專題8.12立體幾何中必考七類截面、交線問題【人教A版（2019）】TOC\o"1-3"\h\u【類型1截面作圖】 2【類型2判斷截面圖形的形狀】 7【類型3球的截面問題】 12【類型4截面圖形的周長或面積問題】 16【類型5截面切割幾何體的體積、表面積問題】 23【類型6交線及其長度、軌跡問題】 29【類型7截面的最值與范圍問題】 35【知識點1立體幾何中的截面問題】1．作截面的幾種方法(1)直接法：有兩點在幾何體的同一個面上，連接該兩點即為幾何體與截面的交線，找截面實際就是找交線的過程.(2)延長線法：同一個平面有兩個點，可以連線并延長至與其他平面相交找到交點.(3)平行線法：過直線與直線外一點作截面，若直線所在的面與點所在的平面平行，可以通過過點找直線的平行線找到幾何體與截面的交線.2．球的截面(1)球的截面形狀

①當截面過球心時，截面的半徑即球的半徑，此時球的截面就是球的大圓；

②當截面不過球心時，截面的半徑小于球的半徑，此時球的截面就是球的小圓.

(2)球的截面的性質

①球心和截面圓心的連線垂直于截面；

②球心到截面的距離d與球的半徑R及截面的半徑r之間滿足關系式：.

圖形解釋如下：

在球的軸截面圖中，截面與球的軸截面的關系如圖所示.若設球的半徑為R，以O'為圓心的截面的半徑為r，OO'=d.則在Rt△OO'C中，有，即.【知識點2立體幾何中的截面、交線問題的解題策略】1．立體幾何截面問題的求解方法幾何法：從幾何視角人手，借助立體幾何中的線面平行及面面平行的性質定理，找到該截面與相關線、面的交點位置、依次連接這些點，從而得到過三點的完整截面，再進行求解.2．截面、交線問題的解題策略(1)作截面應遵循的三個原則：①在同一平面上的兩點可引直線；②凡是相交的直線都要畫出它們的交點；③凡是相交的平面都要畫出它們的交線.(2)作交線的方法有如下兩種：①利用基本事實3作交線；②利用線面平行及面面平行的性質定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據性質作出交線.【類型1截面作圖】1．（24-25高二上·北京·期中）如圖所示的幾何體是由一個圓柱挖去一個以圓柱上底面為底面，下底面圓心為頂點的圓錐而得到的幾何體，現用一個豎直的平面去截這個幾何體，則截面圖形可能是（

）A．（1）（2） B．（1）（3）C．（1）（4） D．（1）（5）【解題思路】該平面過圓柱上、下底中心時截面圖形為（1），不過上、下底的中心時截面圖形為（5）.【解答過程】當該平面過圓柱上、下底中心時截面圖形為（1）；當不過上、下底的中心時，截面圖形為（5）.所以只有（1）、（5）正確.故選：D.2．（24-25高一·全國·隨堂練習）在一個倒置的正三棱錐容器內，放入一個鋼球，鋼球恰好與棱錐的四個面都接觸上，經過棱錐的一條側棱和高作截面，正確的截面圖形是（

）A．

B．

C．

D．

【解題思路】設正三棱錐S?ABC，由SC,SH確定的平面得到截面△SCD，再由正四面體的性質和圖象的對稱性加以分析，同時對照選項，即可求解.【解答過程】如圖所示，正三棱錐S?ABC，球O是它的內切球，設H為底面△ABC的中心，根據對稱性可得內切球的球心O在三棱錐的高SH上，由SC,SH確定的平面交AB于D，連接SD、CD，得到截面△SCD，截面SCD就是經過側棱SC與AB中點的截面，平面SCD與內切球相交，截得的球大圓如圖所示，

因為△SCD中，圓O分別與SD、CD相切于點E、H，且SD=CD，圓O與SC相離，所對照各個選項，可得只有B項的截面符合題意；故選：B.3．（24-25高一下·全國·課后作業）如圖所示的空間圖形是由一個圓柱挖去一個以圓柱上底面為底面，下底面圓心為頂點的圓錐而得到的復雜空間圖形，現用一個豎直的平面去截這個復雜空間圖形，則截面圖形可能是（

）A． B．C． D．【解題思路】由組合體結構特征，用一個平面截幾何體，根據平面不同截法判斷截面輪廓，即可得答案.【解答過程】一個圓柱被挖去一個圓錐后，剩下的幾何體被一個豎直的平面所截后，圓柱的截面輪廓是矩形去掉上側一條邊，而圓錐截面的輪廓是三角形除去一條邊或拋物線的一部分，且三角形頂點必在矩形下側底邊中點上、拋物線頂點不可能在矩形下側底邊上，排除B,C.故選：AD.4．（24-25高一下·全國·課后作業）如圖所示的幾何體是由一個圓柱挖去一個以圓柱的上底面為底面、下底面圓心為頂點的圓錐而得到的.現用一個豎直的平面去截這個幾何體，則截面圖形可能是①④.（填序號）

【解題思路】應用空間想象，討論截面與軸截面的位置關系判斷截面圖形的形狀即可.【解答過程】當截面ABCD如下圖為軸截面時，截面圖形如①所示；

當截面ABCD如下圖不為軸截面時，截面圖形如④所示，下側為拋物線的形狀.

故答案為:①④.5．（2024高三·全國·專題練習）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D【解題思路】利用平面的基本性質作出截面圖形即可.【解答過程】連接D1F并延長交DC延長線于點連接IE并延長交BC于點H，交DA延長線于點J，連接JD1交AA1于點6．（24-25高二上·浙江紹興·期末）已知棱長為2的正方體ABCD?A1B1C

(1)求證：MP//平面ABB(2)過M,N,P三點作正方體的截面，畫出截面（保留作圖痕跡），并計算截面的周長.【解題思路】（1）求證A1B//MP即可由線面平行判定定理得證MP//平面（2）延長MP即可作出截面圖，再結合題設條件和正方體性質即可即可計算求解截面的周長.【解答過程】（1）連接MP,D1又由正方體性質得A1D1所以四邊形A1D1所以A1B//MP，又A1B?平面ABB所以MP//平面ABB

（2）如圖，延長MP得MP與DD1,DC則連接NS,NH即可得到過M,N,P三點的正方體的截面NQMPG，由圖可知SD1=所以截面的周長為MP+PG+GN+NQ+QM=MP+NH+NS=2

【類型2判斷截面圖形的形狀】7．（23-24高一下·江蘇無錫·期中）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，作截面EFGH(如圖)交C1D1，A1B1，AB，A．平行四邊形 B．菱形 C．矩形 D．梯形【解題思路】根據題意，結合面面平行的性質，證得EF//GH和EH//FG，進而得到答案.【解答過程】在正方體ABCD?A1B1C且平面EFGH∩平面ABCD=GH，平面EFGH∩平面A1所以EF//GH，同理可證：EH//FG，所以四邊形EFGH的形狀一定為平行四邊形.故選：A.8．（24-25高二上·上海·期中）如圖，在三棱錐A?BCD中，棱AB的中點為E，棱AC的中點為F，棱BD的中點為G，經過E、F、G的截面一定是（

）A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．平行四邊形【解題思路】作出輔助線，得到EF//GP,EG//FP，所以四邊形EFPG為平行四邊形，求出經過E、F、G的截面為平行四邊形EFPG.【解答過程】取CD的中點P，連接PF,PG,EF,EG，因為棱AB的中點為E，棱AC的中點為F，棱BD的中點為G，所以EF//BC,GP//BC，EG//AD,FP//AD，故EF//GP,EG//FP，所以四邊形EFPG為平行四邊形，故經過E、F、G的截面為平行四邊形EFPG.故選：D.9．（24-25高三下·云南昭通·開學考試）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2,E,F分別是A．存在點P，使得FP∥平面ABB．過B,E,F三點的平面截正方體所得截面圖形是梯形C．三棱錐C1D．三棱錐F?ACD的外接球表面積為9【解題思路】對于A，通過P為BD中點可判斷，對于B，由EF//BC1可判斷，對于C，由【解答過程】當P為BD中點時，由中位線可得：FP//FP不在平面ABC1D1，所以FP//平面ABC由中位線易知EF//AD1，在正方體中，易證AD因為VC三棱錐F?ACD的外接球可以補形為長方體外接球，半徑R=4+4+12=故選：ABD.10．（2024·北京密云·三模）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1，

①BD⊥CP②三棱錐C-BPD的體積為定值③過P，C，D1④DP與平面A1B上述說法正確的序號是①②③.【解題思路】①根據ABCD?A1B1C1D1為正方體得到CC1⊥BD，BD⊥AC，然后根據線面垂直的判定定理和性質即可得到BD⊥CP；②根據點P到平面ABCD【解答過程】連接AC，因為ABCD?A1B1C1D

因為BD?平面ABCD，所以CC因為四邊形ABCD為正方形，所以BD⊥AC，因為CC1∩AC=C，CC1,AC?平面因為CP?平面ACC1A因為點P到平面ABCD的距離為定值，三角形BCD的面積為定值，VP?BCD=V根據正方體性質可知，當D1P延長線與棱B1C1連接D1P，由題意得∠DPD1為DP與平面A1B1C1設正方體邊長為a，則D1Pmin故答案為：①②③.11．（23-24高二下·貴州銅仁·期末）如圖所示，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=5,BC=3,BB(1)直接在圖中作出平面α截此長方體所得的截面（不必說明畫法和理由），判斷截面圖形的形狀，并證明；(2)設平面α∩平面A1B1【解題思路】（1）作出截面，利用面面平行的性質及線面垂直的性質判斷即可.（2）連接AF，確定二面角的平面角并計算即得.【解答過程】（1）在平面A1B1C1D1內過點P作EF//則四邊形BCEF為所作截面，截面BCEF為矩形，證明如下：在長方體ABCD?A1B又平面ABB1A1//平面CDD1C1于是BF//CE，四邊形BCEF為平行四邊形，又BC⊥平面ABB1A1，因此BC⊥BF，所以四邊形BCEF為矩形.（2）連接AF，由矩形BCEF的周長為16，且BC=3，得BF=5，又BB1=4，∠BB1F=90由（1）知，EF//BC，則EF⊥平面ABB1A1，而因此EF⊥BF,EF⊥AF，二面角A?l?B的平面角為∠BFA，在△ABF中，AB=BF，則cos∠BFA=所以二面角A?l?B的余弦值為5512．（2024高三·全國·專題練習）如圖所示，一塊正方體木料A1B1C1D1?ABCD的棱長為3米，點M在棱

【解題思路】先利用線面平行的判定定理推得鋸面為過MN在正方體上的截面，再分類討論與上底面的交點位置，從而得解.【解答過程】取N∈BD，且DN:NB=1:2，連接MN，則DN:NB=B1M:MB=1:2此時，由線面平行的判定定理可知，過MN的鋸面就是滿足題意的鋸面；當鋸面分別與AD,CD交于F,E時，

延長FE交BC延長線于P，連接MP交C1C于延長EF交BA延長線于Q，連接MQ交A1A于由公理2可知直線EF與MH的交點P一定在直線BC上，直線EF與MG的交點Q一定在直線BA上，此時鋸痕為五邊形MHEFG；當鋸面與AB（含端點A，不含端點B）交于F或與BC（含端點C，不含端點B）交于E時，

由上分析可知此時鋸痕為四邊形MFEH(或四邊形MEFG)；綜上，鋸痕的形狀是五邊形或四邊形.【類型3球的截面問題】13．（24-25高二·上海·課堂例題）球的半徑為10cm，若它的截面面積是36πcm2，則球心到截面的距離是（A．6cm； B．4cm； C．8cm； D．9cm．【解題思路】利用球的截面性質結合勾股定理求解即可.【解答過程】由球的截面性質得，截面面積一定為圓，設圓的半徑為r，所以πr2=36π，解得由勾股定理得d=100?36故選：C.14．（2024·四川資陽·二模）已知球O的體積為500π3，點A到球心O的距離為3，則過點A的平面α被球O所截的截面面積的最小值是（A．9π B．12π C．16π【解題思路】根據球的體積公式，結合球的截面的性質進行求解即可.【解答過程】設球O的半徑為R，則43πR因為點A到球心O的距離為3，所以過點A的平面α被球O所截的截面圓的半徑的最小值為r=5則所求截面面積的最小值為πr故選：C.15．（24-25高三上·河南·開學考試）如圖，球O被一個距離球心d(d>0)的平面截成了兩個部分，這兩個部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直徑被截后所得的線段叫作球缺的高.球冠的面積公式為S=2πRH，球缺的體積公式為V=13π3R?HH2，其中R為球的半徑，A．若d=12B．若S1SC．若d≥R3D．若d≤R3【解題思路】根據勾股定理結合圓的面積公式計算判斷A錯誤；根據截面的面積和球的體積公式根據不同條件計算進行判斷BCD.【解答過程】對于A，設這兩個球缺的底面圓半徑為r，則r2因為r2+d2=R2對于B，設兩個球缺的高分別為?1,?由S1S2=13，得2πV1=13π對于C，S1S2=2πR?1對于D，V1由d≤R3，得x≥3.設函數f′x>0在3,+∞上恒成立，即所以fx≥f3故選：BCD.16．（2025高一·全國·專題練習）兩平行平面截半徑為13的球，若截面面積分別為25π和144π，則這兩個平面間的距離是7或17.【解題思路】球的半徑為R=13，設兩個截面圓的半徑別為r1，r2，球心到截面的距離分別為d1，d2，則由已知可求得【解答過程】球的半徑為R=13，設兩個截面圓的半徑別為r1，r2，球心到截面的距離分別為d1球的半徑為R，由πr12由πr22如圖①所示，當球的球心在兩個平行平面的外側時，這兩個平面間的距離為球心與兩個截面圓的距離之差；即d2如圖②所示，當球的球心在兩個平行平面的之間時，這兩個平面間的距離為球心與兩個截面圓的距離之和．即d2所以這兩個平面間的距離為7或17．故答案為：7或17.17．（24-25高一下·全國·課后作業）一個球內有相距9cm的兩個平行截面，它們的面積分別為49πcm2和【解題思路】對截面的位置分類討論，利用勾股定理求解球的半徑，再求解表面積即可.【解答過程】當截面在球心的同側時，如圖所示為球的軸截面，由球的截面性質知AO且O1，O2為兩截面圓的圓心，則OO設球的半徑為Rcm，∵π?∵π?O設OO1=x在Rt△O1在Rt△OO2聯立①②可得x=15，R=25．∴S球=4當截面在球心的兩側時，如圖所示為球的軸截面，由球的截面性質知，O1A//O2則OO1⊥O1∵π?O∵π?O設O1O=xcm在Rt△OO1A中，R2∴x2+400=綜上所述，球的表面積為2500πcm18．（24-25高二上·上海·課堂例題）如圖，用一平面去截球O，所得截面面積為16π，球心O到截面的距離為3cm，O1為截面小圓圓心，AB為截面小圓的直徑．求球

【解題思路】運用球的截面性質，結合勾股定理和體積公式解題.【解答過程】由題意可得截面圓的半徑r=4cm則球O的半徑R=4所以球O的體積V=4【類型4截面圖形的周長或面積問題】19．（2024·全國·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為棱BC的中點，用過點

A．32+25 B．9 C．2【解題思路】作出正方體的截面圖形，求出周長即可.【解答過程】

如圖，取AB的中點G，連接GE，A1G，因為E為BC的中點，所以GE//AC，又AA1//所以四邊形ACC所以AC//A1所以A1C1所以用過點A1，E，C1的平面截正方體，所得截面為梯形其周長為22故選：A．20．（2024·天津和平·三模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為6，點E，F分別在棱D1A1，D1C1上，且滿足D1ED1AA．822 B．622 C．422【解題思路】由于上下底平行，則可得平面EFO與上下底面的交線平行，則可得EF為平面EFO與上底面A1B1C1D1的交線，AC為平面EFO【解答過程】連接AC,BD，A1C1，AC與BD因為D1ED1A因為A1C1‖AC，所以EF所以E,F,O,A,C共面，所以平面EFO截正方體ABCD?A1B因為正方體ABCD?A1B所以AC=A在Rt△D1EF中，在Rt△AA1AE=A在Rt△CC1CF=C過E作EM⊥AC于M，則AM=AC?EF所以EM=A所以等腰梯形EFCA的面積為12故選：A.

21．（23-24高二上·四川成都·期末）如圖，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AC=22，AA1=2，點B,D在以線段A．存在點B，使得平面ABC1與平面B．當直四棱柱ABCD?A1B1CC．當AB=2時，過點A1,B,ND．當AB=2時，過MN的平面截該四棱柱的外接球，所得截面面積的最小值為5【解題思路】證明BB1⊥平面ABC可判斷A；先判斷四棱柱為正方體，然后轉化為證明AB1⊥平面A1BC，即可判斷B；取【解答過程】對于A，因為AC為直徑，所以AB⊥BC，又四棱柱ABCD?A1B1C因為AB?平面ABC，所以BB因為BC∩BB1=B,BC,B又AB?平面ABC1，所以平面ABC對于B，由上可知，四邊形ABCD為矩形，易知，當四邊形ABCD的面積S最大時，棱柱ABCD?A記∠BAC=θ，則S=AB?BC=22當2θ=π2，即θ=π4時，Smax所以，此時四棱柱ABCD?A連接A1因為BC⊥平面ABB1A1，AB由四邊形ABB1A又A1B∩BC=B,A1B,BC?平面A又A1C?平面A1對于C，由上可知，當AB=2時，四棱柱ABCD?A取CC1的中點為P，易知，又BC//A1D1,BC=所以NP//A1此時，A1所以梯形A1BCD對于D，易知，正方體ABCD?A1B由對稱性可知，球心到M，N的距離相等，記過MN的截面小圓半徑為r，球的半徑為R，球心到截面距離為d，MN的中點為Q，則r=R2?d2由求得性質可知，當小圓圓心為MN的中點時d取最大值，易知，MN=所以O′所以rmin所以小圓面積為52故選：BCD.22．（24-25高二上·湖北恩施·期中）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=6,E為棱BC的中點，F為棱A1【解題思路】先根據面面平行的性質定理作出過點A,E,F的正方體的截面，然后結合正方體的性質可求截面的周長.【解答過程】如圖，取B1C1的中點E1,連接EE過點F在平面A1B1C1D1內作FG//再取B1C1的三等分點F1（靠近點C1過點E在平面BCC1B1內作EH//BF1,交連接GH,因平面ABCD//平面A1B1同理過A,E,F三點的截面與平面ADD1A故五邊形AEHGF即點A,E,F的正方體的截面.因AB=6,則AE=A1E由FG//A1E1可得即得：FG=35×23=2又由EH//BF1可得△ECH～△E即得：EH=213則GH=2故五邊形截面AEHGF的周長為：AE+AF+EH+FG+GH=35+213+23．（23-24高一下·山東臨沂·期中）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1，中，H是B1D1的中點，E(1)證明；F，G，H，B四點共面；(2)平面EFG//平面BD(3)若正方體棱長為1，過A，E，C1【解題思路】（1）連接BH，可得FG//BH，即可證明F，G，H，（2）由面面平行的判定定理即可證明；（3）取D1C1的中點N，連接A1N，NE，取A1B1的中點【解答過程】（1）證明：連接BH，∵FG為△CBH的中位線，∴FG//BH，∴F，G，H，（2）由（1）知，FG//∵FG?平面BDD1B1，BH?平面BDD∵EF//DB，EF?平面BDD1B，DB?平面BD∵EF∩EG=E，EF、EG都在面EFG內，∴平面EFG//平面（3）取D1C1的中點N，連接A1N，NE取A1B1的中點M，連接MC1，AM∴截面AEC1M所以截面的面積為1224．（23-24高一下·河南·階段練習）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，(1)作出平面C1EF截長方體(2)求（1）中所作截面的周長；(3)長方體ABCD?A1B【解題思路】（1）延長C1E，與CB的延長線交于點N，連接NF并延長，可得交CD的延長線于（2）利用平行線分線段成比例定理可求五邊形PEC（3）利用V=V【解答過程】（1）如圖所示，五邊形PEC作法如下：延長C1E，與CB的延長線交于點連接NF并延長，分別交AB于P，交CD的延長線于M，連接MC1，交DD1于點Q，連接（2）因為BF∥CC1，所以BNNC由AB∥CD，可得BPAP得BP=2,AP=4，則PE=4+4FP=16+16由MDAP=DFAF=24則QF=QC故截面的周長為22（3）V=V故所求體積為2483【類型5截面切割幾何體的體積、表面積問題】25．（24-25高一下·河北邢臺·階段練習）過圓柱的上，下底面圓圓心的平面截圓柱所得的截面是面積為16的正方形，則圓柱的側面積是（

）A．122π B．16π C．8π 【解題思路】根據截面是面積為16的正方形可求底面圓的半徑以及圓柱的高，進而可求圓柱的側面積.【解答過程】如圖所示，過圓柱的上，下底面圓圓心的平面截圓柱所得的截面是正方形ABCD，面積為16，故邊長AB=AC=4，即底面半徑R=2，側棱長為AC=4，則圓柱的側面積是S=2πR?AC=16π，故選：B.26．（23-24高一下·陜西寶雞·期末）如圖，圓錐PO的底面直徑和高均是4，過PO的中點O1作平行于底面的截面，以該截面為底面挖去一個圓柱，則剩下幾何體的表面積為（

A．4+45π C．8+45π 【解題思路】通過圓錐的底面半徑和高，可求出圓柱的高和底面半徑，再結合圓錐的表面積與圓柱的側面積可求得剩下幾何體的表面積.【解答過程】設圓柱的底面半徑為r，高為h，則r=12×2=1圓錐的母線長為22過PO的中點O1則剩下的幾何體的表面積為π故選：C.27．（23-24高一下·江蘇南京·期末）用一個平行于正三棱錐底面的平面去截正三棱錐，我們把底面和截面之間那部分多面體叫做正三棱臺．如圖，在正三棱臺ABC?A1B1CA．正三棱臺ABC?A1B．直線BC與平面ABC1C．點A1到平面ABCD．正三棱臺ABC?A1【解題思路】對B，找出線面角，計算即可得；對C，借助線面平行可得線上點到另一面的距離處處相等即可得；對D，借助三棱臺內切球存在則半徑為高的一半計算即可得，根據臺體的體積公式即可判斷A.【解答過程】對于B，過A1作直線AC的垂線，交直線AC于點M，過C1作直線交直線AC于點N，連接AC1，則所以∠C由余弦定理得AC所以CC所以CC1⊥AC1AC1、BC1?平面AB所以直線BC與平面ABC1所成的角為對于C，取BC1中點P，因為B1C1又CC1⊥平面ABC1所以點B1到平面ABC1A1B1//AB所以點A1到平面ABC1的距離等于點B1到平面對于D，取AC中點H，A1C1中點H1，△A1B過B1作垂線交HB于點T，所以O1B所以BT=2所以B1T=BB1對于A，由D選項知，B1T=6S△ABC所以正三棱臺ABC?A1B故A錯誤.故選：BCD.28．（24-25高二上·上海·期中）某同學在參加魔方實踐課時，制作了一個工藝品，如圖，該工藝品可以看成是一個球被一個棱長為6的正方體的六個面所截后剩余的部分，球心與正方體的中心重合，若其中一個截面圓的周長為4π，則該球的表面積是52π【解題思路】畫出球心截面圖，分析求出球的半徑求解即可.【解答過程】球心的截面圖如圖，則OA=3，由截面圓的周長為4π，得2解得AB=2，球的半徑是OA所以該球的表面積為4π故答案為：52π29．（24-25高一上·寧夏銀川·期末）如圖，圓錐的底面直徑和高均是4，過PO的中點O′（1）求該圓錐的表面積；（2）求剩余幾何體的體積.【解題思路】（1）先求母線長，再求側面積和底面積.（2）用錐體體積減去柱體體積.【解答過程】（1）因為圓錐的底面直徑和高均是4，所以半徑為2，母線l=4所以圓錐的表面積為S=π?r（2）由題意知，因為O′為PO所以V=130．（24-25高二·全國·課后作業）如圖，AEFB—DHGC是一個長方體被一個平面斜截的幾何體，截面是EFGH，已知AB=4(1)求異面直線EF與DC所成角的大小；(2)求該幾何體的體積.【解題思路】（1）根據已知條件及異面直線所成角的定義及解三角形即可求解；（2）利用棱柱的體積公式即可求解.【解答過程】（1）過點E作EP⊥BF交于P，過點H作HQ⊥CG交于Q，連接PQ，如圖所示，由題意可知，DC//__AB，所以∠FEP為異面直線EF與DC所成角的大小，∵AB=4，BF=9，AE=5，∴EP=AB=4，BP=AE=5PF=BF?BP=4，∴EP=PF=4，EP⊥BF，△EPF是等腰直角三角形，∴∠FEP=45°，所以異面直線EF與DC所成角為45°.（2）由題意可知，AB=4該幾何體的體積為V四棱柱【類型6交線及其長度、軌跡問題】31．（24-25高三上·河北保定·期末）已知三棱錐D?ABC的所有棱長均為2，以BD為直徑的球面與△ABC的交線為L，則交線L的長度為（

）A．23π9 B．43π9【解題思路】分別取AB,BC的中點M,N，由題意分析知，以BD為直徑的球面與△ABC的交線為△BMN外接圓周長的13，求出△BMN【解答過程】取BD的中點為O，所以O為球心，過D作DF⊥平面ABC于點F，即F為△ABC的中心，延長BF交所以BF交AC于點E，則E為AC的中點，所以BF=23BE=取BF的中點O1，連接OO1，∵OO1因為BE?平面ABC，即OO1⊥BE，FO所以F為以BD為直徑的球面上一點，分別取AB,BC的中點M,N，連接OM,ON，且OM=ON=12DC=1，所以M,N則△BMN為等邊三角形，△BMN的外接圓即為四邊形BMFN的外接圓，BO1為外接圓的半徑，所以所以以BD為直徑的球面與△ABC的交線L長為△BMN外接圓周長的13所以L=1故選：A.32．（24-25高二上·重慶·期末）已知正方體ABCD?A1B1C1D1，E，F，G分別為棱AB，CC1，C1D1的中點，若平面EFGA．π B．2π C．2π 【解題思路】通過平行可知截面為正六邊形，然后截面面積可求得正方體邊長.再結合正方體中DB1⊥截面EFG可得PD2=PO【解答過程】由題意截面EGF則為正六邊形，如圖所示，

由截面面積為332及三角形面積公式可得6×12G因為DB1⊥截面EFG，O為DB1∴PD2=PO2∴使得PD=2的點P的軌跡是以O為圓心，半徑為22的圓，所以軌跡長度為故選：C.33．（24-25高三上·遼寧·階段練習）已知在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=4，點P，Q，T分別在棱BB1，CC1和AB上，且B1P=3，C1A．m的長度為553 B．mC．n的長度為233 D．n【解題思路】做出截面，確定線段m，n，由平行線分線段成比例，相似三角形的性質以及勾股定理即可得解.【解答過程】如圖所示，連接QP并延長交CB的延長線于E，連接ET并延長交AD于點S，交CD的延長線于點H，連接HQ，交DD1于點R，連接則m即為SR，n即為ST，由PB//QC，得PBQC=EB由AS//EB，得ASEB所以n=ST=A由SD//EC，得又易知SR//PQ，得SRQE所以SR=5故選：AD.34．（23-24高一下·江蘇南京·期末）已知正四棱錐P?ABCD的所有棱長均為2，以點A為球心，2為半徑的球與該四棱錐的所有表面的交線總長為(83+9)π【解題思路】由題意可得以點A為球心，2為半徑的球與該四棱錐的表面PBC，PDC，ABCD有交線，其中表面PBC，PDC的交線相同，取BC的中點E，連接PE，過P作PF‖BC，過B作BF‖PE，過A作AG⊥BF于G，連接PG,AF，可證得AG⊥平面BCPF，所以可得以點A為球心，2為半徑的球與四棱錐的表面PBC的交線為以G為圓心，PG為半徑的一段弧，根據已知條件可求出弧長，從而可求得結果.【解答過程】因為正四棱錐P?ABCD的所有棱長均為2，所以以點A為球心，2為半徑的球與該四棱錐的表面PBC，PDC，ABCD有交線，取BC的中點E，連接PE，過P作PF‖BC，過B作BF‖PE，PF∩BF=F，則四邊形BEPF為平行四邊形，PE⊥BC，所以BF⊥BC，過A作AG⊥BF于G，連接PG,AF，因為BC⊥AB，AB∩BF=B，AB,BF?平面ABF，所以BC⊥平面ABF，因為AG?平面ABF，所以BC⊥AG，因為AG⊥BF，BC∩BF=B，BC,BF?平面BCPF，所以AG⊥平面BCPF，因為正四棱錐P?ABCD的所有棱長均為2，所以BE=CE=PF=1,PE=BF=AF=3所以S△ABF所以12BF?AG=2因為AB=AP=2，所以BG=PG=2所以以點A為球心，2為半徑的球與四棱錐的表面PBC的交線為以G為圓心，23因為BF=3，所以FG=所以tan∠PGF=PFFG所以∠PGB=2π所以弧PB的長為2π同理可得以點A為球心，2為半徑的球與四棱錐的表面PDC的交線長為43以點A為球心，2為半徑的球與四棱錐的表面ABCD的交線為點A為圓心，AB為半徑的四分之一圓，弧BD的長為π2所以以點A為球心，2為半徑的球與該四棱錐的所有表面的交線總長為43故答案為：(8335．（24-25高一下·河南洛陽·階段練習）如下圖，在正方體ABCD?A1B1C(1)畫出過M,N,P三點的平面與平面ABCD、平面BB(2)設過M,N,P三點的平面與BC交于點Q，求PQ的長．【解題思路】（1）利用平面的基本性質畫出交線，進而確定比例和長度；（2）利用（1）直接求解.【解答過程】（1）如圖所示：∵MP?平面ABB∴MP與底面ABCD的交點K必在側面ABB1與底面ABCD的交線∴過點M,N,P的平面與平面ABCD的交線是NK，（K在線段AB的延長線上），與平面BB1C1C的交線是PQ∵BK∥A1B1在Rt△BPQ中，由勾股定理得PQ=136．（23-24高一下·云南昆明·期末）如圖，已知長方體ABCD?A1B1C1D1中，(1)證明：BD1//(2)設平面α//平面EDC1，且B∈α【解題思路】（1）連接CD1交DC1于P，連接（2）設M，N分別為AD，B1C1的中點，連接BM,BM,D1【解答過程】（1）證明：如圖，連接CD1交DC1于在長方體中，由CDD1C1為矩形得由E為BC的中點，得EP//又EP?平面EDC1，BD所以BD1//（2）設M，N分別為AD，B1C1因為E為BC的中點，所以四邊形MECD為矩形，所以ME∥CD，ME=CD，因為C1D1∥CD，C1D1=CD所以四邊形MEC1D1為平行四邊形，所以MD因為C1N=BE，C1N∥所以BN=EC1，BN∥EC1，所以MD所以四邊形BMD因為BN∥EC1，BN?平面EDC1，所以BN∥平面EDC1，同理可證得BM∥平面因為BN∩BM=B，BN,BM?平面BMD所以平面BMD1N所以α與長方體的面的交線圍成平行四邊形BMD由已知得MD1=22，所以cos∠BMD1所以四邊形BMDS=MD【類型7截面的最值與范圍問題】37．（24-25高三上·江蘇常州·階段練習）已知正三棱錐P?ABC的外接球O的表面積為36π，側棱PA=32，點D為AB的中點，過點D作球O的截面，則所得截面圖形面積的取值范圍為（A．214π,9π B．274π【解題思路】根據題意，先確定球心O1的位置，進而結合r2=R2?d【解答過程】設正三棱錐P?ABC的外接球O1的半徑為R，則4πR假設正三棱錐P?ABC中，△ABC外接圓的圓心O，則球心O1在PO設OO1=d，即R+d2+R又R=3，解得d=0，所以△ABC外接圓的圓心O是球心O1如圖所示：設球心O到過點D的截面圓的距離為d，截面圓的半徑為r，則r2因為球心O到過點D的截面圓的距離的最大值為OD=1所以r2的最小值為R又因為點D在OA為半徑的圓面上，則球心O到過點D的截面圓的距離的最小值為0，所以r2的最大值為R總上可知，r2∈所以截面圓的面積的取值范圍為274故選：B.38．（2024·遼寧·模擬預測）在三棱錐A?BCD中，AB=BC=CD=DA=22,∠ADC=∠ABC=90°，平面ABC⊥平面ACD，三棱錐A?BCD的所有頂點都在球O的球面上，E,F分別在線段OB,CD上運動（端點除外），BE=2CF.當三棱錐E?ACF的體積最大時，過點A．π B．3π C．32π【解題思路】取AC的中點O,證得O為球心，利用二次函數求出三棱錐E?ACF的體積最大時x的取值，當OF垂直于截面時，截面圓的面積最小，求得截面圓的半徑.【解答過程】如圖，取AC的中點O,連接OF，因為∠ADC=∠ABC=90°，所以OA=OB=OC=OD=12AC則球O的半徑R=2,又AB=BC,所以OB⊥AC,又平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC，OB?平面所以OB⊥平面ACD，設CF=x，則BE=2x<2,所以所以三棱錐E?ACF的體積V=1當x=22時,V取得最大值由于OA=OB=OC=OD，在△COF中，由余弦定理得:OF=OC2設此時截面圓的半徑為r，所以r=R則截面面積的最小值為πr故選:C.39．（23-24高三下·山東威海·階段練習）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N，P分別是AA1，

A．存在點Q，使B，N，P，Q四點共面B．存在點Q，使PQ//平面C．過Q，M，N三點的平面截正方體ABCD?A1D．經過C，M，B，N四點的球的表面積為9【解題思路】作出過B,N,P的截面判斷選項A；取A1D1中點為Q，證明其滿足選項B；當Q在A1D1運動時，確定截面的形狀，引入參數(如A1Q=x)計算出面積后可得取值范圍，判斷選項C，過【解答過程】選項A，連接A1B,P,N分別是C1D1,C1C中點，則PN//CD1，所以PN//A

選項B，如圖，取A1D1中點為Q因為M,N分別是AA1,CC1所以MN//A1C1，又P是CMN?平面BMN，PQ?平面BMN，所以PQ//平面BMN

選項C，正方體中，M,N分別是AAQ在A1D1上，如圖