文档内容
拔高点突破 01 立体几何中的截面、交线问题
目录
01 方法技巧与总结...............................................................................................................................2
02 题型归纳与总结...............................................................................................................................2
题型一：截面作图................................................................................................................................2
题型二：截面图形的形状、面积及周长问题....................................................................................5
题型三：截面切割几何体的体积问题................................................................................................8
题型四：球与截面问题......................................................................................................................11
题型五：截面图形的个数问题..........................................................................................................13
题型六：平面截圆锥问题..................................................................................................................16
题型七：截面图形有关面积、长度及周长范围与最值问题..........................................................20
题型八：截面有关的空间角问题......................................................................................................27
题型九：交线问题..............................................................................................................................30
03 过关测试.........................................................................................................................................35解决立体几何截面问题的解题策略．
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，为解决立体几何问
题增添了一种代数计算方法．
2、基底法
所谓基底法是不需要建立空间直角坐标系，而是利用平面向量及空间向量基本定理作为依托，其
理论依据是：若四点E、F、G、H共面， 为空间任意点，则有：
结论1：若 与 不共线，那么 ；
结论2： ．
3、几何法
从几何视角人手，借助立体几何中的线线平行、线面平行、面面平行的性质与判定定理以及平面
几何相关定理、结论，通过论证，精准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，再依据题意完成所求解答或证明．
题型一：截面作图
【典例1-1】（2024·河南·三模）如图，在四棱锥 中，底面 为等腰梯形，
分别为 的中点.
在答题卡的图中作出平面 截四棱锥 所得的截面，写出作法（不需说明理由）；
【解析】所作截面如图1所示.作法：延长 交于点 ，连接 交 于 ，连接 ，
延长 交于点 ，连接 交 于 ，连接 ，
则截面是五边形 .
【典例1-2】如图所示，已知正方体 ，过点 作截面，使正方体的12条棱所在直线与截
面所成的角皆相等，试找出满足条件的一个截面．
【解析】因为过同一顶点的三条棱所成的角相等的面即为与12条棱所成的角相等的面，
所以过直线 的三个截面 ．
【变式1-1】如图，已知正方体 的棱长为1， 分别是线段 上靠近 的三等
分点．过点 作该正方体的截面，试求截面图形的周长和面积．
【解析】在棱长为1的正方体 中，延长 交直线 于 ，延长 交 延长线于 ，
连接 交 于 ，交 于 ，连接 ，则五边形 是过点 的该正方体的截面，
平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，
则 ， ，3
同理 ， ，因此AE=AF= ，
2
， ，
，
所以截面周长为 ；
等腰 底边 上的高为 ，
则 的面积 ，
显然 ∽ ， ，同理 ，
所以截面面积 .
【变式1-2】如图，正四面体ABCD中，P是AB上一点， ， ， ，R为CD中
点，截面PRQ与CB交于点S．确定S的位置．
【解析】由题意知 ， ，
因截面 ，则 ， 共面，进而应有 ，
记 ，有 ，
由此得 ， ， ，
解得 ， ， ．
于是 ，点S是BC边上的五等分点，即 ．题型二：截面图形的形状、面积及周长问题
【典例2-1】（2024·全国·模拟预测）已知正方体 中，点 是线段 上靠近 的三等分
点，点 是线段 上靠近 的三等分点，则平面AEF截正方体 形成的截面图形为
（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】C
【解析】如图，设 ，分别延长 交于点 ，此时 ，
连接 交 于 ，连接 ，
设平面 与平面 的交线为 ，则 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，设 ，则 ，
此时 ，故 ，连接 ，
所以五边形 为所求截面图形，
故选：C．
【典例2-2】（2024·高三·江西·开学考试）已知一正方体木块 的棱长为4，点 在棱 上，
且 .现过 三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【解析】
如图，在 上取一点 ，使得 ，连接 ，
因为 且 ，所以四边形 为平行四边形，
所以 与 相交于 且 为 的中点，
又 在 上，所以 与 相交于 ，且O平分 ， ，
所以四点 四点共面且四边形 为平行四边形，
所以过 三点的截面是平行四边形 ，
，
，
，
故截面面积为 .
故选：A.
【变式2-1】（2024·江西·模拟预测）已知在长方体 中， ，点 ， ，
分别在棱 ， 和 上，且 ， ， ，则平面 截长方体所得的截面形
状为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】C
【解析】如图连接 并延长交 的延长线于点 ，连接 并延长交 于点 ，
过点 作 交 于点 ，连接 ，
则五边形 即为平面 截该长方体所得的截面多边形.
其中因为 ， ， ，
所以 ，则 ，所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，则 ，
显然 ，则 ，所以 .
故选：C
【变式2-2】（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体 中， ， 分别为棱 ，
的中点， 为线段 的中点，球 的表面与线段 相切于点 ，则球 被正四面体 表面截
得的截面周长为 ．
【答案】
【解析】
在棱长为2的正四面体 中，连接 ，过 作 于 ，如图，
由 分别为棱 的中点，得 ，
而 平面 ，则 平面 ，又 平面 ，于是平面 平面 ，
而平面 平面 ，
因此 平面 ，而 ， ， ，则 ，
球 半径 ， ，从而 ，
球 被平面 截得的截面圆半径 ，
所以球 被平面 截得的截面周长 .
又 为正四面体，所以球 被正四面体 的每个面截得的截面都为圆，
且圆的半径为 ，
所以球 被正四面体 表面截得的截面周长为 .
故答案为：
题型三：截面切割几何体的体积问题
【典例3-1】（2024·河北·模拟预测）过圆锥 高的中点 作平行于底面的截面，则截面分圆锥 上部
分圆锥与下部分圆台体积比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设截面圆半径为r，圆锥的高为h，圆锥的体积为 ,则圆台下底面圆的半径为2r，圆台的高为h，
圆台的体积为 ，
所以 ， ，
可得 .
故选：D.
【典例3-2】（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，在三棱柱 中， 底面ABC，
，点D是棱 上的点， ，若截面 分这个棱柱为两部分，则这两部分
的体积比为（ ）A．1:2 B．4:5 C．4:9 D．5:7
【答案】D
【解析】不妨令 ，且上下底面等边三角形，
又 底面ABC，易知 为直三棱柱，即侧面为矩形，
所以三棱柱 体积 ，
而 ，故 ，
所以 ，故 ，
所以 .
故选：D
【变式3-1】（2024·贵州贵阳·一模）在三棱柱 中， 底面 ， ，
点 是棱 上的点， ，若截面 分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】取 中点 ，连接 ，
由题意知： 为等边三角形，则 为等边三角形， ，平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
又 平面 ， ，
平面 ， 平面 ，
不妨设 ，则 ， ， ，
， ，
， ，
，即截面 分棱柱的两部分的体积比为 .
故选：D.
【变式3-2】（2024·河北衡水·一模）已知正三棱柱 ，过底边 的平面与上底面交于线段
，若截面 将三棱柱分成了体积相等的两部分，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， ；
设 的面积为 ， 的面积为 ，三棱柱 的高为 ，
三棱台 的体积 ，
又三棱柱 的体积 ，，解得： （舍）或 ，
∽ ， ，即 .
故选：A.
题型四：球与截面问题
【典例4-1】（2024·福建漳州·一模）在直三棱柱 中， ， ，过
作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为 ．
【答案】
【解析】由直三棱柱 可知， 平面 ，
又 ，所以 两两垂直，
设直三棱柱 外接球的半径为R，
通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以 为边长的长方体外接球相同；
过 作该直三棱柱外接球的截面，当 为所截圆的直径时截面面积最小，
因为 ，
则所求截面面积最小值为 .
故答案为： .
【典例4-2】（2024·河南新乡·二模）已知一平面截球 所得截面圆的半径为2，且球心 到截面圆所在平
面的距离为1，则该球的体积为 ．
【答案】
【解析】由球的截面圆性质可知球的半径 ，则该球的体积为 .
故答案为： .
【变式4-1】已知球 的体积为 ，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面 截球 和圆锥所得
的截面面积分别为 ，若 ，则
【答案】
【解析】设球O半径为R，由 ，得 ，
平面 截球O所得截面小圆半径 ，由 ，得 ，
因此，球心O到平面 的距离 ，
而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为 ，
因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为 ，
于是得圆锥底面圆半径 ，
令平面 截圆锥所得截面为等腰 ，线段 为圆锥底面圆 的弦，
点C为弦 中点，如图，由题意 ， ，
则 ， ， ，
所以 .
故答案为： .
【变式4-2】（2024·陕西西安·三模）如图，已知球 的半径为 ， 在球 的表面上， ，连接
球心 与 ，沿半径 旋转 使得点 旋转到球面上的点 处，若此时 ，且球心到 所在截面圆的距离为 ，则球 的表面积为 ．
【答案】 /
【解析】依题意，在 中， ， ，则 ，
因此 的外接圆半径 ，
由球心 到 所在截面圆的距离为 ，得 ，则 ，
所以球 的表面积为 .
故答案为：
题型五：截面图形的个数问题
【典例5-1】过正四面体 的顶点P作平面 ，若 与直线 ， ， 所成角都相等，则这样的
平面的个数为（ ）个
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【解析】如图，将正四面体 看成四棱柱 的左下角一部分，
由正四面体 可知，
平面 与直线 ， ， 所成角都相等，
故过点P做平面 平面 ，
则此时的平面 与直线 ， ， 所成角都相等，
因为 ，
则 与平面 所成的角相等，
又因 ，
所以直线 ， ， 与平面 所成的角相等，故过点P做平面 平面 ，
则此时的平面 与直线 ， ， 所成角都相等，
同理，直线 ， ， 与平面 、平面 所成角都相等，
即平面 平面 时，平面 与直线 ， ， 所成角都相等，
平面 平面 时，平面 与直线 ， ， 所成角都相等，
综上所述，这样的平面的个数为4个.
故选：B.
【典例5-2】（2024·陕西榆林·陕西省榆林中学校考三模）过正方体 的顶点 作平面 ，
使得正方体的各棱与平面 所成的角都相等，则满足条件的平面 的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】法一：直线AB、AD、AA 与平面ABD所成角都相等，过顶点A作平面α∥平面ABD，过顶点A
1 1 1
分别作平面α与平面C BD、平面BAC，平面DAC平行，直线AB、AD、AA 与平面α所成的角都相等．
1 1 1 1
法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等，由此能求出结果．解法一：在正方
体ABCD﹣ABC D 中，
1 1 1 1
三棱锥A﹣ABD是正三棱锥，
1
直线AB、AD、AA 与平面ABD所成角都相等，
1 1
过顶点A作平面α∥平面ABD，
1
则直线AB、AD、AA 与平面α所成角都相等，
1
同理，过顶点A分别作平面α与平面C BD、平面BAC，平面DAC平行，
1 1 1
直线AB、AD、AA 与平面α所成的角都相等，
1
∴这样的平面α可以作4个．
故选：C
解法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等
因为有四条体对角线，所以，可以做四个平面．
故选：C【变式5-1】设四棱锥 的底面不是平行四边形,用平面 去截此四棱锥,使得截面四边形是平行四
边形,则这样的平面
A．有无数多个 B．恰有 个 C．只有 个 D．不存在
【答案】A
【解析】
如图由题知面 与面 相交，面 与面 相交，可设两组相交平面的交线分别为 ，由
决定的平面为 ，作 与 且与四条侧棱相交，交点分别 则由面面平行的性质定理
得： 从而得截面必为平行四边形．由于平面 可以上下平移，可知满足条件
平面 有无数多个．故本题答案选 ．
【变式5-2】（2024·浙江·模拟预测）过正四面体ABCD的顶点A作一个形状为等腰三角形的截面，且使截
面与底面BCD所成的角为 ，这样的截面有（ ）
A．6个 B．12个 C．16个 D．18个
【答案】D
【解析】如图，在正四面体ABCD中，因为过点A的截面 是等腰三角形，
若 ，则截面与底面BCD所成的角为 有如下情形，
如图所示：
在高线的两侧的截面 、截面 与底面BCD所成的角为 （ ， 与BC平行），
同理截面的一边与CD平行也有2个，与BD平行也有2个，共有6个．
若 ，同理也有6个；
若 ，同理也有6个．
综上所述，满足题意的截面共有18个，故选：D．
题型六：平面截圆锥问题
【典例6-1】用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截面与圆锥侧面的交线）是一个圆，用
一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角 不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别
是椭圆、拋物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶
角为 ，截口曲线形状与 有如下关系：当 时，截口曲线为椭圆；当 时，截口曲线为抛物线：
当 时，截口曲线为双曲线．如图1所示，其中 ，现有一定线段 ，其与平面 所成角
（如图2）， 为斜足， 上一动点 满足 ，设 点在 的运动轨迹是 ，则（ ）
A．当 时， 是抛物线 B．当 时， 是双曲线
C．当 时， 是圆 D．当 时， 是椭圆
【答案】D
【解析】∵ 为定线段， 为定值，
∴ 在以 为轴的圆锥上运动，其中圆锥的轴截面半顶角为 ， 与圆锥轴 的夹角为 ，
对于A， ，∴平面 截圆锥得双曲线，故A错误；
对于B， ，∴平面 截圆锥得椭圆，故B错误；
对于C， ，∴平面 截圆锥得抛物线，故C错误；
对于D， ，∴平面 截圆锥得椭圆，故D正确；
故选：D.
【典例6-2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知圆锥SO的轴截面是边长为2的正三角形，过其底面圆周上
一点A作平面 ，若 截圆锥SO得到的截口曲线为椭圆，则该椭圆的长轴长的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C【解析】如图所示，当该椭圆的长轴垂直于母线时，此时椭圆的长轴取得最小值，
且最小值为边长为2的正三角形的高，即 .
故选：C.
【变式6-1】如图1，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度对这个问题进
行研究，其中比利时数学家Germinal dandelion（1794-1847）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两
个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面切于 、 ，在截口曲线上
任取一点 ，过 作圆锥的母线，分别与两个球切于 、 ，由球和圆的几何性质，可以知道， ，
，于是 ，由 、 的产生方法可知，它们之间的距离 是定值，由椭
圆定义可知，截口曲线是以 、 为焦点的椭圆.如图2，一个半径为1的球放在桌面上，桌面上方有一点
光源 ，则球在桌面上的投影是椭圆，已知 是椭圆的长轴， 垂直于桌面且与球相切， ，则
椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】图2中，设球心为 ，球 与 相切于点 ，作出截面如图所示，
由题意知： ，
，,
又 ， ，则 ，
又 ，则 ，
则椭圆的离心率为 .
故选：A.
【变式6-2】（2024·上海虹口·模拟预测）在圆锥 中，已知高 ，底面圆的半径为4，M为母线
的中点，根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四
个命题，正确的个数为（ ）
①圆的面积为 ；
②椭圆的长轴长为 ；
③双曲线两渐近线的夹角正切值为 ；
④抛物线的焦点到准线的距离为
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【解析】对于①，M为母线 的中点，因此截面圆的半径为底面圆的半径的 ，
即截面圆半径为2，则圆的面积为 ，故①正确；
对于②，如图，在圆锥的轴截面 中，作 ,垂足为C，
由题意可得M为母线 的中点，则 ,故椭圆的长轴长为 ,②正确；
对于③，如图，在与平面 垂直且过点M的平面内，建立平面直角坐标系，
坐标原点与点P到底面距离相等，
则点M坐标为 ，双曲线与底面圆的一个交点为D，其坐标为 ，
则设双曲线方程为 ，
则 ，将 代入双曲线方程，得 ，
设双曲线的渐近线 与 轴的夹角为 ，则 ，
故双曲线两渐近线的夹角正切值为 ，③错误；
对于④，如图，建立平面直角坐标系，
设抛物线与底面圆的一个交点为H，
则 ，则 ,
设抛物线方程为 ，则 ，
即抛物线的焦点到准线的距离为 ，④错误，
故正确的命题有2个，故选：B
题型七：截面图形有关面积、长度及周长范围与最值问题
【典例7-1】（2024·四川宜宾·模拟预测）已知 分别是棱长为2的正四面体 的对棱 的中
点.过 的平面 与正四面体 相截，得到一个截面多边形 ，则正确的选项是（ ）
①截面多边形 可能是三角形或四边形.
②截面多边形 周长的取值范围是 .
③截面多边形 面积的取值范围是 .
④当截面多边形 是一个面积为 的四边形时，四边形的对角线互相垂直.
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
【答案】D
【解析】对于①，当平面 过 或 时，截面为三角形.
易知正四面体关于平面 对称，将平面 从平面 开始旋转与 交于点 时，
由对称性可知，此时平面 与 交于点 ，且 ，
此时截面为四边形 ，①正确；
对于②，设 ，由余弦定理得 ，，
由两点间距离公式知， 表示动点 到定点 和 的距离之和，
当三点共线时取得最小值 ，
由二次函数单调性可知，当 或 时， 取得最大值 ，
所以截面多边形 周长的取值范围是 ，所以②错误；
对于③，记 与 的交点为 ，由对称性 ， ，
所以 ， ，
因为 ，
所以 ，所以 ，
记 ，
则 ，
因为 ，
所以
，
由二次函数性质可知， ，即 ，
所以 ，③正确；
对于④，由③知，当截面为四边形时，对角线 ， 垂直，所以④正确．
故选：D
【典例7-2】（2024·四川·一模）设正方体 的棱长为1，与直线 垂直的平面 截该正方
体所得的截面多边形为M．则下列结论正确的是（ ）．
A．M必为三角形 B．M可以是四边形
C．M的周长没有最大值 D．M的面积存在最大值
【答案】D【解析】对于选项A、B，易知平面 为平面 或与其平行的平面，故多边形M只能为三角形或六边
形，选项A和B均错误；
对于选项C，
当M为正三角形时，显然截面多边形M为 时周长取得最大值为 ；
当截面多边形M为六边形时，
设 ，则 ， ， ，
易得： ， ，
此时截面多边形M的周长为定值： ，
综合两种情况，M的周长的最大值为 ，选项C错误；
对于选项D，
当M为正三角形时，
仅当截面多边形M为 时的面积为 ；
当截面多边形M为六边形时，设 ，
该六边形可由两个等腰梯形 和 构成，
其中 ，
， ， ，
两个等腰梯形 和 的高分别为 和 ，
则
，
，
当且仅当 时，六边形面积最大值为 ，即截面多边形是正六边形时截面面积最大．
综上，当 时，截面多边形为正六边形时面积取得最大值 .
选项D正确.
故选：D.【变式7-1】若圆锥的轴截面是一个顶角为 ，腰长为2的等腰三角形，则过此圆锥顶点的所有截面中，
截面面积的最大值为（ ）
A． B．1 C．3 D．2
【答案】D
【解析】由题意得，圆锥的母线长 ，
设过圆锥顶点的截面三角形的顶角为 ，由题意知， ，
所以截面面积 ，
当 时， ，即截面面积的最大值为 .
故选：D．
【变式7-2】（多选题）（2024·福建厦门·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体 中，点
E，F分别是 和 的中点，则（ ）
A．
B．
C．点F到平面EAC的距离为
D．过E作平面 与平面ACE垂直，当 与正方体所成截面为三角形时，其截面面积的范围为【答案】BCD
【解析】在棱长为2的正方体 中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
对于A， ，显然 与 不共线，即 与 不平行，A错误；
对于B， ， ，因此 ，B正确；
对于C， ，设平面 的法向量 ，
则 ，令 ，得 ，而 ，
点F到平面 的距离为 ，C正确；
A B C D
对于D，过点 垂直于平面 的直线与平面 相交，令交点为 ，
1 1 1 1
则 ，点 ，由 ，得 ，即 ，
当平面 经过直线 并绕着直线 旋转时，平面 与平面A B C D 的交线绕着点 旋转，
1 1 1 1
当交线与线段 ， 都相交时， 与正方体所成截面为三角形，
令平面 与平面A B C D 的交线交 于点G，交 于点H，设 ， ，
1 1 1 1
， ，由 ，
得 ， ， 斜边 上的高 ，
则截面 边 上的高 ，
截面 的面积
，当 时， ， ，
所以 ，D正确.
故选：BCD
【变式7-3】正方体 中作一截面与 垂直，且和正方体所有面相交，如图所示．记截面
多边形面积为 ，周长为 ，则（ ）
A． 为定值， 不为定值 B． 不为定值， 为定值
C． 和 均为定值 D． 和 均不为定值
【答案】B
【解析】如图，由正方体的性质得 平面 ，
因为 平面 ， 为正方形，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
同理可证明 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，
同理可证明 平面 ，
所以，所求截面与平面 和平面 均平行，如图中的六边形 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，
所以， ，同理可得 ， ， ， ， ，
设 ， ，则
因为 ， ，
所以 ， ，
因为
所以 ，同理， ， ，
所以，截面多边形的周长为 为 （ 为正方体边长），故 为定值；
当 时，该截面多边形由六边形变为正三角形 ，此时面积为 ；
当 时，该截面多边形为正六边形，此时面积为 ；
所以，该截面多边形的面积在变换，故 不为定值.
综上， 不为定值， 为定值.
故选：B
题型八：截面有关的空间角问题
【典例8-1】（2024·四川成都·高三校联考期末）在正方体 中， 为线段 的中点，设平
面 与平面 的交线为 ，则直线 与 所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设正方体 的棱长为2，
以点A为坐标原点，AB、AD、 所在直线分别为x、y、z轴建系，如图所示：
则 、 、 、 、 ．设平面 的法向量为 ，
， ，
由 ，
取 可得 ；
设平面 的法向量为 ，
， ，
由 ，
取 可得 ，
设直线 的方向向量为 ，
∵直线 平面 ，直线 平面 ，
， ，
∴ ，
取 可得 ，
已知 ，设直线 与 所成角为 ，
，
即直线 与 所成角的余弦值为 ，
故选：B．
【典例8-2】在正方体 中，E为线段AD的中点，设平面 与平面 的交线为 ，则
直线 与 所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设正方体 的棱长为2，
以点A为坐标原点，AB、AD、 所在直线分别为x、y、z轴建系，如图所示：则 、 、 、 、 .
设平面 的法向量为 ，
， ，
由 ，取 可得 .
设平面 的法向量为 ， ， ，
由 ，取 可得 .
设直线 的方向向量为 ，∵ 平面 ， 平面 ，
则 ， ，
∴ ，取 可得 ，
，设直线 与 所成角为
，即直线 与 所成角的余弦值为 .
故选：D
【变式8-1】（2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）在正方体 中， 为 中点，
过 的截面 与平面 的交线为 ，则异面直线 与 所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】取 的中点 ，如下图，连接 ，
因为 ，所以 四点共面，
所以过 的截面 即为平面 ，截面 与平面 的交线为 即为 ，
取 的中点 ，连接 ，因为 ，
所以 （或其补角）为异面直线 与 所成角，
设正方体的棱长为 ，所以 ，
所以 .
则异面直线 与 所成角的余弦值为 .
故选：A.
题型九：交线问题
【典例9-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，在正方体 中，E是棱 的中点，记平面
与平面ABCD的交线 ，平面 与平面 的交线 ，若直线AB与 所成角为 ，直线AB与
所成角为 ，则 的值是 ．
【答案】
【解析】延长 与直线CD相交于F，连接AF，则平面 与平面ABCD的交线为AF，
即 为直线 ，
故 即为 ，又∵ ，∴ ，
∵E是棱 的中点，且 ，
∴ ，∴ ，
又 为锐角，且 ， ，
则 ，
又∵平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
又∵ ，
故直线AB与 所成角为 ，
又 ，故 ，
所以 ，
故答案为：
【典例9-2】（2024·全国·模拟预测）已知正四棱柱 中， ， ，点 为 的
中点，点 为 的中点，平面 与平面 的交线为 ，则异面直线 与 所成角的余弦值为 .
【答案】 /
【解析】如图，在棱 上取点 ，使 ，连接 ，则 ，
所以 为平面 与平面 的交线.
连接 ，则 为平面 与平面 的交线.
因为面 与面 的交线为 ，且面 面 ，所以 .在棱 上取点 ，使 ，连接 ，则 ，
所以 ，则 就是异面直线 与 所成的角.
连接 ，在 中 ， ，
.
由余弦定理，得 ，
所以异面直线 与 所成的角的余弦值为 .
故答案为：
【变式9-1】（2024·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体 中， 为棱 （不含端点）上的动点，
过点 的平面 与平面 平行．若平面 与平面 ，平面 的交线分别为 ，则 所成角的
正弦值的最大值为 ．
【答案】 /
【解析】连接 ，由题意知过点 的平面 与平面 平行，
平面 与平面 、平面 的交线分别为 ，
由于平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 平面 ，所以 ，
所以 或其补角即为 所成的平面角，
设正四棱锥 的棱长为1， ，则 ，
在 中，由余弦定理得
，
同理求得 ，故在 中，
，
由于 ，则 ，
进而 ，
当 时取等号，故 的最小值为 ，
进而 ，故 的最大值为 .
故答案为： ．
【变式9-2】（2024·山东·二模）三棱锥 中， 和 均为边长为2的等边三角形， 分
别在棱 上，且 平面 平面 ，若 ，则平面 与三棱锥 的交
线围成的面积最大值为 ．
【答案】
【解析】如图所示，因为 平面 ，设 面 ，所以 ，
同理： ，
设 ，所以 ，即 ，
所以四边形 为平行四边形，即 ，
平面 ， 平面 ，所以 平面 ，又因为 平面 ，平面 平面 ，所以 ，即 ，且 ，
取 中点 ，连接 ，易得 ， ，
，所以 面 ，所以 ，所以 ，
所以四边形 为矩形，
所以面 与三棱锥 的交线围成的面积 ，
当 ，即 为 中点时，面积最大，最大值为 ，
故答案为： .
【变式9-3】（2024·广东汕头·一模）如图，在正方体 中， 是棱 的中点，记平面
与平面 的交线为 ，平面 与平面 的交线为 ，若直线 分别与 所成的角为
，则 ， .
4 1
【答案】 /0.5 /1
3 3
【解析】在正方体 中， 是棱 的中点，
延长 与 延长线交于点 ，连接 ，则直线 即为直线 ， ，
由 ，得 ，又 ，于是 ，
由平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，则 ，又 ，因此 ， ，
所以 .
故答案为： ；
1．已知球O是正三棱锥 （底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球， ，
，点E为线段 的中点.过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
如图， 是A在底面的射影，则点 在线段 上.
由正弦定理得， 的外接圆半径 ，所以 .
在 中，
由勾股定理得棱锥的高 .设球O的半径为R，
在 中，由勾股定理得 ，
即 ，解得 ，所以OO =2.
1
在 中， ， .
所以在 中，有 .
又因为当截面垂直于 时，截面面积最小，
此时截面半径为 ，截面面积为 .
故选：A.
2．已知正三棱锥 的外接球是球 ，正三棱锥底边 ，侧棱 ，点 在线段 上，且
，过点 作球 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如下图，设 的中心为 ，球O的半径为R，
连接 ，OD， ，OE，则
，
在 中， ，
解得R＝2，所以 ，因为BE＝DE，所以 ，
在 中， ，
所以 ，过点E作球O的截面，
当截面与OE垂直时，截面的面积最小，
此时截面的半径为 ，则截面面积为 ，
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π.
故选：D.3．（2024·四川资阳·二模）已知球O的体积为 ，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面 被球
O所截的截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设球O的半径为R，则 ，解得 .
因为点A到球心O的距离为3，
所以过点A的平面 被球O所截的截面圆的半径的最小值为 ，
则所求截面面积的最小值为 .
故选：C
4．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知正三棱锥 的外接球是球 ，正三棱锥底边 ，侧棱
，点 在线段 上，且 ，过点 作球 的截面，则所得截面圆面积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图，设 的中心为 ，球 的半径为 ，连接 ， ，
则 ， ，
在 中， ，解得 ，
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为 ．
所得截面圆面积的最大值为 ．
故选：D．5．（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体 中， ，点 是线段 上靠
近 的四等分点，点 是线段 的中点，则平面 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
【解析】延长 交 的延长线于点 ，连接 交 于点 ，连接 ，
延长 交 的延长线于点 ，连接 交 于点 ，连接 ，
则五边形 为平面 截该长方体所得的截面图形，
不妨设 ，又点 是线段 上靠近 的四等分点，点 是线段 的中点，
所以 ， ， ，所以 ，又 ，
所以 ，又 ，所以 ，
又 ，即 ，解得 ，
又 ，即 ，解得 ，符合题意，
即五边形 为平面 截该长方体所得的截面图形.
故选：C
6．（2024·四川成都·二模）在正方体 中， 、 分别是棱 、 靠近下底面的三等分
点，平面 平面 ，则下列结论正确的是（ ）
A． 过点
B．
C．过点 的截面是三角形D．过点 的截面是四边形
【答案】B
【解析】如图取 靠近点 的三等分点 ， 的另一个三等分点 ， 的中点 ， 的中点 ，
连接 、 、 、 、 、 、 ，
依题意可得 且 ， 且 ，
所以 且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，
同理可证 、 ，所以 ，
又 、 为 的三等分点，所以 为 的中点，所以 ，则 ，
所以 、 、 、 四点共面，
又 ，所以 ，所以 、 、 、 四点共面，
所以 、 、 、 、 共面，
所以五边形 即为过点 的截面，平面 平面 ，
所以 .
故选：B.
7．（2024·安徽安庆·三模）在正方体 中，点 分别为棱 的中点，过点
三点作该正方体的截面，则（ ）
A．该截面多边形是四边形
B．该截面多边形与棱 的交点是棱 的一个三等分点
C． 平面
D．平面 平面
【答案】B
【解析】对于A，将线段 向两边延长，分别与棱 的延长线，棱 的延长线交于 ，
连 分别与棱 交于 ，得到截面多边形 是五边形，A错误；对于B，易知 和 全等且都是等腰直角三角形，所以 ，
所以 ，即 ，点 是棱 的一个三等分点，B正确；
对于C，因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，同理可证 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，
因为平面 与平面 相交，所以 与平面 不垂直，C错误；
对于D，易知 ，所以 ，
又 ，所以 平面 ，
结合C结论，所以平面 与平面 不平行，D错误.
故选：B．
8．（多选题）（2024·河南信阳·二模）如图，在四棱锥 中，底面是边长为 的正方形， 为
的中点． ，过 作平面 的垂线，垂足为 ，连 ， ，设 ，
的交点为 ，在 中过 作直线 交 ， 于 ， 两点， ， ，过
作截面将此四棱锥分成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为 ，下列说法正确的是（ ）A． B．
C． D． 的最小值为
【答案】ABD
【解析】由题意可知，四棱锥 为正四棱锥，
过 作平面 的垂线，垂足为 ，则O为底面中心，连接 、 、 ，
设 、 的交点为 ，在 中，过 作直线交 ， 于 ， ，
由相交直线确定平面，得到四边形 是过 的截面，
由题意得 ， 是等边三角形， 是 的重心，
则 ，故A正确；
又设 ， ， ， ，
，由三点共线得 ，解得 ，故B正确；
易知 平面 ,故 平面 ，
则E到平面 的距离为 ，同理G到平面 的距离为2,
又 为 的中点，则 到平面 的距离为1，
，
，故C错误;
易知 ，
故 ，，
， ， ，
当且仅当 ．取等号，
，
．故D正确.
故选：ABD
9．（多选题）（2024·福建福州·模拟预测）在棱长为2的正方体 中， 分别是
的中点， 是线段 上的动点（不含端点），则（ ）
A．存在点 ，使 平面
B．存在点 ，点 到直线 的距离等于
C．过 四点的球的体积为
D．过 三点的平面截正方体 所得截面为六边形
【答案】ACD【解析】
对于A，当 是 的中点时，由于 是 的中点，故 .
而 ，且 ，故四边形 是平行四边形，所以 ，从而
.
而 在平面 内， 不在平面 内，所以 平面 ，故A正确；
对于B，设 ，则 ， ，
.
所以 ，
这就得到 .
故点 到直线 的距离
，故B错误；
对于C，设 的中点为 ，过 四点的球的球心为 ， 在平面 上的投影为 ，则
.
由 可知 平面 ，再由 可知 是 的中点.
所以球的半径 .
从而球的体积 ，故C正确；
对于D，分别在 上取点 ，使得 .
则过 三点的平面截正方体 所得截面为六边形 ，故D正确.
故选：ACD.
10．（2024·山西吕梁·二模）已知圆台 的高为3，中截面（过高的中点且垂直于轴的截面）的半径为
3，若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1:2的两部分，则该圆台的母线长为 .【答案】5
【解析】设圆台的上､下底面圆的半径分别为 ，因为中截面的半径为3，所以根据梯形中位线性质可知：
.
又中截面将该圆台的侧面分成了面积比为 的两部分，
所以根据圆台侧面积公式可知： ，解得 ，所以 .
又圆台的高为3，所以圆台的母线长为 .
故答案为：5.
11．现要将一边长为101的正方体 ，分割成两部分，要求如下：（1）分割截面交正方体
各棱 ， ， ， 于点P，Q，R，S（可与顶点重合）；（2）线段 ， ， ， 的长度
均为非负整数，且线段 ， ， ， 的每一组取值对应一种分割方式，则有 种不同的分割方
式.（用数字作答）
【答案】707504
【解析】易得平面 ∥平面 ，平面 平面 ，平面 平面
，则 ，
同理可得 ，则四边形 为平行四边形，则 ，即 ，
整理得 ，即 ，设 ， ， ， 的长度为 ，
，
又 为非负整数，且 ，易得 为非负整数且 ，下面考虑满足上述条件的有
序数列 的个数；当 时，易得 可取 共 种情况， 可取 共 种情况，由乘法原理可得共
有 ，
则有序数列 共有 个；
当 时，易得 可取 共 种情况， 可取 共
种情况，由乘法原理可得共有 ，
则有序数列 共有 个；
又当有序数列 为 和 时，不满足将正方体 分割成两部分，
故共有 种分割方式.
故答案为：707504.
12．（2024·河南·模拟预测）在三棱柱 中， 底面 ， ，点P是
棱 上的点， ，若截面 分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为 .
【答案】 或
【解析】取 的中点 ，连接 ，
因为 ，所以 ，
因为 底面 ， 底面 ，
所以 ，
又 ，所以 平面 ，
不妨设 ，则 ， ，
，
，
故上面一部分的体积为 ，
则 ，所以两部分的体积比为 或 .
故答案为： 或 .
13．（2024·浙江绍兴·模拟预测）过正三棱锥 的高 的中点作平行于底面 的截面 ，
若三棱锥 与三棱台 的表面积之比为 ，则直线 与底面 所成角的正切值为
.
【答案】
【解析】依题意过正三棱锥 的高 的中点作平行于底面 的截面 ，
则 为 中点， 为 中点， 为 中点，设 的边长为 ， ，
则 ， ， ，
所以 ， ，
所以三棱锥 的表面积 ，
三棱台 的表面积 ，
依题意 ，所以 ，取BC的中点D，则 ，
因为 为正三棱锥 的高，所以 平面ABC，且 ，则 与底面 所成角为 ，所以 ，
所以 ，故直线 与底面 所成角的正切值为 .
故答案为：
14．（2024·山东临沂·一模）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面
的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的
直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如
图1，一个球面的半径为 ，球冠的高是 ，球冠的表面积公式是 ，与之对应的球缺的体积公式是
.如图2，已知 是以 为直径的圆上的两点， ，则
扇形 绕直线 旋转一周形成的几何体的表面积为 ，体积为 .
【答案】
【解析】因为 ，所以 ，设圆的半径为 ，
又 ，解得 （负值舍去），
过点 作 交 于点 ，过点 作 交 于点 ，
则 ， ，所以 ，同理可得 ， ，
将扇形 绕直线 旋转一周形成的几何体为一个半径 的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖
去两个圆锥，
其中球缺的高 ，圆锥的高 ，底面半径 ，
则其中一个球冠的表面积 ，球的表面积 ，
圆锥的侧面积 ，
所以几何体的表面积 ，
又其中一个球缺的体积 ，
圆锥的体积 ，球的体积 ，
所以几何体的体积 .
故答案为： ；
15．（2024·高三·浙江宁波·期末）已知高为2的圆锥内接于球O，球O的体积为 ，设圆锥顶点为P，
平面 为经过圆锥顶点的平面，且与直线 所成角为 ，设平面 截球O和圆锥所得的截面面积分别为
， ，则 .【答案】
4π
【解析】令球 半径为 ，则
R3=36π，解得
，由平面 与直线 成 角，
3
得平面 截球所得小圆半径 ，因此 ，
由球 的内接圆锥高为2，得球心 到此圆锥底面距离 ，则圆锥底面圆半径
，
令平面 截圆锥所得截面为等腰 ，线段 为圆锥底面圆 的弦，
点 为弦 中点，如图，依题意 ， ， ，
，显然 ，于是 ，
所以 .
故答案为：
16．（2024·河南·三模）在正四棱柱 中， ， ，点P为侧棱 上一点，过
A，C两点作垂直于BP的截面，以此截面为底面，以B为顶点作棱锥，则该棱锥的外接球的表面积的取值
范围是 ．
【答案】
【解析】如图所示，当P与点D重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面 ，
四棱锥 的外接球的球心为对角面 的中心O，直径为 ，
此时外接球的表面积最大，最大为 ．
当P与点 重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面ACM，设 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ∽ ，
所以 ，所以 ，解得
所以三棱锥 的外接球直径为 ，
此时外接球的表面积最小，最小为 ．
所以该棱锥的外接球的表面积的取值范围是 ，
故答案为：
17．（2024·重庆·三模）在三棱锥 中， 为正三角形， 为等腰直角三角形，
且 ， ，则三棱锥 的外接球 的体积为 ；若点 满足 ，过点 作球 的
截面，当截面圆面积最小时，其半径为 .
【答案】 /
【解析】由题意知， ， ， ，
由勾股定理可知， ， ，所以 ， ，取 的中点 ，所以 ，
所以 为三棱锥 的外接球的球心，则三棱锥 的外接球 的半径 ，
故外接球 的体积 .
过点 作球 的截面，若要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，
设球 到截面的距离d，只需球心到截面的距离d最大即可，
当且仅当 与截面垂直时，球心到截面的距离d最大，
即 ，取 的中点 ， ，
所以 ，
所以截面圆的半径为 .
故答案为： ；
18．（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥 的所有棱长都为2；点E在侧棱SC上，过点E且垂
直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形H，则H的边数至多为 ，H的面积的最大值为 ．
【答案】 5 /
【解析】取 中点 且 ， 平面 ，可知 平面 ，
根据平面的基本性质，作平面与平面 平行，如图至多为五边形.令 ，则 ，
可得 ，
则 ，可得 ，
所以 ，
又因为 与 的夹角为 与 夹角，而 与 垂直，
则 ，
可得 ，
可知：当 时，S取最大值 .
故答案为： ； .
19．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知正四棱锥 的所有棱长都为2，点 在侧棱 上，过点
且垂直于 的平面截该棱锥，得到截面多边形的面积的最大值为 .
【答案】
【解析】取 的中点 ，连接 ，则 ，
而 平面 ，得 平面 ，
当点 在 之间时，作 分别交 于点 ，
作 分别交 于点 ，连接 ，则平面 与平面 平行，得到的截面为
五边形，
如图所示：令 ，则 ， ，
可得 ，得 ， ，得 ，
由 ，得 ，
所以 ，
又因为 与 的夹角等于 与 的夹角，且由正四棱锥性质可知 与 垂直，
所以 ，
可得截面的面积为： ，
根据二次函数的性质，可知，当 时， 取得最大值 ，
故答案为：
20．（2024·重庆·模拟预测）已知正四棱锥 的底面边长为2，过棱 上点 作平行于底面的截
面 若截面边长为1， 则截得的四棱锥 的体积为 ．
【答案】
A B C D
【解析】正四棱锥 的底面边长为2，截面 的边长为1，
1 1 1 1
所以 为对应边上的中点，由 所以 ，
连接 交于点 ，连接 ，由正四棱锥的性质知 面
所以 ，
所以正四棱锥 的体积为 .
故答案为： .21．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知正方体 的外接球的表面积为 ，点 ， 分别是
， 的中点，过 ， ， 的截面最长边长为 ，最短边长为 ，则 .
【答案】
【解析】
如图，延长 ， 交于点 ，连接 交 于点 ，
延长 ， 交于点 ，连接 交 于点 ，
连接 ， ，则过 ， ， 的截面为五边形 ，
设正方体 的棱长为 ，
由正方体外接球的表面积为 ，
可得其外接球的半径 为 ，直径为体对角线，
则 ，故 ，
在 中，由勾股定理得 ，
易得 ， ，故 ， ， ，
故 ，故 ， ，
所以最长边为 ，最短边为 ，故 .
故答案为：
22．已知过球面上A，B，C三点的截面和球心的距离为球半径的一半，且 ，则球的
表面积是 ．
【答案】 /
【解析】在 中， ，则 ， ，
由正弦定理得 外接圆半径 ，设球半径为 ，
于是 ，解得 ，所以球的表面积是 .
故答案为：
23．（2024·河南·模拟预测）在棱长为2的正方体 中， 为 的中点，过点 的平面
截正方体 的外接球的截面面积的最小值为 .
【答案】
【解析】正方体的外接球球心 为体对角线 的中点，连接 ， ，
过点 且与 垂直的平面截得外接球的小圆面积是最小的，
因为 ， ，所以 ，且 两点都在外接球的表面上，
根据球的性质知，最小的截面面积是以 为直径的圆的面积，
此时圆的面积为 .
故答案为： .
24．古希腊数学家阿波罗尼斯在《圆锥曲线论》中记载了用平面截圆锥得到圆锥曲线的方法，如图，将两个完全相同的圆锥对顶放置（两圆锥的顶点和轴都重合），已知两个圆锥的底面直径均为2，侧面积均为
，记过两个圆锥轴的截面为平面 ，平面 与两个圆锥侧面的交线为 ．已知平面 平行于平
面 ，平面 与两个圆锥侧面的交线为双曲线 的一部分，且 的两条渐近线分别平行于 ，则该
双曲线 的离心率为 ．
【答案】
【解析】以矩形 的中心为原点，圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系，设双曲线的标准方程为
，
由圆锥的底面直径为2，侧面积为 ，得 ，
显然 ，即 ，
所以双曲线的离心率 .
故答案为：
25．（2024·广东湛江·模拟预测）在棱长为 的正方体 中， 分别是 和 的中点，
经过点 的平面把正方体 截成两部分，则截面与 的交线段长为 .
【答案】【解析】如图，连接 并延长交 延长线于 ，连接 交 于 ，连接 并延长交 延长线于
，连接 并延长交 于 ，连接 ，则五边形 为经过点 的正方体的截面，
因为 为 的中点，所以 ，
因为 ∥ ，所以 ∽ ，
所以 ，所以 ,
因为 ∥ ，所以 ∽ ，
所以 ，所以 ,
所以 ，
所以截面与 的交线段长为 ，
故答案为：
26．（2024·浙江·模拟预测）如图，在棱长为12的正方体 中，已知E，F分别为棱AB，
的中点，若过点 ，E，F的平面截正方体 所得的截面为一个多边形，则该多边形的
周长为 ，该多边形与平面 ，ABCD的交线所成角的余弦值为 ．【答案】
【解析】如图，延长DC，与 的延长线交于点G，连接EG，交BC于点H，延长GE，与DA的
延长线交于点M，连接 ，交 于点N．连接NE，FH，
因为正方体 的棱长为12，
所以 ．
因为 ∥ ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
同理可得 ，
所以 ，
所以 ， ，
所以 ， ．
易知 ，所以 ，
又 ，解得 ，
所以 ， ，
则该多边形的周长为 ．
由面面平行的性质定理得 ∥ ，
则 为多边形与平面 ，ABCD的交线所成的角或其补角．
因为 ，所以 ，所以该多边形与平面 ，ABCD的交线所成角的余弦值为 ．
故答案为： ；
