截面、交线问题
【知识拓展】
1.确定空间几何体截面的主要原理为两个基本事实及两个性质.
(1)两个基本事实为:
①如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们相交于过此点的一条直线;
②如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在这个平面内.
(2)两个性质为:
①如果一条直线平行于一个平面,经过这条直线的平面与这个平面相交,那么这条直线就和交线平
行;
②如果两个平面平行,第三个平面和它们相交,那么两条交线平行.
2.立体几何中的截面类型
(1)平面截球:圆面.
(2)平面截正方体:三角形、四边形、五边形、六边形.
(3)平面截圆柱曲面:圆、椭圆、矩形.
(4)平面截圆锥曲面:圆、椭圆、双曲线(单支)、抛物线.
【类型突破】
类型一 截面问题
考向1 多面体中的截面问题
例1 (多选)(2025·温州调研)如图,已知棱长为2 的正方体ABCD－A1B1C1D1,点P 是棱AB 的中点,过
点P 作正方体ABCD－A1B1C1D1的截面,则下列说法正确的是( )
A.截面的形状可能是正三角形
B.截面的形状可能是直角梯形
C.此截面可以将正方体体积分成1∶3 的两部分
D.若截面的形状是六边形,则其周长为定值
答案 AC
解析 对于A,如图1,当M,N 分别为BB1,BC 的中点时,可知PM＝PN＝MN,此时截面的形状是正
三角形,故A 正确;
对于B,如图2,四边形PMNQ 为过点P 的正方体的一个截面,则由面面平行的性质可知PM∥QN.
若四边形PMNQ 为梯形,则PM≠NQ.
如果为直角梯形,不妨令PM⊥MN,
则由正方体的性质可知PM⊥CC1.
设MN,CC1交于点T,
又MN,CC1⊂平面BCC1B1,
则PM⊥平面BB1C1C,
又因为AB⊥平面BB1C1C,
则PM∥AB 或PM 与AB 重合,
由图2 可知不成立,即截面的形状不可能是直角梯形,故B 错误;
对于C,当Q 为A1B1的中点时,如图3 所示,
截面为PCC1Q,则三棱柱BPC－B1QC1的体积为1
2×1×2×2＝2,
又正方体的体积为8,
所以截面将正方体分成2∶(8－2)＝1∶3 的两部分,故C 正确;
对于D,如图4 所示,假设E 为BC 的中点,∠IMA＝∠FNC＝θ,截面为IPEFGH,
则AP＝CE＝MA＝CN＝1,IA＝CF＝tan θ,
A1I＝C1F＝2－tan θ,
A1H＝C1G＝
2
tan θ－1,D1H＝D1G＝3－
2
tan θ,
可得PE＝√2,PI＝EF＝√tan
2θ＋1＝
1
cos θ,
HI＝GF＝
2
sin θ －
1
cos θ,
HG＝3√2－2√2
tan θ,
则六边形的周长为PE＋2(IP＋HI)＋HG
＝4√2＋
4
sin θ －2√2
tan θ,
显然周长与θ 有关,
即六边形的周长不是定值,故D 错误.故选AC.
考向2 球的截面问题
例2 已知三棱锥S－ABC 中,SA⊥平面ABC,SA＝AB＝BC＝√2,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 [
8 π
9 , 3 π
2 ]
解析 因为AB2＋BC2＝AC2,故AB⊥BC,
又因为SA⊥平面ABC,
故三棱锥S－ABC 的外接球球心O 为SC 的中点,且球O 的半径R＝√2＋2＋2
2
＝√6
2 .
取AC 的中点D,连接OD,OG,BD,则BD 必过点G,如图所示.
因为AB＝BC＝√2,
故DG＝1
3BD＝1
3.
因为OD＝1
2SA＝√2
2 ,
故OG2＝(
√2
2 )
2
＋(
1
3)
2
＝11
18,
则过点G 的平面截球O 所得截面圆的最小半径的平方r2＝(
√6
2 )
2
－11
18 ＝8
9;
过点G 的平面截球O 所得截面圆的最大半径为球半径R＝√6
2 ,
故截面面积的最小值为8 π
9 ,最大值为3 π
2 ,
故截面面积的取值范围是[
8 π
9 , 3 π
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.
训练1 (2025·南充模拟)如图,正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,E,F 分别为BC,CC1的中点,则
平面AEF 截正方体所得的截面面积为( )
A.3
2
B.9
2
C.9
D.18
答案 B
解析 连接BC1,AD1,D1F,如图所示.
因为E,F 分别是BC,CC1的中点,
所以EF∥BC1.
因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中,
AD1∥BC1,
所以EF∥AD1,
所以A,D1,E,F 在同一平面内,
所以平面AEF 截该正方体所得的截面为四边形EFD1A.
因为正方体的棱长为2,
所以EF＝√2,AD1＝2√2,D1F＝AE＝√2
2＋1
2＝√5,
则E 到AD1的距离为等腰梯形EFD1A 的高,
为√
(√5)
2−(
2√2−√2
2
)
2
＝3√2
2 ,
所以所求截面面积S＝1
2×(2√2＋√2)×3√2
2
＝9
2.故选B.
类型二 交线问题
考向1 多面体中的交线问题
例3 (2025·盐城质检)如图所示,正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,E 是棱DD1的中点,过点D1作
平面α,使得平面α∥平面A1BE,则平面α 与正方形B1BCC1的交线的长度为 .
答案 √5
解析 取棱BB1的中点P,
连接CP,PD1,CD1,如图所示.
因为CD1∥A1B,CD1⊄平面A1BE,A1B⊂平面A1BE,
所以CD1∥平面A1BE.
因为CP∥A1E,CP⊄平面A1BE,A1E⊂平面A1BE,
所以CP∥平面A1BE.
又因为CP,CD1⊂平面CPD1,CP∩CD1＝C,
所以平面CPD1∥平面A1BE.
因此平面α 即为平面CPD1,
所以平面α 与正方形B1BCC1的交线为CP.
又CP＝√1
2＋2
2＝√5,
故所求交线的长度为√5.
考向2 与球有关的交线问题
例4 已知在正三棱柱ABC－A1B1C1中,AB＝AA1＝4,则以CC1的中点M 为球心,4 为半径的球面与
侧面ABB1A1的交线长为( )
A.2π
B.3π
C.4π
D.8π
答案 C
解析 设AB,AA1,A1B1,BB1的中点分别为F,E,H,G,四边形ABB1A1的中心为N,
连接MN,CF,MH,ME,MG,MF,HF,EG.
因为AB＝AA1＝4,
故四边形ABB1A1为正方形,G,N,E 三点共线,H,N,F 三点共线,
MN⊥平面ABB1A1,
且GN＝EN＝NH＝NF＝2.
因为M 为CC1的中点,
所以MN＝CF＝4sin 60°＝2√3,
由勾股定理得MH＝MF＝√M N
2＋2
2＝4,
又MG＝ME＝4,
所以题中所求交线轨迹为以N 为圆心,2 为半径的圆,球与侧面ABB1A1的交线轨迹如图所示,
故交线长l＝2×π×2＝4π.
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)面面交线法:各棱面与截平面的交线.
训练2 已知正三棱台ABC－A1B1C1的上、下底面边长分别为2 和5,侧棱长为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,得下底面△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ABB1A1中,
AB＝5,A1B1＝2,AA1＝BB1＝3.
如图,在棱AB 上取BF＝2,连接A1F,
易知△AA1F 为等边三角形,即∠A1AB＝π
3 ,
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线为三段圆弧´
MN, ´
MP,
´NP,分别是与平面ABC、平面ABB1A1、平面ACC1A1的交线,且每段圆弧所对的圆心角均为π
3 ,
则所求交线长度为三段圆弧´
MN, ´
MP, ´NP的长度之和,为π
3 ×2×3＝2π.
【精准强化练】
一、单选题
1.过一个圆锥的侧面上一点(不是母线的端点)作圆锥的截面,则截面与该圆锥侧面的交线可以是图
形①圆;②椭圆;③抛物线的一部分;④双曲线的一部分中的( )
A.①②③④
B.①③④
C.①②
D.①②④
答案 A
解析 根据截面与圆锥的位置关系,所得的图形如图所示,
故截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆;②椭圆;③抛物线的一部分;④双曲线的一部分.
2.(2025·宜春十校联考)已知棱长为4 的正四面体ABCD,用与点A,B,C,D 距离均相等的平面截该四
面体,则所有截面的面积和为( )
A.12＋4√3
B.16＋4√3
C.8√3
D.4√3
答案 A
解析 与点A,B,C,D 距离均相等的平面可分为两类:
一类是平面的一侧是1 个点,另外一侧有3 个点(如图1),
此时截面过棱的中点,且与一个面平行,
所以截面三角形与平行的面(三角形)相似,相似比为1
2,
则截面三角形面积为(
1
2)
2
× 1
2×4×4sin 60°＝√3,
这样的截面共有4 个,
故这类截面的面积和为4√3;
另外一类是平面的两侧各有2 个顶点(如图2),
因为正四面体对棱垂直,易知四边形PQMN 是边长为2 的正方形,
其面积为4,这样的截面共有3 个,
所以这类截面的面积和为12.
故符合条件的所有截面的面积和为12＋4√3.
3.(2025·河南部分学校摸底)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中,AA1＝2AB＝4,E,F,G 分别是
AA1,A1B1,B1C1的中点,则过点E,F,G 的平面截正四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面多边形的周长
为( )
A.2√2＋3√3
B.2√2＋3√5
C.2√2＋4√3
D.2√2＋4√5
答案 D
解析 如图,直线GF 交D1A1的延长线于点M,交D1C1的延长线于点N,
因为四边形A1B1C1D1为正方形,所以A1M＝1
2D1A1,C1N＝1
2D1C1.
连接ME 并延长交AD 于点K,交D1D 的延长线于点T,连接TN,分别交CD,CC1于点I,H,
则K,I,H 分别为AD,CD,CC1的中点.
连接KI,GH,EF,
则六边形EFGHIK 即为过点E,F,G 的平面截正四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得的截面多边形.
因为A1D1＝2,AA1＝4,
所以EF＝GH＝EK＝HI＝√5,FG＝KI＝√2,
所以六边形EFGHIK 的周长为2√2＋4√5.
4.(2025·湖州模拟)在四棱锥P－ABCD 中,长为2 的侧棱PD 垂直于底面边长为2 的正方形
ABCD,M 为棱PD 的中点,过直线BM 的平面α 分别与侧棱PA,PC 相交于点E,F,当PE＝PF 时,截
面MEBF 的面积为( )
A.2
B.3
C.3√3
D.2√2
答案 D
解析 由题意,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD 为正方形,故以D 为坐标原点,DA,DC,DP 所在直线
分别为x、y、z 轴,建立空间直角坐标系D－xyz,
则C(0,2,0),P(0,0,2),A(2,0,0),M(0,0,1),B(2,2,0),⃗
PA＝(2,0,－2),⃗BM＝(－2,－2,1),⃗PC＝(0,2,－2).
设⃗PE＝t⃗PA＝(2t,0,－2t),0≤t≤1,
则E(2t,0,2－2t).
又PE＝PF,PA＝PC,
所以⃗PF＝t⃗PC＝(0,2t,－2t),
则F(0,2t,2－2t).
由题意,M,E,B,F 四点共面,又⃗BE＝(2t－2,－2,2－2t),⃗BF＝(－2,2t－2,2－2t),
所以⃗BM＝x⃗BE＋y⃗BF(x,y∈R),
所以{
−2＝(2t −2)x−2 y ,
−2＝−2 x＋(2t −2) y ,
1＝(2−2t )x＋(2−2t ) y ,
解得x＝y＝3
4,t＝2
3,
所以E(
4
3 ,0, 2
3),F(0, 4
3 , 2
3),
所以⃗BE＝(−2
3 ,−2, 2
3),⃗
BF ＝(−2,−2
3 , 2
3),
所以cos<⃗BE,⃗BF>＝⃗
BE·⃗BF
|⃗BE||⃗BF |
＝
28
9
2√11
3
× 2√11
3
＝7
11,
即cos∠EBF＝7
11,
所以sin∠EBF＝√1−co s
2∠EBF ＝6√2
11 ,
所以S△EBF＝1
2BE·BF·sin∠EBF
＝1
2 × 2√11
3
× 2√11
3
× 6√2
11 ＝4√2
3 .
又⃗ME＝(
4
3 ,0,−1
3),⃗MF ＝(0, 4
3 ,−1
3),
所以cos<⃗ME,⃗MF>＝⃗
ME·⃗MF
|⃗ME||⃗MF |
＝
1
9
√17
3 × √17
3
＝1
17,
即cos∠EMF＝1
17,所以sin∠EMF＝12√2
17 ,
所以S△EMF＝1
2ME·MF·sin∠EMF
＝1
2 × √17
3 × √17
3 × 12√2
17
＝2√2
3 ,
所以截面MEBF 的面积
S＝S△EBF＋S△EMF＝4√2
3
＋2√2
3 ＝2√2.故选D.
5.(2025·湖南师大附中调研)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1,E 为C1D1的中点,F 为棱CC1
上异于端点的动点,若平面BEF 截该正方体所得的截面为五边形,则线段CF 的取值范围是( )
A.(
1
3 ,1)
B.(
1
2 ,1)
C.[
1
2 , 2
3)
D.(0, 1
2]
答案 B
解析 法一 在正方体ABCD－A1B1C1D1中,平面BEF∩平面CDD1C1＝EF.
因为B∈平面ABB1A1,
B∈平面BEF,
平面CDD1C1∥平面ABB1A1,
则平面BEF 与平面
ABB1A1的交线过点B,
且与直线EF 平行,与直线A1B1相交,设交点为G,连接BG,EG,如图1 所示.
又因为CC1⊥平面A1B1C1D1,BB1⊥平面A1B1C1D1,
所以∠C1EF,∠BGB1分别为EF,GB 与平面A1B1C1D1所成的角.
因为EF∥GB,则∠C1EF＝∠BGB1,
且有
C1 F
C1 E ＝tan∠C1EF＝tan∠BGB1＝
B1B
B1G.
当F 与C 重合时,平面BEF 截该正方体所得的截面为四边形,此时GA1＝GB1＝1
2,
设M 为棱A1B1的中点,此时M 与G 重合.
当点F 由点C 向点C1移动过程中,∠C1EF 逐渐减小,点G 由点M 向点A1方向移动;
当点G 为线段MA1上任意一点时,平面BEF 只与该正方体的4 个表面有交线,可形成四边形;
当点G 在线段MA1的延长线上时,直线BG 必与棱AA1交于除点A1外的点,
又点F 与C1不重合,故此时平面BEF 与该正方体的5 个表面有交线,
截面为五边形,如图2 所示.
因此当F 为棱CC1上异于端点的动点,
截面为五边形时,B1G>1,
可得C1F＝
B B1·C1 E
B1G
＝
1
2B1G∈(0, 1
2),
则CF＝1－C1F∈(
1
2 ,1),
所以线段CF 的取值范围是(
1
2 ,1),
所以若平面BEF 截该正方体的截面为五边形,
则线段CF 的取值范围是(
1
2 ,1).故选B.
法二 取CC1的中点M,设平面BEF∩平面ABB1A1＝BG.
因为平面CDD1C1∥平面ABB1A1,
由面面平行的性质可得EF∥BG.
当F 与M 重合,即CF＝1
2时,G 与A1重合,截面为四边形,如图3,
当点F 在线段MC1上(不包括端点),即CF∈(
1
2 ,1)时,点G 在线段AA1上(不包括端点),此时平面
BEF 与平面ADD1A1有交线,截面为五边形;
当点F 在线段MC 上,即CF∈(0, 1
2)时,
点G 在线段A1B1上,此时截面为四边形,
所以若平面BEF 截该正方体所得的截面为五边形,则线段CF 的取值范围是(
1
2 ,1).故选B.
二、多选题
6.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(0<θ< π
2),则下列对椭圆E 的描述中正确的是( )
A.短轴长为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π r
2
cosθ
答案 ACD
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＝2r
cosθ,
所以c＝√a
2−b
2＝rtan θ,
故e＝c
a＝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＝π r
2
cosθ.
综上,A,C,D 正确,B 错误.
7.(2025·深圳质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,用垂直于AC1的平面截此正方体,则所得截面可能
是( )
A.三角形
B.四边形
C.五边形
D.六边形
答案 AD
解析 如图所示,连接AC,AC1,A1D,BD,A1C1,BA1,B1D1,CD1,B1C.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中,BD⊥AC,BD⊥AA1.
又AC∩AA1＝A,AC,AA1⊂平面AA1C1C,
则BD⊥平面AA1C1C.
又AC1⊂平面AA1C1C,则BD⊥AC1,
同理BA1⊥AC1.
又BD∩BA1＝B,BD,BA1⊂平面BDA1,
所以AC1⊥平面BDA1,
同理AC1⊥平面CB1D1.
由直线与平面垂直的性质得,与平面BDA1和平面CB1D1平行的平面,都与AC1垂直,由图知,在平面
BDA1和平面CB1D1之间的平面,
与正方体所得截面的形状为六边形;
在平面BDA1和平面CB1D1之外的平面,
与正方体所得截面的形状为三角形.故选AD.
三、填空题
8.在圆台O1O2中,四边形ABCD 是其轴截面,AD＝DC＝BC＝1
2AB,过O1C 与轴截面ABCD 垂直的
平面交下底面于EF,若点A 到平面CEF 的距离是√3,则圆台的体积等于 .
答案 7√3 π
3
解析 因为AD＝DC＝BC＝1
2AB,
所以四边形ADCO1为平行四边形,
所以O1C＝O1D＝O1A＝AD,
则△AO1D 为正三角形,所以∠DAB＝60°.
由题意得平面CEF⊥平面ABCD,且平面CEF∩平面ABCD＝O1C,
所以点A 到平面CEF 的距离即为AD 与O1C 的距离.
在△AO1D 中,过点O1作O1M⊥AD 于M,过点D 作DN⊥AO1于N,
则DN＝O1M＝√3,
所以AO1＝O1 M
sin 60°＝2.
设圆台上、下底面半径分别为r,R,高为h,
则R＝AO1＝2,r＝DO2＝1
2AO1＝1,h＝DN＝√3,
则圆台的体积V＝π
3 h(R2＋Rr＋r2)
＝√3 π
3 ×(4＋2＋1)＝7√3 π
3
.
9.已知三棱锥P－ABC 的棱AP,AB,AC 两两互相垂直,AP＝AB＝AC＝2√3,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 4 π
3
解析 由题设,将三棱锥P－ABC 补全为棱长为2√3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＝√6>2,OP＝3√2>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π
3 的圆弧,故弧长为4 π
3 ;
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π
12的圆弧,故弧长为π
3 .
所以最长弧的弧长为4 π
3 .
10.(2025·宜昌调研)在以底面为等腰直角三角形的直三棱柱ABC－A1B1C1中,M 为底面三角形斜边
BC 上一点,且⃗AM·⃗BC＝0,AC＝AA1＝1,P 为线段BC1上一动点,则平面AMP 截三棱柱所得截面面
积的最大值为 .
答案 √2
2
解析 分如下三种情况,
①如图1,延长MP 交B1C1于点N,过点N 作B1C1的垂线交A1C1于点S,连接AS,则四边形AMNS 为
所求截面;
②如图2,延长MP 交B1C1于点N1,过点N1作B1C1的垂线交A1B1于点S1,连接AS1,则四边形AMN1S1
为所求截面;
③如图3,延长MP 交BB1于点N2,连接AN2,则三角形AMN2为所求截面.
显然①②中的截面面积均大于或等于③中的截面面积,故只需考虑①②中的情况,易知①②中的情
况相同,故只需考虑情况①即可.
在①中,易知SN∥AM,AM⊥平面BCC1B1,AM＝√2
2 ,∠SC1N＝45°,
设C1N＝x(0≤x ≤√2
2 ),
则SN＝x,MN＝√
1＋(
√2
2 −x)
2
,
所以所求截面面积
S＝1
2(x＋√2
2 )×√
1＋(
√2
2 −x)
2
＝1
2√x
4＋√2 x＋3
4 ,
由于y＝x4,y＝√2x＋3
4 均在[0, √2
2 ]上单调递增,
所以函数y＝x4＋√2x＋3
4 在[0, √2
2 ]上单调递增,
故S≤1
2√(
√2
2 )
4
＋√2× √2
2 ＋3
4 ＝√2
2 ,
故截面面积的最大值为√2
2 .
