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微重点 2 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具有创新意识的题型，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 (2024·安庆模拟)在正方体ABCD-A B C D 中，点E，F分别为棱AB，AD的中点，过点E，F，C
1 1 1 1 1
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BB 的交点是棱BB 的一个三等分点
1 1
C.A C⊥平面C EF
1 1
D.平面AB D ∥平面C EF
1 1 1
考向2 旋转体的截面问题
例2 (多选)[勒洛四面体]勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，
并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动(如图甲)，利用这一原理，科技人员发明了
转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部
分围成的几何体，如图乙所示.若正四面体ABCD的棱长为2，则下列说法错误的是( )
A.勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是8(π-√3)
B.勒洛四面体ABCD内切球的半径是4-√6
C.勒洛四面体的截面面积的最大值为2π-2√3
√6
D.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为2-
2
[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)在正方体ABCD-A B C D 中，AB=2，E为棱BB 的中点，则平面AED 截正方体ABCD-
1 1 1 1 1 1
A B C D 的截面面积为( )
1 1 1 1
5 7
A. B.
2 29
C.4 D.
2
(2)(多选)如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，
球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是( )
A.AO⊥平面BCD
√2π
B.球O的体积为
3
4π
C.球O被平面BCD截得的截面面积为
3
8√3π
D.球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为
3
考点二 交线问题
考向1 多面体中的交线问题
例3 在棱长为2的正方体ABCD-A B C D 中，P，Q，R分别是AB，AD，B C 的中点，设过P，Q，R
1 1 1 1 1 1
的截面与平面ADD A 以及平面ABB A 的交线分别为l，m，则l，m所成的角为( )
1 1 1 1
A.90° B.30°
C.45° D.60°
考向2 与旋转体有关的交线问题
例4 在正四棱锥P-ABCD中，已知PA=AB=2，O为底面ABCD的中心，以O为球心作一个半径为
2√3
的球，则该球的球面与侧面PCD的交线长度为( )
3
√6π √6π
A. B.
6 4
√6π √6π
C. D.
3 2
[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)(2024·枣庄模拟)在侧棱长为2的正三棱锥A-BCD中，点E为棱BC上一点，且
AD⊥AE，则以A为球心，√2为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为( )
3√2π
A. B.√2π
43√2π
C. D.3√2π
2
(2)(2024·汕头模拟)如图，在正方体ABCD-A B C D 中，E是棱CC 的中点，记平面AD E与平面ABCD
1 1 1 1 1 1
的交线为l ，平面AD E与平面ABB A 的交线为l ，若直线AB分别与l ，l 所成的角为α，β，则tan α=
1 1 1 1 2 1 2
，tan(α+β)= .答案精析
例1 B [对于A，将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD的延长线交于G，H，
连接C G，C H，分别与棱BB ，DD 交于P，Q，得到截面多边形C PEFQ是五边形，A错误；
1 1 1 1 1
对于B，易知△AEF和△BEG全等且都是等腰直角三角形，
1
所以GB=AF= BC，
2
BP GB 1 BP 1
所以 = = ，即 = ，
CC GC 3 BB 3
1 1
点P是棱BB 的一个三等分点，
1
B正确；
对于C，因为A B ⊥平面BCC B ，BC 平面BCC B ，
1 1 1 1 1 1 1
所以A 1 B 1 ⊥BC 1 ， ⊂
又BC ⊥B C，A B ∩B C=B ，A B ，B C 平面A B C，所以BC ⊥平面A B C，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
⊂
因为A C 平面A B C，所以A C⊥BC ，同理可证A C⊥BD，
1 1 1 1 1 1
因为BD∩⊂BC
1
=B，BD，BC
1
平面BC
1
D，所以A
1
C⊥平面BC
1
D，
因为平面BC
1
D与平面C
1
EF⊂相交，所以A
1
C与平面C
1
EF不垂直，C错误；
对于D，易知BC ∥AD ，BD∥B D ，所以A C⊥AD ，A C⊥B D ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
又AD ∩B D =D ，AD ，B D AB D ，所以A C⊥平面AB D ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
结合C结论，所以平面C
1
EF⊂与平面AB
1
D
1
不平行，D错误.]
例2 AB [对于选项A，截面示意图如图，
S =(S -S )·3+S =
截 扇形ABC △ABC △ABC
(1 × π ×22- √3 ×22)
2 3 4√3
×3+ ×22=2π-2√3，故选项A错误；
4
对于选项B，由对称性知，勒洛四面体ABCD内切球球心是正四面体ABCD的内切球、外接球的球心O，
如图，
2
正△BCD外接圆半径O B= ×2×
1 3
2√3 2√6
cos 30°= ，正四面体ABCD的高AO =√AB2-O B2= ，
3 1 1 3
令正四面体ABCD的外接球半径为R，
2 2
(2√6 ) (2√3) √6
在Rt△BOO 中，R2= -R + ，解得R= ，
1 3 3 2
此时我们再次抽取部分勒洛四面体如图所示，
图中取正四面体ABCD的中心为O，连接BO交平面ACD于点E，交曲面ACD于点F，其中BO即为正四
√6
面体外接球半径R= ，因为点A，C，D，F均在以点B为球心的球面上，所以BF=AB=2，
2
√6
设勒洛四面体内切球半径为r，则由图得r=OF=BF-BO=AB-BO=2- ，故选项B错误；
2
对于选项C，显然勒洛四面体截面经过正四面体某三个顶点时面积最大，由对A选项的分析知(S ) =2π-2
截 max
√3，故选项C正确；
对于选项D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体的内切球，
√6
所以勒洛四面体ABCD能够容纳的最大球的半径为2- ，故选项D正确.]
2
跟踪演练1 (1)D (2)ABD
例3 D
例4 A [如图，取CD的中点E，
则有OE⊥CD，
PE⊥CD，由PA=AB=2，可得OE=1，PE=√3，故OP=√2，
OP·OE √6
△PCD为正三角形，球心O在平面PCD上的投影M即为△PCD的中心，OM= = ，
PE 3
2√3
球的半径OF= ，
3
在Rt△OMF中，截面圆半径
√6
MF=√OF2-OM2= ，
3
√6 √3
在正△PCD中，以M为圆心，作半径为 的圆，易知ME= ，
3 3
√ (√6) 2 (√3) 2 √3
则EF= - = =ME，
3 3 3
所以∠FME=45°，圆与三角形截得的三部分，由对称性可知，圆心角都为90°，故该球的球面与侧面PCD
1 1 √6π
的交线长度为截面圆周长的 ，即为 ×2π×MF= .]
4 4 6
1 4
跟踪演练2 (1)C (2)
2 3
