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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
答案 B
解析 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
1
对于B，易知△AEF和△BEG全等且都是等腰直角三角形，所以GB=AF= BC，
2
BP GB 1 BP 1
所以 = = ，即 = ，点P是棱BB 的一个三等分点，B正确；
CC GC 3 BB 3 1
1 1
对于C，因为A B ⊥平面BCC B ，BC 平面BCC B ，所以A B ⊥BC ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又BC
1
⊥B
1
C，A
1
B
1
∩B
1
C=B
1
，A
1
B
1
，B
1
C⊂ 平面A
1
B
1
C，所以BC
1
⊥平面A
1
B
1
C，
⊂
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.
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
答案 AB
解析 对于选项A，截面示意图如图，
S =(S -S )·3+S = (1 × π ×22- √3 ×22) ×3+ √3 ×22=2π-2√3，故选项A错误；
截 扇形ABC △ABC △ABC 2 3 4 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 2√3 2√6
正△BCD外接圆半径O B= ×2×cos 30°= ，正四面体ABCD的高AO =√AB2-O B2= ，
1 3 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= ，
2
因为点A，C，D，F均在以点B为球心的球面上，所以BF=AB=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
[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 2
9
C.4 D.
2
答案 D
解析 取B C 的中点为M，连接EM，MD ，BC ，
1 1 1 1
1
则EM∥BC ，且EM= BC ，则EM∥AD ，
1 2 1 1
1
且EM= AD .
2 1
又AB=2，所以MD =AE=√22+12=√5，
1BC =AD =2√2，
1 1
因此EM=√2，所以平面AED 截正方体ABCD-A B C D 所得的截面为等腰梯形EMD A.因此该等腰梯形的
1 1 1 1 1 1
高
√ (AD -EM) 2 √ 1 3√2
h= M D2- 1 = 5- = ，
1 2 2 2
1 9
所以该截面积的面积S= (AD +EM)·h= .
2 1 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
答案 ABD
解析 设E，F分别为AB，CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，
1 1
则EM∥BD，NF∥BD，EM= BD，NF= BD，
2 2
故EM∥NF，EM=NF，则四边形MENF为平行四边形，
故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，
又AB=AC，DB=DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，
AN∩DN=N，AN，DN 平面AND，故BC⊥平面AND，
由于O∈MN，MN 平⊂面AND，则AO 平面AND，故BC⊥AO，结合O点为EF的中点，同理可证
DC⊥AO，BC∩DC⊂=C，BC，DC 平面⊂BCD，故AO⊥平面BCD，A正确；
⊂又球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，在棱长为2的正四面体ABCD中，AN=DN=√3，M为
AD的中点，则MN⊥AD，
故MN=√DN2-M D2=√3-1=√2，
√2 4 4 (√2) 3 √2π
则OM= ，所以球O的体积为 π×OM3= π× = ，B正确；
2 3 3 2 3
由BC⊥平面AND，BC 平面BCD，
故平面AND⊥平面BCD⊂，
平面AND∩平面BCD=DN，
由于AO⊥平面BCD，
延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，
1 √3
且G为正△BCD的中心，故NG= ND= ，
3 3
所以OG=√ON2-NG2=
√ (√2) 2
-
(√3) 2
=
√6
，
2 3 6
故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为
√ (√2) 2 (√6) 2 √3
- = ，
2 6 3
(√3) 2 π
则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π× = ，C错误；
3 3
由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，
则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，
√3
球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为 ，故球O被正四面体ABCD表面
3
√3 8√3π
截得的截面周长为4×2π× = ，D正确.
3 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°
答案 D
解析 因为在正方体ABCD-A B C D 中，P，Q，R分别是AB，AD，B C 的中点，取C D ，DD ，BB 的中
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
点分别为G，F，E，连接FG，FQ，QP，PE，ER，RG，根据正方体的特征，易知，若连接PG，EF，
RQ，则这三条线必相交于正方体的中心，又GR∥EF∥QP，所以P，Q，F，G，R，E六点必共面，即六边形PQFGRE为过P，Q，R的截面；
所以EP即为直线m，FQ即为直线l；
连接AB ，AD ，B D ，因为EP∥AB ，FQ∥AD ，
1 1 1 1 1 1
所以∠B AD 即为直线EP与FQ所成的角，又因为正方体的各面对角线相等，所以△AB D 为等边三角形，
1 1 1 1
因此∠B AD =60°，即l，m所成的角为60°.
1 1
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
答案 A
解析 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，
△PCD为正三角形，球心O在平面PCD上的投影M即为△PCD的中心，
OP·OE √6
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
在正△PCD中，以M为圆心，作半径为 的圆，
3
√3
易知ME= ，
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
[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
4
3√2π
C. D.3√2π
2
答案 C
解析 取BC中点F，连接AF，DF，则有AF⊥BC，DF⊥BC，
又AF∩DF=F，AF，DF 平面ADF，故BC⊥平面ADF，
又AD 平面ADF，故B⊂C⊥AD，又AD⊥AE，
BC∩A⊂E=E，BC，AE 平面ABC，故AD⊥平面ABC，
又AC，AB 平面ABC⊂，故AD⊥AC，AD⊥AB，
由正三棱锥⊂的性质可得AD，AB，AC两两垂直，
1 π √2π
故AF=
√22+22
=√2，即以A为球心，√2为半径的球面与侧面ABC的交线长为 ×√2= ，即球面与
2 2 2
√2π 3√2π
该三棱锥三个侧面交线长的和为3× = .
2 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)= .1 4
答案
2 3
解析 在正方体ABCD-A B C D 中，E是棱CC 的中点，
1 1 1 1 1
延长D E与DC交于点F，连接AF，则直线AF即为直线l ，α=∠BAF，
1 1
1
由CE∥DD 且CE= DD ，
1 2 1
得CF=DC，又AB∥CD，
1
于是tan α=tan∠AFD= ，
2
由平面CDD C ∥平面ABB A ，平面AD E∩平面ABB A =l ，平面AD E∩平面CDD C =D E，
1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1
则D E∥l ，又C D ∥AB，
1 2 1 1
1
因此β=∠C D E，tan β= ，
1 1 2
1 1
+
tanα+tanβ 2 2 4
所以tan(α+β)= = = .
1-tanαtanβ 1 1 3
1- ×
2 2
专题强化练
(分值：53分)
一、单项选择题(每小题5分，共25分)
1.用一个平面去截一个正四棱柱，截法不同，所得截面形状不一定相同，在各种截法中，边数最多的截面
的形状为( )
A.四边形 B.五边形
C.六边形 D.八边形
答案 C
解析 ∵用平面去截四棱柱时最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形，
∴边数最多的截面的形状为六边形.
2.安徽徽州古城与四川阆中古城、山西平遥古城、云南丽江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建
筑，其底层部分可近似看作一个正方体ABCD-A B C D .已知该正方体中，点E，F分别是棱AA ，CC 的中
1 1 1 1 1 1
点，过D ，E，F三点的平面与平面ABCD的交线为l，则直线l与直线AD 所成的角为( )
1 1π π
A. B.
3 6
π π
C. D.
4 2
答案 A
解析 如图所示，在平面AA D D中，连接D E并延长D E交DA的延长线于点H，则HA=AD，
1 1 1 1
在平面CC D D中，连接D F并延长D F交DC的延长线于点G，则GC=CD，
1 1 1 1
则GH为平面D EF与平面ABCD的交线l，且GH∥AC，
1
π
而在等边△ACD 中，AC与AD 所成的角为 ，
1 1 3
π
故直线l与直线AD 所成的角为 .
1 3
3.(2024·新乡模拟)已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面
面积的最小值是( )
A.9π B.12π
C.16π D.20π
答案 C
解析 由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α距离的最大值为3，因此过点A的平面α
被球O所截的截面圆半径的最小值为√52-32=4，所以过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是
42π=16π.
4.已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为√3，以A 为球心，半径为2的球与底面ABCD的交线的长度为(
1 1 1 1 1
)
√2
A. π B.√2π
2
1
C. π D.π
2
答案 C
解析 因为正方体ABCD-A B C D 的棱长为√3，球以A 为球心，半径为2，
1 1 1 1 1所以底面ABCD截得的圆的半径为√22-(√3) 2=1，
π 1
所以交线的长度为 ×1= π.
2 2
5.已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为4，E，F分别是棱AA ，BC的中点，则平面D EF截该正方体所得
1 1 1 1 1 1
的截面图形的周长为( )
A.6 B.10√2
2√13+9√5+25
C.√13+2√5 D.
3
答案 D
解析 取CC 的中点G，连接BG，则D E∥BG，取CG的中点N，连接FN，则FN∥BG，
1 1
所以FN∥D E.
1
延长D E，DA交于点H，连接FH交AB于点M，连接ME，则平面D EF截该正方体所得的截面图形为五
1 1
边形D EMFN.
1
由题意知A为HD的中点，A E=AE=2，
1
则C N=3，CN=1，
1
则D E=√42+22=2√5，
1
ND =√42+32=5，
1
FN=√12+22=√5.
取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ，
AM AH
所以 = ，
FQ HQ
AH 4 8
所以AM= ·FQ= ×4= ，
HQ 6 3
4
则MB= ，
3
则EM=√AE2+AM2=
√
4+
(8) 2
=
10
，
3 3MF=√MB2+BF2=
√ (4) 2
+4=
2√13
.
3 3
10 2√13 2√13+9√5+25
所以截面图形的周长为D E+EM+MF+FN+ND =2√5+ + +√5+5= .
1 1 3 3 3
二、多项选择题(每小题6分，共18分)
6.如图，棱长为a的正四面体形状的木块，点P是△ACD的中心.劳动课上需过点P将该木块锯开，并使得
截面平行于棱AB和CD，则下列关于截面的说法中正确的是( )
A.截面不是平行四边形
B.截面是矩形
2a2
C.截面的面积为
9
D.截面与侧面ABC的交线平行于侧面ABD
答案 BCD
解析 如图所示，在正四面体中，4个面均为正三角形，由于点P为△ACD的中心，
2
所以P位于CD的中线的 处，分别取BC，AC，AD，BD的三等分点，
3
则EM∥AB，EF∥CD，FN∥AB，MN∥CD，
所以EM∥FN，EF∥MN，所以截面EFNM为平行四边形，所以A错误；
连接AP并延长交CD于G，连接BG，由于P为△ACD的中心，所以G为CD的中点，因为
AC=AD=BC=BD，所以AG⊥CD，BG⊥CD，因为AG∩BG=G，AG，BG 平面ABG，
所以CD⊥平面ABG，所以CD⊥AB，因为EM∥AB，EF∥CD，所以EM⊂ ⊥EF，所以截面EFNM为矩形，
所以B正确；
2 2 1 1
因为MN= CD= a，ME= AB= a，
3 3 3 3
2 1 2
所以截面面积S=MN·ME= a· a= a2，
3 3 9
所以C正确，对于D，截面EFNM∩平面ABC=ME，ME∥AB，ME⊄平面ABD，AB 平面ABD，
所以ME∥平面ABD，所以D正确.
⊂
7.(2024·潍坊模拟)在棱长为1的正方体ABCD-A B C D 中，M，N分别为棱C D ，C C的中点，则( )
1 1 1 1 1 1 1
A.直线BN与MB 是异面直线
1
π
B.直线MN与AC所成的角是
3
C.直线MN⊥平面ADN
9
D.平面BMN截正方体所得的截面面积为
8
答案 ABD
解析 对于A，由于BN 平面BB C C，MB ∩平面BB C C=B ，B ∉BN，
1 1 1 1 1 1 1
故直线BN与MB
1
是异面⊂直线，故A正确；
对于B，如图，连接CD ，AD ，因为M，N分别为棱C D ，C C的中点，所以MN∥CD ，
1 1 1 1 1 1
所以直线MN与AC所成的角即为直线CD 与AC所成的角，
1
π
又因为△ACD 是等边三角形，所以直线CD 与AC所成的角为 ，
1 1 3
π
故直线MN与AC所成的角是 ，故B正确；
3
对于C，如图，连接DM，假设直线MN⊥平面ADN，又因为DN 平面ADN，所以MN⊥DN，而MN=
√2 √5 √5
⊂
，DN= ，DM= ，这三边不能构成直角三角形，所以DN与MN不垂直，故假设错误，故C错误；
2 2 2对于D，如图，连接A B，A M，因为A B∥CD ，CD ∥MN，所以A B∥MN，
1 1 1 1 1 1
所以平面BMN截正方体所得的截面为梯形A BNM，
1
√2 √5
且MN= ，A B=√2，A M=BN= ，
2 1 1 2
√ (√5) 2 (√2) 2 3√2
所以梯形的高为 - = ，
2 4 4
1 (√2 ) 3√2 9
所以截面面积为 × +√2 × = ，故D正确.
2 2 4 8
8.(2024·汕头模拟)用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到
不同的截口曲线，也即圆锥曲线.探究发现：当圆锥轴截面的顶角为2α时，若截面与轴所成的角为β，则截
cosβ
口曲线的离心率e= .例如，当α=β时，e=1，由此知截口曲线是抛物线.如图，圆锥SO中，M，N分别
cosα
为SD，SO的中点，AB，CD为底面的两条直径，且AB⊥CD，AB=4，SO=2.现用平面γ(不过圆锥顶点)截
该圆锥，则( )
A.若MN γ，则截口曲线为圆
B.若γ与SO所成的角为60°，则截口曲线为椭圆或椭圆的一部分
⊂
C.若M，A，B∈γ，则截口曲线为抛物线的一部分
D.若截口曲线是离心率为√2的双曲线的一部分，则O∉γ
答案 BCD
解析 对于A，由题意知过MN的平面与底面不平行，则截口曲线不为圆，故A错误；
π
对于B，γ与SO所成的角为60°，所以β= ，
3
π π
因为OD=SO=2，所以∠OSD= ，即α= ，
4 41
cosβ 2 √2
所以e= = = <1，
cosα √2 2
2
所以平面γ截该圆锥得的截口曲线为椭圆或椭圆的一部分，故B正确；
对于C，因为SO⊥平面ABD，AB 平面ABD，所以SO⊥AB，
因为AB⊥CD，CD∩SO=O，CD，⊂SO 平面SOD，
所以AB⊥平面SOD，又因为SD 平面⊂SOD，所以SD⊥AB，
又SO=OD，M为SD的中点，所⊂以SD⊥OM，
AB∩OM=O，AB，OM 平面MAB，
π π
所以SD⊥平面MAB， ⊂ 所以γ与SO所成的角为∠SOM= ， ∠OSD= ，
4 4
π π cosβ
所以β= ，α= ，e= =1，故C正确；
4 4 cosα
对于D，截口曲线是离心率为√2的双曲线的一部分，
cosβ
cosβ
则 = √2 =√2，
cosα
2
[ π]
所以cos β=1，因为β∈ 0， ，
2
所以β=0，所以OS∥平面γ，故平面γ不经过点O，故D正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.在正方体ABCD-A B C D 中，点M在棱DD 上，过点C作平面BMC 的平行平面α，记平面α与平面
1 1 1 1 1 1
BCC B 的交线为l，则A C与l所成角的大小为 .
1 1 1
π
答案
2
解析 因为平面BMC ∥平面α，平面BMC ∩平面BCC B =BC ，
1 1 1 1 1
平面α∩平面BCC B =l，
1 1
则BC ∥l，
1
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B C⊥BC ，
1 1且A B ∩B C=B ，A B ，B C 平面A B CD，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以BC 1 ⊥平面A 1 B 1 CD， ⊂
又A C 平面A B CD，
1 1 1
故BC 1⊂ ⊥A 1 C，所以A 1 C⊥l，
π
即A C与l所成角的大小为 .
1 2
10.(2024·辽阳模拟)在长方体ABCD-A B C D 中，AB=5，AD=3，AA =4，平面α∥平面A ABB ，则α截四面
1 1 1 1 1 1 1
体ACD B 所得截面面积的最大值为 .
1 1
答案 10
解析 平面α截四面体ACD B 的截面如图所示，
1 1
B T
1
设 =λ，
B C
1 1
TR TM VN VS
则 = = = =λ，所以四边形NSRM为平行四边形，
TW TU VU VW
且MR∥UW，MN∥TV，
在矩形UVWT中，UV=4，VW=5，TM=VS=5λ，MU=SW=5(1-λ)，TR=VN=4λ，RW=NU=4(1-λ)，
则S =S -2S -2S
平行四边形NSRM 平行四边形UVWT △NVS △SWR
[ ( 1) 2 1] 1
=20-20[λ2+(1-λ)2]=20-20 2 λ- + ≤20-20× =10，
2 2 2
1
当且仅当λ= 时，等号成立.
2
