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微专题30　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、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.
微点一　截面问题
1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为(　　)
A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形
2.已知正四棱锥S-ABCD的底面边长为2，侧棱长为2，SC的中点为E，过点E作与SC垂直的平面α，则平面α截正四棱锥S-ABCD所得的截面面积为(　　)
A. B. C. D.
3.(多选)(2023·山西联考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，其外接球的球心为O，点P满足=λ(0<λ<1)，过点P的平面α平行于AD和A1B，则(　　)
A.平面α∥平面A1BCD1
B.平面α⊥平面ABB1A1
C.当λ=时，平面α截球O所得截面的周长为π
D.平面α截正方体所得截面的面积为定值
微点二　交线问题
4.(2024·商洛模拟)某圆柱的轴截面是面积为12的正方形ABCD，P为圆柱底面圆弧CD的中点，在圆柱内放置一个球O，则当球O的体积最大时，平面PAB与球O的交线长为(　　)
A. B. C. D.
5.(2024·大连模拟)已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，点P，Q，T分别在棱BB1，CC1和AB上，且B1P=3，C1Q=1，BT=3，记平面PQT与侧面ADD1A1，底面ABCD的交线分别为m，n，则(　　)
A.m的长度为 B.m的长度为
C.n的长度为 D.n的长度为
6.如图所示，正三棱锥P-ABC，底面边长为2，点P到平面ABC的距离为2，点M在平面PAC内，且点M到平面ABC的距离是点P到平面ABC距离的，过点M作一个平面，使其平行于直线BP和AC，则这个平面与三棱锥表面交线的总长为(　　)
A. B.
C. D.
[总结提升]
截面和交线问题在高考中一般为选择和填空题，难度较大.探究找截面一是几何法，常用直接连接、作平行线或作延长线找交点，找交线的方法常用线面交点法和面面交点法，二是利用空间向量法.
1.(2024·成都模拟)已知正四面体ABCD的棱长为a，E为CD上一点，且CE∶ED=2∶1，则截面△ABE的面积是(　　)
A. B. C. D.
2.(2024·昆明模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，平面α满足AC∥α，BC1∥α，若直线AC到平面α的距离与BC1到平面α的距离相等，平面α与此正方体的各个面都相交，则交线围成的图形为(　　)
A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形
3.(2024·郑州模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，DD1的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为s，最大值为S，则等于(　　)
A. B. C. D.
4.(2024·广州模拟)已知三棱锥P-ABC的棱AB，AC，AP两两互相垂直，AB=AC=AP=，以顶点A为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为(　　)
A. B. C. D.
5.(多选)(2024·广州模拟)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=，AB=1，E，F分别为A1B1，CD的中点，点M是侧面ADD1A1上一动点(含边界)，则下列结论正确的是(　　)
A.EF∥平面ADD1A1
B.若∠MA1F=∠EA1F，则点M的轨迹为抛物线的一部分
C.以EF为直径的球面与正四棱柱各棱共有16个公共点
D.以EF为直径的球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为2π
6.(多选)(2024·哈尔滨模拟)如图，已知正三棱台ABC-A1B1C1是由一个平面截棱长为6的正四面体所得，其中AA1=2，以点A为球心，2为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为曲线Γ，P为Γ上一点，则下列结论中正确的是(　　)
A.点A到平面BCC1B1的距离为2
B.曲线Γ的长度为4π
C.CP的最小值为2-2
D.所有线段AP所形成的曲面的面积为
7.(5分)(2024·南昌模拟)在正四面体PABC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V1和V2，则=　　　　.
8.(5分)(2024·南京模拟)在正三棱锥A-BCD中，底面△BCD的边长为4，E为AD的中点，AB⊥CE，则以AD为直径的球截该棱锥各面所得交线长为　　　　.
答案精析
高频考点练
1.C　[如图，设AB=6，分别延长AE，A1B1交于点G，此时B1G=3，
连接FG交B1C1于点H，连接EH，
设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1=AE，平面AEF∩平面DCC1D1=l，
所以l∥AE，设l∩D1D=I，
则FI∥AE，
此时△FD1I∽△ABE，
故ID1=，连接AI，
所以五边形AIFHE为所求截面图形.]
2.A　[连接AC，AE，
由题意可得，SA=SC=AC=2，
即△SAC为等边三角形，
且E为SC的中点，可得AE⊥SC，AE=，
故AE 平面α，
连接BD，设BD∩AC=O，连接SO，
可得AC⊥BD，SO⊥平面ABCD，
且BD 平面ABCD，则BD⊥SO，
AC∩SO=O，AC，SO 平面SAC，所以BD⊥平面SAC，
AE 平面SAC，则BD⊥AE，
在棱SB上取一点M，连接AM，ME，使得ME⊥SC，
在△SBC中，cos∠BSC===，
因为ME⊥SC，
可得SM===，
故SM=2MB，
同理，在棱SD上取一点N，使得NE⊥SC，连接NE，AN，MN，则SN=2ND，
故平面α截正四棱锥S-ABCD所得的截面为四边形AMEN，
因为==2，则MN∥BD，
MN=BD=，
由BD⊥AE，可得MN⊥AE，
所以四边形AMEN的面积为AE·MN=××=.]
3.ABC　
[根据题意作出如图所示的图形，
∵平面α∥AD且AD∥BC，
∴平面α∥BC，
又∵平面α∥A1B，BC，A1B 平面A1BCD1，A1B∩BC=B，
∴平面α∥平面A1BCD1，A正确；
∵BC⊥平面ABB1A1，BC 平面A1BCD1，
∴平面A1BCD1⊥平面ABB1A1，
又平面α∥平面A1BCD1，
∴平面α⊥平面ABB1A1，B正确；
当λ=时，设此时平面α截球O所得截面圆心为O'，此时点P为AB的中点，
故OO'=，由题可知正方体外接球的半径R=，根据勾股定理可知圆O'的半径
r===，故圆O'的周长为2πr=π，故C正确；
由图可知，平面α截正方体所得截面是一个一边长不变，另一边长随点P在AB上的位置的变化而变化的矩形，∴平面α截正方体所得截面面积不是定值，故D错误.]
4.D　[由题意知，当球O的体积最大时，球与圆柱的上、下底面及母线均相切，因为正方形ABCD的面积为12，所以AB=BC=2，
如图1，记AB所在底面的圆心为O1，CD所在底面的圆心为O2，O2P=，
平面APB与球O的交线为以O1E为直径的圆，如图2所示.
易知O1O2=2，O1P==，
易知Rt△O1O2P∽Rt△O1EO2，
故=，
所以O1E===，
所以交线长为π·O1E=.]
5.A　[如图所示，连接QP并延长交CB的延长线于点E，连接ET并延长交AD于点S，
交CD的延长线于点H，连接HQ，交DD1于点R，连接SR，
则m即为SR，n即为ST，
由PB∥QC，得==，
所以EB=2，EC=6，
由AS∥EB，得==，
则AS=EB=，
所以n=ST==，故C，D错误；
由SD∥EC，得===，
又易知SR∥PQ，得==，
所以SR=QE==，故A正确，B错误.]
6.B　[因为P-ABC为正三棱锥，如图，过点P作底面△ABC的垂线，垂足为O，连接AO，则点O为△ABC的中心.过点B作AC的垂线交AC于点H，连接PH.
由于△ABC是边长为2的等边三角形，因此AH=CH=1，
BH==，
AO=BO=BH=.
又因为PO=2，在Rt△AOP中，
AP===，
故AP=BP=CP=.
又点M到平面ABC的距离为点P到平面ABC距离的，
过PH的三等分点(靠近点P)作Q1Q2∥AC交PC于点Q1，交PA于点Q2，则M位于线段Q1Q2上.
过点Q1作Q1Q4∥BP交BC于点Q4，过点Q4作Q3Q4∥AC交AB于点Q3，连接Q2Q3.
所以Q1Q2∥AC∥Q3Q4，则Q1，Q2，Q3，Q4四点共面.
因为Q1Q4∥BP，Q1Q4 平面Q1Q2Q3Q4，BP 平面Q1Q2Q3Q4，
所以BP∥平面Q1Q2Q3Q4.
同理可得AC∥平面Q1Q2Q3Q4，
所以平面Q1Q2Q3Q4即为过点M且平行于直线BP和AC的平面.
利用三角形相似可得，
Q1Q2=Q3Q4=AC=，
Q2Q3=Q1Q4=BP=.
这个平面与三棱锥表面交线的总长为Q1Q2+Q2Q3+Q3Q4+Q1Q4=2×+2×=.]
补偿强化练
1.D　[因为CD=a，CE∶ED=2∶1，
所以CE=，ED=，
所以在正三角形ACD中，
由余弦定理可知AE2=AC2+CE2-2AC·CE·cos∠ACD=a2+-2a··=，
因为△BCD和△ACD都是正三角形，
所以∠ADE=∠BDE，AD=BD，DE=DE，
所以△ADE≌△BDE，
所以BE=AE，
所以△ABE是等腰三角形，取AB的中点F，连接EF，如图所示，
则AB⊥EF，
所以EF2=AE2-AF2=-=，
所以S△ABE=AB·EF=·=.]
2.D　[如图，设E，F，G，H，M，N分别为AB，BC，CC1，C1D1，A1D1，AA1的中点，
连接EF，FG，GH，HM，MN，NE，A1B，CD1，AD1，A1C1，
∵FG∥BC1，MN∥AD1，
FG=BC1，MN=AD1，
BC1∥AD1，BC1=AD1，
∴FG∥MN，FG=MN，
同理可得EF∥MH，EF=MH，GH∥NE，GH=NE，
∴E，F，G，H，M，N共面，
∵AC∥EF，AC 平面EFGHMN，EF 平面EFGHMN，
∴AC∥平面EFGHMN，
同理可得BC1∥平面EFGHMN，
∵E为AB的中点，
∴点A到平面EFGHMN的距离与点B到平面EFGHMN的距离相等，
即平面EFGHMN为所求的平面α，故与正方体的交线围成的图形为正六边形EFGHMN.]
3.D　[如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球球心在其中心点O处，设该正方体的棱长为a，
则外接球的半径R==，
要使过直线EF的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段EF的中点P，如图所示，
连接OE，OF，OP，
则OE=OF==，
EF==，
所以OP==，
此时截面圆的半径r==.
显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径R，所以===.]
4.D　[因为三棱锥P-ABC的棱AB，AC，AP两两互相垂直，AB=AC=AP=，
所以球A与三棱锥的表面ABC，APC，APB的交线均为以点A为顶点，半径为1，圆心角为的圆弧，其长度为，
设点A到平面PBC的距离为d，
因为AB=AC=AP=，所以△PBC是边长为2的等边三角形，
由V三棱锥P-ABC=V三棱锥A-PBC可得
××××=××2×2××d，
解得d=，
所以球A与表面PBC的交线是以△PBC的中心为圆心，半径为=的圆，其长度为，
因为>，
所以以顶点A为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为.]
5.ACD　[根据已知条件可知，A1E∥DF，A1E=DF，连接A1D，可得四边形A1EFD是平行四边形，所以可得A1D∥EF，
又因为EF 平面ADD1A1，A1D 平面ADD1A1，
所以EF∥平面ADD1A1，故A正确；
因为∠EA1F是一个定值，
所以∠MA1F也等于一个定值，
所以A1M一定是以A1F为轴的一个圆锥的母线，
这样的圆锥被过顶点A1的平面ADD1A1所截得的是两条母线，
即落在侧面ADD1A1内的轨迹是有公共点A1的两条线段(不含点A1)，
故B错误；
由正四棱柱的中心对称性可知，以EF为直径的球心O一定是在正四棱柱的中心，
根据AA1=，AB=1，可知EF=，球的半径为，
所以可知球心O到上、下底面各棱的中点的距离都等于该球的半径，
即该球与上下两底面各棱的交点共有8个，
又因为球心O到各侧棱的距离是，到各顶点的距离是1，
所以每条侧棱上都有2个点到球心O的距离等于该球的半径，即共有16个公共点，故C正确；
设该球心O在侧面BCC1B1的射影是点H，球O与棱BB1的公共点为G，
则OH=，OG=，
故GH==，
球面被侧面BCC1B1截得的交线如图，由GH=，HJ=，
可得∠GHJ=，即∠GHI=，
所以球面被侧面BCC1B1截得的交线长为××2=，
即该球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为×4=2π，故D正确.]
6.ACD　[对于A，将三棱台ABC-A1B1C1补形为棱长为6的正四面体SABC，如图1，取BC的中点M，连接SM交B1C1于点M1，连接AM1，
则△SBC是边长为6的等边三角形，且△SB1C1∽△SBC，
所以=，
即=，
解得B1C1=4，
△SB1C1是边长为4的等边三角形，
又==，
故M1为△SBC的外心，
则由正四面体SABC知，AM1为正四面体SABC的高，
则AM1⊥平面BCC1B1，
故AM1为点A到平面BCC1B1的距离，SM1==2，
则AM1==2，
A正确；
对于B，因为AM1⊥平面BCC1B1，
当r=AP=2时，
可得M1P===2，
因此点P的轨迹是以M1为圆心，2为半径的圆与等腰梯形BCC1B1重合部分的两段弧和(如图2)，即曲线Γ，
连接M1E，M1F，由M1M=，M1E=M1F=2，易得∠EM1F=，因此∠C1M1E=∠B1M1F=，
所以的长度l=×2=，
则曲线Г的长度为2l=，B错误；
对于C，CP的最小值为CM1-M1P=SM1-M1P=2-2，C正确；
对于D，所有线段AP所形成的曲面为圆锥AM1(底面圆半径为2，母线长为2)侧面的一部分，
由B选项知点P的轨迹的长度为，则曲面的面积为π×2×2×=，D正确.]
7.　
解析　将正四面体PABC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O为正方体的体对角线的中点，设正四面体PABC的棱长为2a，则正方体的棱长为a，
由外接球直径等于正方体的体对角线，得正四面体PABC的外接球半径R1=×a=，
当过PA中点M的正四面体外接球的截面过球心O时，截面圆面积最大，截面圆半径R=R1，
当该截面到球心O的距离最大时，截面圆面积最小，此时球心O到截面的距离为OM=，
可得最小截面圆的半径r==a，
因此=.
正四面体PABC外接球的体积V2==·=πa3，
正四面体PABC的体积V1=(a)3-4×××(a)3=，
因此=.
8.π
解析　取CD的中点F，连接BF，如图1所示，作AO⊥平面BCD，垂足为O，
由三棱锥A-BCD为正三棱锥，所以O为底面正三角形BCD的中心，
所以O∈BF，
因为CD 平面BCD，所以AO⊥CD，
又由正三角形的性质，可得BF⊥CD，
又因为BF∩AO=O，且BF，AO 平面ABO，
所以CD⊥平面ABO，
因为AB 平面ABO，所以AB⊥CD，
又因为CE⊥AB，且CE∩CD=C，CE，CD 平面ACD，
所以AB⊥平面ACD，
因为AC 平面ACD，所以AC⊥AB，
由正三棱锥的性质可得，AC，AB，AD两两垂直，且AB=AC=AD=2，
以AD为直径的球E的半径为R=，
可得球E在侧面ACD，侧面ABD上截得的交线分别为个圆，可得弧长的和为2××2πR=π，
设点E到平面BCD的距离为d，
由V三棱锥B-ACD=V三棱锥A-BCD，
可得S△ACD·AB=S△BCD·2d，
即××2×2×2=××42×2d，
解得d=，
即点E到平面BCD的距离为，
所以平面BCD截球E所得的圆O1的半径为r==，
如图2和3所示，球E在底面△BCD内截得的弧为圆O1的，其中∠MO1N=，
所以的弧长为×=，
球E与平面ABC只有一个交点A，截得的弧长为0，所以以AD为直径的球截三棱锥A-BCD各面所得的交线长为π.(共50张PPT)
专题四　立体几何
微专题30
截面、交线问题
“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、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.
考情分析
思维导图
高频考点练
补偿强化练
内容索引
高频考点练
PART ONE
微点一　截面问题
1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为
A.三角形　　　　B.四边形　　　　C.五边形　　　　D.六边形
√
1
2
3
4
5
6
如图，设AB=6，分别延长AE，A1B1交于点G，此时B1G=3，
连接FG交B1C1于点H，连接EH，
设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1=AE，平面AEF∩平面DCC1D1=l，
所以l∥AE，设l∩D1D=I，则FI∥AE，
此时△FD1I∽△ABE，故ID1=，连接AI，
所以五边形AIFHE为所求截面图形.
1
2
3
4
5
6
2.已知正四棱锥S-ABCD的底面边长为2，侧棱长为2，SC的中点为E，过点E作与SC垂直的平面α，则平面α截正四棱锥S-ABCD所得的截面面积为
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
√
1
2
3
4
5
6
连接AC，AE，
由题意可得，SA=SC=AC=2，即△SAC为等边三角形，
且E为SC的中点，可得AE⊥SC，AE=，故AE 平面α，
连接BD，设BD∩AC=O，连接SO，
可得AC⊥BD，SO⊥平面ABCD，
且BD 平面ABCD，则BD⊥SO，
AC∩SO=O，AC，SO 平面SAC，
所以BD⊥平面SAC，AE 平面SAC，则BD⊥AE，
1
2
3
4
5
6
在棱SB上取一点M，连接AM，ME，使得ME⊥SC，
在△SBC中，cos∠BSC===，
因为ME⊥SC，可得SM===，
故SM=2MB，
同理，在棱SD上取一点N，使得NE⊥SC，连接NE，AN，MN，则SN=2ND，
1
2
3
4
5
6
故平面α截正四棱锥S-ABCD所得的截面为四边形AMEN，
因为==2，
则MN∥BD，MN=BD=，
由BD⊥AE，可得MN⊥AE，
所以四边形AMEN的面积为AE·MN=××=.
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6
3.(多选)(2023·山西联考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，其外接球的球心为O，点P满足=λ(0<λ<1)，过点P的平面α平行于AD和A1B，则
A.平面α∥平面A1BCD1
B.平面α⊥平面ABB1A1
C.当λ=时，平面α截球O所得截面的周长为π
D.平面α截正方体所得截面的面积为定值
√
1
2
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4
5
6
√
√
根据题意作出如图所示的图形，
∵平面α∥AD且AD∥BC，∴平面α∥BC，
又∵平面α∥A1B，BC，A1B 平面A1BCD1，A1B∩BC=B，
∴平面α∥平面A1BCD1，A正确；
∵BC⊥平面ABB1A1，BC 平面A1BCD1，
∴平面A1BCD1⊥平面ABB1A1，
又平面α∥平面A1BCD1，
∴平面α⊥平面ABB1A1，B正确；
1
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5
6
当λ=时，设此时平面α截球O所得截面圆心为O'，
此时点P为AB的中点，
故OO'=，由题可知正方体外接球的半径R=，
根据勾股定理可知圆O'的半径r===，
故圆O'的周长为2πr=π，故C正确；
由图可知，平面α截正方体所得截面是一个一边长不变，另一边长随点P在AB上的位置的变化而变化的矩形，
∴平面α截正方体所得截面面积不是定值，故D错误.
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5
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微点二　交线问题
4.(2024·商洛模拟)某圆柱的轴截面是面积为12的正方形ABCD，P为圆柱底面圆弧CD的中点，在圆柱内放置一个球O，则当球O的体积最大时，平面PAB与球O的交线长为
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
√
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5
6
由题意知，当球O的体积最大时，球与圆柱的上、下底面及母线均相切，因为正方形ABCD的面积为12，所以AB=BC=2，
如图1，记AB所在底面的圆心为O1，
CD所在底面的圆心为O2，O2P=，
平面APB与球O的交线为以O1E为直
径的圆，如图2所示.
易知O1O2=2，O1P==，
易知Rt△O1O2P∽Rt△O1EO2，故=，
所以O1E===，所以交线长为π·O1E=.
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5.(2024·大连模拟)已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，点P，Q，T分别在棱BB1，CC1和AB上，且B1P=3，C1Q=1，BT=3，记平面PQT与侧面ADD1A1，底面ABCD的交线分别为m，n，则
A.m的长度为 B.m的长度为
C.n的长度为 D.n的长度为
√
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5
6
如图所示，连接QP并延长交CB的延长线于点E，连接ET并延长交AD于点S，
交CD的延长线于点H，连接HQ，交DD1于点R，连接SR，
则m即为SR，n即为ST，
由PB∥QC，得==，
所以EB=2，EC=6，
由AS∥EB，得==，
则AS=EB=，
所以n=ST==，故C，D错误；
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由SD∥EC，得===，
又易知SR∥PQ，得==，
所以SR=QE==，
故A正确，B错误.
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6.如图所示，正三棱锥P-ABC，底面边长为2，点P到平面ABC的距离为2，点M在平面PAC内，且点M到平面ABC的距离是点P到平面ABC距离的，过点M作一个平面，使其平行于直线BP和AC，则这个平面与三棱锥表面交线的总长为
A. B.
C. D.
√
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1
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因为P-ABC为正三棱锥，如图，过点P作底面△ABC的垂线，垂足为O，连接AO，则点O为△ABC的中心.
过点B作AC的垂线交AC于点H，连接PH.
由于△ABC是边长为2的等边三角形，因此AH=CH=1，BH==，AO=BO=BH=.
又因为PO=2，在Rt△AOP中，AP===，
故AP=BP=CP=.
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又点M到平面ABC的距离为点P到平面ABC距离的，
过PH的三等分点(靠近点P)作Q1Q2∥AC交PC于点Q1，
交PA于点Q2，则M位于线段Q1Q2上.
过点Q1作Q1Q4∥BP交BC于点Q4，过点Q4作Q3Q4∥
AC交AB于点Q3，连接Q2Q3.
所以Q1Q2∥AC∥Q3Q4，则Q1，Q2，Q3，Q4四点共面.
因为Q1Q4∥BP，Q1Q4 平面Q1Q2Q3Q4，
BP 平面Q1Q2Q3Q4，所以BP∥平面Q1Q2Q3Q4.
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同理可得AC∥平面Q1Q2Q3Q4，
所以平面Q1Q2Q3Q4即为过点M且平行于直线BP和
AC的平面.
利用三角形相似可得，Q1Q2=Q3Q4=AC=，
Q2Q3=Q1Q4=BP=.
这个平面与三棱锥表面交线的总长为Q1Q2+Q2Q3+Q3Q4+Q1Q4=2×+2×=.
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总结提升
截面和交线问题在高考中一般为选择和填空题，难度较大.探究找截面一是几何法，常用直接连接、作平行线或作延长线找交点，找交线的方法常用线面交点法和面面交点法，二是利用空间向量法.
补偿强化练
PART TWO
1.(2024·成都模拟)已知正四面体ABCD的棱长为a，E为CD上一点，且CE∶ED=2∶1，则截面△ABE的面积是
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
√
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因为CD=a，CE∶ED=2∶1，
所以CE=，ED=，
所以在正三角形ACD中，由余弦定理可知
AE2=AC2+CE2-2AC·CE·cos∠ACD
=a2+-2a··=，
因为△BCD和△ACD都是正三角形，
所以∠ADE=∠BDE，AD=BD，DE=DE，
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所以△ADE≌△BDE，所以BE=AE，
所以△ABE是等腰三角形，取AB的中点F，连接EF，如图所示，则AB⊥EF，
所以EF2=AE2-AF2=-=，
所以S△ABE=AB·EF=·=.
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2.(2024·昆明模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，平面α满足AC∥α，BC1∥α，若直线AC到平面α的距离与BC1到平面α的距离相等，平面α与此正方体的各个面都相交，则交线围成的图形为
A.三角形　　　　B.四边形　　　　C.五边形　　　　D.六边形
√
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如图，设E，F，G，H，M，N分别为AB，BC，CC1，C1D1，A1D1，AA1的中点，
连接EF，FG，GH，HM，MN，NE，A1B，CD1，AD1，A1C1，
∵FG∥BC1，MN∥AD1，FG=BC1，MN=AD1，
BC1∥AD1，BC1=AD1，
∴FG∥MN，FG=MN，
同理可得EF∥MH，EF=MH，GH∥NE，GH=NE，
∴E，F，G，H，M，N共面，
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∵AC∥EF，AC 平面EFGHMN，
EF 平面EFGHMN，
∴AC∥平面EFGHMN，
同理可得BC1∥平面EFGHMN，
∵E为AB的中点，
∴点A到平面EFGHMN的距离与点B到平面EFGHMN的距离相等，
即平面EFGHMN为所求的平面α，故与正方体的交线围成的图形为正六边形EFGHMN.
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3.(2024·郑州模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，DD1的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为s，最大值为S，则等于
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
√
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如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球球心在其中心点O处，设该正方体的棱长为a，
则外接球的半径R==，
要使过直线EF的平面截该球得到的截面面积最小，
则截面圆的圆心为线段EF的中点P，如图所示，
连接OE，OF，OP，
则OE=OF==，EF==，
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所以OP==，
此时截面圆的半径r==.
显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该
正方体外接球的半径R，所以===.
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4.(2024·广州模拟)已知三棱锥P-ABC的棱AB，AC，AP两两互相垂直，AB=AC=AP=，以顶点A为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
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因为三棱锥P-ABC的棱AB，AC，AP两两互相垂直，AB=AC=AP=，
所以球A与三棱锥的表面ABC，APC，APB的交线均为以点A为顶点，半径为1，圆心角为，
设点A到平面PBC的距离为d，
因为AB=AC=AP=，所以△PBC是边长为2的等边三角形，
由V三棱锥P-ABC=V三棱锥A-PBC可得××××=××2×2××d，解得d=，
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所以球A与表面PBC的交线是以△PBC的中心为圆心，半径为
=，
因为>，
所以以顶点A为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为.
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5.(多选)(2024·广州模拟)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=，AB=1，E，F分别为A1B1，CD的中点，点M是侧面ADD1A1上一动点(含边界)，则下列结论正确的是
A.EF∥平面ADD1A1
B.若∠MA1F=∠EA1F，则点M的轨迹为抛物线的一部分
C.以EF为直径的球面与正四棱柱各棱共有16个公共点
D.以EF为直径的球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为2π
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√
√
根据已知条件可知，A1E∥DF，A1E=DF，连接A1D，
可得四边形A1EFD是平行四边形，所以可得A1D∥EF，
又因为EF 平面ADD1A1，A1D 平面ADD1A1，
所以EF∥平面ADD1A1，故A正确；
因为∠EA1F是一个定值，
所以∠MA1F也等于一个定值，
所以A1M一定是以A1F为轴的一个圆锥的母线，
这样的圆锥被过顶点A1的平面ADD1A1所截得的是两条母线，
即落在侧面ADD1A1内的轨迹是有公共点A1的两条线段(不含
点A1)，故B错误；
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由正四棱柱的中心对称性可知，以EF为直径的球
心O一定是在正四棱柱的中心，
根据AA1=，AB=1，可知EF=，
所以可知球心O到上、下底面各棱的中点的距离都
等于该球的半径，
即该球与上下两底面各棱的交点共有8个，
又因为球心O到各侧棱的距离是，到各顶点的距离是1，
所以每条侧棱上都有2个点到球心O的距离等于该球的半径，即共有16个公共点，故C正确；
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设该球心O在侧面BCC1B1的射影是点H，球O与棱BB1
的公共点为G，则OH=，OG=，
故GH==，球面被侧面BCC1B1截得的
交线如图，
由GH=，HJ=，可得∠GHJ=，即∠GHI=，
所以球面被侧面BCC1B1截得的交线长为××2=，
即该球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为×4=2π，故D正确.
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6.(多选)(2024·哈尔滨模拟)如图，已知正三棱台ABC-A1B1C1是由一个平面截棱长为6的正四面体所得，其中AA1=2，以点A为球心，2为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为曲线Γ，P为Γ上一点，则下列结论中正确的是
A.点A到平面BCC1B1的距离为2
B.曲线Γ的长度为4π
C.CP的最小值为2-2
D.所有线段AP所形成的曲面的面积为
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√
√
对于A，将三棱台ABC-A1B1C1补形为棱长为6的正四面体SABC，如图1，取BC的中点M，连接SM交B1C1于点M1，连接AM1，
则△SBC是边长为6的等边三角形，且△SB1C1∽△SBC，
所以==，解得B1C1=4，
△SB1C1是边长为4的等边三角形，
又==，故M1为△SBC的外心，
则由正四面体SABC知，AM1为正四面体SABC的高，则AM1⊥平面BCC1B1，
故AM1为点A到平面BCC1B1的距离，SM1==2，
则AM1==2，A正确；
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对于B，因为AM1⊥平面BCC1B1，
当r=AP=2时，可得M1P===2，
因此点P的轨迹是以M1为圆心，2为半径的圆与等腰梯形BCC1B1重合部分的两段弧 (如图2)，即曲线Γ，
连接M1E，M1F，由M1M=，M1E=M1F=2，易得∠EM1F=，
因此∠C1M1E=∠B1M1F=，
所以 的长度l=×2=，
则曲线Г的长度为2l=，B错误；
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对于C，CP的最小值为CM1-M1P=SM1-M1P=2-2，C正确；
对于D，所有线段AP所形成的曲面为圆锥AM1(底面圆半径为2，母线长为2)侧面的一部分，
由B选项知点P的轨迹的长度为，
则曲面的面积为π×2×2×
=，D正确.
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7.(2024·南昌模拟)在正四面体PABC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V1和V2，则=　　 .
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将正四面体PABC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O为正方体的体对角线的中点，
设正四面体PABC的棱长为2a，
则正方体的棱长为a，
由外接球直径等于正方体的体对角线，
得正四面体PABC的外接球半径R1=×a=，
当过PA中点M的正四面体外接球的截面过球心O时，截面圆面积最大，截面圆半径R=R1，
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当该截面到球心O的距离最大时，截面圆面积最小，
此时球心O到截面的距离为OM=，
可得最小截面圆的半径r==a，
因此=.
正四面体PABC外接球的体积V2==·=πa3，
正四面体PABC的体积V1=(a)3-4×××(a)3=，
因此=.
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8.(2024·南京模拟)在正三棱锥A-BCD中，底面△BCD的边长为4，E为
AD的中点，AB⊥CE，则以AD为直径的球截该棱锥各面所得交线长为
　 　 .
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π
取CD的中点F，连接BF，如图1所示，作AO⊥平面BCD，垂足为O，
由三棱锥A-BCD为正三棱锥，
所以O为底面正三角形BCD的中心，所以O∈BF，
因为CD 平面BCD，所以AO⊥CD，
又由正三角形的性质，可得BF⊥CD，
又因为BF∩AO=O，且BF，AO 平面ABO，所以CD⊥平面ABO，
因为AB 平面ABO，所以AB⊥CD，
又因为CE⊥AB，且CE∩CD=C，CE，CD 平面ACD，所以AB⊥平面ACD，
因为AC 平面ACD，所以AC⊥AB，
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由正三棱锥的性质可得，AC，AB，AD两两垂直，且AB=AC=AD=2，
以AD为直径的球E的半径为R=，
可得球E在侧面ACD，侧面ABD上截得的交线分别为个圆，
可得弧长的和为2××2πR=π，
设点E到平面BCD的距离为d，
由V三棱锥B-ACD=V三棱锥A-BCD，可得S△ACD·AB=S△BCD·2d，
即××2×2×2=××42×2d，
解得d=，即点E到平面BCD的距离为，
所以平面BCD截球E所得的圆O1的半径为r==，
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如图2和3所示，球E在底面△BCD内截
得的弧为圆O1的，其中∠MO1N=，
所以×=，
球E与平面ABC只有一个交点A，截得的弧长为0，
所以以AD为直径的球截三棱锥A-BCD各面所得的交线长为π.
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