文档内容
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 (2022·江苏六校联考)如图，直四棱柱ABCD－ABC D 的底面是边长为2的正方形，
1 1 1 1
侧棱长为3，E，F分别是AB，BC的中点，过点 D ，E，F的平面记为α，则下列结论正确
1
的个数是( )
①平面α截直四棱柱ABCD－ABC D 所得截面的形状为四边形；
1 1 1 1
②平面α截直四棱柱ABCD－ABC D 所得截面的形状为五边形；
1 1 1 1
③平面α截直四棱柱ABCD－ABC D 所得截面的面积为；
1 1 1 1
④平面α截直四棱柱ABCD－ABC D 所得截面的面积为.
1 1 1 1
A. 0 B．1
C．2 D．3
答案 B
解析 如图所示，延长EF分别与DA，DC的延长线交于点P，Q，连接DP，交AA 于点
1 1
M，连接DQ，交CC 于点N，
1 1
连接ME，NF，则平面α截直四棱柱ABCD－ABC D 所得截面为五边形DMEFN，故①错
1 1 1 1 1
误，②正确；
由平行线分线段成比例可得，AP＝BF＝1，故DP＝DD ＝3，则△DD P为等腰直角三角形，
1 1
由相似三角形可知 AM＝AP＝1，故AM＝2，则DM＝DN＝2，ME＝EF＝FN＝，连接
1 1 1
MN，易知MN＝2，因此五边形DMEFN可以分成等边三角形DMN和等腰梯形MEFN，设等腰梯形MEFN的
1 1
高为h，则h＝＝，
则等腰梯形MEFN的面积为×＝，又 ＝×2×＝2，
所以五边形DMEFN的面积为2＋＝，故③正确，④错误．
1
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 (2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－ABC D 的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D
1 1 1 1 1
为球心，为半径的球面与侧面BCC B 的交线长为________．
1 1
答案
解析 如图，设BC 的中点为E，
1 1
球面与棱BB，CC 的交点分别为P，Q，
1 1连接DB，DB，DP，DE，EP，EQ，
1 1 1 1
由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，
∴DB＝DB＝2，
1 1
∴△DBC 为等边三角形，
1 1 1
则DE＝且DE⊥平面BCC B，
1 1 1 1
∴E为球面截侧面BCC B 所得截面圆的圆心，
1 1
设截面圆的半径为r，
则r＝＝＝.
又由题意可得EP＝EQ＝，
∴球面与侧面BCC B 的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
1 1
又DP＝，
1
∴BP＝＝1，
1
同理C Q＝1，
1
∴P，Q分别为BB，CC 的中点，
1 1
∴∠PEQ＝，
知 的长为×＝，即交线长为.
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·厦门模拟)在棱长为3的正方体ABCD－ABC D 中，E为棱BB 上靠近B 的三等分
1 1 1 1 1 1
点，则平面AED 截正方体ABCD－ABC D 的截面面积为( )
1 1 1 1 1
A．2 B．4 C．2 D．4
答案 C
解析 延长AE，AB 交于点F，连接DF交BC 于点G，如图，
1 1 1 1 1
在正方体ABCD－ABC D 中，平面ADD A∥平面BCC B，
1 1 1 1 1 1 1 1
∵平面AFD ∩平面ADD A＝AD，平面AFD ∩平面BCC B＝EG，
1 1 1 1 1 1 1
∴AD∥GE ，又∵AD＝3，GE＝，
1 1
∴四边形AEGD 是梯形，且为平面AED 截正方体ABCD－ABC D 的截面．
1 1 1 1 1 1
又∵DG＝AE＝，在等腰梯形AEGD 中，过G作GH⊥AD，
1 1 1
∴GH＝＝，
∴S＝·(EG＋AD)·GH＝×(＋3)×＝2.
1
2.(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．
3.(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．
4．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．
5．已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，PA＝6，AB⊥AC，
AB＝2，AC＝2，点D为AB的中点，过点 D作球O的截面，则截面面积的取值范围是
________．
答案 [π，13π]解析 三棱锥P－ABC的外接球即为以AB，AC，AP为邻边的长方体的外接球，
∴2R＝＝2，∴R＝，
取BC的中点O，∴O 为△ABC的外接圆圆心，
1 1
∴OO ⊥平面ABC，如图．
1
当OD⊥截面时，截面的面积最小，
∵OD＝
＝＝2，
此时截面圆的半径为r＝＝1，
∴截面面积为πr2＝π，
当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR2＝13π，
故截面面积的取值范围是[π，13π]．
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
1 1 1 1 1 1 1
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.
