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第7 讲 截面、交线问题（新高考专用）
【考点突破】.................................................................................................................................2
【考点一】截面问题.......................................................................................................................2
【考点二】交线问题.....................................................................................................................10
【专题精练】...............................................................................................................................19
考情分析：
目录
1
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“截面、交线”问题是高考立体几何问题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、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
一、单选题
1．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知正方体
中，点
、
满足
，则
平面
截正方体
形成的截面图形为（ ）
A．六边形
B．五边形
C．四边形
D．三角形
2．（2024·四川达州·二模）如图，在正方体
中，
为
中点，
为线段
上一动点，
过
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
二、多选题
3．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知正四面体
，过点
的平面将四面体的体积平分，则下列命题
正确的是（ ）
A．截面一定是锐角三角形
B．截面可以是等边三角形
C．截面可能为直角三角形
D．截面为等腰三角形的有6 个
4．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在棱长为1 的正方体
中，M 为平面ABCD 内一动
点，则（ ）
考点突破
2
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A．若M 在线段AB 上，则
的最小值为
B．平面
被正方体内切球所截，则截面面积为
C．若
与AB 所成的角为
，则点M 的轨迹为椭圆
D．对于给定的点M，过M 有且仅有3 条直线与直线
，
所成角为
三、填空题
5．（2024·陕西西安·模拟预测）正方体
中，
是棱
的中点，
在侧面
上运动，
且满足
平面
.以下命题正确的有 .
①侧面
上存在点
，使得
②直线
与直线
所成角可能为
③平面
与平面
所成锐二面角的正切值为
④设正方体棱长为1，则过点
的平面截正方体所得的截面面积最大为
3
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6．（23-24 高三下·江西·开学考试）在正四面体
中，M 为PA 边的中点，过点M 作该正四面体外接
球的截面，记最大的截面半径为R，最小的截面半径为r，则
；若记该正四面体和其外接球
的体积分别为
和
，则
．
参考答案：
题号
1
2
3
4
答案
B
A
AD
ABD
1．B
【分析】由题意，点
是线段
上靠近
的三等分点，点
是线段
上靠近
的三等分点，作出截面
图形可得结论.
【详解】如图，
因为点
、
满足
，
点
是线段
上靠近
的三等分点，点
是线段
上靠近
的三等分点，
延长
与交于点
，连接
交
于
，
延长
交于点
，连接
交
于
，连接
，
则五边形
为所求截面图形.
故选：B．
2．A
【分析】根据点
在
、
以及
三个特殊位置时，截面图形的形状，选出正确选项.
【详解】B 选项，当点
与
重合时，
4
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取
中点
，因为
是
中点，则
，且
，
连接
，则四边形
为平行四边形，
又因为
，所以平行四边形
为矩形，故排除B 选项；
C 选项，当点
与
重合时，
取
中点
，因为
是
的中点，所以
，
连接
，截面四边形
为梯形，故排除C 选项；
D 选项，当点
为
中点时，
5
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因为
是
中点，所以
且
，
连接
，则四边形
是平行四边形，
又因为
，
，
因为是正方体，所以
，所以
，
所以平行四边形
是菱形，故排除D 选项；
不管点
在什么位置，都不可能是三角形.
故选：A.
3．AD
【分析】根据题意，结合正四面体的几何特征，以及余弦定理和三角形的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】如图所示，设过点
的截面交底面
于点
，且
，
因为过点
的平面将正四面体的体积平分，即
平分
的面积，
可设正四面体
的棱长为
，
可得
，解得
，且
，
对于A 中，在
中，可得
，
在
中，可得
，
在
中，可得
，
则
，即
，
同理可得
，
，
即在
中，任意的两边的平方和大于第三边，所以
为锐角三角形，所以A 正确；
6
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对于B 中，若截面
为等边三角形，则满足
，
若
，即
，可得
，
此时
，可得
，
所以截面
不是等边三角形，所以B 错误；
对于C 中，当点
与点
重合时，要使得平面
平分三棱锥
的体积，
即
平分
的面积，此时
为
的中点，此时
，
则
中，边
取得最小值，且
，且
，
可得
，此时
的最大角为锐角，
所以
不能为直角三角形，所以C 错误；
对于D 中，当过点
截面过底面
的一个顶点和对边的中点时，
如图（1）所示，得到截面
，
,
，此时
，
此时三个三角形都为等腰三角形，且满足把正四面体
的体积平分；
7
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如图（2）所示，在
的边长上分别取
，
使得
，连接
，
使得
恰好平分
的面积，此时截面
恰好平分正四面体
的体
积，且
为等腰三角形，
综上可得，截面为等腰三角形的有6 个，所以D 正确.
故选：AD.
4．ABD
【分析】合理构造图形，利用三角形的性质判断A，利用球的截面性质判断B，利用线线角的几何求法求
出轨迹方程判断C，合理转化后判断D 即可.
【详解】对于A，延长
到
使得
，则
，等号在
共线时取到；故A 正确；
8
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对于B，由于球的半径为
，球心到平面
的距离为
，故被截得的圆的半径为
，故面
积为
，故B 正确；
对于C，
与
所成的角即为
和
所成角，所以
，易知
平面
，
当
位于线段
上时，则
平面
，得
，所以
的轨迹为直线
，故C 错误；
对于D，显然过
的满足条件的直线数目等于过
的满足条件的直线的数目，
在直线上任取一点
，使得
，不妨设
，
若
，则
是正四面体，所以
有两种可能，直线也有两种可能，
若
，则只有一种可能，就是与
的角平分线垂直的直线，
所以直线有三种可能，故D 正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：选项A 中，关键是将空间中的两距离之和最短转化为平面内三点共线时长度最短问
题求解.
5．①③
【分析】由面面平行的判定定理即可判断①，由异面直线夹角的定义即可判断②，由二面角的定义即可判
断③，由截面为菱形即可判断④
【详解】
9
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取
中点
中点
，连接
，
则易证得
，且
，
平面
，
平面
，
从而平面
平面
，
所以点
的运动轨迹为线段
.
取
的中点
，因为
是等腰三角形，所以
，又因为
，所以
，故
①正确；
设正方体的棱长为
，当点
与点
或点
重合时，直线
与直线
所成角最大，此时
，所以②错误；
平面
平面
，取
为
的中点，
则
即为平面
与平面
所成的锐二面角，
，所以③正确；
因为当
为
与
的交点时，截面为菱形
（
为
的交点），
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此时，
，则面积为
，故④错误.
故答案为：①③
6．
/
3√3π
2
【分析】把正四面体
放置于正方体中，利用正四面体与正方体有相同的外接球，结合球的截面小
圆的性质、体积公式计算即得.
【详解】将正四面体
放置于正方体中，可得正方体的外接球即为该正四面体的外接球，如图，
外接球球心
为正方体的体对角线的中点，设正四面体
的棱长为
，则正方体棱长为
，
由外接球直径等于正方体的体对角线，得正四面体
外接球半径
，
当过
中点
的正四面体外接球截面过球心
时，截面圆面积最大，截面圆半径为
，
当该截面到球心
的距离最大时，截面圆面积最小，此时球心
到截面距离为
，
可得最小截面圆半径
，因此
；
正四面体
外接球体积
，
正四面体
的体积
，因此
.
故答案为：
；3√3π
2
规律方法：
作几何体截面的方法
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(1)利用平行直线找截面．
(2)利用相交直线找截面．
【考点二】交线问题
一、单选题
1．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体
中，点
为线段
上的动点，直线
为平面
与平面
的交线，现有如下说法
①不存在点
，使得
平面
②存在点
，使得
平面
③当点
不是
的中点时，都有
平面
④当点
不是
的中点时，都有
平面
其中正确的说法有（ ）
A．①③
B．③④
C．②③
D．①④
2．（2024·江西宜春·模拟预测）在正六棱柱
中，
，
为棱
的中点，
则以
为球心，2 为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
3．（2024·贵州·模拟预测）如图，四棱锥
的底面为正方形，
底面
，
.设
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平面
与平面
的交线为，点
为上的点，
为
上的点.下列说法正确的是（ ）
A．
平面
B．四棱锥
外接球的半径为
C．点
到
的距离为
D．三棱锥
的体积为
4．（2024·湖北荆州·三模）如图，正八面体
棱长为2．下列说法正确的是（ ）
A．
平面
B．当P 为棱EC 的中点时，正八面体表面从F 点到P 点的最短距离为
C．若点P 为棱EB 上的动点，则三棱锥
的体积为定值
D．以正八面体中心为球心，1 为半径作球，球被正八面体各个面所截得的交线总长度为
三、填空题
5．（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
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的面积最大值为 ．
6．（2024·陕西安康·模拟预测）在棱长为1 的正方体
中，过面对角线
的平面记为
，
以下四个命题:
①存在平面
，使
;
②若平面
与平面
的交线为，则存在直线，使
;
③若平面
截正方体所得的截面为三角形，则该截面三角形面积的最大值为
;
④若平面
过点
，点
在线段
上运动，则点
到平面
的距离为
．
其中真命题的序号为 ．
参考答案：
题号
1
2
3
4
答案
B
D
ACD
ABD
1．B
【分析】
对于①，由当点
与点
重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，若
平面
，则
，建系利用向量运算
即可判断；对于③④，由线面平行，线面垂直的相关知识判断
即可.
【详解】对于①，由当点
与点
重合时，由
，
而
平面
，
平面
，得
平面
，故①错误；
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对于②，若存在点
，使得
平面
，则
，
又
，可得
，
以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，
，
，
则
，
，
，
，
则
，
，
，
，
所以
，这与
矛盾，故②错误；
对于③，当
不是
的中点时，
由
，且
面
，
面
，可知
面
，
又直线
为面
与面
的交线，则
，
又
面
，
面
，从而可得
面
，故③正确；
对于④，由③可知
，又
平面
，
平面
，
所以
，又
，
，
平面
，
所以
平面
，所以
平面
，故④正确.
综上，③④正确.
15
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故选：B.
2．D
【分析】根据题意，作图，分别求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和，可计算得到答案.
【详解】因为球
的半径为2，所以球
不与侧而
及侧面
相交，
连接
．由题得
，
．所以
，
所以球
与侧面
交于点
，
，与侧面
交于点
，
．
在正六边形
中，易得
，因为
平面
，
平面
．
所以
，又
，
平面
，
所以
平面
，即
平面
，且
，又
，
．
所以球
与侧面
的交线为以
为直径的半圆，同理可得球
与侧面
的交线为以
为直径
的半圆．
由题易得
，则球
与上底面
及下底面
的交线均为
个半径为
的圆．
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为
．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：根据球
的半径为2，判断球
只与侧而
及侧面
，上底面
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及下底面
相交.
3．ACD
【分析】先证明
平面
，根据线面平行的性质可得
，再证明
平面
，即可判断A；
由题意可得
即为外接球的直径，进而可判断B；根据
，即可判断C；根据锥体的体积公式即可判
断D.
【详解】在正方形
中，
，
平面
，
平面
，
所以
平面
，
又平面
平面
，
平面
，
所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
，
正方形
中，
，
平面
，
所以
平面
，所以
平面
，故A 正确；
设四棱锥
外接球半径为
，由题意知PD，DC，AD 两两垂直，
则
，故
，故B 错误；
因为
，所以点
到
的距离等于点
到
的距离，等于
，故C 正确；
因为
，
平面
，
平面
，
所以
平面
，所以点
到平面
的距离等于点
到平面
的距离，
所以
，故D 正确.
故选：ACD.
4．ABD
【分析】对于A，由线线平行证得线面平行；对于B，将
和
展开至同一平面，由余弦定理可求
最小值；对于C，等体积法得到三棱锥
的体积为定值
，对于D，以O 为球心，1 为半径的球
与各条棱均切于中点处，据此计算可求球被正八面体各个面所截得的交线总长度.
【详解】对于A，在正八面体中
，故四边形
为菱形，
故
，又
平面
，
平面
，
所以
平面
，故A 正确；
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对于B，将
和
展开至同一平面，如图所示，
其中
，
，
，
由余弦定理得：
，
，故B 正确；
对于C，
，连接
、
，相交于点
，连接
，
由对称性可知，
，
、
均为等腰直角三角形，
所以
，
，
，
又
平面
，
可证得
平面
，所以
到平面
的距离为
，
设菱形
的面积为，则
，
，
三棱锥
的体积为定值
，故C 错误；
对于D，易得以O 为球心，1 为半径的球与各条棱均切于中点处，
故球与每个侧面的交线即侧面正三角形的内切圆，
又以2 为边长的正三角形的高为
，
可得内切圆半径
，交线总长度
，故D 正确．
18
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故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求一点沿空间几何体的表面到另一点间的距离的最小值问题，常常展开在同一平面内，
通过求平面内两点间的距离求得最小值.
5．
【分析】首先证明截面为长方形，设
，将面积表示为关于
的二次函数，结合二次函数的性质即可
得结果.
【详解】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：
.
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6．①②④
【分析】对于①：取平面
为平面
，结合线面垂直分析判断；对于②：根据面面平行的性质可得
∥，再结合平行线的传递性分析判断；对于③：举反例说明即可；对于④：可证
∥平面
，
则点
到平面
的距离即为点
到平面
的距离，利用等体积法分析求解.
【详解】对于①：取平面
为平面
，
因为
为正方形，则
，
又因为
平面
，
平面
，则
，
且
，
平面
，
可得
平面
，即
，故①为真命题；
对于②：显然此时平面
与平面
不重合，
因为平面
∥平面
，
20
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且平面
平面
，平面
平面
，可得
∥，
又因为
∥
，
，可知
为平行四边形，则
∥
，
可知当不与
重合时，∥
，故②为真命题；
对于③：例如截面
，可知截面为边长为
的等边三角形，符合题意，
且
，故③为假命题；
对于④：由②可知：
∥
，
且
平面
，
平面
，则
∥平面
，
因为点
在线段
上运动，则点
到平面
的距离相等，
不妨取点
为点
，设点
到平面
的距离为
，
因为
，则
，解得
，
所以点
到平面
的距离为
，故④为真命题；
故答案为：①②④.
【点睛】关键点点睛：对于④：根据平行关系将所求距离转化为点
到平面
的距离，再利用等体积
法运算求解.
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．
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(2)面面交点法：各棱面与截平面的交线．
一、单选题
1．（2024·浙江·模拟预测）已知边长为6 的正方体与一个球相交，球与正方体的每个面所在平面的交线都
为一个面积为
的圆，则该球的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（2024·山东枣庄·一模）在侧棱长为2 的正三棱锥
中，点
为线段
上一点，且
，
则以
为球心，
为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（23-24 高三上·辽宁·阶段练习）已知在正方体
中，
，点
，
，
分别在棱
，
和
上，且
，
，
，记平面
与侧面
，底面
的交线分别
为
，
，则（ ）
A．
的长度为
B．
的长度为
C．
的长度为
D．
的长度为
4．（2023·河南·模拟预测）如图，在三棱锥
中，
两两垂直，且
，以
为球心，
为半径作球，则球面与底面
的交线长度的和为（ ）
专题精练
22
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A．
B．
C．
D．
5．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）圆台上、下底面半径分别为
，作平行于底面的平面
将圆台分成上
下两个体积相等的圆台，截面圆的半径为（ ）.
A．
B．
C．
D．
6．（2024·福建泉州·一模）泉州花灯技艺源于唐朝中期从形式上有人物灯、宫物灯、宫灯，绣房灯、走马
灯、拉提灯、锡雕元宵灯等多种款式．在2024 年元宵节，小明制做了一个半正多面体形状的花灯，他将正
方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面
体，如图所示．已知该半正多面体的体积为
，M 为
的中心，过M 截该半正多面体的外接球的截
面面积为S，则S 的最大值与最小值之比（ ）
A．
B．
C．3
D．9
7．（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体
中，
，点
是线段
上靠
23
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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
8．（2024·陕西西安·模拟预测）已知三棱锥
为
中点，
为直二面
角，且
为二面角
的平面角，三棱锥
的外接球
表面积为
，则平面
被
球
截得的截面面积及直线
与平面
所成角的正切值分别为（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
9．（2024·江苏盐城·一模）已知直四棱柱
，
，底面
是边长为1 的菱形，
且
，点E，F，G 分别为
，
，
的中点，点H 是线段
上的动点（含端点）.以
为球心作半径为R 的球，下列说法正确的是（ ）
A．直线
与直线
所成角的正切值的最小值为
B．存在点H，使得
平面
C．当
时，球
与直四棱柱的四个侧面均有交线
D．在直四棱柱内，球
外放置一个小球，当小球体积最大时，球
直径的最大值为
10．（2024·山东·模拟预测）如图在四棱柱
中，底面四边形
是菱形，
，
，
平面
，
，点
与点
关于平面
对称，过点
做任意平面
，平面
与上、下底面的交线分别为和
，则下列说法正确的是（ ）
24
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A．
B．平面
与底面
所成的角为
C．点
到平面
的距离为1
D．三棱锥
的体积为
11．（2024·安徽·模拟预测）在棱长为1 的正方体
中，以A，
为焦点的椭圆，绕着轴
旋转180°得到的旋转体称为椭球
，椭圆的长轴就是椭球的长轴，若椭球
的长轴长为2，则下列
结论中正确的是（ ）
A．椭球
的表面与正方体
的六个面都有交线
B．在正方体
的所有棱中，只有六条棱与椭球
的表面相交
C．若椭球
的表面与正方体
的某条棱相交，则交点必是该棱的一个三等分点
D．椭球
的表面与正方体
的一个面的交线是椭圆的一段
三、填空题
12．（2024·江苏徐州·模拟预测）已知正四面体棱长为2，所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体
所得的截面之和为 ．
13．（2024·甘肃张掖·模拟预测）已知正四棱柱
中，
为
的中点，则平
面
截此四棱柱的外接球所得的截面面积为 .
14．（2024·广东茂名·二模）如图，在梯形
中，
，将
沿直线
翻折至
的位置，
，当三棱锥
的体积最大时，过点
的平面截三棱
25
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锥
的外接球所得的截面面积的最小值是 .
参考答案：
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
C
B
C
C
D
ABC
ABD
题号
11
答案
ABD
1．B
【分析】首先得截面圆半径，再求得球心到截面圆的距离即可得球的半径，结合球的表面积公式即可求解.
【详解】由对称性，球心与正方体重心重合，且每个面的交线半径为4.
连球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面，
再连交线圆上一点与球心（即为球半径），由勾股定理得球的半径为5，
则表面积为
.
故选：B.
2．C
【分析】借助线面垂直的判定定理与性质定理可得
、
、
两两垂直，即以
为球心，
为半径
的球面与该三棱锥三个侧面交线分别为三段半径为
，圆心角为
的弧，借助弧长公式计算即可得.
【详解】取
中点
，连接
、
，则有
，
，
又
，
、
平面
，故
平面
，
又
平面
，故
，又
，
，
、
平面
，故
平面
，
又
、
平面
，故
，
，
由正三棱锥的性质可得
、
、
两两垂直，
故
，即以
为球心，
为半径的球面与侧面
的交线长为：
26
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，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为
.
故选：C.
3．A
【分析】做出截面，确定线段
，
，由平行线分线段成比例，相似三角形的性质以及勾股定理即可得解.
【详解】如图所示，
连接
并延长交
的延长线于
，连接
并延长交
于点，
交
的延长线于点
，连接
，交
于点
，连接
，
则
即为
，
即为
，
由
，得
，所以
，
，
由
，得
，则
，
所以
，故C，D 项错误；
由
，得
，
又易知
，得
，所以
，
27
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所以
，故A 项正确，B 项错，
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于利用平面的性质作出截面，从而得到
为
，
为
，由此得
解.
4．C
【分析】由等体积公式求出截面圆的半径为
，画出截面图形，再利用H 为
的中心，求出
，再利用弦长公式求出
，最后求出交线
长度.
【详解】由题意知三棱锥
为正三棱锥，故顶点
在底面
的射影为
的中心
，连接
，由
，
得
，所以
，
因为球的半径为
，所以截面圆的半径
，
所以球面与底面
的交线是以
为圆心，
为半径的圆在
内部部分，
如图所示
易求
，所以
，
28
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易得
，所以
，
所以交线长度和为
.
故选：C.
【点睛】本题为空间几何体交线问题，找到球面与三棱锥的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键.具体
做法为由等体积公式求出截面圆的半径，画出截面图形，再利用H 为
的中心，求出
，再利用弦
长公式求出
，最后求出交线长度.
5．B
【分析】设截面半径为
，上，下圆台的高分别为
，
，上，下圆台的体积分别为
，则
，
而
，利用圆台体积公式建立方程，化简求解即可得到答案．
【详解】设截面半径为x，上、下圆台的高分别为
，
，上，下圆台的体积分别为
，
则
，又
，
则
，
于是
，则
，
得
，故
.
故选：B．
6．C
【分析】利用半正多面体和中心对称性，确定外接球球心和半径，再去找到最大截面圆和最小截面圆的半
径，即可求出它们的比值.
【详解】把这个半正多面体补全为正方体，再设该正方体的边长为
，
则每个截去的小三棱锥的体积为
，
29
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所以该半正多面体的体积：
，解得
，
由图可知，半正多面体的外接球半径是
，
由正方体的性质易证明平面
平面
：
又因为在正方体中
平面
，所以
平面
，
所以过点
截外接球的最小截面圆的半径是
，最大截面圆的半径是
，
即的最小值比最大值等于
，则最大值比最小值等于3.
故选：C.
7．C
【分析】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
，即可得到截面图形，再利用相似验证即可.
【详解】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
，
30
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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
8．D
【分析】利用球的截面的性质，找出球心球心
，再根据条件求出球的半径
，在
中，利
用勾股定理，求出
外接圆的半径，即可求出截面面积，再求出
的长，即可求出直线
与平面
所成角的正切值，从而求出结果.
【详解】依题知
平面
，又
面
，所以
，又
为
中点，
所以
，
取
中点为
，连接
交
于
，则
是
外心，又
，
所以
，连接
，在
上取
为
外心，
过
作平面
的垂线，过
作平面
的垂线，
两垂线的交点即为三棱锥
外接球球心
，
则四边形
是矩形，
，
31
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连接
，设
外接圆半径
，
设球
半径为
，因为球
的表面积为
，所以
，得到
，
所以在
中，
，
所以平面
截球
的截面面积
，
在
中，
，
所以
，
又
为直线
与平面
所成角，所以
，
故选：D.
9．ABC
【分析】A 选项，作出辅助线，建立空间直角坐标系，设出
，
，表达出直线
与直
线
所成角的余弦值，求出最大值为
，从而得到正切值的最小值；B 选项，作出截面，进而
可找出满足条件的点H；C 选项，找到与四个侧面的交线即可；D 选项，球
外放置一个小球O，当小球O
与四个侧面均相切时，小球O 体积最大，得到小球O 的半径为
，得到
，结合
得到球
直径的最大值.
【详解】A 选项，连接
，因为底面
是边长为1 的菱形，且
，
所以
为等边三角形，
因为
为
的中点，
所以
，故
，
以
为坐标原点，
，
，
所在直线分别为
，
，
轴，
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建立空间直角坐标系，如图所示：
故A (0,0,0)，
，
，
设
，
，
则
，
，
设直线
与直线
所成角的大小为
，
则
，
令
，
故
，
因为
，
所以当
时，
取得最大值，
33
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最大值为
，此时
，
因为
在
上单调递减，
在
上单调递增，
故直线
与直线
所成角的正切值的最小值为
，故A 正确；
B 选项，取
，
，
的中点
，
，
，
连接
，
，
，
，
，
，
由平行关系可知，过
，
，
三点的平面截直四棱柱，
得到的截面为六边形
，
当
与
重合时
，
平面
，
平面
.
所以
平面
，故B 正确；
C 选项，连接
，则
，
，
34
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如图，当
时，直四棱柱截球体下半部分的
，
球
与直四棱柱四个侧面都有一段圆弧状交线，
截面如下：
故C 正确；
D 选项，球
外放置一个小球O，当小球O 与四个侧面均相切时，小球O 体积最大，
此时小球O 在底面
上的射影刚好与菱形相切，
故小球O 的半径为
，底面
的中心为
，
⊥平面
，
其中
，
，
故
，因为
，
则
，
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故球
直径的最大值为
，故D 错误.
故选：ABC.
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是
找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平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；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后
借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
10．ABD
【分析】根据面面平行的性质定理可判断A；由线面垂直的判定定理、性质定理可得
是平面
与底面
所成角的平面角，在
中计算可判断B；根据体积相等可判断C；点
与点
关于平
面
对称，由
到平面
的距离与
到平面
的距离相等，可得
可判断D.
【详解】对于A 项，因为
是四棱柱，上、下底面平行且平面
与上、下底面的交线分别
为和
，所以
，故A 正确；
对于B 项，因为
平面
，所以
，又因为
是菱形，
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所以
，且
，
平面
，
所以
平面
，
平面
，所以
，
平面
底面
，所以
是平面
与底面
所成角的平面角，又因为
，
，
所以
，在
中，
，所以
，
所以
，故B 正确；
对于C 项，
，即
，所以
，故C 错误；
对于D 项，因为点
与点
关于平面
对称，由B 项知
，
所以
到平面
的距离与
到平面
的距离相等，即
，
所以
到平面
的距离
，
，故D 正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求解点到平面距离时，利用体积相等，将所求距离转化为三棱锥的高，从而结合三棱
锥体积求得结果.
11．ABD
【分析】对A：根据选项BD 即可判断；对BC：假设存在椭球与棱相交的点，根据椭圆的定义，列方程求
解，即可判断；对D：以正方形
的中心建立空间直角坐标系，设出交点坐标，根据其在椭圆上，求
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得其轨迹方程，即可判断.
【详解】对B，C：假设
是椭球
的表面与棱AB的交点，设
，
则
，解得
，
故棱AB上有一点
（AB的中点）满足条件；
同理在
上各有一点满足条件；
设
是椭球
的表面和棱
的交点，则
，
故棱
上不存在满足条件的点
；
同理在棱
上也不存在满足条件的点，故B 正确，C 错误；
对A：根据选项B，椭球与棱
相交，再结合D 易知A 正确；
对D：连接
交于点
，连接
交于点
，连接
，以
为坐标原点，建立如下所示空间
直角坐标系：
则
，
在正方形
内（含边界），设
是椭球
的表面和正方体的表面的交点，
则
，即
，
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也即
，两边平方整理得：
，
显然点
的轨迹为椭圆的一部分，故D 正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：解决D 选项的关键是建立坐标系，根据交点
满足的条件，求得
的轨迹方程，
进而进行判断.
12．
【分析】分别找出满足条件的截面，求出面积之和即可.
【详解】如图（1）：
分别为正四面体棱的中点，此时它的四个顶点到截面
的距离相等，
是边长为1 的等边三角形，
.这样的截面有4 个；
如图（2）：
分别为正四面体棱的中点，此时它的四个顶点到截面
的距离
相等，四边形
是边长为1 的正方形，
，这样的截面有3 个.
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所以满足条件的截面的面积之和为：
.
故答案为：
13．
【分析】由题意，根据正四棱柱的外接球特征求出球的半径，如图，利用线面平行的判定定理可得
平面
，确定球心
到平面
的距离等于
的长，求出
，结合勾股定理求出截面圆的半径即
可求解.
【详解】由正四棱柱可知底面
为正方形，由正四棱柱的外接球特征可知，
外接球直径等于正四棱柱的体对角线长，所以
，所以
.
如图，取长方形
的中心
，连结
，
则
，而
平面
，
平面
，故
平面
，
所以球心
到平面
的距离等于点
到平面
的距离.
过点
作
交
于点
，则球心
到平面
的距离等于
的长.
在长方形
中，连结
，则
，
所以
，又平面
截此四棱柱的外接球所得的截面为圆面，
所以此圆的半径为
，
故截面面积为
.
故答案为：
40
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14．
【分析】当三棱锥
的体积最大时，此时
到底面
的距离最大，即此时平面
平面
，取
的中点
，
的中点
，
是三棱锥
的外接球球心，当且仅当过点
的平面与
垂直时，截外接球的截面面积最小，
此时，截面的圆心就是点
，从而求解.
【详解】当三棱锥
的体积最大时，由于底面
的面积是定值，
所以此时
到底面
的距离最大，平面
平面
，
且平面
平面
，
取
的中点
，则
，故
平面
，
取
的中点
，则
，又
，且
，则
，
又∵
，
故
是三棱锥
的外接球球心，且该外接球的半径
；
显然，当且仅当过点
的平面与
垂直时，截外接球的截面面积最小，
此时，截面的圆心就是点
，记其半径为，则
；
由于
，
平面
，所以
平面
，
而
平面
，则
，则
，
41
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在
中，
，故
；
又
，故
，又
，
故由余弦定理有
，
∴
，故所求面积为
.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：取
的中点
，由
，确定点
是三棱锥
的外
接球球心.
42
