微专题拓展25 立体几何截面与交线问题的常见模型与解题技巧（11大题型归纳）-2027届高三数学一轮复习讲义（新高考专用）

微专题拓展25 立体几何截面与交线问题的常见模型与解题技巧 目录 01 解题方法总结 2 02 重难点题型梳理 3 题型一：锥体截面 3 题型二：截面图形的形状判定 6 题型三：截面周长计算 9 题型四：截面面积计算 14 题型五：截面分割几何体的体积求解 19 题型六：球的截面性质与综合计算 23 题型七：截面图形的计数与分类讨论 25 题型八：圆锥截面的性质与相关计算 27 题型九：截面相关度量的取值范围与最值 32 题型十：截面背景下的空间角计算 41 题型十一：空间交线的作图与性质应用 45 03 课后拓展精练 49 立体几何中截面与交线问题是高中数学的核心高频考点，重点考查空间想象能力与逻辑推理能力，掌握经典模型与通用解题方法是高效突破此类题型的关键。 常见模型可分为四大类：一是正方体（长方体）截面模型，截面可呈现三角形、四边形、五边形、六边形，是截面作图、形状判定与计数问题的基础载体；二是棱柱、棱锥截面模型，侧重考查截面分割后的体积分配、边长与面积计算；三是球的截面模型，核心依托 “球半径、截面圆半径、球心到截面距离” 的勾股定理关系，常与外接球、内切球综合考查；四是圆锥截面模型，截面与轴夹角不同可形成圆、椭圆、抛物线、双曲线四类圆锥曲线。 解题技巧上，核心方法有三种：其一交线法，依据平面基本公理，寻找两平面的两个公共点并连线确定交线，逐步勾勒截面轮廓，是截面作图的根本方法；其二平行线法，利用线面平行的性质，过定点作已知棱的平行线确定截面边界，多用于柱体类规则截面；其三延伸补形法，通过延展截面平面、补全几何体，找到隐藏的交点与交线，解决斜截类复杂问题。针对最值与范围题型，常结合函数思想与空间角公式转化求解。 题型一：锥体截面 【典例1】已知四棱锥中，底面为平行四边形，点为中点，点满足，点满足．若四点共面，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意可知，，整理得． 因为为平行四边形，点为中点，所以， 又因为点满足，点满足，所以 由四点共面可知，解得． 【变式1-1】在三棱锥中，与中点分别为，点G为中点．若D在上满足，E在上满足，平面交于点F，且，则λ的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 由题意得，， ∵，，，∴，，， ∴， ∵四点共面， ∴，解得. 【变式1-2】已知四棱锥的底面为平行四边形，为的中点，，若平面与棱相交于点，则的值为（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】B 【解析】因为四边形为平行四边形，所以，相互平分于点， 可得，又为的中点，， 则． 又因为，，，四点共面，所以，即. 故选：B． 【变式1-3】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，是的中点，是的中点，过，，三点的平面与相交于点，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设， 则，且两两夹角为， 因此， 因为是的中点，所以， 同理， 又， 因为点在上，所以设， 所以， 又，，，四点共面， 所以存在唯一的实数对，使得， 故， 所以，解得， 所以， 所以 ， 故选：D 题型二：截面图形的形状判定 【典例2】过正方体的棱、的中点、作一个截面，使截面与底面所成二面角为，则此截面的形状为（    ） A．三角形或五边形 B．三角形或四边形 C．正六边形 D．三角形或六边形 【答案】D 【解析】过棱、的中点、作正方体的截面， 二面角，二面角都大于， 当截面为时，如下图所示时，为六边形， 当截面为时，如下图所示时，为三边形， 故选：D. 【变式2-1】（2026·高三·福建福州·阶段检测）已知正方体的棱长为2，平面.平面截此正方体所得的截面有以下四个结论： ①截面形状可能是正三角形②截面的形状可能是正方形 ③截面形状可能是正五边形④截面面积最大值为 则正确结论的编号是（    ） A．①④ B．①③ C．②③ D．②④ 【答案】A 【解析】由平面，当平面为平面，满足截面为正三角形, 故①正确. 则将平面进行平移使之与正方体的表面相交，则交线围成的图形就是截面图形. 如图，当平面向右平移，靠近点时，截面为三角形，面积逐渐变小. 当平面向左平移到与平面重合的过程中，截面为六边形，继续向右平移，截面为三角形. 所以截面形状不可能为正方形，也不可能为正五边形，所以②，③不正确 . 当截面为三角形时的面积 当截面为六边形时，由,即垂直于截面六边形， 设此时截面与面 相交于，如图. 平面平面,则 设，所以. 则，则 所以. 同理可得，六边形其他相邻两边的和也为. 所以六边形的周长为定值,所以当六边形的边长相等，即为正六边形时，其面积最大. 此时,正六边形的边长为 . 面积的最大值为： ,所以④正确. 所以正确的是①④ 故选：A 【变式2-2】（2026·广东佛山·模拟预测）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（    ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 【答案】A 【解析】因为多面体 正方体，所以，，， 如图：以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以为平面的一个法向量， 取的中点，的中点，的中点， 可得，，， 所以，，， 因为，，， 所以点都在平面内， 连接， 所以过点的正方体的截面为六边形， 故选：A. 【变式2-3】正方体中，M，N分别是，的中点，则过，M，N三点的平面截正方体所得的截面形状是（   ） A．平行四边形 B．直角梯形 C．等腰梯形 D．三角形 【答案】C 【解析】解析  连结并延长交的延长线于H，连结DH， 因为M是的中点，所以直线DH经过点M， 连接MN，则，则等腰梯形， 即为过、M、N三点的正方体的截面， 故选：C. 题型三：截面周长计算 【典例3】如图，在棱长为1的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列四个命题： ①对任意点Q，都有； ②存在点Q，使得平面； ③当点Q在平面内时，四棱锥的体积是； ④过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为． 其中正确命题是（） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 【答案】D 【解析】由正方体，得平面， 又平面，所以， 由正方形，可得， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以，故①正确; 平面在正方体内的截面为，其中分别为的中点，又平面平面，若平面， 则，则与重合，不符合题意，故②错误; 由题意知点在平面内时，与重合，连接交于， 由正方体性质可得：平面，且， 又，可求得：， 所以，故③正确; 对于④，如下图，在平面内，可以作，垂足为点， 过点在平面内作交于, 因为平面平面,平面平面, 且平面,所以平面, 又平面,所以, 因为平面,所以平面, 平面截正方体 截面为平行四边形, 因为平面,平面， 所以，故平行四边形为矩形. 因为从变化至中点时，截面面积逐渐变大， 当与点重合时, 为中点,截面面积最大, 此时为，最长，故此时截面面积最大， 而,, 截面面积为, 此时,, 截面面积为,故④正确. 而当从至中点变化到时，截面的面积不变，始终为， 故④正确. 【变式3-1】（2026·宁夏银川·一模）如图，在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则过三点的截面面积等于（    ） A． B． C． D．3 【答案】C 【解析】取的中点F，连接，则，所以平面为所求截面， ，所以梯形的高为：， 过三点的截面面积为：． 故选：C． 【变式3-2】已知正方体的棱长为，分别是的中点，则过这三点的截面面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图所示，分别取的中点，连接， 在正方体中，可得， 所以经过点的截面为正六边形， 又因为正方体的棱长为， 在直角中，可得， 所以截面正六边形的面积为. 故选：D. 【变式3-3】已知正方体的棱长为1，则与平面平行的平面截此正方体所得截面面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】作，延长交、延长线于M、H， 连接MK、交，于，则截面为六边形， 因为，平面，平面， 显然平面平面，此时平面即为截面， 当截面在正方体底面上的投影面积越大，其面积就越大， 如下图，六边形在正方体底面的投影为六边形， 设 所以， 当时，取得最大值. 平面为正六边形，边长为， 故正六边形面积为S=6×. 故选：A. 题型四：截面面积计算 【典例4】如图，在棱长为3的正方体中，点，分别在线段和上，下面结论中正确的是（     ） A．为中点时，过、、三点的正方体截面是正方形 B．时，过、、三点的正方体截面周长是 C．过点，，三点的正方体截面一定是平行四边形 D．过点、、的正方体截面不可能是平行四边形 【答案】C 【解析】对于A：延长交延长线于点，由为中点，可得， 连接并延长交的延长线于点，则，连接交于， 则为中点，截面为四边形， 因为， ，所以截面是菱形但不是正方形，故A错误； 对于B：由，棱长为3，得， 连接并延长交的延长线于点，则， 连接交于点，则为线段靠近点的三等分点，截面为四边形， ，， ，， 周长为：，故B错误； 对于C：因为平面平面， 所以过点三点的平面与平面和平面的交线平行， 即在平面内存在过点的直线，设， 连接，由平面平面，可得， 所以截面是平行四边形，故C正确； 对于D：当点为中点时，点也是中点， 此时经过的截面为平行四边形，故D错误. 【变式4-1】（2026·湖南常德·一模）已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系， 侧面的中心，侧面的中心，且，则， 显然点M在平面与平面的交线上， 设为这条交线上任意一点，则， 而平面，则，即， 令，得点，令，得点， 连，平面与平面必相交， 设为这条交线上任意一点，则， 由，即， 令，得点，连， 因为平面平面，则平面与平面的交线过点，与直线平行， 过作交于，则， 由得，即， 显然平面与平面都相交，则平面与直线相交， 令交点为，，由得， 连接得截面五边形， 则， 所以截面五边形的周长为. 【变式4-2】如图，已知正方体的棱长为，若为棱的中点，过三点作正方体的截面，则截面的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图，取的中点，连接，则， 则在正方体中，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，所以， 则四边形即为过A，C，K三点的截面， 因为正方体的棱长为， 所以，， ， 则其周长为. 【变式4-3】如图，正方体的棱长为4，P为正方形的中心，Q为棱的中点，则过点A、P、Q的截面周长为（   ） A． B． C． D．74 【答案】C 【解析】如图所示， 取的中点，且点靠近点，且点靠近点， 连接， 由P为正方形的中心知，过点P， 因为∥，，所以四边形为平行四边形， 所以∥，且， 又∥∥，，所以四边形为平行四边形， 所以∥，且，所以∥，且， 所以四边形为平行四边形，且平面过、、三点， 所以过点A、P、Q的截面为平面， 因为正方体棱长为4，所以，， 则截面四边形的周长为：. 题型五：截面分割几何体的体积求解 【典例5】如图，在正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，过点A，E，F作一截面，该截面将正方体分成上、下两部分，则分成的上、下两部分几何体的体积比为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，连接，， ∵E，F分别为棱BC，的中点，则， 又∵，且，则为平行四边形， ∴， 可得， 故则过点A，E，F的截面即为截面，截面将正方体分成上、下两部分，其中下部分为三棱台，且三棱台的高为． 设正方体的棱长为2，则， 可得正方体的体积， 三棱台的体积， 故分成的上、下两部分几何体的体积比为． 故选：C． 【变式5-1】在正方体中，，，分别是，，的中点，过，，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． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，延长，相交于，连接，交于， 同理可作，则，，三点的截面为五边形， 不妨设正方体棱长为1，则，所以， 又，所以． 同理可得，， 可知截得较小部分体积， 所以， 又立方体体积为1，所以较大部分与总体积之比为． 故选：C． 【变式5-2】如图，在棱长为的正方体中，是棱的中点，过，，三点的截面把正方体分成两部分，则这两部分的体积比为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图，延长，交的延长线于点，连接，交于 因为是棱的中点，且，所以， 又，所以为中点，故过，，三点的截面为， 又正方体的棱长为，则正方体的体积为， 又，， 所以棱台的体积为， 则两部分的体积比为. 【变式5-3】（2026·河南·模拟预测）在正方体中，，分别为棱，的中点，过点，，作该正方体的截面，截面将正方体分成两部分，则较小部分与较大部分的体积的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，可以作出截面，设正方体的棱长为6，则其体积为216，延长交的延长线于点，连接，延长交的延长线于点，连接.因为，分别为棱，的中点，，分别为两棱的三等分点，所以，，，，所以正方体被截面分成两部分，其中一部分的体积为，另外一部分的体积为，所以体积比值为. 题型六：球的截面性质与综合计算 【典例6】若球被一个平面截得的截面圆的面积为，且球心到该平面的距离为，设为球的球面上的动点，为截面圆圆周上的动点，则，两点间距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设截面圆的半径为，球的半径为，则，解得， 所以， 故，两点间距离的最大值为. 【变式6-1】在等腰梯形中，已知，，将沿直线翻折成，则当三棱锥的体积最大时，以为直径的球被平面所截的截面面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】依题意，所以梯形的高， 所以，则，又， 所以，即， 当平面平面时，三棱锥的体积最大， 又平面平面，平面，所以平面. 的中点为球心，取的中点，则为的中位线， 所以，平面. 以为直径的球被平面所截的截面为圆面， 由以上分析可知点为该圆的圆心，其半径， 该圆面面积为. 故选：B 【变式6-2】（2026·山东·一模）在正三棱柱中，，为的中点，若三棱锥的四个顶点均在球上，过作球的截面，则所得截面圆面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】方法一：因为，所以点在的外接圆上， 所以三棱锥的四个顶点均在球上， 即球为四棱锥的外接球， 故球心在正方形的中心，则球的半径为． 过作球的截面，当所得截面圆面积最小时， 则截面圆圆心为中点（即过作截面垂线，垂足为中点）， 所以截面圆半径为1，所以面积最小值为． 方法二：因为，所以点在的外接圆上， 所以三棱锥的四个顶点均在球上， 即球为四棱锥的外接球， 故两点在球上，所以最小截面圆为以为直径的圆． 则截面圆圆心为中点（即过作截面垂线，垂足为中点）， 所以截面圆半径为1，所以面积最小值为． 故选：B. 【变式6-3】（2026·云南·一模）已知球的半径为，圆的半径为，且圆是球的一个截面，若圆的面积与球的表面积之比为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由圆的面积与球的表面积之比为，得， 所以，解得 故选：A. 题型七：截面图形的计数与分类讨论 【典例7】（2026·高三·上海虹口·阶段检测）过正四面体的顶点P作平面，若与直线，，所成角都相等，则这样的平面的个数为（    ）个 A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【解析】如图，将正四面体看成四棱柱的左下角一部分， 由正四面体可知， 平面与直线，，所成角都相等， 故过点P做平面平面， 则此时的平面与直线，，所成角都相等， 因为， 则与平面所成的角相等， 又因， 所以直线，，与平面所成的角相等， 故过点P做平面平面， 则此时的平面与直线，，所成角都相等， 同理，直线，，与平面、平面所成角都相等， 即平面平面时，平面与直线，，所成角都相等， 平面平面时，平面与直线，，所成角都相等， 综上所述，这样的平面的个数为4个. 故选：B. 【变式7-1】过正方体的顶点A作平面，使棱所在直线与平面所成的角都相等，则这样的平面可以作 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【解析】在正方体中，易知三棱锥是正三棱锥， 直线与平面所成的角相等， 所以过顶点A作平面平面， 此时直线与平面所成的角相等. 过A作平面平面， 此时直线与平面所成的角相等， 同理分析直线与平面， 平面所成的角都相等，所以满足要求的平面可以作4个， 故选：D. 【变式7-2】（2026·陕西榆林·三模）过正方体的顶点作平面，使得正方体的各棱与平面所成的角都相等，则满足条件的平面的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】解法一：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中， 三棱锥A﹣A1BD是正三棱锥， 直线AB、AD、AA1与平面A1BD所成角都相等， 过顶点A作平面α∥平面A1BD， 则直线AB、AD、AA1与平面α所成角都相等， 同理，过顶点A分别作平面α与平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行， 直线AB、AD、AA1与平面α所成的角都相等， ∴这样的平面α可以作4个． 故选：C 解法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等 因为有四条体对角线，所以，可以做四个平面． 故选：C 【变式7-3】（2026·云南昆明·模拟预测）过正方体的顶点A作平面，使正方形ABCD，正方形，正方形所在平面与平面所成锐二面角相等，则这样的平面可以作（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【解析】在正方体中，三棱锥是正三棱锥， 则平面ABD，平面，平面与平面所成锐二面角相等； 过顶点A作平面与平面平行， 则平面ABD，平面，平面与平面所成锐二面角相等； 同理，过顶点A作平面与平面，平面，平面平行， 则正方形ABCD，正方形，正方形所在平面与平面所成锐二面角相等， 所以这样的平面可以作4个. 故选：D． 题型八：圆锥截面的性质与相关计算 【典例8】如图所示是数学家Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）．在圆锥内放两个大小不同的小球，使它们分别与圆锥的侧面、底面及截面相切，截面分别与球，球切于点，则是截口椭圆的焦点．设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，则下列说法错误的是（    ） A．椭圆的中心不在直线上 B． C．直线与椭圆所在平面所成角的正弦值为 D．椭圆的离心率为 【答案】B 【解析】依题意，作出圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图所示，连接，点分别为圆，圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段是椭圆的长轴．易知椭圆的中心即线段的中点，不在直线上，故A正确． 椭圆长轴长， 过作于，显然四边形为矩形，又，则， 过作交的延长线于，显然四边形为矩形，椭圆焦距，故B错误． 直线与椭圆所在平面所成角的正弦值为，故C正确． 椭圆的离心率，故D正确． 故选B． 【变式8-1】如图1，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度对这个问题进行研究，其中比利时数学家Germinal dandelion（1794-1847）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面切于、，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球切于、，由球和圆的几何性质，可以知道，，，于是，由、的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以、为焦点的椭圆.如图2，一个半径为1的球放在桌面上，桌面上方有一点光源，则球在桌面上的投影是椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的离心率为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解析】图2中，设球心为，球与相切于点，作出截面如图所示， 由题意知：， ， , 又，，则， 又，则， 则椭圆的离心率为. 故选：A. 【变式8-2】“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线”．利用这个原理，小明在家里用射灯（射出的光锥视为圆锥）在墙上投影出椭圆（图1）．图2是射灯投影的直观图，圆锥的轴截面是等腰直角三角形，椭圆所在的平面与平面垂直，且点为线段中点，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设，由于圆锥的轴截面是等腰直角三角形， 因此可得，所以； 又点为线段中点，所以， 由勾股定理可得， 由椭圆对称性可知，连接，延长交于点，如下图所示， 由于都是中点，所以在中，， 在中，， 在中，由余弦定理可得， 又在中，，可得； 因此可得， 设椭圆的短轴的两个端点为，连接并延长分别交圆锥底面于点， 易知，所以， 因为为圆锥母线，所以，因此， 在中，由勾股定理可知， 所以在椭圆中，， 因此可得， 可得椭圆离心率. 故选：B 【变式8-3】（2026·贵州贵阳·模拟预测）古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为，高为的圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，是母线上一点，，平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解析】在圆锥中，，，易知， 由圆锥的几何性质可知，平面，因为平面，则， 所以，，则， 圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 因为是母线上一点，，则，,， 设平面的法向量为，则， 取，可得，且， 所以，， 所以，， 故该圆锥曲线的离心率为， 故选：D. 题型九：截面相关度量的取值范围与最值 【典例9】（多选题）（2026·山西吕梁·三模）已知正方体的棱长为是空间中的一动点，下列结论正确的是（    ） A．若点在正方形内部，异面直线与所成角为，则的范围为 B．平面平面 C．若，则的最小值为 D．若，则平面截正方体所得截面面积的最大值为 【答案】BCD 【解析】对于，如图： 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 则 则， 因为 所以， 故，则的取值范围为，故A不正确； 对于B，在正方体中，平面平面，显然成立.故B正确； 对于C：正方体的棱长为2，为空间中的一动点，在上取点，使，在上取点，使,如图： 由得，即，故为线段上一点. 将平面沿展开至与平面共面，如下图： 易知：， 则. 在平面图中，当三点共线时，取得最小值，为，故C正确； 对于D：因为，所以，又，可知是线段上一点，如图： 连接并与交于点. 当与重合时，平面与平面重合，此时截面面积为4. 当在线段（不含点）上时，平面截正方体所得截面为三角形，且当与重合时，截面为，此时截面面积最大，由三边长均为，故此时截面面积最大值为. 当在线段（不含点）上时，如图： 延长与交于点，作平行于并与交于点，则截面为等腰梯形，设，则，梯形的高，面积为. 由图可知：梯形的面积一定小于矩形的面积，且矩形面积为， 所以. 当与重合时，截面为矩形，面积为. 故平面截正方体所得截面面积的最大值为，故D正确. 故选：BCD 【变式9-1】（多选题）（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是和的中点，则（    ） A． B． C．点F到平面EAC的距离为 D．过E作平面与平面ACE垂直，当与正方体所成截面为三角形时，其截面面积的范围为 【答案】BCD 【解析】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 对于A，，显然与不共线，即与不平行，A错误； 对于B，，，因此，B正确； 对于C，，设平面的法向量， 则，令，得，而， 点F到平面的距离为，C正确； 对于D，过点垂直于平面的直线与平面相交，令交点为， 则，点，由，得，即， 当平面经过直线并绕着直线旋转时，平面与平面的交线绕着点旋转， 当交线与线段，都相交时，与正方体所成截面为三角形， 令平面与平面的交线交于点G，交于点H，设，， ，，由， 得，，斜边上的高， 则截面边上的高， 截面的面积 ， 当时，，， 所以，D正确. 故选：BCD 【变式9-2】（多选题）已知棱长为2的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上的动点，下列说法正确的有（   ） A．该正四面体的外接球的半径为 B．若，为的中点，则的最小值为 C．若，则的最小值为 D．过点的截面与和都平行，则截面面积的最大值为1 【答案】ABD 【解析】选项A，棱长为的正四面体，可看作棱长为的正方体切掉个角（个全等小三棱锥）得到， 且正方体面对角线等于正四面体棱长，即，解得，即该正方体棱长为， 正四面体的外接球就是该正方体的外接球，正方体外接球直径等于正方体体对角线， 正方体体对角线长：， 外接球半径，故选项A正确. 选项B，连接、, 正四面体中、均为边长等于2的等边三角形，是中点， 则，， 又平面 ，平面 ，且， 则平面 . 当点在线段上，则平面，得， 因此满足条件的动点的轨迹为线段. 在中，，， ， 同理可得， 在中，，，则为等腰三角形， 当为中点时，，此时垂线段长度最小， ，在中， ，故选项B正确. 选项C，过点作，分别交、于点、，连接、、， 因为是正的中心，故；又，得， 因为三棱锥是正四面体，所以平面， 因为平面，所以. 因为，且平面，所以平面， 若在线段上，则平面，因为平面，所以， 因此满足条件的动点的轨迹为线段， 延长交于点，则为中点， 因为是正的中心，则， 因为，所以，故， 在中，，，， 由余弦定理得, 解得，同理， 在中，，， 由余弦定理可得， 则， 当时，取得最小值，且最小值为， 故的最小值为，因此选项C错误. 选项D，过点的截面交于，交于，交于， 因为截面，平面，平面平面， 所以，同理，则， 同理可得， 所以四边形为平行四边形， 因为是正四面体，所以， 因为，，所以，所以为矩形， 设，则， 则，解得， ，解得， 则矩形的面积为， 对称轴为，故当时，矩形的面积取最大值， 且最大值为， 即截面面积的最大值为1，故选项D正确. 【变式9-3】（多选题）（2026·山西忻州·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点P在线段上，且，．过点P作平面，使．设平面截正方体所得截面的面积为，则下列说法正确的是（     ） A．当时，截面面积为 B．当时，截面为等边三角形 C．的最大值在处取得 D．当时，截面周长为3 【答案】ABC 【解析】连接BD，，. 在正方体中，平面，平面， 所以. 由为正方形，所以. 又，平面， 所以平面，平面， 所以.同理可证. 因为，所以平面． 设与平面交于点， 由等体积法得： ， 解得：，所以是的三等分点， 此时截面多边形为，且为等边三角形 对于A，当时，点与点重合，所以截面的面积为，故A正确； 当时，截面与相似，因为为等边三角形， 所以当时，截面为等边三角形，故B正确； 对于C、D，当时，单调递增，； 当时，先增后减，根据对称性， 当截面的位置在平面与平面中间，且为过的中点的正六边形时，边长为， 此时截面多边形面积最大，此时，且截面的周长为，故C正确，D错误. 题型十：截面背景下的空间角计算 【典例10】（2026·安徽合肥·二模）在正方体中，为线段的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为__________． 【答案】 【解析】设正方体的棱长为， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， 设直线的方向向量为，平面，平面，则，， 所以，取，则， ，， 因此，直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 【变式10-1】如图，在正方体中，，为的中点，记平面与平面的交线为，则直线与直线所成角的余弦值为_____．    【答案】/ 【解析】设，连接,如下图所示，则直线即为直线l． 因为平面平行于，且平面平面， 平面平面，故， 由，为的中点，得：． 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设：，则得：，，，， ，， 所以得：， 故直线l与直线所成角的余弦值为. 故答案为：. 【变式10-2】（2026·浙江·模拟预测）如图，在棱长为12的正方体中，已知E，F分别为棱AB，的中点，若过点，E，F的平面截正方体所得的截面为一个多边形，则该多边形的周长为________，该多边形与平面，ABCD的交线所成角的余弦值为________． 【答案】 【解析】如图，延长DC，与的延长线交于点G，连接EG，交BC于点H，延长GE，与DA的 延长线交于点M，连接，交于点N．连接NE，FH， 因为正方体的棱长为12， 所以． 因为∥， 所以， 所以， 所以， 同理可得， 所以， 所以，， 所以，． 易知，所以， 又，解得， 所以，， 则该多边形的周长为． 由面面平行的性质定理得∥， 则为多边形与平面，ABCD的交线所成的角或其补角． 因为，所以， 所以该多边形与平面，ABCD的交线所成角的余弦值为． 故答案为：； 【变式10-3】（2026·重庆·模拟预测）如图所示，是棱长为的正方体，、分别是下底面的棱、的中点，是上底面的棱上的一点，，过、、的平面交上底面于，在上，则异面直线与所成角的余弦值为___________． 【答案】/ 【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，， 设点，，， 因为，所以，，即点， ，， 所以，. 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 题型十一：空间交线的作图与性质应用 【典例11】已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为________． 【答案】 【解析】由题意可得平面的法向量可为， 平面的法向量可为， 平面的法向量可为， 设直线的方向向量为， 则有，取，则有、， 则直线的方向向量可为， 则， 故直线l与平面所成角的正弦值为. 故答案为：. 【变式11-1】（2026·高三·山西·开学考试）正方体的棱长为2，则以的中点为球心，为半径的球与侧面相交，则交线（在正方形内部）的长度为______． 【答案】/ 【解析】如图：作，垂足为E，则平面， 设为球心，为半径的球与相交于， 则， 即以的中点为球心，为半径的球与侧面相交， 交线为以E为圆心，2为半径的圆弧（如图示）， 在中，，同理，则， 所以交线的长度． 故答案为：． 【变式11-2】在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面底面，记平面与平面的交线为，则直线到直线的距离为______． 【答案】 【解析】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 故， 因为，平面平面， 所以平面， 又平面与平面的交线为， 所以， 所以点到的距离即为到之间的距离， 则． 故答案为：. 【变式11-3】（2026·高三·广东深圳·期末）如图， 在圆台 中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，, 点D是的中点， 为平面与平面的交线， 则交线与平面所成角的大小为_________． 【答案】/ 【解析】因为，D分别是，BC的中点，所以， 所以平面，平面，所以平面， 平面，平面平面， 所以，，所以， 所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角， 因为为直径，所以，因为，即， 又因为平面， 平面，所以，平面， 所以平面，过点作交于点， 因为平面，所以，， ，平面，所以平面， 所以为交线l与平面所成角， 因为，， . 所以，结合图知. 故答案为：. 1．（2026·高三·广东湛江·开学考试）已知长方体的8个顶点均在球的球面上，，，二面角为，过线段的中点作球的截面，则该截面面积的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】在长方体中，平面， 而平面，所以，又， 所以为二面角的平面角，即， 由，，则，即， 所以球的半径为，易得， 要使截面圆的面积最小，则垂直于截面，此时截面圆的半径为， 则截面面积的最小值为. 2．已知正方体的8个顶点都在球的球面上，且过，，三点的平面截球所得截面面积为，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设截面圆半径为，由截面面积，解得， 设正方体棱长为，由正方体棱长关系可得， 即是等边三角形，由正弦定理可得其外接圆半径， 故，解得， 设正方体外接球半径为，则其直径等于正方体对角线，即 ，解得， 球的体积为． 3．在长方体中，，，，面对角线BD与截面所成的角为45°，则（   ）. A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，过点B作于点P，连接， 在长方体中，，，， 所以平面，因为平面，所以， 又，平面， 所以平面，即就是与截面所成的角， ，因为， ， 所以，整理得，得． 4．如图所示，棱长为1的四面体木块，其四个面均为等边三角形，点是的中心，过点将木块锯开，并使得截面平行于和，则下列关于截面的说法正确的个数为（    ） ①截面是矩形； ②截面的面积为； ③截面与侧面的交线平行于侧面. A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【解析】由题意可知，点是的中心，过点P作， 分别交于，作交于G，设平面与交于点H， 由于平面，平面，故平面， 同理平面，即四边形即为截面， 由于平面，平面平面，平面， 故，同理，，则， 故四边形为平行四边形，即截面是平行四边形， 设M为的中点，连接， 则，，平面， 故平面，又平面， 故，而，，故， 即平行四边形为矩形，即截面是矩形，①正确； 因为点是的中心，则， 故， 故矩形的面积为，即截面的面积为，②正确； 由于截面与侧面的交线为，且， 平面，平面，故平面， 即截面与侧面的交线平行于侧面，③正确. 故选：D. 5．已知正四面体．的所有棱长均为，D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】将正四面体如图放于正方体中，因的所有棱长均为， 则正方体棱长为，该正四面体的外接球即正方体的外接球，球心O为正方体中心， 外接球半径为.因D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则 棱长均为，则四面体相似于四面体，相似比为. 注意到， 则，设中心为，则为正四面体的高. 则. 又三点共线，则到平面距离为. 注意到该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面为圆，则圆半径为，故截面面积为. 故选：C 6．（2026·高三·安徽六安·阶段检测）在棱长为2的正方体中，是线段上一个动点，则下列结论正确的有（    ） A．不存在点使得异面直线与所成角为 B．存在点使得异面直线与所成角为 C．存在点使得二面角的平面角为 D．当时，平面截正方体所得的截面面积为 【答案】D 【解析】异面直线与所成的角可转化为直线与所成角， 如图所示： 当为的中点时，，此时与所成的角为，所以A错误； 如图所示； 当与或重合时，直线与所成的角最小，为，所以B错误； 当与重合时，二面角的平面角最小，，所以， 所以C错误； 对于D，如图所示： 过作，交于，交于点， 因为，所以分别是的中点， 又，所以，四边形即为平面截正方体所得的截面， 因为，且， 所以四边形是等腰梯形，作交于点， 所以， 所以梯形的面积为，所以D正确. 故选：D 7．（2026·高三·江苏常州·阶段检测）已知正三棱锥的外接球的表面积为，侧棱，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设正三棱锥的外接球的半径为，则，得. 假设正三棱锥中， 外接圆的圆心，则球心在上， 设， 外接圆的半径为 即，两式相减得， 又，解得，所以外接圆的圆心是球心. 如图所示： 设球心到过点的截面圆的距离为，截面圆的半径为， 则， 因为球心到过点的截面圆的距离的最大值为， 所以的最小值为， 又因为点在为半径的圆面上，则球心到过点的截面圆的距离的最小值为， 所以的最大值为， 总上可知，，即 所以截面圆的面积的取值范围为. 故选：B. 8．（2026·高三·广东·期末）已知棱长为4的正方体的各个顶点均在球的表面上，点满足，过点作与直线垂直的平面，则截球所得截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，连接， 平面，平面，平面， 则直线垂直于平面， 则为过点且与平面平行的平面，点在平面内， 点到平面的距离就是平面与平面的距离， 又，所以， 球的半径，所以截球所得截面圆的半径，该圆面积为． 故选:C． 9．（多选题）正方体的棱长为分别为的中点.则（    ） A．正方体体积是三棱锥体积的12倍 B．直线与平面平行 C．平面截正方体所得的截面面积为 D．三棱锥与三棱锥的体积之比为 【答案】BCD 【解析】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． 则． 因为分别为的中点， 所以． 选项A：正方体体积． 三棱锥的体积． 因为，， 所以． 正方体体积是三棱锥体积的倍，故A错误； 选项B：． 设平面的法向量为， 则，取，得． 又， 所以，即． 又平面，所以直线平面，故B正确； 选项C：由坐标可得，，． 为等腰三角形，底边上的高． 所以截面面积，故C正确； 选项D：． ， 底面在平面（即平面）上． 在平面中， （此处坐标为）， ． 点到平面的距离为， 所以． 所以体积之比为，故D正确． 10．（多选题）如图， 正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．存在点， 使得平面 B．异面直线与所成的角的大小为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 D．若平面，则点的轨迹的长度为 【答案】ABD 【解析】A选项，取的中点，连接， 因为，分别是，的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，同理可得平面， 因为，平面，所以平面平面， 故当在线段上时，满足平面，A正确； B选项，由A知，且，所以，故为直线与所成角或其补角， 连接，则， 所以为等边三角形，故， 异面直线与所成的角的大小为，B正确； C选项，连接，由A知，，又，所以， 所以四边形即为过，，三点的平面截正方体所得截面图形， 因为，所以四边形为梯形，C错误； D选项，连接， 因为，平面，平面， 所以平面， 又，同理可得平面， 又，平面， 所以平面平面， 故当在线段上时，平面， 所以平面， 所以若平面，则点的轨迹的长度为，D正确. 11．（多选题）（2026·安徽安庆·三模）如图，在棱长为的正方体中，M，N分别是，的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（    ） A．当点为中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积为 B．异面直线与所成的最大角为 C．不存在点使得 D．三棱锥的体积为定值 【答案】AD 【解析】 对于A，取的中点，的中点，的中点， 连接、、、、，由于均为所在边的中点， 所以，，， 所以过、、三点的平面截正方体所得截面为正六边形，其边长， 故其面积为，故A正确； 对于B，设中点为，连接，则易得平面， 则异面直线与所成的角可用表示， 在中，， 当为的中点时，，此时取最小值， 此时有， 因异面直线与所成的角， 由余弦函数的单调性，可得，故B不正确； 对于C，若为中点，由B项易得平面， 因平面，则， 由于，，由，可得， 又平面，所以平面，又平面，故，即C不正确； 对于D，由图知，点到平面的距离为，而， 故，即三棱锥的体积为定值，故D正确． 12．（多选题）（2026·河南周口·模拟预测）已知棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（    ） A．正方体的外接球半径为 B．四点共面 C．直线与所成角的余弦值为 D．过直线的平面截正方体的外接球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为 【答案】AC 【解析】选项A：正方体的外接球半径，故A正确； 选项B：设的中点为，则四点共面， 点不在平面内，四点不共面，故B错误； 选项C：如下图，连接，则， ， ， 在中，，故C正确； 选项D：如图，连接，记为的中点，过点作的垂线，交于点， 在中，，则， ， 过直线的平面截正方体的外接球所得的所有截面圆中， 半径最小为， 半径最小的圆的面积为，故D错误． 13．如图，在边长为4的正方体中，为中点，为中点，过、、作与正方体的截面为，则截面面积是________．    【答案】18 【解析】连接，， 因为且，所以四边形为平行四边形，所以. 又因为为中点，为中点， 所以，所以即四点共面，而平面是过、、的截面，且三点、、不共线， 所以四边形为截面图形，且截面为等腰梯形，由棱长为4， ，过点作于点， 所以， 所以截面的面积为. 14．（2026·高三·江苏连云港·阶段检测）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为____ 【答案】 【解析】由题意，正方体的内切球球心为正方体中心，内切球半径. 法一：连接，相交于点，则点为的中点，连接. 可得，因为平面，平面， 所以平面，在上， 则到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ，， 由，得，则， 则截面圆半径，所以截面面积； 法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 则到平面的距离， 所以截面圆半径，所以截面面积. 15．如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，过点，，作正方体的截面，所得截面的面积是______． 【答案】 【解析】 取的中点的中点的中点，连接， 则正六边形为对应的截面，又正六边形的边长为， 所以截面的面积为：. 故答案为：. 16．如图，已知正方体的棱长为2，点为线段（含端点）上的动点，由点、、确定的平面为，有下列四个命题： ①平面截正方体的截面始终为四边形； ②点运动过程中，三棱锥的体积为定值； ③平面截正方体的截面面积的最大值为； ④三棱锥的外接球表面积的取值范围为． 其中，正确命题的序号有______． 【答案】②③④ 【解析】当与点重合时，平面截正方体的截面为，①错； ，又平面，平面，则平面， 由点为线段（含端点）上的动点，则到平面的距离为定值， 固定，则棱锥的体积为定值，②对； 当由移动到的过程中，延长交于，连接交于， 所以，到之间，平面截正方体的截面为等腰梯形，且， 当与重合时，截面为矩形，此时面积最大为，③对； 如图，分别取左右侧面的中心，则垂直于左右侧面， 根据对称性，三棱锥的外接球的球心在线段上， 设到的距离为，则，，则，而， 外接球的半径， 在直角、中，可得，则， 令，则在上单调递增， 所以，故三棱锥外接球的表面积，④对. 故答案为：②③④ 17．（立体几何 31 截面问题）如图，棱长为4的正方体中，点、分别为、的中点，有下列四个结论： ①； ②直线与平面所成角的正切值为3； ③平面； ④平面截正方体的截面周长为． 其中，正确结论的序号有______． 【答案】①② 【解析】若为中点，连接，又、分别为、的中点， 所以，而，则， 由平面，则平面，平面， 所以，而且都在平面内，则平面， 由平面，则，①对； 由平面，即为平面，又，平面， 平面，则，且都在平面内， 所以平面，若于，则直线与平面所成角为或其补角， 由为的中点，则，，故，②对； 由平面，即为平面，而平面，即平面， 由，则平面，显然与平面相交，③错； 延长交于一点，将该点与连接，交于，连接， 所以所得截面，即为所求，结合题设易知，则， 又，，，故截面周长为，④错. 故答案为：①② 18．如图，棱长为1的正方体中，、分别在棱、上，，，，且，过、、三点的平面截正方体得到截面多边形，有下列四个说法：    ①时，截面一定为等腰梯形； ②时，截面一定为矩形且面积最大值为； ③存在，使截面为六边形； ④存在，使与截面平行． 其中，正确说法的序号有______． 【答案】②④ 【解析】对①，时，截面为矩形，故①错误； 对②，当时，点与点重合，设过A、P、Q三点的平面交于， 因为平面平面，故，且，此时截面为矩形， 当点与点重合时面积最大，此时截面积，故②正确； 对③，截面只能为四边形、五边形，故③错误； 对④，当，时，延长交延长线于，画出截面如图所示， 此时因为，， 故，则， 由面面平行的截面性质可得，， 故，此时，故且， 故四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面， 所以与截面平行，故④正确． 故答案为：②④ 28 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题拓展25 立体几何截面与交线问题的常见模型与解题技巧 目录 01 解题方法总结 2 02 重难点题型梳理 3 题型一：锥体截面 3 题型二：截面图形的形状判定 4 题型三：截面周长计算 5 题型四：截面面积计算 6 题型五：截面分割几何体的体积求解 7 题型六：球的截面性质与综合计算 8 题型七：截面图形的计数与分类讨论 9 题型八：圆锥截面的性质与相关计算 9 题型九：截面相关度量的取值范围与最值 11 题型十：截面背景下的空间角计算 13 题型十一：空间交线的作图与性质应用 14 03 课后拓展精练 15 立体几何中截面与交线问题是高中数学的核心高频考点，重点考查空间想象能力与逻辑推理能力，掌握经典模型与通用解题方法是高效突破此类题型的关键。 常见模型可分为四大类：一是正方体（长方体）截面模型，截面可呈现三角形、四边形、五边形、六边形，是截面作图、形状判定与计数问题的基础载体；二是棱柱、棱锥截面模型，侧重考查截面分割后的体积分配、边长与面积计算；三是球的截面模型，核心依托 “球半径、截面圆半径、球心到截面距离” 的勾股定理关系，常与外接球、内切球综合考查；四是圆锥截面模型，截面与轴夹角不同可形成圆、椭圆、抛物线、双曲线四类圆锥曲线。 解题技巧上，核心方法有三种：其一交线法，依据平面基本公理，寻找两平面的两个公共点并连线确定交线，逐步勾勒截面轮廓，是截面作图的根本方法；其二平行线法，利用线面平行的性质，过定点作已知棱的平行线确定截面边界，多用于柱体类规则截面；其三延伸补形法，通过延展截面平面、补全几何体，找到隐藏的交点与交线，解决斜截类复杂问题。针对最值与范围题型，常结合函数思想与空间角公式转化求解。 题型一：锥体截面 【典例1】已知四棱锥中，底面为平行四边形，点为中点，点满足，点满足．若四点共面，则（     ） A． B． C． D． 【变式1-1】在三棱锥中，与中点分别为，点G为中点．若D在上满足，E在上满足，平面交于点F，且，则λ的值为（ ） A． B． C． D． 【变式1-2】已知四棱锥的底面为平行四边形，为的中点，，若平面与棱相交于点，则的值为（    ） A． B． C．2 D．3 【变式1-3】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，是的中点，是的中点，过，，三点的平面与相交于点，则（    ）    A． B． C． D． 题型二：截面图形的形状判定 【典例2】过正方体的棱、的中点、作一个截面，使截面与底面所成二面角为，则此截面的形状为（    ） A．三角形或五边形 B．三角形或四边形 C．正六边形 D．三角形或六边形 【变式2-1】（2026·高三·福建福州·阶段检测）已知正方体的棱长为2，平面.平面截此正方体所得的截面有以下四个结论： ①截面形状可能是正三角形②截面的形状可能是正方形 ③截面形状可能是正五边形④截面面积最大值为 则正确结论的编号是（    ） A．①④ B．①③ C．②③ D．②④ 【变式2-2】（2026·广东佛山·模拟预测）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（    ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 【变式2-3】正方体中，M，N分别是，的中点，则过，M，N三点的平面截正方体所得的截面形状是（   ） A．平行四边形 B．直角梯形 C．等腰梯形 D．三角形 题型三：截面周长计算 【典例3】如图，在棱长为1的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列四个命题： ①对任意点Q，都有； ②存在点Q，使得平面； ③当点Q在平面内时，四棱锥的体积是； ④过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为． 其中正确命题是（） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 【变式3-1】（2026·宁夏银川·一模）如图，在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则过三点的截面面积等于（    ） A． B． C． D．3 【变式3-2】已知正方体的棱长为，分别是的中点，则过这三点的截面面积是（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】已知正方体的棱长为1，则与平面平行的平面截此正方体所得截面面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 题型四：截面面积计算 【典例4】如图，在棱长为3的正方体中，点，分别在线段和上，下面结论中正确的是（     ） A．为中点时，过、、三点的正方体截面是正方形 B．时，过、、三点的正方体截面周长是 C．过点，，三点的正方体截面一定是平行四边形 D．过点、、的正方体截面不可能是平行四边形 【变式4-1】（2026·湖南常德·一模）已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】如图，已知正方体的棱长为，若为棱的中点，过三点作正方体的截面，则截面的周长为（    ） A． B． C． D． 【变式4-3】如图，正方体的棱长为4，P为正方形的中心，Q为棱的中点，则过点A、P、Q的截面周长为（   ） A． B． C． D．74 题型五：截面分割几何体的体积求解 【典例5】如图，在正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，过点A，E，F作一截面，该截面将正方体分成上、下两部分，则分成的上、下两部分几何体的体积比为（    ） A．2 B． C． D． 【变式5-1】在正方体中，，，分别是，，的中点，过，，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． B． C． D． 【变式5-2】如图，在棱长为的正方体中，是棱的中点，过，，三点的截面把正方体分成两部分，则这两部分的体积比为（     ） A． B． C． D． 【变式5-3】（2026·河南·模拟预测）在正方体中，，分别为棱，的中点，过点，，作该正方体的截面，截面将正方体分成两部分，则较小部分与较大部分的体积的比值为（    ） A． B． C． D． 题型六：球的截面性质与综合计算 【典例6】若球被一个平面截得的截面圆的面积为，且球心到该平面的距离为，设为球的球面上的动点，为截面圆圆周上的动点，则，两点间距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 【变式6-1】在等腰梯形中，已知，，将沿直线翻折成，则当三棱锥的体积最大时，以为直径的球被平面所截的截面面积为（ ） A． B． C． D． 【变式6-2】（2026·山东·一模）在正三棱柱中，，为的中点，若三棱锥的四个顶点均在球上，过作球的截面，则所得截面圆面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【变式6-3】（2026·云南·一模）已知球的半径为，圆的半径为，且圆是球的一个截面，若圆的面积与球的表面积之比为，则的值为（    ） A． B． C． D． 题型七：截面图形的计数与分类讨论 【典例7】（2026·高三·上海虹口·阶段检测）过正四面体的顶点P作平面，若与直线，，所成角都相等，则这样的平面的个数为（    ）个 A．3 B．4 C．5 D．6 【变式7-1】过正方体的顶点A作平面，使棱所在直线与平面所成的角都相等，则这样的平面可以作 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式7-2】（2026·陕西榆林·三模）过正方体的顶点作平面，使得正方体的各棱与平面所成的角都相等，则满足条件的平面的个数为（    ） A． B． C． D． 【变式7-3】（2026·云南昆明·模拟预测）过正方体的顶点A作平面，使正方形ABCD，正方形，正方形所在平面与平面所成锐二面角相等，则这样的平面可以作（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型八：圆锥截面的性质与相关计算 【典例8】如图所示是数学家Dandelin用来证明一个平面截圆锥侧面得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）．在圆锥内放两个大小不同的小球，使它们分别与圆锥的侧面、底面及截面相切，截面分别与球，球切于点，则是截口椭圆的焦点．设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，则下列说法错误的是（    ） A．椭圆的中心不在直线上 B． C．直线与椭圆所在平面所成角的正弦值为 D．椭圆的离心率为 【变式8-1】如图1，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度对这个问题进行研究，其中比利时数学家Germinal dandelion（1794-1847）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面切于、，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球切于、，由球和圆的几何性质，可以知道，，，于是，由、的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以、为焦点的椭圆.如图2，一个半径为1的球放在桌面上，桌面上方有一点光源，则球在桌面上的投影是椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的离心率为（    ）    A． B． C． D． 【变式8-2】“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线”．利用这个原理，小明在家里用射灯（射出的光锥视为圆锥）在墙上投影出椭圆（图1）．图2是射灯投影的直观图，圆锥的轴截面是等腰直角三角形，椭圆所在的平面与平面垂直，且点为线段中点，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【变式8-3】（2026·贵州贵阳·模拟预测）古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为，高为的圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，是母线上一点，，平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为（    ）    A． B． C． D． 题型九：截面相关度量的取值范围与最值 【典例9】（多选题）（2026·山西吕梁·三模）已知正方体的棱长为是空间中的一动点，下列结论正确的是（    ） A．若点在正方形内部，异面直线与所成角为，则的范围为 B．平面平面 C．若，则的最小值为 D．若，则平面截正方体所得截面面积的最大值为 【变式9-1】（多选题）（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是和的中点，则（    ） A． B． C．点F到平面EAC的距离为 D．过E作平面与平面ACE垂直，当与正方体所成截面为三角形时，其截面面积的范围为 【变式9-2】（多选题）已知棱长为2的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上的动点，下列说法正确的有（   ） A．该正四面体的外接球的半径为 B．若，为的中点，则的最小值为 C．若，则的最小值为 D．过点的截面与和都平行，则截面面积的最大值为1 【变式9-3】（多选题）（2026·山西忻州·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点P在线段上，且，．过点P作平面，使．设平面截正方体所得截面的面积为，则下列说法正确的是（     ） A．当时，截面面积为 B．当时，截面为等边三角形 C．的最大值在处取得 D．当时，截面周长为3 题型十：截面背景下的空间角计算 【典例10】（2026·安徽合肥·二模）在正方体中，为线段的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为__________． 【变式10-1】如图，在正方体中，，为的中点，记平面与平面的交线为，则直线与直线所成角的余弦值为_____．    【变式10-2】（2026·浙江·模拟预测）如图，在棱长为12的正方体中，已知E，F分别为棱AB，的中点，若过点，E，F的平面截正方体所得的截面为一个多边形，则该多边形的周长为________，该多边形与平面，ABCD的交线所成角的余弦值为________． 【变式10-3】（2026·重庆·模拟预测）如图所示，是棱长为的正方体，、分别是下底面的棱、的中点，是上底面的棱上的一点，，过、、的平面交上底面于，在上，则异面直线与所成角的余弦值为___________． 题型十一：空间交线的作图与性质应用 【典例11】已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为________． 【变式11-1】（2026·高三·山西·开学考试）正方体的棱长为2，则以的中点为球心，为半径的球与侧面相交，则交线（在正方形内部）的长度为______． 【变式11-2】在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面底面，记平面与平面的交线为，则直线到直线的距离为______． 【变式11-3】（2026·高三·广东深圳·期末）如图， 在圆台 中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，, 点D是的中点， 为平面与平面的交线， 则交线与平面所成角的大小为_________． 1．（2026·高三·广东湛江·开学考试）已知长方体的8个顶点均在球的球面上，，，二面角为，过线段的中点作球的截面，则该截面面积的最小值为（     ） A． B． C． D． 2．已知正方体的8个顶点都在球的球面上，且过，，三点的平面截球所得截面面积为，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 3．在长方体中，，，，面对角线BD与截面所成的角为45°，则（   ）. A． B． C． D． 4．如图所示，棱长为1的四面体木块，其四个面均为等边三角形，点是的中心，过点将木块锯开，并使得截面平行于和，则下列关于截面的说法正确的个数为（    ） ①截面是矩形； ②截面的面积为； ③截面与侧面的交线平行于侧面. A．0 B．1 C．2 D．3 5．已知正四面体．的所有棱长均为，D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面面积为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·高三·安徽六安·阶段检测）在棱长为2的正方体中，是线段上一个动点，则下列结论正确的有（    ） A．不存在点使得异面直线与所成角为 B．存在点使得异面直线与所成角为 C．存在点使得二面角的平面角为 D．当时，平面截正方体所得的截面面积为 7．（2026·高三·江苏常州·阶段检测）已知正三棱锥的外接球的表面积为，侧棱，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·高三·广东·期末）已知棱长为4的正方体的各个顶点均在球的表面上，点满足，过点作与直线垂直的平面，则截球所得截面面积为（   ） A． B． C． D． 9．（多选题）正方体的棱长为分别为的中点.则（    ） A．正方体体积是三棱锥体积的12倍 B．直线与平面平行 C．平面截正方体所得的截面面积为 D．三棱锥与三棱锥的体积之比为 10．（多选题）如图， 正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．存在点， 使得平面 B．异面直线与所成的角的大小为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 D．若平面，则点的轨迹的长度为 11．（多选题）（2026·安徽安庆·三模）如图，在棱长为的正方体中，M，N分别是，的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（    ） A．当点为中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积为 B．异面直线与所成的最大角为 C．不存在点使得 D．三棱锥的体积为定值 12．（多选题）（2026·河南周口·模拟预测）已知棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（    ） A．正方体的外接球半径为 B．四点共面 C．直线与所成角的余弦值为 D．过直线的平面截正方体的外接球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为 13．如图，在边长为4的正方体中，为中点，为中点，过、、作与正方体的截面为，则截面面积是________．    14．（2026·高三·江苏连云港·阶段检测）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为____ 15．如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，过点，，作正方体的截面，所得截面的面积是______． 16．如图，已知正方体的棱长为2，点为线段（含端点）上的动点，由点、、确定的平面为，有下列四个命题： ①平面截正方体的截面始终为四边形； ②点运动过程中，三棱锥的体积为定值； ③平面截正方体的截面面积的最大值为； ④三棱锥的外接球表面积的取值范围为． 其中，正确命题的序号有______． 17．（立体几何 31 截面问题）如图，棱长为4的正方体中，点、分别为、的中点，有下列四个结论： ①； ②直线与平面所成角的正切值为3； ③平面； ④平面截正方体的截面周长为． 其中，正确结论的序号有______． 18．如图，棱长为1的正方体中，、分别在棱、上，，，，且，过、、三点的平面截正方体得到截面多边形，有下列四个说法：    ①时，截面一定为等腰梯形； ②时，截面一定为矩形且面积最大值为； ③存在，使截面为六边形； ④存在，使与截面平行． 其中，正确说法的序号有______． 28 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $