBC，
所以＝＝，
因此MN＝BC＝2，C正确；
对于D选项，因为MN＝OM＝ON＝2，
则△OMN为等边三角形，
则∠MON＝，
所以球O的球面上点M，N所在大圆劣弧的长为×2＝，D错误．
4．(2022·莆田模拟)已知正四面体ABCD的棱长为2.点E，F满足BC＝λBE，BD＝λBF，用
过A，E，F三点的平面截正四面体ABCD的外接球O，当λ∈[1,3]时，截面面积的取值范围
为( )
A．[4π，8π] B．[6π，12π]
C．[8π，9π] D．[8π，12π]
答案 C
解析 如图，在棱BC上取点R，在棱BD上取点S，使得BC＝3BR，BD＝3BS，
取CD的中点G，连接AR，AS，RS，BG，AG，
记RS∩BG＝M，连接AM.
过点A作AH⊥平面BCD，垂足为H，
则H为△BCD的中心，正四面体ABCD外接球的球心O在AH上，AO为球O的半径．
由题中数据可得AM＝AG＝3HG＝3HM＝3，AH＝4，BH＝2.
设球O的半径为R，
则R2＝(AH－OH)2＝BH2＋OH2，
解得R＝3，OH＝1.
当λ∈[1,3]时，截面AEF从平面ARS转动到平面ACD，要求截面的面积只需考虑球心O到
截面的距离的取值范围即可．
由题意可知CD∥RS且CD⊥平面ABG，如图，过点O作ON⊥AM，
垂足为N，
则ON⊥平面ARS.
因为△AON∽△AMH，
所以ON＝＝1，
即球心O到截面的距离d∈[0,1]，
则截面圆的半径满足r2＝R2－d2∈[8,9]，
故所求截面的面积S∈[8π，9π]．
5．(2022·临沂模拟)已知正三棱台ABC－ABC 的上、下底面边长分别为2和5，侧棱长为
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3，则以下底面的一个顶点为球心，2 为半径的球面与此正三棱台的表面的交线长为
________．
答案 2π
解析 由题意，得△ABC是边长为5的等边三角形，侧面均为全等的等腰梯形，
在四边形ABBA 中，
1 1
AB＝5，AB＝2，AA＝BB＝3，
1 1 1 1
如图，在棱AB上取BF＝2，连接AF，易知△AAF为等边三角形，
1 1
即∠AAB＝60°，则以下底面的一个顶点A为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交
1
线为三段圆弧 ， ， ，
分别是与平面ABC，平面ABBA，平面ACC A 的交线，
1 1 1 1
则所求交线长度为三段圆弧 ， ， 的长度之和，长度为×2×3＝2π.
6.(2022·徐州模拟)如图，已知正方体ABCD－ABC D 的棱长为6，E，F分别是AD ，AA
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的中点，平面CEF截正方体所得的截面为多边形，则此截面多边形的周长为________．
答案 6＋3解析 延长EF交DA的延长线于点M，连接MC交AB于点N， 延长FE与DD 的延长线交
1
于点P，连接PC交C D 于点Q，连接EQ， 则五边形EFNCQ即为平面CEF截正方体所得
1 1
的截面．如图所示，
则有AF＝FA＝AM＝3，
1
又因为△MAN∽△MDC，
所以＝，解得AN＝2，
所以FN＝＝，
NC＝＝2，
同理可得QD ＝2，QC ＝4，
1 1
所以QC＝＝2，
EQ＝＝，
又因为EF＝＝3，
所以五边形EFNCQ的周长为6＋3.
