重难点23 立体几何中的截面、交线问题
【全国通用】
【题型1 截面作图】..................................................................................................................................................2
【题型2 截面图形的形状判断】..............................................................................................................................9
【题型3 截面图形的周长或面积问题】................................................................................................................13
【题型4 球的截面问题】........................................................................................................................................16
【题型5 截面切割几何体的体积、表面积问题】...............................................................................................20
【题型6 交线的长度、轨迹问题】........................................................................................................................23
【题型7 截面的最值与范围问题】........................................................................................................................27
1、立体几何中的截面、交线问题
立体几何中的“截面、交线”问题是高考立体几何问题中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、周
长、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；复习时要加强这方面的训练.
知识点
1
立体几何中的截面问题
1．截面问题的基本知识
(1)截面的相关定义
①用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面.
②此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线.
③此平面与几何体的棱(或面)的交集(交点)叫做实截点.
④此平面与几何体的棱(或面)的延长线的交点叫做虚截点.
⑤截面中能够确定的一部分平面叫做截小面.
(2)作截面的基本逻辑：找截点→连截线→围截面.
2．作截面的具体步骤
(1)找截点：方法一：延长截小面上的一条直线，与几何体的棱、面(或其延长部分)相交，交点即截点方
式；方法二：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体的棱于截点；
(2)连截线：连接同一平面内的两个截点，成截线；
(3)围截面：将各截线首尾相连，围成截面.
3．作截面的几种方法
(1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线
的过程.
(2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点.
(3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的
平行线找到几何体与截面的交线.
4．球的截面
(1)球的截面形状
①当截面过球心时，截面的半径即球的半径，此时球的截面就是球的大圆；
②当截面不过球心时，截面的半径小于球的半径，此时球的截面就是球的小圆.
(2)球的截面的性质
①球心和截面圆心的连线垂直于截面；
②球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 之间满足关系式：
.
图形解释如下：
在球的轴截面图中，截面与球的轴截面的关系如图所示.若设球的半径为R，以O'为圆心的截面的半径为
r，OO'=d.则在Rt△OO'C 中，有
，即
.
知识点
2 立体几何中的截面、交线问题的解题策略
1．立体几何截面问题的求解方法
(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，进行求解.
(2)几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线面平行及面面平行的性质定理，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，再进行求解.
2．截面、交线问题的解题策略
(1)作截面应遵循的三个原则：
①在同一平面上的两点可引直线；
②凡是相交的直线都要画出它们的交点；
③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有如下两种：
①利用基本事实3 作交线；
②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.
【题型1 截面作图】
【例1】（2025 高三·全国·专题练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2, E , F分别为棱
AB ,C C1的中点.请在正方体的表面完整作出过点E , F , D1的截面，并写出作图过程；（不用证明）
【答案】作图见解析
【解题思路】利用平面的基本性质作出截面图形即可.
【解答过程】连接D1 F并延长交DC延长线于点I，
连接IE并延长交BC于点H，交DA延长线于点J，
连接J D1交A A1于点G，则截面D1GEHF即为所求.
【变式1-1】（24-25 高一下·福建福州·期中）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中．
(1)如图1，若AC ∩BD =O , A1C ∩平面BDC1= E，求证：C1, E ,O三点共线；
(2)M , N分别为AB和C1 D1的中点，P ,Q分别为BC和C C1的一个三等分点（都靠近C 端）．
①如图2，求证：AP , DC , D1Q三线共点；
②过点M , N ,Q三点作该正方体的截面，在图3 中画出这个截面（不必说明画法和理由，但要保留作图痕
迹）．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②答案见解析
【解题思路】（1）根据平面的基本事实3 即可得证；
（2）①先分别延长AP , DC交于点R，连接D1 R，然后利用PC = 1
3 AD ,BC // AD，得出CR = 1
3 DR，
再利用D1 D //C1C，可以得出D1 R与C1C的交点为C1C的三等分点，即为点Q，从而得证.
②利用平行直线共平面即可作出截面图.
【解答过程】（1）证明：如图，连接A1C1，
∵C1∈面A1 AC C1，且C1∈面BDC1,∴C1是面A1 AC C1与面BDC1的公共点，
∵AC ∩BD =O , A1C面BDC1= E，
∴O∈AC , AC ⊂面A1 AC C1,O∈BD ,BD⊂面BDC1，
∴O是面A1 AC C1与面BDC1的公共点，
∴面A1 AC C1∩面BDC1=OC1，
又E∈A1C , A1C ⊂面A1 AC C1, E∈面BDC1，
∴E是面A1 AC C1与面BDC1的公共点，
∴E∈OC1，即C1, E ,O三点共线．
（2）①证明：如图，分别延长AP , DC交于点R，连接D1 R，
∵R∈直线DC , DC ⊂面ABCD , PC = 1
3 AD ,BC // AD，
∴CR = 1
3 DR，
又D1 D //C1C，
∴D1 R与C1C的交点为C1C的三等分点，即点Q，
∴AP , DC , D1Q三线共点．
②解：如图，六边形MPONTS即为所求作的截面．
【变式1-2】（24-25 高一下·辽宁·期末）如图，长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =m，AD = A A1=2
，点M 是棱CD 的中点．
(1)过BM D1三点作出长方体ABCD−A1B1C1 D1的截面（不要求过程，作出即可）；
(2)是否存在实数m，使得直线A C1与平面BM D1垂直？并说明理由；
(3)设P 是线段A C1上的一点（不含端点），满足C1 P
C1 A = λ，求λ 的值，使得三棱锥B1−C D1C1与三棱锥
B1−C D1 P的体积相等．
【答案】(1)截面见解析；
(2)存在，m=2❑√2，理由见解析；
(3)λ= 2
3，理由见解析
【解题思路】（1）根据面面平行得到线线平行，从而得到截面图形；
（2）当m=2❑√2时，CM = ❑√2，所以Rt△ABC
Rt
∽
△BCM，从而得到AC⊥BM，结合C C1⊥BM，得
到BM⊥平面AC C1，所以BM⊥A C1，同理可证D1 M⊥A C1，所以A C1⊥平面BM D1；
（3）设A C1与平面B1C D1的斜足为O，等体积法求出V C1−C D1B1= 2m
3 ，大减小得到
V A −C D1B1= 4 m−8m
3 = 4 m
3 ，所以V A −C D1B1=2V C1−C D1B1，故AO=2C1O，又C1O = PO，则P为AO的
中点，即
C1 P
C1 A = 2
3，所以λ = 2
3.
【解答过程】（1）如图所示，平行四边形D1 MBN即为过BM D1三点作出长方体ABCD−A1B1C1 D1的
截面，理由如下：
因为平面ABCD与平面A1B1C1 D1平行，
所以平面BM D1与平面ABCD的交线和平面BM D1与平面ABCD的交线平行，
同理可得平面BM D1与平面AB B1 A1的交线和平面BM D1与平面DC C1 D1的交线平行，
故只有取A1B1的中点N，连接D1 N ,BN，可以保证上述条件，
所以平行四边形D1 MBN即为过BM D1三点作出长方体ABCD−A1B1C1 D1的截面；
（2）存在实数m=2❑√2，使得直线A C1与平面BM D1垂直，理由如下：
当m=2❑√2时，CM = ❑√2，
因为BC =2，所以AB
BC = BC
CM = ❑√2，所以Rt△ABC
Rt
∽
△BCM，
则∠CAB =∠MBC，所以∠CAB+ ACB =∠MBC + ACB =90°，即AC⊥BM，
又C C1⊥平面ABCD，BM ⊂平面ABCD，所以C C1⊥BM，
因为AC ∩C C1=C，AC ,C C1⊂平面AC C1，所以BM⊥平面AC C1，
又A C1⊂平面AC C1，所以BM⊥A C1，
同理可证D1 M⊥A C1，又BM ∩D1 M = M，BM , D1 M ⊂平面BM D1，
所以A C1⊥平面BM D1；
（3）设A C1与平面B1C D1的斜足为O，
因为V C1−C D1B1=V B1−C1 D1C = 1
3 S△C1 D1C⋅B1C1= 1
3 × 1
2 ×2m×2= 2m
3 ，
又V A −C D1B1=V ABCD−A1B1C1 D1−V B1−ABC−V B1−C1C D1−V A −A1B1 D1−V D1−ACD，
其中V B1−ABC =V B1−C1C D1=V A −A1B1 D1=V D1−ACD= 1
3 × 1
2 ×2×2m= 2m
3 ，
V ABCD−A1B1C1 D1=2×2m= 4 m，故V A −C D1B1= 4 m−8m
3 = 4 m
3 ，
所以V A −C D1B1=2V C1−C D1B1，故AO =2C1O，
若V B1−C D1C1=V B1−C D1 P，则V C1−C D1B1=V P−C D1B1，故C1O = PO，
所以在线段A C1上取一点P，使得三棱锥B1−C D1C1与三棱锥B1−C D1 P的体积相等，
则P为AO的中点，即
C1 P
C1 A = 2
3，所以λ = 2
3.
【变式1-3】（2024·内蒙古赤峰·一模）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1，棱长为2.
(1)求证：A1C ⊥平面A B1 D1；
(2)若平面α //平面A B1 D1，且平面α与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形
（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值；
(3)在（2）的情形下，设平面α与正方体的棱AB、B B1、B1C1交于点E、F、G，当截面的面积最大时，
求二面角D1−EF −G的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)作图见解析，3 ❑√3
(3)7 ❑√51
51
【解题思路】
（1）通过证明A1C ⊥A B1、A1C ⊥D1B1来证得A1C ⊥平面A B1 D1.
（2）通过棱的中点作出符合题意的截面，并计算出截面的面积.
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求得正确答案.
【解答过程】（1）连接A1C，A1B，A1C1，
因为ABCD−A1B1C1 D1是正方体，所以BC ⊥平面AB B1 A1，
因为A B1⊂平面AB B1 A1，所以BC ⊥A B1
又因为四边形AB B1 A1是正方形，所以A1B⊥A B1，
因为A1B∩BC = B，A1B ,BC ⊂平面A1BC，所以A B1⊥平面A1BC，
因为A1C ⊂平面A1BC，所以A1C ⊥A B1.同理可证得：A1C ⊥D1B1，
又因为A B1∩B1 D1= B1, A B1,B1 D1⊂平面A B1 D1，所以A1C ⊥平面A B1 D1.
（2）设E , F ,G , H , I ,J分别是AB ,B B1,B1C1,C1 D1, D D1, AD的中点，
连接EF , FG ,GH , HI , IJ ,JE，
根据题意知截面面积最大时，图形是边长为❑√2的正六边形EFGHIJ，
所以最大的截面面积为S =6× 1
2 ×❑√2×❑√2×sin60° =3 ❑√3.
（3）因为平面α //平面A B1 D1，所以当截面EFG的面积最大时，E、F、G分别是棱AB、B B1、B1C1
的中点，
以D为原点建立如图所示空间直角坐标系：D1(0,0,2)，E (2,1,0)，F (2,2,1)，G (1,2,2)，
设平面D1 EF的一个法向量是⃗n=( x1, y1, z1)，⃗D1 E =(2,1,−2)，⃗D1 F =(2,2,−1)，
则¿，令x1=3，则y1=−2，z1=2，⃗n=(3,−2,2)，
设平面GEF的一个法向量是⃗m=( x2, y2, z2)，⃗EF =(0,1,1)，⃗FG =(−1,0,1)，
¿，令x2=1，则y2=−1，z2=1，则⃗m=(1,−1,1)，
cos ⟨⃗n,⃗m)=⃗n⋅⃗m
|⃗n)⋅|⃗m) =
3×1+(−2)×(−1)+1×2
❑√3
2+(−2)
2+2
2⋅
❑√1
2+(−1)
2+1
2 = 7 ❑√51
51
，
设二面角D1−EF −G的平面角为θ，由图知θ为锐角，所以cosθ = 7 ❑√51
51
，
所以二面角D1−EF −G的余弦值为7 ❑√51
51
.
【题型2 截面图形的形状判断】
【例2】（2025·广东深圳·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1，过点A 且以⃗D B1为法向量的平面为α
，则α截该正方体所得截面的形状为（ ）
A．三角形
B．四边形
C．五边形
D．六边形
【答案】A
【解题思路】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到D B1⊥平面AC D1，故平面α即为平面AC D1，
得到截面的形状.
【解答过程】连接AC , A D1,C D1,BD，
因为B B1⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，
所以B B1⊥AC，
又四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC，
又B B1∩BD = B，B B1,BD⊂平面B B1 D，
所以AC ⊥平面B B1 D，
因为B1 D⊂平面B B1 D，
所以AC ⊥B1 D，
同理可证明A D1⊥B1 D，
因为A D1∩AC = A，A D1, AC ⊂平面AC D1，
故B1 D⊥平面AC D1，
故平面α即为平面AC D1，
则α截该正方体所得截面的形状为三角形.
故选：A.
【变式2-1】（2025·山东枣庄·二模）如图，有一正方体形状的木块，A 为顶点，B ,C分别为棱的中点，则
过点A ,B ,C的平面截该木块所得截面的形状为（ ）
A．等腰三角形
B．等腰梯形
C．五边形
D．六边形
【答案】C
【解题思路】延长BC，与两条棱相交，再连接交点和点A 即可得到结果.
【解答过程】如图，延长BC，与两条棱的延长线分别交于E , F两点，连接AE , AF，
分别交棱于M , N两点，连接BM ,CN，则五边形AMBCN及内部，即过点A ,B ,C的截面.
故选：C.
【变式2-2】（2025·四川达州·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E为AB中点，P为线段
C1 D1上一动点，过D , E , P的平面截正方体的截面图形不可能是（ ）
A．三角形
B．矩形
C．梯形
D．菱形
【答案】A
【解题思路】根据点P在C1、D1以及C1 D1三个特殊位置时，截面图形的形状，选出正确选项.
【解答过程】B 选项，当点P与D1重合时，
取A1B1中点H，因为E是AB中点，则EH // D D1，且EH = D D1，
连接DE、EH 、H D1、D1 D，则四边形EH D1 D为平行四边形，
又因为D D1⊥DE，所以平行四边形EH D1 D为矩形，故排除B 选项；
C 选项，当点P与C1重合时，
取B B1中点G，因为E是AB的中点，所以EG// DC1，
连接DE、EG、GC1、C1 D，截面四边形EGC1 D为梯形，故排除C 选项；
D 选项，当点P为C1 D1中点时，
因为E是AB中点，所以P B1// DE且P B1= DE，
连接P B1、B1 E、ED、DP，则四边形E B1 PD是平行四边形，
又因为B1 P=
❑√C1 P
2+ B1C1
2=
❑√(
C1 D1
2 )
2
+ B1C1
2=
❑√
C1 D1
2
4
+ B1C1
2，
B1 E =
❑√B E
2+ B B1
2= ❑√(
AB
2 )
2
+ B B1
2=
❑√
A B
2
4
+ B B1
2，
因为是正方体，所以C1 D1= B1C1= AB = B B1，所以B1 P = B1 E，
所以平行四边形E B1 PD是菱形，故排除D 选项；
不管点P在什么位置，都不可能是三角形.
故选：A.
【变式2-3】（2025·四川绵阳·模拟预测）在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =2 AD =2 A A1，点M是
线段C1 D1上靠近D1的四等分点，点N是线段C C1的中点，则平面AMN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
【解题思路】延长MN交DC的延长线于点F，连接AF交BC于点H，连接NH，延长NM交D D1的延长
线于点E，连接AE交A1 D1于点G，连接GM，即可得到截面图形，再利用相似验证即可.
【解答过程】延长MN交DC的延长线于点F，连接AF交BC于点H，连接NH，
延长NM交D D1的延长线于点E，连接AE交A1 D1于点G，连接GM，
则五边形AHNMG为平面AMN截该长方体所得的截面图形，
不妨设AB =2 AD =2 A A1= 4，又点M是线段C1 D1上靠近D1的四等分点，点N是线段C C1的中点，
所以C1 M =3，D1 M =1，C1 N = NC =1，所以CF =3，又CF // AB，
所以AB
CF = BH
CH = 4
3 ，又BH +CH =2，所以CH = 6
7 ，
又D1 M
DF = E D1
ED ，即1
7 =
E D1
E D1+2，解得E D1= 1
3，
又G D1
AD = E D1
ED ，即
G D1
2
=
1
3
2+ 1
3
，解得G D1= 2
7 ，符合题意，
即五边形AHNMG为平面AMN截该长方体所得的截面图形.
故选：C.
【题型3 截面图形的周长或面积问题】
【例3】（2025·青海海东·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB = 4，E，F分别是棱CD，
A1 D1的中点，则正方体ABCD−A1B1C1 D1被平面AEF所截得的截面周长是（ ）
A．4 ❑√5+ 4 ❑√2
B．5 ❑√5+ ❑√17
C．4 ❑√5+2❑√2+ 4
D．6 ❑√5+2
【答案】B
【解题思路】根据给定条件，作出截面并求出其面积.
【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，取C1 D1的中点G，G D1的中点H，连接
A1G , EG , EH , FH，
由E是CD的中点，得EG // D D1// A A1, EG = D D1= A A1，则四边形AEG A1为平行四边形，
A1G // AE , A1G = AE，由F是A1 D1的中点，得FH // A1G // AE , FH = 1
2 A1G = 1
2 AE，
梯形AFHE是正方体ABCD−A1B1C1 D1被平面AEF所截得的截面，
AE = AF =
❑√4
2+2
2=2❑√5, FH =
❑√2
2+1
2= ❑√5，EH =
❑√4
2+1
2= ❑√17，
所以所求截面的周长是5 ❑√5+ ❑√17.
故选：B.
【变式3-1】（2025·安徽合肥·三模）已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长都等于3，点G是△PAC的重
心，过点G作平面α，若平面α//平面PCD，则平面α截正四棱锥P−ABCD的截面面积为（ ）
A．5 ❑√3
4
B．5 ❑√15
8
C．2❑√3
D．2❑√15
【答案】C
【解题思路】过点G依次在平面内作平行线，可得到截面，根据比例确定边长知截面为等腰梯形即可求面
积.
【解答过程】
点G是△PAC的重心，OG
PG = 1
2，过G作GH // PC交AC于H，并延长交PA于M，
过H作EF //CD，过E作EN // PC，如图四边形EFMN为截面，
∵点G是△PAC的重心，OG
PG = 1
2，∴OH
HC = OG
PG = 1
2，
∴HC
AC = 1
2 = PM
PA = PN
PB = MN
AB ，MN =1，EF =3，MF = NE =2，
四边形EFMN为等腰梯形，故面积为S = (1+3)×❑√3
2
=2❑√3.
故选：C.
【变式3-2】（2025·全国·模拟预测）如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E 为棱BC 的中
点，用过点A1，E，C1的平面截正方体，则截面周长为（ ）
A．3 ❑√2+2❑√5
B．9
C．2❑√2+2❑√5
D．3 ❑√2+2❑√3
【答案】A
【解题思路】作出正方体的截面图形，求出周长即可.
【解答过程】
如图，取AB 的中点G，连接GE，A1G，AC．
因为E 为BC 的中点，所以GE// AC，¿= 1
2 AC，
又A A1//C C1，A A1=C C1，
所以四边形AC C1 A1为平行四边形，
所以AC // A1C1，AC = A1C1，
所以A1C1//GE，A1C1=2≥¿，
所以用过点A1，E，C1的平面截正方体，所得截面为梯形A1C1 EG，
其周长为2❑√2+ ❑√5+ ❑√2+ ❑√5=3 ❑√2+2❑√5．
故选：A．
【变式3-3】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为4 , M为棱DC的中
点，N为侧面BC1的中心，过点M的平面α垂直于DN，则平面α截正方体A C1所得的截面面积为（ ）
A．4(❑√5+ ❑√2)
B．2❑√3
C．5 ❑√3
D．4 ❑√6
【答案】D
【解题思路】取BC ,C C1的中点E , F，由△ADM ∽△DCE，证得AM ⊥DE，再由C C1⊥平面ABCD
，证得AM ⊥NE，从而得到AM ⊥平面DNE，同理证得D1 M ⊥DN，利用线面垂直的判定定理，证得
DN ⊥平面A D1 M，得到平面α截正方体的截面为△A D1 M，进而求得截面的面积，得到答案.
【解答过程】如图所示，
取BC ,C C1的中点E , F，分别连接NE , NF , DE , DF , A D1, D1 M , AM，
在正方形ABCD中，因为M , E分别为DC ,BC的中点，可得△ADM ∽△DCE，
所以∠DAM =∠CDE，∠AMD =∠CED，
因为∠ADM =90
∘，所以∠AMD+∠CDE =90
∘，所以∠DPM =90
∘，即AM ⊥DE，
又因为E , N分别为BC ,BC1的中点，所以NE //C C1，
因为C C1⊥平面ABCD，AM ⊂平面ABCD，所以C C1⊥AM，所以AM ⊥NE，
又因为DE∩NE = E且DE , NE⊂平面DNE，所以AM ⊥平面DNE，
因为DN ⊂平面DNE，所以AM ⊥DN，同理可证：D1 M ⊥DN，
又因为AM ∩D1 M = M且AM , D1 M ⊂平面A D1 M，所以DN ⊥平面A D1 M，
即平面α截正方体ABCD−A1B1C1 D1的截面为△A D1 M，
由正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为4，
在直角△AD D1中，可得A D1=
❑√A D
2+ D D1
2=
❑√4
2+ 4
2= 4 ❑√2，
在直角△ADM中，可得AM =
❑√A D
2+ D M
2=
❑√4
2+2
2=2❑√5，
在直角△D D1 M中，可得D1 M =
❑√D D1
2+ D M
2=
❑√4
2+2
2=2❑√5，
所以截面的面积为S = 1
2 ×4 ❑√2×
❑√(2❑√5)
2−(2❑√2)
2= 4 ❑√6.
故选：D.
【题型4 球的截面问题】
【例4】（2025·广东·模拟预测）在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，M , N分别为AB ,C C1的中
点，过直线MN的平面截该正方体的内切球O，所得截面圆的面积的最小值为（ ）
A．π
2
B．2π
3
C．π
D．3π
2
【答案】A
【解题思路】设T是线段MN的中点，则OT ⊥MN，利用勾股定理求出MN，进而求出OT，找出当OT
垂直于过MN的平面时，截得该正方体的内切球所得截面圆的面积最小，再利用弦长公式和面积公式即可
求得结果.
【解答过程】设T是线段MN的中点，则OT ⊥MN，
由勾股定理MN =
❑√M B
2+ B N
2= ❑√6,OM = ❑√2，
球心O到MN距离为OT =
❑√
(❑√2)
2−(
❑√6
2 )
2
=
❑√2
2
，
当OT垂直于过MN的平面时，截得该正方体的内切球所得截面圆的面积最小，
MN被球截得的弦长为l =2
❑√R
2−OT
2=2
❑√
1−(
❑√2
2 )
2
= ❑√2，
此时圆的半径就是r = l
2 =
❑√2
2 ，面积为S =πr
2= 1
2 π.
故选：A.
【变式4-1】（2025·江苏·模拟预测）已知正三棱锥S−ABC的侧棱长为2，D为线段SC上一点，
SD =2 DC，SA ⊥BD．设三棱锥S−ABC外接球为球O，过D点作球O的截面α，则截面α面积的最小值
为（ ）
A．4π
9
B．8π
9
C．4π
3
D．8π
3
【答案】B
【解题思路】 如图以点M为原点，BC的平行线为x轴，MN , MS为y 、z轴，建立空间直角坐标系，由
SA ⊥BD，利用坐标运算求得正三棱锥底面边长和高，从而可得外接球半径，又过D点作球O的截面α，
当OD⊥α时，截面α面积的最小，可得解.
【解答过程】如图在正三棱锥S−ABC中，SM ⊥平面ABC，且M为△ABC的中心，AN为中线，
如图以点M为原点，BC的平行线为x轴，MN , MS为y 、z轴，建立空间直角坐标系，
设MS =ℎ, AB =a，则ℎ
2+(
❑√3
3 a)
2
= 4 ,
所以A(0,−
❑√3
3 a,0),S (0,0,ℎ),B(
a
2 ,
❑√3
6 a,0),C(−a
2 ,
❑√3
6 a,0)，
由于SD =2 DC，所以⃗CD = 1
3⃗CS，则D(−a
3 ,
❑√3
9 a, ℎ
3)，
所以⃗AS =(0,
❑√3
3 a,ℎ),⃗BD =(−5a
6 ,−
❑√3
18 a, ℎ
3)，
因为SA ⊥BD，则⃗AS⋅⃗BD =0×(−5a
6 )+
❑√3
3 a×(−
❑√3
18 a)+ ℎ
2
3 =0
解得a=2❑√2,ℎ= 2❑√3
3
，
设O(0,0,k )，则OA =OS，则❑√
a
2
3 +k
2=|ℎ−k )，得k =−
❑√3
3 ，
所以R = 2❑√3
3
+
❑√3
3 = ❑√3，
过D点作球O的截面α，当OD⊥α时，截面α面积的最小，
OD =
❑√
a
2
9 + a
2
27 +(−
❑√3
3 −ℎ
3)
2
=
❑√19
3
，所以截面圆半径为
❑√R
2−O D
2= 2❑√2
3
，
则截面α面积的最小值为8π
9 .
故选：B.
【变式4-2】（2025·辽宁大连·模拟预测）在三棱锥P−ABC中，PA ⊥底面ABC，AB⊥AC，AB =3，
AC = 4，点D 满足⃗AD =3⃗DC，三棱锥P−ABC的外接球为球O，过点D 作球O 的截面，若所得截面圆
的面积的最大值与最小值之差为4π，则球O 的表面积为（ ）
A．16π
B．20π
C．24π
D．28π
【答案】D
【解题思路】将三棱锥补成长方体并建立空间直角坐标系，设PA =ℎ、外接球半径为R，求出各点及球心
坐标，分析截面圆的面积差从而求出h、R，代入球的表面积公式即可得解.
【解答过程】设PA =ℎ，因为在三棱锥P−ABC中，PA ⊥底面ABC，AB⊥AC，所以将其补为一个长
方体（长为4，宽为3，高为h），三棱锥与该长方体共外接球，球心O 为长方体体对角线中点，设外接球
半径为R，
以A 为坐标原点，AB、AC、AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
A(0,0,0),B(0,3,0),C(4,0,0), D(3,0,0),O(2, 3
2 , ℎ
2 )，
OD =
❑√1+ 9
4 + ℎ
2
4 =
❑√
13
4 + ℎ
2
4
，
R =
❑√A B
2+ A C
2+ P A
2
2
=
❑√3
2+ 4
2+ℎ
2
2
=
❑√25+ℎ
2
2
，
过D 作求O 的截面，最大截面为：过球心O，半径为R，面积为π R
2，
最小截面为：与OD 垂直，半径为r =
❑√R
2−O D
2，面积为π (R
2−O D
2).
因为过点D 作球O 的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为4π，
所以π R
2−π (R
2−O D
2)= π ⋅O D
2= 4 π ⇒O D
2= 4 = 13
4 + ℎ
2
4 ，解得ℎ
2=3，
则R
2= 25+ℎ
2
4
= 25+3
4
=7，外接球表面积为：4 π R
2= 4 π ×7 =28 π.
故选：D.
【变式4-3】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知正三棱锥A −BCD的外接球是球O，正三棱锥底边BC =3，
侧棱AB =2❑√3，点E在线段BD上，且BE = DE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的最大值是
（ ）
A．2π
B．9π
4
C．3π
D．4π
【答案】D
【解题思路】设△BCD的外接圆的圆心为O1，根据Rt△ OO1 D中，R
2=3+(3−R)
2，解得R，过点E作
圆O的截面，当截面过球心时，截面面积最大，由此能求出所得截面圆面积的最大值．
【解答过程】如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接O1 D，OD，
则O1 D =3sin 60°× 2
3 = ❑√3，A O1=
❑√A D
2−DO1
2=3，
在Rt△ OO1 D中，R
2=3+(3−R)
2，解得R =2，
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为π⋅R
2= 4π．
∴所得截面圆面积的最大值为4π．
故选：D．
【题型5 截面切割几何体的体积、表面积问题】
【例5】（2025·湖南邵阳·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E，F，G 分别是C1 D1，AD，
C C1的中点，过E，F，G 三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（
）
A．13
16
B．59
72
C．119
144
D．49
72
【答案】C
【解题思路】根据空间中立方体与平面相交的情况，做出的截面形状，求出所截得的部分体积，作比求出
结果.
【解答过程】
如图所示，延长EF , DC相较于H，连接EH，交BC于J，相同方法，做出FK，
则五边形EKFJG为截面，
不妨设正方体棱长为1，
则△HCG∼△H E1 E，所以GC = 1
2 ,CH = 1
2，在△HCJ ∼△HDF，所以JC = 1
6 .
同理可得D1 E = D1 I = 1
2 , K D1= 1
6 ，
可知截得较小部分体积V =V I −DFH −2V I −K D1 E，边长代入得
V = 1
3 × 1
2 ( 3
2 × 1
2 )× 3
2 −2× 1
3 × 1
2 ( 1
2 × 1
6 )× 1
2 = 3
16 −1
72 = 25
144 ，
较大部分体积为1−25
144 = 119
144 ，立方体体积为1，所以较大部分与总体积之比为119
144 .
故选：C.
【变式5-1】（2025·吉林长春·二模）如图，过圆锥PO的轴的截面边长为4 的正三角形，过PO的中点O
′作
平行于底面的截面，以截面为底面挖去一个圆柱，则余下几何体的表面积为（ ）
A．11π+ ❑√3π B．11π+2❑√3π
C．12π+ ❑√3π
D．12π+2❑√3π
【答案】D
【解题思路】根据给定条件，作出组合体的轴截面，求出圆柱的底面圆半径和高，计算表面积作答.
【解答过程】作出圆锥PO 的轴截面△PAB，此截面截挖去的圆柱得圆柱的轴截面矩形CDEF，如图，
矩形CDEF是等腰△PAB内接矩形，圆柱底面圆直径CF在圆锥底面圆直径AB上，
依题意，截面是边长为4 的正三角形，所以OB =2,OP =2❑√3，
因为O
'是PO 中点，则CD = 1
2 PO = ❑√3，OC = 1
2 OB =1，圆锥母线PB = 4，
圆柱OO
′的侧面积S1=2π⋅OC ⋅CD =2❑√3π，圆锥PO 的表面积
S2=π⋅O B
2+π⋅OB⋅PB = 4π+8π=12π，
剩余几何体的表面中，圆锥底面圆挖去以CF 为直径的圆（圆柱下底面圆），而挖去圆柱后，
圆柱上底面圆（以DE 为直径的圆）成了表面的一部分，它与圆柱下底面圆全等，
所以剩余几何体的表面积是S1+ S2=12π+2❑√3π.
故选：D.
【变式5-2】（2024·河北·模拟预测）过圆锥PO高的中点O
′作平行于底面的截面，则截面分圆锥PO上部
分圆锥与下部分圆台体积比为（ ）
A．1
2
B．1
3
C．1
5
D．1
7
【答案】D
【解题思路】利用圆锥、圆台的体积公式求得圆锥与圆台的体积关系．
【解答过程】设截面圆半径为r，圆锥的高为h，圆锥的体积为V 1,则圆台下底面圆的半径为2r，圆台的高
为h，圆台的体积为V 2，
所以V 2= 1
3 πℎ(r
2+2r
2+ 4 r
2)= 7
3 πℎr
2，V 1= 1
3 πr
2ℎ，
可得
V 1
V 2
= 1
7 .
故选：D.
【变式5-3】（2025·江苏南通·三模）已知正三棱台ABC −A1B1C1，A1C1
AC = 2
3，点O 为底面，△ABC的
重心，过点O，A1，C1的截面将该三棱台分成两个几何体，则这两个几何体的体积之比为（ ）
A．5:4
B．12:7
C．2:1
D．15:4
【答案】B
【解题思路】通过构造平行截面展现空间想象能力，先由重心分割比例，来证明所分成的两个几何体中，
有一部分是棱柱．然后利用台体体积和柱体体积公式来求解即可.
【解答过程】
根据A1C1
AC = 2
3，不妨设上底面边长为2，∴下底面边长为3，
则在正三棱台ABC −A1B1C1，可知上表面面积S1=
❑√3
4 ×4 = ❑√3，下表面面积S2=
❑√3
4 ×9，
过O 作EF // AC分别交AB，BC 于点E，F，
∵O 为△ABC的重心，∴BE
BA = 2
3 ⇒BE =2，
∴A1B1// BE且A1B1= BE，则四边形A1B1BE为平行四边形，
∴A1 E // B B1且 A1 E = B B1，同理可得C1 F // B B1且C1 F = B B1，∴A1B1C1−EBF为三棱柱，
设此正棱台高为ℎ，
则台体体积V = 1
3(
❑√3+ 9 ❑√3
4
+ 3 ❑√3
2 )ℎ= 19 ❑√3
12
ℎ，
棱柱的体积V 1=
❑√3
4 ×4⋅ℎ= ❑√3ℎ，另一部分体积V 2= 19 ❑√3
12
ℎ−❑√3ℎ= 7 ❑√3
12 ℎ，
∴两部分体积之比为12:7，
故选：B．
【题型6 交线的长度、轨迹问题】
【例6】（2024·广东广州·模拟预测）在正六棱柱ABCDEF −A1B1C1 D1 E1 F1中，A A1=2 AB =6，O为
棱A A1的中点，以O为球心，6为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A．(3+ ❑√3)π
B．(6+ ❑√3)π
C．(3+2❑√3)π
D．(6+2❑√3)π
【答案】D
【解题思路】根据题意，画出图形，设G , H分别为C C1, D D1的中点，连接
OC1, A1C1,O E1, A1 E1,OG,OH，由题意可知球O不与侧面AB B1 A1及侧面AF F1 A1相交，球O与侧
面BC C1B1交于点C1,C，与侧面EF F1 E1交于点E1, E，然后分别判断与其余4 个面的交线，求出球面与
正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和即可
【解答过程】因为球O的半径为6，AB =3，所以球O不与侧面AB B1 A1及侧面AF F1 A1相交，
设G , H分别为C C1, D D1的中点，连接OC1, A1C1,O E1, A1 E1,OG,OH，
则由题意可得O A1=3, A1C1= A1 E1=3 ❑√3，
所以OC1=
❑√O A1
2+ A1C1
2= ❑√9+27=6，
所以球O与侧面BC C1B1交于点C1,C，与侧面EF F1 E1交于点E1, E，
在正六边形A1B1C1 D1 E1 F1中，因为∠B1C1 D1=120° ,∠A1C1B1=30°，所以∠A1C1 D1=90°，
所以A1C1⊥C1 D1，
因为C C1⊥平面A1B1C1 D1 E1 F1，A1C1⊂平面A1B1C1 D1 E1 F1，所以C C1⊥A1C1，
因为C1 D1∩C C1=C1，C1 D1,C C1⊂平面CD D1C1，
所以A1C1⊥平面CD D1C1，所以OG⊥平面CD D1C1，且OG =3 ❑√3，
所以OH =
❑√OG
2+G H
2= ❑√27+9=6，
所以球O与侧面CD D1C1的交线是以C C1为直径的半圆，
同理可得球O与侧面ED D1 E1的交线是以E E1为直径的半圆，
因为∠E1 A1C1=π
3
，所以球O与上下底面的交线均为1
6个半径为3 ❑√3的圆，
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为
2π×3+2× 1
6 ×2π×3 ❑√3=6π+2❑√3π
故选：D.
【变式6-1】（2025·甘肃·模拟预测）在所有棱长为4 的正四棱锥P−ABCD中，M 是底面正方形ABCD内
一点（含边界），若PM ⊥MD，则点M 的轨迹长度是（ ）
A．❑√2π
B．2π
C．2❑√2
D．2❑√2π
【答案】A
【解题思路】令正方形ABCD中心为O，取PD中点O1，利用正四棱锥的结构特征，结合线面垂直的性质
探求轨迹的形状，进而求出其长度.
【解答过程】在正四棱锥P−ABCD中，令正方形ABCD中心为O，取PD中点O1，连接OO1,OD，
取OD , AD ,CD中点E , M 1, M 2，连接O1 E , M 1 M 2，则O1 E // PO，由PO⊥平面ABCD，
OD⊂平面ABCD，则PO⊥OD ,O1 E⊥平面ABCD，由PM ⊥MD，得O1 M = 1
2 PD =OO1=2，
O1 E = 1
2 PO = 1
2
❑√P D
2−O D
2= 1
2
❑√4
2−(2❑√2)
2= ❑√2，又EM ⊂平面ABCD，
因此O1 E⊥EM，EM =
❑√O1 M
2−O1 E
2= ❑√2，点M的轨迹是以E为圆心，
❑√2为半径的圆在正方形ABCD及内部的圆弧，显然O M 1⊥AD ,O M 2⊥CD，
则∠M 1O M 2=90
∘，而点M 1, M 2是M的轨迹的端点，于是点M的轨迹是半径❑√2的半圆，
所以点M 的轨迹长度是❑√2π.
故选：A.
【变式6-2】（2024·湖南长沙·三模）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2, M是棱C C1的中点，空
间中的动点P满足DP⊥BM，且D1 P =1，则动点P的轨迹长度为（ ）
A．
❑√5
5
B．3
C．2π
D．2❑√5π
5
【答案】D
【解题思路】分别取A1 D1,B1C1的中点E , F，连接DE , EF ,CF，证明BM ⊥平面CDEF，从而可得点
P在平面CDEF内，再根据D1 P =1，得点P在以D1为球心，半径为1 的球面上，可得动点P的轨迹为平面
CDEF与球D1的球面的交线，求出平面DEF截球D1所得截面圆的半径，即可得解.
【解答过程】如图，分别取A1 D1,B1C1的中点E , F，连接DE , EF ,CF，
因为CD⊥平面BC C1B1，BM ⊂平面BC C1B1，所以BM ⊥CD，
在Rt△BCM ,Rt△C C1 F中，BC =C C1,CM =C1 F ,∠BCM =∠C C1 F =90°，
所以Rt△BCM ≅Rt△C C1 F，所以∠CBM =∠FC C1，
又∠BCM =∠BCF +∠FC C1=90°，所以∠BCF +∠CBM =90°，所以BM ⊥CF，
又CF ∩CD =C，CF ,CD⊂平面CDEF，所以BM ⊥平面CDEF，
由DP⊥BM，得点P在平面CDEF内，
由D1 P =1，得点P在以D1为球心，半径为1 的球面上，
因此动点P的轨迹为平面CDEF与球D1的球面的交线，即在平面CDEF内的圆，
连接DF，设点D1到平面DEF的距离为ℎ，平面DEF截球D1所得截面圆的半径为r，
则由V 三棱锥D1−≝¿=¿ V 三棱锥F −DE D1得1
3 ℎ⋅S
△≝¿= 1
3 ×2× 1
2 ׿ 2×1，
且S
△≝¿= 1
2 ×2×❑√5= ❑√5¿，所以ℎ= 2❑√5
5
，则r =
❑√
1
2−(
2❑√5
5 )
2
=
❑√5
5
，
因此动点P的轨迹长度为2❑√5π
5
.
故选：D.
【变式6-3】（24-25 高一下·四川成都·期中）如图，在棱长为6 正方体中，点P为棱AB的中点，点Q为棱
A1 D1的中点，点M为棱C C1上靠近点C的三等分点，则经过P ,Q , M三点的平面截该正方体所得截面的
形状和与侧面CD D1C1的交线长度分别为（ ）
A．五边形，2❑√181
5
B．六边形，2❑√181
5
C．五边形，2❑√183
5
D．六边形，2❑√183
5
【答案】B
【解题思路】根据题意作出截面可判断截面形状，得出截面与侧面CD D1C1的棱D1C1相交，并计算出其
位置即可求得交线长.
【解答过程】设AD中点为N，连接QN，∵Q是A1 D1中点，QN ⊥底面ABCD，QN =6
连接PN，并延长PN交CD的延长线于E，又N是AD中点，所以△APN≌△DEN，
则AP = DE =3，过点E作EF // NQ，且交PQ的延长线于F，与C1 D1的延长线交于R，
△PNQ∽△PEF，则NQ
EF = PN
PE = 1
2，所以EF =12，RF =6，
连接FM交C1 D1于G，所以△FRG∽△M C1G，即FR
C1 M = RG
C1G ，
其中FR
C1 M = 6
4 = 3
2，故RG
C1G = 3
2，又R D1= ED =3，则RC1=9，
∴C1G = 2
5 RC1= 18
5 ，
所以截面与侧面CD D1C1的交线为GM =
❑√C1G
2+C1 M
2= ❑√(
18
5 )+ 4
2= 2❑√181
5
，
延长GM交DC的延长线于J，连接JP交BC于H，并延长交DA的延长线于K，
连接KQ交A A1于I，所以截面为六边形PIQGMH，
故选：B.
【题型7 截面的最值与范围问题】
【例7】（2024·重庆渝中·模拟预测）在三棱锥P−ABC中，AC = BC = PC =2，且AC ⊥BC , PC ⊥平
面ABC，过点P作截面分别交AC ,BC于点E , F，且二面角P−EF −C的平面角为60
∘，则所得截面PEF
的面积最小值为（ ）
A．4
3
B．8
3
C．2
3
D．1
【答案】B
【解题思路】由二面角的定义可得PGC =60°，从而PG = 4 ❑√3
3
,CG = 2❑√3
3
，设CE =a,CF =b，由三角
形的面积相等和基本不等式得到ab≥8
3，再由三角形的面积公式即可求解.
【解答过程】过P作PG⊥EF，垂足为G，连接CG，则由三垂线定理可得EF ⊥CG，
∴∠PGC即为二面角P−EF −C的平面角，
∴PGC =60°，PC =2，所以PG = 4 ❑√3
3
,CG = 2❑√3
3
，
设CE =a,CF =b，则EF =
❑√a
2+b
2，
在三角形CEF中，ab= 2❑√3
3
❑√a
2+b
2，
又❑√a
2+b
2≥❑√2ab，所以ab≥2❑√3
3
❑√2ab= 2❑√6ab
3
，
所以ab≥8
3，a=b= 2❑√6
3
时等号成立，
所以三角形PEF的面积为1
2 × 4 ❑√3
3
×
❑√a
2+b
2=ab≥8
3，
故截面PEF 面积的最小值为8
3 .
故选：B.
【变式7-1】（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱ABC −A1B1C1的体积为4，AC⊥BC，
AC = BC =C C1，D 为B1C1的中点，E 为线段AC 上的动点（含端点），则平面BDE 截直三棱柱
ABC −A1B1C1所得的截面面积的取值范围为（ ）
A．(3, 9
2)
B．[3, 9
2)
C．(4 , 9
2)
D．[4 , 9
2)
【答案】A
【解题思路】过E作EF //C C1，交A1C1于F，连接B1 F，取C1 F的中点H，连接DH，可得平面BDE
截直三棱柱ABC −A1B1C1所得的截面为梯形DHEB，根据边长关系求出梯形DHEB的面积即可得到答
案.
【解答过程】直三棱柱ABC −A1B1C1的体积为4，AC⊥BC，AC = BC =C C1，所以
V ABC −A1B1C1= 1
2 × AC ×BC ×C C1= 4，解得AC = BC =C C1=2，
过E作EF //C C1，交A1C1于F，连接B1 F，取C1 F的中点H，连接DH，
设CE =2m (0≤m≤1)，
①当m=0时，平面BDE 截直三棱柱ABC −A1B1C1所得的截面为正方形CB B1C1，面积为4，
②当0<m≤1时，因为EF //C C1，CE //C1 F，所以四边形EC C1 F为平行四边形，则EF =C C1=2，
CE =C1 F =2m，
因为D，H分别为B1C1，C1 F的中点，所以DH // B1 F，DH = 1
2 B1 F，
因为EF // B B1，EF =C C1= B B1，所以四边形BEF B1为平行四边形，
所以BE // B1 F，且BE = B1 F
则BE // DH，BE =2 DH，即平面BDE 截直三棱柱ABC −A1B1C1所得的截面为梯形DHEB
在Rt△HFE中，∠EFH =90
°，EF =2，HF =m，则HE =
❑√4 +m
2，
在Rt△B B1 D中，∠B B1 D =90
°，B B1=2，B1 D =1，则BD = ❑√5，
在Rt△BCE中，∠BCE =90
°，BC =2，CE =2m，则BE =
❑√4+ 4 m
2=2
❑√1+m
2，则DH =
❑√1+m
2
过D作DM ⊥BE垂足为M，过H作HN ⊥BE垂足为N，所得平面图形如下;
则HE =
❑√4+m
2，BD = ❑√5，BE =2
❑√1+m
2，DH =
❑√1+m
2，BE // DH
设BM = x，则NE =
❑√1+m
2−x
所以D M
2=5−x
2，H N
2= 4+m
2−(
❑√1+m
2−x)
2，因为D M
2= H N
2，
化简可得：x =
1
❑√1+m
2，则DM = ❑√
5−
1
1+m
2，
所以S梯形DHEB= ( DH + BE)⋅DM
2
= 3
❑√1+m
2
2
⋅❑√
5−
1
1+m
2 = 3
2
❑√5m
2+ 4，
因为当0<m≤1，所以2<
❑√5m
2+ 4≤3，则3<S梯形DHEB= 3
2
❑√5m
2+ 4≤9
2，
综上，平面BDE 截直三棱柱ABC −A1B1C1所得的截面面积的范围为(3, 9
2).
故选：A.
【变式7-2】（2025 高三·全国·专题练习）如图，已知四面体ABCD为正四面体，AB =a, E , F分别是
AD ,BC中点，若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到
一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为（ ）
A．a
2
3
B．a
2
4
C．a
2
D．a
2
2
【答案】B
【解题思路】将四面体补成正方体，在正方体内利用截面为平行四边形KLMN可得KL+ LM =a，进而利
用基本不等式即可得解.
【解答过程】把正四面体补为正方体，如图，
根据题意可得截面为平行四边形KLMN，
所以KL∥BC，LM ∥AD，KL
BC = AL
AB ，LM
AD = BL
AB ，
所以KL= AL，LM = BL， KL+ LM = AL+ BL=a，
又因为BC ⊥AD，所以KL⊥LM，
所以所求截面面积S = KL⋅LM ≤(
KL+ LM
2
)
2
= a
2
4 ，当且仅当KL= LM时成立，
故选：B.
【变式7-3】（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AD =1，
A A1= AB =2，M为棱D D1的中点．
(1)若Р是线段BM上的动点，试探究：⃗A1 M ⋅⃗A1 P是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理
由．
(2)过A1 M作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围．
【答案】(1)是定值，2
(2)[
9 π
8 , 9 π
4 )
【解题思路】（1）根据题意利用勾股定理可得A1 M ⊥BM，所以向量⃗A1 P在⃗A1 M上的投影向量为⃗
A1 M，运算得解；
（2）以D为坐标原点，DA，DC，D D1所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求
出点O到直线A1 M的距离即点O到过A1 M的截面的距离最大值，从而得到过A1 M的最小截面圆的半径，
又最大的截面面积为π R
2= 9π
4 ，得解.
【解答过程】（1）因为M是D D1的中点，所以DM = D1 M =1，
所以A1 M = ❑√2，BM = ❑√6，A1B =2❑√2，
因为A1 M
2+ B M
2= A1B
2，所以A1 M ⊥BM，又点P在线段BM上，
所以向量⃗A1 P在⃗A1 M上的投影向量为⃗A1 M，故⃗A1 M ⋅⃗A1 P =|⃗A1 M)
2=2，为定值．
（2）设球心为O，外接球半径为R，最小截面圆的半径为r．
由已知可得R =
❑√1
2+2
2+2
2
2
= 3
2
，则最大的截面面积为π R
2= 9π
4 ．
以D为坐标原点，DA，DC，D D1所在直线分别为x，y，z 轴建立如图的空间直角坐标系，
则O(
1
2 ,1,1)，A1(1,0,2)，M (0,0,1)．
取⃗a=⃗OM =(−1
2 ,−1,0)，⃗u=⃗A1 M
|⃗A1 M)
=
❑√2
2 (−1,0,−1)，则⃗a
2= 5
4 ，⃗a⋅⃗u=
❑√2
4 ．
所以点O到直线A1 M的距离为❑
√
a
→
2−( a
→
⋅u
→
|u
→
|
)
2
= 3 ❑√2
4
，
即点O到过A1 M的截面的距离最大值为3 ❑√2
4
．
所以过A1 M的最小截面圆的半径r =
❑√(
3
2)
2
−(
3 ❑√2
4 )
2
= 3 ❑√2
4
，
因此最小的截面面积为π r
2= 9 π
8 ，
综上，截面面积的取值范围是[
9π
8 , 9π
4 )．
一、单选题
1．（2025·全国·模拟预测）正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为4，点M 在棱A1B1上，平面ACM 把正方
体ABCD−A1B1C1 D1分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM 截正方体
ABCD−A1B1C1 D1所得的截面周长为（ ）
A．10+5 ❑√2
B．4 ❑√5+6 ❑√2
C．5+5 ❑√2
D．15
【答案】A
【解题思路】设平面ACM与棱B1C1交于点N，则MN ∥AC，设M B1= x，由棱台的体积求得x =1，进
而可求得截面周长.
【解答过程】设平面ACM与棱B1C1交于点N，则MN ∥AC，几何体M B1 N −ABC是三棱台，
由题意知该三棱台体积为14．设M B1= x，则1
3 ×(8+ ❑√8× 1
2 x
2+ 1
2 x
2)×4 =14，
解得x =1，平面ACM截正方体ABCD−A1B1C1 D1所得的截面为等腰梯形ACNM，
AC = 4 ❑√2，MN = ❑√2，AM =CN =5，所以截面ACNM的周长为10+5 ❑√2.
故选：A．
2．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点E、F满足⃗
BE =2⃗E B1,⃗C1 F =2⃗F D1，则平面AEF截正方体ABCD−A1B1C1 D1形成的截面图形为（ ）
A．六边形
B．五边形
C．四边形
D．三角形
【答案】B
【解题思路】由题意，点E是线段B B1上靠近B1的三等分点，点F是线段C1 D1上靠近D1的三等分点，作
出截面图形可得结论.
【解答过程】如图，
因为点E、F满足⃗BE =2⃗E B1,⃗C1 F =2⃗F D1，
点E是线段B B1上靠近B1的三等分点，点F是线段C1 D1上靠近D1的三等分点，
延长AE , A1B1与交于点G，连接FG交B1C1于H，
延长GF , A1 D1交于点K，连接AK交D D1于I，连接IF , HE，
则五边形AEHFI为所求截面图形.
故选：B．
3．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）如图，桌面上放置着两个底面半径和高都是R的几何体，左边是圆柱挖去
一个倒立的圆锥（以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点）剩余的部分，右边是半球，用平行于桌面
的平面截这两个几何体，截得左边几何体的截面面积为S1，截得半球的截面面积为S2，则（ ）
A．S1<S2
B．S1= S2
C．S1>S2
D．S1与S2的大小关系不确定
【答案】B
【解题思路】设截面与圆柱底面的距离为ℎ，分别求出S1和S2，即可得出结论.
【解答过程】设截面与圆柱底面的距离为ℎ，
该平面截半球所得圆面的半径为❑√R
2−ℎ
2，圆的面积为S2=π(R
2−ℎ
2)，
由于圆柱的底面半径与高相等，所以，圆环的内圆半径为ℎ，
所以，圆环的面积为S1=π(R
2−ℎ
2)，故S1= S2，
故选：B.
4．（2025·江苏盐城·模拟预测）现有一块棱长为2 的正四面体木料，用平行于该木料底面的一个平面将木
料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（ ）
A．
❑√3
3
B．
❑√6
3
C．
❑√6
2
D．2❑√3
3
【答案】D
【解题思路】画出图形，设DE =2k，分别求出四面体V −≝¿的表面积和三棱台¿−ABC的表面积，由这
两部分的表面积相等，求出k
2= 2
3，即可求出截面面积.
【解答过程】如图正四面体V −ABC，VC =VA =VB = AB = AC = BC =2，
△≝∼△ABC，令DE =2k，截面S
△≝¿= 1
2 ⋅2k ⋅2k ⋅
❑√3
2 = ❑√3k
2¿，
因为DE // AB，所以VD
VA = DE
AB ，即VD
2 = 2k
2 ，则VD =2k，
S△VDE= 1
2 ⋅VD⋅DE⋅sin60° = ❑√3k
2，所以四面体V −≝¿为正四面体，
四面体V −≝¿的表面积为：S1= 4 ❑√3k
2，
设梯形DEAB的高为❑√3−❑√3k，△VDE的高为❑√3k，
所以梯形DEAB的面积为(2k +2)⋅(❑√3−❑√3k)
2
= ❑√3(1−k
2)，
所以三棱台¿−ABC的表面积为：S2= ❑√3(1−k
2)⋅3+ ❑√3k
2+ ❑√3= 4 ❑√3−2❑√3k
2，
又S1= S2，所以4 ❑√3−2❑√3k
2= 4 ❑√3k
2，解得：k
2= 2
3，
所以截面S
△≝¿= ❑√3k
2= ❑√3× 2
3 = 2❑√3
3
¿.
故选：D.
5．（2025·河北秦皇岛·一模）在《通用技术》课上，某同学设计了如图所示的多面体
ABCDEFKLHMNG，已知平面LMH //平面ABCDEF，平面AKF //平面CDGHMN，平面BCN //
平面EFKLHG，平面DEG//平面ABNMLK，AB =CD = EF = KL= MN = HG=2，且
△LMH ,△AKF ,△BCN ,△DEG均为边长为1 的正三角形，该同学欲过LK的中点P作该几何体的截面α
，若LK ⊥α，则截面α的面积为（ ）
A．4 ❑√2
B．15 ❑√2
4
C．7 ❑√2
2
D．3 ❑√2
【答案】C
【解题思路】利用面面平行的性质得到MH //CD，LM // AB，HL// EF，结合平面的基本性质确定
MN , AB ,CD、LK , MN , HG、LK , AB , EF、EF , HG ,CD均交于一点，从而将几何体补全为正棱锥，
进而找到截面α，最后由正棱锥的结构特征及已知求截面面积.
【解答过程】面LMH //面ABCDEF，面LMH ∩面CDGHMN = MH，面ABCDEF ∩面
CDGHMN =CD，
所以MH //CD，同理可证：几何体各个六边形侧面的对边均平行，
由AB ,CD⊂面ABCDEF，且AB ,CD不平行，则AB ,CD必有一个交点，
同理MN ,CD、MN , AB都分别交于一点，而MN ⊄面ABCDEF，
则MN与面ABCDEF相交且该交点唯一，所以MN , AB ,CD三者交于一点Q，
同理LK , MN , HG、LK , AB , EF、EF , HG ,CD分别都交于R ,S ,O，如下图示，
又AB =CD = EF = KL= MN = HG =2，△LMH ,△AKF ,△BCN ,△DEG均为边长为1 的正三角形，
易知R−OSQ为棱长为4 的正三棱锥，且R−LMH ,S−AFK ,Q−BCN ,O−DEG均为棱长为1 的正三
棱锥，
由P为LK中点，即为RS的中点，连接PO, PQ分别交EG ,BN于U ,T，
由△RSO ,△RSQ都是正三角形，则PO⊥RS , PQ⊥RS，
且PO∩PQ = P都在面POQ内，则RS⊥面POQ，即LK ⊥面POQ，
所以面α即为面POQ，连接UD ,TC，则截面PUDCT即为所求，
由题设PO = PQ =2❑√3,OQ = 4，则cos∠OPQ =
12+12−16
2×2❑√3×2❑√3 = 1
3，
所以sin ∠OPQ = 2❑√2
3
，则S△OPQ= 1
2 ×(2❑√3)
2× 2❑√2
3
= 4 ❑√2，
同理可得S△OUD= S△QTC = 1
2 ×(
❑√3
2 )
2
× 2❑√2
3
=
❑√2
4
，
所以SPUDCT = S△OPQ−S△OUD−S△QTC = 7 ❑√2
2
.
故选：C.
6．（2025·江西·模拟预测）在斜三棱柱ABC −A1B1C1中，A0,B0分别为侧棱A A1,B B1上的点，且
A1 A0= B B0，过A0,B0,C1的截面将三棱柱分成上、下两个部分的体积之比可以为（ ）
A．2
B．3
2
C．4
3
D．1
3
【答案】A
【解题思路】应用锥体体积及柱体体积公式结合图形特征计算求解即可.
【解答过程】设三棱柱ABC −A1B1C1的体积为V ，因为侧棱A A1,B B1上各有一动点A0,B0，
满足A1 A0= B B0，所以四边形A0 B0 BA与四边形A0 B0 B1 A1的面积相等，
故四棱锥C1−A0 B0 B1 A1的体积等于三棱柱ABC −A1B1C1的体积的1
3，即1
3 V ，
则几何体ABC −A0 B0C1的体积等于2
3 V ，
故过A0,B0,C1的截面将三棱柱分成上，下两个部分的体积之比为2:1或1:2.
故选：A.
7．（2025·山东·一模）在正三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = A A1=2，E为A1B1的中点，若三棱锥
E−BC C1的四个顶点均在球O上，过B B1作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值为（ ）
A．1
2 π
B．π
C．3
2 π
D．2π
【答案】B
【解题思路】方法一：根据题意可得B1在△BC C1的外接圆上，即可的球O为四棱锥E−B1BC C1的外接
球，进而求解截面圆的最小值；
方法二：根据题意可得B1在△BC C1的外接圆上，即可的球O为四棱锥E−B1BC C1的外接球，进而求解
截面圆的最小值.
【解答过程】方法一：因为∠BC C1=π
2
，所以点B1在△BC C1的外接圆上，
所以三棱锥E−BC C1的四个顶点均在球O上，
即球O为四棱锥E−B1BC C1的外接球，
故球心O在正方形B1C1CB的中心，则球O的半径为❑√2．
过B B1作球O的截面，当所得截面圆面积最小时，
则截面圆圆心为B B1中点（即过O作截面垂线，垂足为B B1中点），
所以截面圆半径为1，所以面积最小值为π．
方法二：因为∠BC C1=π
2
，所以点B1在△BC C1的外接圆上，
所以三棱锥E−BC C1的四个顶点均在球O上，
即球O为四棱锥E−B1BC C1的外接球，
故B ,B1两点在球O上，所以最小截面圆为以B B1为直径的圆．
则截面圆圆心为B B1中点（即过O作截面垂线，垂足为B B1中点），
所以截面圆半径为1，所以面积最小值为π．
故选：B.
8．（2025·云南曲靖·一模）已知正三棱锥P−ABC的所有顶点都在球O的球面上，PA = 4 ❑√3，AB =6，
过棱AB作球O的截面，则所得截面面积的取值范围是（ ）
A．[9π,12π)
B．[9π,16π)
C．[12π,16π)
D．[12π,36π)
【答案】B
【解题思路】求出三棱锥外接球的半径，取AB的中点D，当OD垂直截面时，截面的面积最小，此时截面
圆的直径为AB长，当截面过球心时，截面圆的面积最大，即可得解.
【解答过程】如图，作PH ⊥平面ABC，垂足为H，取AB的中点D，外接球的球心为O，连接AO , AH
，
易得H为△ABC的中心，则AH =2❑√3，所以PH =
❑√P A
2−A H
2= ❑√48−12=6，
设外接球半径为R，则A O
2= A H
2+O H
2，即R
2=12+(6−R)
2，解得R = 4，
当OD垂直过AB的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为AB长，
最小面积为π×3
2=9π，
当截面过球心O时，截面圆的面积最大，最大面积为π×4
2=16π，
故截面面积的取值范围是[9π,16π).
故选：B.
二、多选题
9．（2025·湖南郴州·三模）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的表面积与体积的数值之比为3，P，Q分别
是棱BC，B B1的中点，G是线段A D1上一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．A A1=3
B．多面体AD D1 A1−PQ B1C1C的体积为23
3
C．存在一点G，使得GC1// AP
D．若A C1⊥平面PQG，则平面PQG 截正方体ABCD−A1B1C1 D1的截面面积是3 ❑√3
【答案】BD
【解题思路】由正方体的表面积、体积公式，棱锥的体积公式、异面直线的判断、及正方体截面的结构逐
项判断即可.
【解答过程】
对于A，因为正方体的表面积与体积之比为3，
所以
6|A A1)
2
|A A1)
3 =3，解得|A A1)=2，故A 错误；
对于B，因为四面体ABPQ的体积为V = 1
3 S△BPQ⋅AB = 1
3 × 1
2 ×1×1×2= 1
3，
所以多面体AD D1 A1−PQ B1C1C的体积为V ABCD−A1B1C1 D1−V A −BPQ=8−1
3 = 23
3 ，正确；
对于C，设C C1的中点为R，连接PR，则PR // A D1，因为AP在平面APR D1内，而G是线段A D1上一
个动点，即点G在平面APR D1内，点C1在平面APR D1外，所以GC1, AP为异面直线，故C 错误；
对于D，在正方体中，连接BC1，易得BC1⊥B1C，
又结合正方体的结构特点易证AB⊥B1C，
AB ,BC1是平面ABC1内的两条相交直线，
所以B1C ⊥平面ABC1，又A C1在平面ABC1内，
所以A C1⊥B1C，同理可证A C1⊥D1C，
B1C , D1C是平面B1C D1内两条相交直线，
所以A C1⊥平面B1C D1，又A C1⊥平面PQG，
所以平面B1C D1//平面PQG，
又P ,Q分别是棱BC，B B1的中点，
所以平面PQG截正方体的截面分别交棱CD , D D1, D1 A1, A1B1的中点F , H , I ,J，
所以截面为正六边形PFHIJQ，又PQ = ❑√2，所以截面面积为6×
❑√3
4 ×(❑√2)
2=3 ❑√3，故D 正确，
故选：BD.
10．（2025·山东德州·三模）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1 的正方形，PA ⊥平面
ABCD，且PA =1，点E，F，G分别为棱AB , AD , PC的中点，则（ ）
A．AG⊥PD
B．异面直线FG和AC所成的角为π
6
C．平面EFG与平面ABCD所成角的正弦值为
❑√6
3
D．过点E，F，G的平面截四棱锥P−ABCD所得的截面图形为五边形
【答案】ACD
【解题思路】以点A为原点，AB , AD , AP所在直线分别为x , y , z轴，建立平面直角坐标系，利用空间向
量的系列公式计算即可判断A，B，C；对于D，作出截面即得.
【解答过程】
如图，因PA ⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为1 的正方形，
故可以点A为原点，AB , AD , AP所在直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系.
对于A，A(0,0,0),C(1,1,0), P(0,0,1),B(1,0,0), D(0,1,0),G( 1
2 , 1
2 , 1
2 )，
则⃗AG =( 1
2 , 1
2 , 1
2 ),⃗PD =(0,1,−1)，因⃗AG⋅⃗PD = 1
2 −1
2 =0，
则AG⊥PD，即A 正确；
对于B，因点F是AD的中点，故F(0, 1
2 ,0),且G( 1
2 , 1
2 , 1
2 )，
则⃗FG =( 1
2 ,0, 1
2 ),⃗AC =(1,1,0)，设FG和AC所成的角为θ，
则cosθ =|cos〈⃗FG ,⃗AC 〉|=|⃗FG⋅⃗AC |
|⃗FG|⋅|⃗AC |
=
1
2
❑√
1
2 ×❑√2
= 1
2，
因α ∈(0,π
2 ]，故θ =π
3 ，故B 错误；
对于C， 由于PA ⊥平面ABCD，平面ABCD的法向量可取为⃗m=(0,0,1)，
点E为棱AB的中点，则E( 1
2 ,0,0)，⃗EF =(−1
2 , 1
2 ,0)，⃗FG =( 1
2 ,0, 1
2 )。
设平面EFG法向量为⃗n=( x , y , z)，则{⃗
n⋅⃗EF =0⃗
n⋅⃗FG =0)，则{
−1
2 x + 1
2 y =0
1
2 x + 1
2 z =0 )
，解得⃗n=(1,1,−1)
设直线EFG与平面ABCD所成角为α，则|cosα |=|cos〈⃗m,⃗n 〉|=|⃗m⋅⃗n|
|⃗m|⋅|⃗n| =
1
1×❑√3 =
❑√3
3 ，则
sin α =
❑√1−cos
2α =
❑√1−|cosα |
2=
❑√6
3
，故C 正确；
对于D，如图，延长FE与直线CB交于点N，延长EF与直线CD交于点J，
连接NG与PB交于点H，连接GJ与PD交于点K，连接HE , KF，
则平面EFG截四棱锥P−ABCD的截面为五边形HEFKG.即D 正确.
故选：ACD.
11．（2025·江苏泰州·二模）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）．若正四面体ABCD的棱长为3，则下列说法正确的是（ ）
A．勒洛四面体ABCD表面上任意两点间距离的最大值大于3
B．勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是9 ❑√3
4
C．勒洛四面体ABCD四个曲面交线长的和为6π
D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为3−3 ❑√6
4
【答案】AD
【解题思路】求出过正四面体相对棱中点的勒洛四面体ABCD的弦长判断A；作出截面，利用扇形面积与
三角形面积公式求解B；利用弧长公式求出四个曲面交线长判断C；借助正四面体求出勒洛四面体ABCD
内切球半径判断D.
【解答过程】对于A，S ,T分别为正四面体的棱AB ,CD的中点，连接ST并延长交勒洛四面体的曲面于点
P ,Q，
BT = AT = 3 ❑√3
2
，则等腰△ABT的高ST =
❑√( 3 ❑√3
2
)
2
−( 3
2 )
2
= 3 ❑√2
2
，
等腰△ABQ的高SQ =
❑√A Q
2−A S
2=
❑√3
2−( 3
2 )
2
= 3 ❑√3
2
，
由对称性知，PT = SQ，则PQ = PT + SQ−ST =3 ❑√3−3 ❑√2
2
=3(❑√3−
❑√2
2 )>3，
而勒洛四面体ABCD表面上任意两点间距离的最大值不小于PQ长，A 正确；
对于B，勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面是3 个弓形加上△ABC，
面积为S =( 1
2 ×π
3 ×3
2−
❑√3
4 ×3
2)×3+
❑√3
4 ×3
2= 9
2 (π−❑√3)，B 错误；
对于C，由对称性知，勒洛四面体ABCD四个曲面的每条交线长相等，
其中交线AC所在圆的圆心在以BD中点M为圆心，则该圆半径MA = MC = 3 ❑√3
2
，
由余弦定理得cos∠AMC =
( 3 ❑√3
2
)
2
+( 3 ❑√3
2
)
2
−3
2
2⋅( 3 ❑√3
2
)
2
= 1
3 < 1
2 =cosπ
3 ，π
3 <∠AMC <π
2 ，
因此勒洛四面体ABCD四个曲面交线长的和为6× 3 ❑√3
2
∠AMC =9 ❑√3∠AMC ≠6π，C 错误；
对于D，勒洛四面体ABCD能够容纳的最大球的半径即为该四面体内切球半径，
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、外接球球心O，
正△BCD外接圆半径O1B = 2
3 ×3cos30
°= ❑√3，正四面体ABCD的高A O1=
❑√A B
2−O1B
2= ❑√6，
令正四面体ABCD的外接球半径为R，在Rt△BOO1中，R
2=(❑√6−R)
2+(❑√3)
2，解得R = 3 ❑√6
4
，
取正四面体ABCD中心为O，连接BO交平面ACD于点E，交曲面ACD于点F，
其中BO即为正四面体外接球半径R = 3 ❑√6
4
，点A ,C , D , F均在以点B 为球心的球面上，
则BF = AB =3，勒洛四面体ABCD内切球半径OF = BF −BO =3−3 ❑√6
4
，D 正确.
故选：AD.
三、填空题
12．（2025·河北秦皇岛·三模）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的各顶点都在球O的表面上，若球O的表
面积为12π，则平面C1BD截球O所得的截面面积为
．
【答案】8π
3
【解题思路】根据给定条件，求出正方体的棱长，再求出△C1BD外接圆面积即可.
【解答过程】由球O的表面积为12π，得球的半径为❑√3，则正方体ABCD−A1B1C1 D1的体对角线长为
2❑√3，
正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，则正△C1BD边长为2❑√2，其外接圆半径
r = 2
3 ⋅2❑√2sin 60
∘= 2❑√6
3
，
则△C1BD外接圆面积为πr
2= 8π
3 ，所以平面C1BD截球O所得的截面面积为8π
3 .
故答案为：8π
3 .
13．（2025·湖北武汉·模拟预测）棱长均为1m 的正三棱柱透明封闭容器盛有am
3水，当侧面A A1B1B水
平放置时，液面高为ℎm （如图1）； 当转动容器至截面A1BC水平放置时，盛水恰好充满三棱锥
A −A1BC（如图2），则ℎ= .
【答案】
❑√3−❑√2
2
【解题思路】由题可得V A −A1BC =
❑√3
12 ，由V ABED−A1B1 E1 D1=V A A1BC，可得S ABED= 1
3 S△ABC，从而可得
AD =1−
❑√6
3 ，据此可得答案.
【解答过程】由题意，正三棱柱的棱长均为1 m，
所以S△ABC = 1
2 ×1×1×sin 60° = 1
2 ×1×1×
❑√3
2 =
❑√3
4 ，A A1=1，由题意可得
V A −A1BC = 1
3 S△ABC⋅A A1= 1
3 ×
❑√3
4 ×1=
❑√3
12 =a，又由V ABED−A1B1 E1 D1=V A A1BC得
S ABED⋅A A1= 1
3 S△ABC⋅A A1，∴S ABED= 1
3 S△ABC，∴DE
AB =
❑√6
3
∵DC
AC = DE
AB =
❑√6
3 ，∴DC =
❑√6
3 ，∴AD =1−
❑√6
3
在等边△ABC中，AB边上的高为
❑√3
2 .
因为ℎ
❑√3
2
= AD
AC =
1−
❑√6
3
1
，∴ℎ=
❑√3−❑√2
2
.
故答案为：
❑√3−❑√2
2
.
14．（2025·河北邯郸·一模）已知三棱锥P−ABC中，PA = PC = PB = BA = BC =2, AC =2❑√2，D为PB
的中点，过点D作三棱锥P−ABC外接球的截面，则截面面积的最小值为
.
【答案】π
【解题思路】取线段AC的中点E，根据长度关系求出点E为三棱锥P−ABC的外接球球心，再根据
d
2+r
2=(❑√2)
2=2的关系求出r的最小值即可.
【解答过程】取线段AC的中点E，连接PE ,BE , DE，
因PA = PC =2，AB = BC =2，AC =2❑√2，
则由勾股定理可知，PA ⊥PC，AB⊥BC，则PE = BE = AE = EC = ❑√2，
则点E为三棱锥P−ABC的外接球球心，外接球半径为❑√2
因PB =2，则由勾股定理可知，PE⊥BE，
因D为PB的中点，则DE = 1
2 BP =1，
设球心E到过点D的三棱锥P−ABC外接球的截面的距离为d，截面圆的半径为r，
则d
2+r
2=(❑√2)
2=2，
欲使截面面积最小，即r最小，则要求d最大，
当DE垂直截面时，d最大，最大值为DE =1，
则r的最小值为❑√2−1=1，则截面面积的最小值为π.
故答案为：π.
四、解答题
15．（2025·陕西西安·一模）如图，正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，点E是棱CD上的动点.
(1)求三棱锥D1−A1B1 E的体积；
(2)当E为CD中点时，求过点D且与A1 E垂直的平面截正方体的截面面积.
【答案】(1)4
3
(2)3
2
【解题思路】（1）利用等体积法结合棱锥的体积公式求解即可；
（2）设BC的中点为G，C C1中点为F，连接DG , DF , FG，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可证
明A1 E⊥DG, A1 E⊥DF，进而得到A1 E⊥平面DGF，可得△DGF即为过点D且与A1 E垂直的平面截
正方体的截面，进而求解即可.
【解答过程】（1）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点E是棱CD上的动点，
则E到平面A1B1 D1的距离即为D D1=2,
则V D1−A1B1 E=V E−A1B1 D1= 1
3 ⋅S△A1B1 D1⋅D D1= 1
3 × 1
2 ×2×2×2= 4
3 .
（2）设BC的中点为G，C C1中点为F，连接DG, DF , FG，
以A为原点，以AB , AD , A A1所在直线为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
则A1(0,0,2), E (1,2,0),G (2,1,0), D (0,2,0), F (2,2,1)，
所以⃗A1 E =(1,2,−2),⃗DG =(2,−1,0),⃗DF =(2,0,1)，
则⃗A1 E⋅⃗DG =0,⃗A1 E⋅⃗DF =0，即A1 E⊥DG , A1 E⊥DF，
因为DG∩DF = D，DG, DF ⊂平面DGF，
所以A1 E⊥平面DGF，
则△DGF即为过点D且与A1 E垂直的平面截正方体的截面，
由正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，BC的中点为G，C C1中点为F，
可得GF = ❑√2,GD = DF = ❑√5，
在△DGF中，cos∠DFG = D F
2+G F
2−G D
2
2 DF ⋅GF
=
5+2−5
2×❑√5×❑√2 =
1
❑√10
，
则sin ∠DFG =
❑√1−cos
2∠DFG =
3
❑√10，
所以S△DGF = 1
2 ⋅DF ⋅GF ⋅sin ∠DFG = 1
2 ×❑√5×❑√2×
3
❑√10 = 3
2.
16．（2025 高三·全国·专题练习）如图在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，P ,Q是所在棱上的中点.
(1)求平面APQ与平面ABCD夹角的余弦值
(2)补全截面APQ
【答案】(1)3 ❑√17
❑√17
(2)答案见解析
【解题思路】（1）利用投影面积法可得cosθ = S△投影
S△APQ
，可设正方体的棱长为2，计算即可求解；
（2）利用正方体截面的性质即可得结果.
【解答过程】（1）由投影面积法可得cosθ = S△投影
S△APQ
，
因为P ,Q是所在棱上的中点，设正方体的棱长为2，
则S投影=2×2−1
2 ×1×2−1
2 ×1×1−1
2 ×1×2= 3
2，
PQ =
❑√1
2+1
2= ❑√2，AQ =
❑√(❑√5)
2+2
2=3，AP =
❑√(❑√5)
2+2
2=3，
所以在△APQ中，PQ边上的高为❑√
3
2−(
❑√2
2 )
2
=
❑√34
2
，
所以S△APQ= 1
2 ×❑√2×
❑√34
2
=
❑√17
2
，
所以cosθ = S△投影
S△APQ
=
3
2
❑√17
2
= 3 ❑√17
17
.
（2）如图，设PQ所在直线与A1B1所在直线交于点F，与A1 D1所在直线交于点R，
连接AF交B B1于点G，连接AR交D D1于点S，连接PG, AG, AS ,SQ，
则五边形ASQPG是平面APQ截正方体所得的截面.
17．（2025·全国·模拟预测）已知，四棱锥P−ABCD的底面是菱形，PA ⊥平面ABCD，PA = ❑√3 AB = 4
，∠BCD =60°，点M在AC上，且⃗CA = 4⃗CM．
(1)过点M作截面，使其与PC ,BD均平行，求该截面的面积；
(2)求二面角P−CD−A的正弦值．
【答案】(1)5 ❑√6
3
(2)2❑√5
5
【解题思路】（1）由已知条件AB , AC ,CM , MA的长度，连接BD，过点M作BD的平行线，分别
BC ,CD于点E , F，分别过点E , F作PC的平行线，分别交PB , PD于点N ,G，在平面PAC中，过点M作
PC的平行线交PA于点H，连接HN , HG，得截面为五边形EFGHN，求出S矩形EFGH ,S△GHN相加即得．
（2）以A 为坐标原点，AC , AP所在的直线分别为x , z轴，过点A 垂直于平面PAC的直线为y轴，建立空
间直角坐标系A −xyz，分别求出平面PCD和平面ACD的一个法向量，进而求出法向量的夹角余弦，再由
同角三角函数关系求出正弦即可
【解答过程】（1）
因为PA = ❑√3 AB = 4，所以AB = 4 ❑√3
3
．
在菱形ABCD中，∠BCD =60°，所以AC = 4．
又⃗CA = 4⃗CM，所以CM =1, MA =3．
如图所示，连接BD，过点M作BD的平行线，分别交BC ,CD于点E , F，再分别过点E , F作PC的平行
线，分别交PB , PD于点N ,G，
在平面PAC中，过点M作PC的平行线交PA于点H，连接HN , HG，所以该截面为五边形EFGHN．
因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又因为EF ∥BD，所以EF ⊥AC．
又PA ⊥平面ABCD，EF ⊂平面ABCD，所以PA ⊥EF．
EF ⊥AC，PA ⊥EF，AC ⊂平面PAC，PA ⊂平面PAC，AC ∩PA = A，
所以EF ⊥平面PAC，又PC ⊂平面PAC，
所以EF ⊥PC，又PC ∥EN，所以EF ⊥EN，
连接NG交MH于点Q，易知四边形EFGN为矩形，
在△BCD中，EF = 2❑√3
3
，
在△PAC中，PC = 4 ❑√2，所以EN =2❑√2．
所以S矩形EFGN =2❑√2× 2❑√3
3
= 4 ❑√6
3
，
易求MH =3 ❑√2，所以QH = ❑√2，所以S△GHN = 1
2 ×❑√2× 2❑√3
3
=
❑√6
3 ，
所以该截面面积S五边形EFGHN = S矩形EFGN + S△GHN = 5 ❑√6
3
．
（2）如图所示，以A 为坐标原点，AC , AP所在的直线分别为x , z轴，过点A 垂直于平面PAC的直线为y
轴，建立空间直角坐标系A −xyz，
则P(0,0,4)，C (4,0,0)，D(2, 2❑√3
3
,0)，
所以⃗PC =(4,0,−4),⃗PD =(2, 2❑√3
3
,−4)．
设平面PCD的法向量为⃗n=(x , y , z)，则{⃗
PC ·⃗n=0⃗
PD·⃗n=0)⇒{
4 x−4 z =0
2 x + 2❑√3
3
y −4 z =0)
，
令x =1，得y = ❑√3, z =1，所以⃗n=(1,❑√3,1)．
由题意易得平面ACD的一个法向量为⃗m=(0,0,1)．
设二面角P−CD−A的平面角为β，则cos β =cos⃗n,⃗m=
1
❑√5×1 =
❑√5
5 ，所以sin β = 2❑√5
5
，
即二面角P−CD−A的正弦值是2❑√5
5
．
18．（2025·湖南娄底·二模）如图，长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB = 4，BC =2❑√2，C C1=2，E，F
分别为棱AB，A1 D1的中点．
(1)过点C，E，F 的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S 的周长；
(2)设T 为线段D1C1上一点，当平面CEF ⊥平面A1 DT时，求平面TCF 与平面CEF 夹角的余弦值．
【答案】(1)9 ❑√3+5 ❑√13+ ❑√22
3
(2)7 ❑√15
30
【解题思路】（1）运平面知识按步骤作出截面，用相似图形性质球边长，再求周长即可；
（2）先证明，当T 为线段D1C1中点时，平面CEF ⊥平面A1 DT，再借助空间向量法，计算平面法向
量，最后借助向量夹角公式计算即可.
【解答过程】（1）如图，步骤1：延长DA，CE 交于点P，连接PF 交A A1于点G，连接GE；
步骤2：延长GF，D D1交于点Q，连接CQ交C1 D1于点H，连接FH，则多边形CEGFH 即为所求截面，
由E 为AB 中点，可得A 为DP 中点，从而Δ APG与Δ A1 FG相似，所以A1G
AG = A1 F
AP = 1
2
，
又F 为A1 D1中点，从而△D1 FQ与△A1 FG全等．
又△D1 HQ与△C1 HC相似，所以
D1 H
H C1
= Q D1
C1C = A1G
A1 A = 1
3，
所以CE =
❑√2
2+(2❑√2)
2=2❑√3，¿= ❑√2
2+(
4
3)
2
= 2❑√13
3
，GF = ❑√(
2
3)
2
+(❑√2)
2=
❑√22
3
，FH =
❑√(1)
2+(❑√2)
2= ❑√3，CH =
❑√(3)
2+(2)
2= ❑√13，
故所求截面多边形的周长为9 ❑√3+5 ❑√13+ ❑√22
3
．
（2）当T 为线段D1C1中点时，平面CEF ⊥平面A1 DT，理由如下：
易得E F
2=2
2+2
2+(❑√2)
2=10，C E
2=2
2+(2❑√2)
2=12，C F
2= 4
2+2
2+(❑√2)
2=22，故E F
2+ C E
2=C F
2
，
所以EF ⊥CE．又A1T ∥CE，故EF ⊥A1T．取CD 中点M，连接D1 M，TM，EM．
因为E，M 分别为AB，CD 中点，故EM ∥F D1，所以E，F，D1，M 四点共面，易知四边形D D1TM为
正方形，故DT ⊥D1 M．又F D1⊥平面DC C1 D1，DT ⊂平面DC C1 D1，故F D1⊥DT，
而F D1∩D1 M = D1，故DT ⊥平面EF D1 M．因为EF ⊂平面EF D1 M，所以EF ⊥DT．又
A1T ∩DT =T，所以EF ⊥平面A1 DT，而EF ⊂平面CEF，故平面CEF ⊥平面A1 DT．
以D 为原点，⃗DA，⃗DC，⃗D D1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,4,0)，E(2❑√2,2,0)
，F (❑√2,0,2)，T (0,2,2)，则⃗TC =(0,2,−2)，⃗TF =(❑√2,−2,0)．
设平面TCF 的法向量⃗m=(x1, y1, z1)，
则{⃗
m⋅⃗TC =2 y1−2 z1=0⃗
m⋅⃗TF = ❑√2 x1−2 y1=0)，可取⃗m=(❑√2,1,1)．
又⃗CE =(2❑√2,−2,0)，⃗EF =(❑√2,2,−2)，
设平面CEF 的法向量⃗n=(x2, y2, z2)，则{⃗
n⋅⃗FE = ❑√2 x2+2 y2−2 z2=0⃗
n⋅⃗CE =2❑√2 x2−2 y2=0 )，可取⃗n=(2,2❑√2,3 ❑√2)．
则|cos ⟨⃗m,⃗n))=|⃗m⋅⃗n)
|⃗m)|⃗n) =|2×❑√2+2❑√2+3 ❑√2)
❑√4×❑√30
=
7
2❑√15 = 7 ❑√15
30
．
故平面TCF 与平面CEF 夹角的余弦值为7 ❑√15
30
．
19．（2025·海南·模拟预测）如图（1），正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点，点F在边CD上且
EF ⊥BE.将△ABE沿BE折起到图（2）中△PBE的位置，使得平面PBE⊥平面BCDE.
(1)证明：PB⊥平面PEF；
(2)求平面PBE与平面PBC夹角的余弦值；
(3)如图（2），点Q在线段BE上，过点P、Q的平面α截四棱锥P−BCDE所得的截面是一个直角三角形，
在图中画出这个直角三角形.（请在答题卡指定位置作图，不必说明画法和理由）
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√21
21
(3)作图见解析
【解题思路】（1）由面面垂直的性质定理可得出EF ⊥平面PBE，可得出EF ⊥PB，结合PB⊥PE以及
线面垂直的判定定理可证得PB⊥平面PEF；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面PBE与平面PBC夹角的余弦值；
（3）在平面BCDE内作QR // EF，交BC或CD于点R，连接PR，利用EF ⊥平面PBE，结合QR // EF
，可得出QR⊥平面PBE，结合线面垂直的性质可得出结论.
【解答过程】（1）因为EF ⊥BE，平面PBE⊥平面BCDE，且平面PBE∩平面BCDE = BE，EF ⊂平
面BCDE，
所以EF ⊥平面PBE.
因为PB⊂平面PBE，所以EF ⊥PB.
又因为∠BPE =90
∘，即PB⊥PE，
因为PE∩EF = E，PE、EF ⊂平面PEF，所以PB⊥平面PEF.
（2）取BC的中点G，连接EG，过点P在平面PBE内作PH ⊥BE，垂足为H，
因为平面平面PBE⊥平面BCDE，且平面PBE∩平面BCDE = BE，PH ⊂平面PBE，PH ⊥BE，
所以，PH ⊥平面BCDE，
因为DE // BC，即DE //CG，且DE = 1
2 BC =CG，
所以，四边形CDEG为平行四边形，所以，CD // EG，
因为CD⊥DE，则EG⊥DE，
以点E为坐标原点，⃗EG、⃗ED、⃗HP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标
系，
则E (0,0,0)、F(
1
2 ,1,0)、B (2,−1,0)、C (2,1,0).
在Rt△PBE中，PE =1，PB =2，所以EB =
❑√P E
2+ P B
2= ❑√5，
因为tan ∠EPH = EH
PH = PE
PB = 1
2，由勾股定理可得P E
2= P H
2+ E H
2=1，
所以，EH =
❑√5
5 ，PH = 2❑√5
5
，则EH = 1
5 BE，所以P(
2
5 ,−1
5 , 2❑√5
5 )，
所以⃗PC =(
8
5 , 6
5 ,−2❑√5
5 )，⃗BC =(0,2,0)，
设平面PBC的法向量为⃗m=(x , y , z)，则{⃗
PC ⋅⃗m= 8 x
5 + 6 y
5 −2❑√5
5
z =0⃗
BC ⋅⃗m=2 y =0
)
，
令x = ❑√5，可得⃗m=(❑√5,0,4).
由（1）知EF ⊥平面PBE，故平面PBE的一个法向量为⃗n=2⃗EF =(1,2,0).
因为cos ⟨⃗m,⃗n)=⃗
m⋅⃗n
|⃗m)⋅|⃗m) =
❑√5
❑√21×❑√5 =
❑√21
21 ，
所以平面PBE与平面PBC夹角的余弦值为
❑√21
21
（3）所得截面为直角三角形PQR，如图所示：
作法：在平面BCDE内作QR // EF，交BC或CD于点R，连接PR，
因为EF ⊥平面PBE，QR // EF，则QR⊥平面PBE，
因为PQ⊂平面PBE，所以，QR⊥PQ.
