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微专题　空间几何体的截面与交线问题
　　在立体几何中，把空间问题转化为平面问题，历来是立体几何的一个基本问题.过已知不共线三点，作几何体的截面，既是转化为平面问题的一个方法，也是深化理解空间点、线、面关系的一个很好的途径.
截面问题
角度1　直接法作截面
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，Q为平面A1ABB1内一点，画出过A1，C1，Q三点的截面.
　　若截面上的点都在几何体的面上，且两两在同一个平面内，可借助基本事实“如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内”，直接连线作截面.
角度2　平行线法作截面
（1）在三棱锥P-ABC中，AB＋2PC＝9，E为线段AP上靠近P的三等分点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P-ABC所得截面的周长为（　　）
A.5　　　　B.6 C.8　　　　D.9
（2）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为BB1的中点，AB＝2，则过A1，D1，P三点的截面的面积为　　　　.
听课记录
　　若截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某一个面平行，可以借助于两个性质：（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.利用平行线法作截面.
角度3　延长线法作截面
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，Q分别为AB，BC，AA1的中点，若AB＝2，画出过E，F，Q的截面，并求所得截面图形的周长.
　　若截面上的点中至少有两个点在几何体的一个表面上，可以借助于基本事实“如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内”，利用延长线法作截面.
交线问题
（1）（2026·江苏南京六校联考）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，则C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为（　　）
A. B.
C. D.
（2）已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为　　　　.
听课记录
处理两面交线问题的方法 　　一要明确两面的类型，是平面还是曲面；二要判断哪些面之间相交，交线是直线还是曲线.若截面与多面体相交，可用线面交点法找棱与截面的交点，再作连接两交点的线段；若截面与旋转体相交，则可用面面交线法找相交的曲线段，其中曲线段的端点一定是某一母线与截面的交点，曲线段为圆锥曲线的一部分.
1.已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是（　　）
A.9π B.12π
C.16π D.20π
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝DD1，NB＝BB1，则正方体中过点M，N，C1的截面图形是（　　）
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
3.如图，四棱锥S-ABCD的所有棱长都等于2，E为SA的中点，过C，D，E三点的平面与SB交于点F，则四边形DEFC的周长为（　　）
A.2 B.2
C.3＋2 D.3＋2
4.（2026·福建三明四校联考）在侧棱长为2的正三棱锥A-BCD中，点E为线段BC上一点，且AD⊥AE，则以A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.π
C. D.3π
5.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（　　）
A. B.
C. D.
6.〔多选〕已知过BD1的平面与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，CC1分别交于点M，N，则下列关于截面BMD1N的说法正确的是（　　）
A.截面BMD1N可能是矩形
B.截面BMD1N可能是菱形
C.截面BMD1N可能是梯形
D.截面BMD1N不可能是正方形
7.（2026·贵州贵阳摸底）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝4，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　　　　.
8.在正三棱锥P-ABC中，PA＝6，BC＝6，M，N，Q，D分别是AP，BC，AC，PC的中点，平面MQN与平面PBC的交线为l，则直线QD与直线l所成角的正弦值为　　　　.　
微专题　空间几何体的截面与交线问题
【例1】　解：连接A1Q并延长，交BB1于点P，连接A1C1，C1P，则平面A1PC1就是过A1，C1，Q三点的截面.
【例2】　（1）B　（2）2
解析：（1）如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作EF∥AB，EH∥PC，再过点H作HG∥AB，连接FG，可得E，F，G，H四点共面，因为AB 平面EFGH，EF 平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，同理可证，PC∥平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH，又由E为线段AP上靠近点P的三等分点，且AB＋2PC＝9，所以EF＝AB，EH＝PC，所以平行四边形EFGH的周长为2（EF＋EH）＝（AB＋2PC）＝6.
（2）连接A1P，其余面上的交线根据平面的性质寻找，由于A1，D1，P在一个平面内，且平面A1ADD1和平面B1BCC1平行，只要过P作A1D1的平行线就可以了.设CC1的中点为Q，连接PQ和D1Q，即可得到截面A1D1QP.又由AB＝2，得A1D1＝2，A1P＝，易知截面A1D1QP为矩形，故＝2.
【例3】　解：连接EF，得到平面EFQ和平面ABCD的交线，其余交线由正方体的性质和平面的性质来判断，
延长FE，EF，分别交DA，DC的延长线于G，H，则G，Q都在平面AA1D1D内，
连接GQ并延长交A1D1于点P，交DD1的延长线于点S，则S，H都在平面DD1C1C内，连接SH交D1C1于点M，交CC1于点N，连接QE，NF，PM，就得到截面EFNMPQ.
易知截面EFNMPQ为正六边形，又AB＝2，可得QE＝，故截面EFNMPQ的周长为6.
【例4】　（1）D　（2）　解析：（1）如图所示，连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，连接MN，由EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面，由P是线段A1B上的动点，当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，即点Q的轨迹为MN，由正方体棱长为3，得C1M＝A1C1＝3，则BC1＝6，又＝＝，则NC1＝BC1＝4，由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，则MN＝＝＝.
（2）如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点.在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线.由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝.
强化训练
1.C　2.C　3.D　
4.C　 如图，由正三棱锥性质可知，AD⊥BC，又AD⊥AE，AE∩BC＝E，AE，BC 平面ABC，所以AD⊥平面ABC，同理AB⊥平面ADC，AC⊥平面ABD.故交线为3段弧，且半径为，圆心角为，故总长为3××＝，选C.
5.C　如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD-A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等.如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6××××sin 60°＝.
6.ABD　如图1，当点M，N分别与顶点重合时，显然截面BMD1N是矩形；如图2，当M，N为棱AA1，CC1的中点时，显然截面BMD1N是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知截面BMD1N不可能为正方形；根据对称性，其他情况下截面BMD1N为平行四边形.故选A、B、D.
　
7.4π　解析：取AB，AA1，A1B1，BB1的中点分别为F，E，H，G，N为四边形ABB1A1的中心，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，由勾股定理得MH＝MG＝ME＝MF＝＝4，所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，球面与侧面ABB1A1的交线轨迹如图所示，故交线长l＝2×π×2＝4π.
　　　　
8.　解析：如图，取PB的中点J，连接MJ，JN，由题意可得QN∥AB，QN＝AB，又因为MJ∥AB，MJ＝AB，所以MJ∥QN，MJ＝QN，所以M，J，N，Q四点共面，四边形MJNQ是平行四边形，所以MQ∥JN，所以平面MQN与平面PBC的交线l即为JN，直线QD与直线l所成的角即为直线QD与直线MQ所成的角，即为∠MQD.因为正三棱锥P-ABC中，PA＝6，BC＝6，所以PA＝PB＝PC＝6，AB＝AC＝BC＝6，所以QD＝MQ＝3，MD＝3，cos∠MQD＝＝＝，所以sin∠MQD＝＝＝.
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微专题　空间几何体的截面与交线问题
　　在立体几何中，把空间问题转化为平面问题，历来是立体几何的一个
基本问题.过已知不共线三点，作几何体的截面，既是转化为平面问题的
一个方法，也是深化理解空间点、线、面关系的一个很好的途径.
截面问题
角度1　直接法作截面
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，Q为平面A1ABB1内一点，画出过A1，C1，Q三点的截面.
解：连接A1Q并延长，交BB1于点P，连接A1C1，C1P，则平面A1PC1就
是过A1，C1，Q三点的截面.
　　若截面上的点都在几何体的面上，且两两在同一个平面内，可借助基
本事实“如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平
面内”，直接连线作截面.
角度2　平行线法作截面
（1）在三棱锥P-ABC中，AB＋2PC＝9，E为线段AP上靠近P的三
等分点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P-ABC所得截
面的周长为（　B　）
A. 5 B. 6 C. 8 D. 9
B
解析： 如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作
EF∥AB，EH∥PC，再过点H作HG∥AB，连接FG，可得
E，F，G，H四点共面，因为AB 平面EFGH，EF 平面
EFGH，所以AB∥平面EFGH，同理可证，PC∥平面
EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH，又由E为线段AP上靠近点P的三等分点，且AB＋2PC＝9，所以EF＝ AB，EH＝ PC，所以平行四边形EFGH的周长为2（EF＋EH）＝ （AB＋2PC）＝6.

解析：连接A1P，其余面上的交线根据平面的性质寻找，
由于A1，D1，P在一个平面内，且平面A1ADD1和平面
B1BCC1平行，只要过P作A1D1的平行线就可以了.设CC1
的中点为Q，连接PQ和D1Q，即可得到截面A1D1QP.
又由AB＝2，得A1D1＝2，A1P＝ ，易知截面A1D1QP为矩形，故 ＝2 .
2 　
　　若截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何
体的某一个面平行，可以借助于两个性质：（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.利用平行线法作截面.
角度3　延长线法作截面
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，Q分别为AB，BC，AA1的中
点，若AB＝2，画出过E，F，Q的截面，并求所得截面图形的周长.
解：连接EF，得到平面EFQ和平面ABCD的交线，其余
交线由正方体的性质和平面的性质来判断，
延长FE，EF，分别交DA，DC的延长线于G，H，则
G，Q都在平面AA1D1D内，
连接GQ并延长交A1D1于点P，交DD1的延长线于点S，
则S，H都在平面DD1C1C内，连接SH交D1C1于点M，交CC1于点N，连接QE，NF，PM，就得到截面EFNMPQ.
易知截面EFNMPQ为正六边形，又AB＝2，可得QE＝ ，故截面EFNMPQ的周长为6 .
　　若截面上的点中至少有两个点在几何体的一个表面上，可以借助于基
本事实“如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平
面内”，利用延长线法作截面.
交线问题
（1）（2026·江苏南京六校联考）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长
为3 ，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，则C1P
与平面D1EF的交点Q的轨迹长为（　D　）
D
解析： 如图所示，连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于
点M，连接B1E，BC1交于点N，连接MN，由EF∥B1D1，
即E，F，B1，D1共面，由P是线段A1B上的动点，当P重
合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为
M，N，即点Q的轨迹为MN，由正方体棱长为3 ，得C1M＝ A1C1＝3，则BC1＝6，又 ＝ ＝ ，则NC1＝ BC1＝4，由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，则MN＝ ＝ ＝ .
（2）已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1
为球心， 为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 　 　.
解析：如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，
所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点
M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝
D1H＝ ＝ ，D1M⊥B1C1，且D1M＝ .由
题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点.在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝ ，连接D1P，则D1P＝ ＝
　
＝ ，连接MG，MH，易得MG＝MH＝ ，故可知以M为圆心， 为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线.
由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以 的长为 ×2π× ＝ .
处理两面交线问题的方法
　　一要明确两面的类型，是平面还是曲面；二要判断哪些面之间相交，
交线是直线还是曲线.若截面与多面体相交，可用线面交点法找棱与截面
的交点，再作连接两交点的线段；若截面与旋转体相交，则可用面面交线
法找相交的曲线段，其中曲线段的端点一定是某一母线与截面的交点，曲
线段为圆锥曲线的一部分.
1. 已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球
O所截的截面面积的最小值是（　　）
A. 9π B. 12π
C. 16π D. 20π
√
解析： 由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α距离的最
大值为3，因此过点A的平面α被球O所截的截面圆半径的最小值为
＝4，所以过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是42π＝
16π.
2. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD
＝ DD1，NB＝ BB1，则正方体中过点M，N，C1的截面图形是（　　）
A. 三角形 B. 四边形
C. 五边形 D. 六边形
√
解析： 　先确定截面上的已知边与几何体上和其共面
的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点.如图，设
直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点
Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五
边形C1MEFN为所求截面图形.
3. 如图，四棱锥S-ABCD的所有棱长都等于2，E为SA的中点，过C，
D，E三点的平面与SB交于点F，则四边形DEFC的周长为（　　）
√
解析： 　由题意知，四边形ABCD为菱形，∴CD∥AB，∵CD 平面
SAB，AB 平面SAB，∴CD∥平面SAB，∵CD 平面CDE，平面
CDE∩平面SAB＝EF，∴EF∥CD，则EF∥AB，∵E为SA的中点，则F
为SB的中点，∴EF＝ AB＝1，∵△SAD是边长为2的等边三角形，则
DE⊥SA，且DE＝2 sin 60°＝ ，同理可得CF＝ ，因此四边形
DEFC的周长为3＋2 .
4. （2026·福建三明四校联考）在侧棱长为2的正三棱锥A-BCD中，点E为
线段BC上一点，且AD⊥AE，则以A为球心， 为半径的球面与该三棱
锥三个侧面交线长的和为（　　）
√
解析： 　 如图，由正三棱锥性质可知，AD⊥BC，又
AD⊥AE，AE∩BC＝E，AE，BC 平面ABC，所以
AD⊥平面ABC，同理AB⊥平面ADC，AC⊥平面ABD. 故
交线为3段弧，且半径为 ，圆心角为 ，故总长为3×
× ＝ ，选C.
5. 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α
截此正方体所得截面面积的最大值为（　　）
√
解析： 　如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面
AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体
的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体
ABCD-A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角
都相等.如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，
DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6× × × × sin 60°＝ .
6. 〔多选〕已知过BD1的平面与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，CC1分
别交于点M，N，则下列关于截面BMD1N的说法正确的是（　　）
A. 截面BMD1N可能是矩形
B. 截面BMD1N可能是菱形
C. 截面BMD1N可能是梯形
D. 截面BMD1N不可能是正方形
√
√
√
解析： 　如图1，当点M，N分别与顶点重合时，显然截面BMD1N是
矩形；如图2，当M，N为棱AA1，CC1的中点时，显然截面BMD1N是菱
形，由正方体的性质及勾股定理易知截面BMD1N不可能为正方形；根据
对称性，其他情况下截面BMD1N为平行四边形.故选A、B、D.
　
7. （2026·贵州贵阳摸底）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝4，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 .
解析：取AB，AA1，A1B1，BB1的中点分别为F，E，H，
G，N为四边形ABB1A1的中心，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＝4 sin 60°＝2 ，由勾股定理得MH＝MG＝ME＝MF＝ ＝4，所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，球面与侧面ABB1A1的交线轨迹如图所示，故交线长l＝2×π×2＝4π.
4π　
8. 在正三棱锥P-ABC中，PA＝6 ，BC＝6，M，N，Q，D分别是
AP，BC，AC，PC的中点，平面MQN与平面PBC的交线为l，则直线
QD与直线l所成角的正弦值为 .
　
解析：如图，取PB的中点J，连接MJ，JN，由题意可得
QN∥AB，QN＝ AB，又因为MJ∥AB，MJ＝ AB，所以
MJ∥QN，MJ＝QN，所以M，J，N，Q四点共面，四边
形MJNQ是平行四边形，所以MQ∥JN，所以平面MQN与
平面PBC的交线l即为JN，直线QD与直线l所成的角即为直线QD与直线MQ所成的角，即为∠MQD. 因为正三棱锥P-ABC中，PA＝6 ，BC＝6，所以PA＝PB＝PC＝6 ，AB＝AC＝BC＝6，所以QD＝MQ＝3 ，MD＝3， cos ∠MQD＝ ＝ ＝ ，所以 sin
∠MQD＝ ＝ ＝ .
THANKS
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