微突破2 截面、交线问题
（时间：40分钟，满分：46分）
一、单项选择题（每小题5分，共30分）
1.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，如果点E是AA1的中点，那么过点D1，B，E截正方体所得的截面图形为（ ）
A.三角形 B.矩形
C.正方形 D.菱形
2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为，以A1为球心，半径为2的球与底面ABCD的交线的长度为（ ）
A.π B.π
C. D.π
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.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，设过点P，Q，R的截面与平面AD1以及平面AB1的交线分别为l，m，则l，m所成的角为（ ）
A.90° B.30°
C.45° D.60°
5.如图，在圆台O1O2中，四边形ABCD是其轴截面，AD＝DC＝BC＝AB，过O1C与轴截面ABCD垂直的平面交下底面于EF，若点A到平面CEF的距离是，则圆台的体积为（ ）
A. B.
C.π D.π
6.已知球O是正三棱锥A-BCD的外接球，BC＝6，AB＝4，点E在线段BD上，且BD＝3BE.过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（ ）
A.3π B.4π C.8π D.9π
二、多项选择题（6分）
7.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点，则（ ）
A.直线EF与BC1所成的角为60°
B.过空间中一点有且仅有两条直线与A1B1，A1D1所成的角都是60°
C.过A1，E，F三点的平面截该正方体，所得截面图形的周长为3＋2
D.过直线EF的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形
三、填空题（每小题5分，共10分）
8.已知长方体ABCD-A1B1C1D1的高为，两个底面均为边长为1的正方形，过BD1作平面α分别交棱AA1，CC1于E，F，则四边形BFD1E面积的最小值为 .
9.已知三棱锥P-ABC的棱AP，AB，AC两两互相垂直，AP＝AB＝AC＝2，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于 .
微突破2 截面、交线问题
1.D 分别取BB1，CC1的中点G，F，连接A1G，BF，D1F，GF，如图，四边形D1EBF即为过点D1，B，E截正方体所得的截面图形，由题意可知A1E∥GB且A1E＝GB，所以四边形A1EBG为平行四边形，所以A1G∥EB，又因为GF∥B1C1且GF＝B1C1，A1D1∥B1C1且A1D1＝B1C1，所以A1D1∥GF且A1D1＝GF，所以四边形A1GFD1为平行四边形，所以D1F∥A1G，所以D1F∥EB，同理ED1∥BF，所以四边形D1EBF为平行四边形，又因为EB＝BF，所以四边形D1EBF为菱形.
2.C 因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为，球以A1为球心，半径为2，所以底面ABCD截得的圆的半径为＝1，所以交线的长度为×1＝.
3.D 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＝2sin 60°＝，同理可得CF＝，因此四边形DEFC的周长为3＋2.
4.D 因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，取C1D1，DD1，BB1的中点分别为G，F，E，连接FG，FQ，QP，PE，ER，RG，根据正方体的特征易知，若连接PG，EF，RQ，则这三条线必相交于正方体的中心，又GR∥EF∥QP，所以P，Q，F，G，R，E六点必共面，即为过P，Q，R的截面，所以EP即为直线m，FQ即为直线l.连接AB1，AD1，B1D1，因为EP∥AB1，FQ∥AD1，所以∠B1AD1即为异面直线EP与FQ所成的角，又因为正方体的各面对角线相等，所以△AB1D1为等边三角形，因此∠B1AD1＝60°，即l，m所成的角为60°.
5.B 连接O1D，因为AD＝DC＝BC＝AB，所以四边形ADCO1为平行四边形，所以O1C＝O1D＝O1A＝AD，则△AO1D为正三角形，所以∠DAB＝60°，由题意得平面CEF⊥平面ABCD，且平面CEF∩平面ABCD＝O1C，所以点A到平面CEF的距离即为AD与O1C的距离，在△AO1D中，过点O1作AD的垂线O1M，过点D作AO1的垂线DN，则O1M＝，所以AO1＝＝2，则O1O2＝DN＝2sin 60°＝，设圆台上、下底面半径分别为r，R，则R＝AO1，r＝DO2＝AO1，则圆台的体积V＝h（R2＋Rr＋r2）＝×（4＋2＋1）＝.
6.C 如图，设O1是顶点A在底面BCD上的射影，连接AO1，BO1.由正弦定理得，△BCD的外接圆半径r＝BO1＝×＝2.在Rt△ABO1中，由勾股定理得棱锥的高AO1＝＝＝6.易知点O在AO1上，连接OB，设球O的半径为R，则在Rt△OBO1中，R2＝（6－R）2＋（2）2，解得R＝4，所以OO1＝2.连接O1E，OE，在△BO1E中，由余弦定理得O1E2＝BE2＋B－2×BE×BO1×cos 30°＝4＋12－2×2×2×＝4，所以O1E＝2，所以OE＝＝2.根据球的性质知，过点E作球O的截面，当OE垂直于截面时，截面面积最小，此时截面圆的半径为＝＝2，截面面积为8π.故选C.
7.ACD 对于A，如图1所示，连接AC，A1C1，A1B，因为E，F分别为棱AB，BC的中点，所以EF∥AC，又AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以∠A1C1B或其补角即为EF与BC1所成的角，因为△A1BC1是等边三角形，所以∠A1C1B＝60°，所以EF与BC1所成的角为60°，故A正确；对于B，因为直线A1B1，A1D1所成角是90°，
且两条直线相交于点A1，所以过点A1与两直线所成角都为60°的直线有4条，故B错误；对于C，如图2，易知平面A1EFC1为过A1，E，F三点的截面，该截面为梯形，显然A1C1＝2，A1E＝C1F＝＝，EF＝，所以截面图形的周长为A1C1＋A1E＋EF＋C1F＝2＋＋＋＝3＋2，故C正确；对于D，
如图3所示，分别取AA1，CC1上靠近A，C的三等分点G，H，连接GD1，GE，HD1，HF，易知GE∥HD1，HF∥GD1，故点D1，G，E，F，H共面，该截面图形为五边形，故D正确.
8. 解析：根据题意作图，如图所示，过点F作FH⊥BD1交BD1于H，设FH＝h.由题意得BD1＝2.因为长方体对面平行，所以截面BFD1E为平行四边形，则＝2＝2×BD1·h＝2h，当h取最小值时四边形BFD1E的面积最小.易知h的最小值为直线CC1与直线BD1间的距离.易知当F为CC1的中点时，h取得最小值，hmin＝，（）min＝2×＝.故四边形BFD1E面积的最小值为.
9. 解析：由题设，将三棱锥P-ABC补全为棱长为2的正方体，O为底面中心，如图所示，若AD＝AF＝2，则PD＝PF＝4，即D，F在以P为球心，4为半径的球面上，又OA＝＞2，OP＝3＞4，所以平面ABC与球面所成弧是以A为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π；平面PBC与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；平面PBA，平面PCA与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为.所以最长弧的弧长为.
1 / 2微突破2 截面、交线问题
【备考指南】 在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥、长方体、正方体等）得到的平面图形，研究截面的形状及内含的数量关系，首先要确定交线.截面与交线问题是深层次考查学生直观想象及数学建模等核心素养的题型，它渗透了线、面等元素.求截面与交线问题，一是可用平面几何图形的性质，如解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用坐标法或向量运算求解.
1.作截面应遵循的三个原则：（1）在同一平面上的两点可引直线；
（2）凡是相交的直线都要画出它们的交点；
（3）凡是相交的平面都要画出它们的交线.
1.如图，已知P，Q，R分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，BC和C1D1的中点，由点P，Q，R确定的平面β截该正方体所得截面为（ ）
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
2.作交线的方法：
（1）利用相交平面有且只有一条过交点的直线寻找交线；
（2）利用线面平行与面面平行的判定定理寻找线面平行及面面平行，再利用性质作交线.
2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，AD，D1C1，CC1的中点分别为E，F，G，H，则下列直线中，与平面ACD1和平面BDA1的交线平行的直线为（ ）
A.GH B.EH
C.EG D.FH
3.将空间问题转化为平面问题解决.
3.在三棱锥P-ABC中，AB＋2PC＝9，E为线段AP上更靠近点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
4.对于球与多面体的交线，根据交线的不同有两种计算方法：一是利用弧长公式计算，只需找出弧所对的圆心角即可；二是转化为截面小圆计算，只需找到小圆半径即可.
4.如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1与球O的球面的交线长为 .
考点一 多面体中的截面与交线问题
【瓶颈突破】 按照作截面遵循的原则，规范作出截面是解题的关键，并注意反证法的应用.
【例1】 （1）（2025·江苏南通质检）已知四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB，点E是PD的中点，点F是棱PC上的点且PF＝2FC，则平面BEF截四棱锥P-ABCD所得的截面图形是（ ）
A.斜三角形 B.梯形
C.平行四边形 D.两组对边均不平行的四边形
【瓶颈突破】 取PB的中点J，连接MJ，JN，由题意可得平面MQN与平面PBC的交线l即为JN，直线QD与直线l所成角即为直线QD与直线MQ所成角.
（2）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（ ）
A. B. C. D.
【训练1】 （1）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为 ；
【易错提醒】 截面与边B1C1的交点不是B1C1的中点.
（2）正三棱台A1B1C1-ABC中，A1B1＝1，AB＝AA1＝2.点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作截面，则截面与上底面A1B1C1的交线长为 .
考点二 旋转体中的截面与交线问题
【瓶颈突破】 先确定点M到平面的距离，再确定点M到侧面ABB1A1四条边的距离，将其与半径比较，从而确定交线的形状.
【例2】 （1）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（ ）
A.2π B.3π C.4π D.8π
【常用结论】 圆柱的截面性质：若截面与轴线垂直，则截面是圆；若截面与轴线平行，则截面是矩形或线段；若截面与轴线不垂直也不平行，则截面是椭圆或椭圆的一部分.
（2）〔多选〕如图，一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E.若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θ（0＜θ＜），则下列对椭圆E的描述中正确的是（ ）
A.短轴长为2r，且与θ的大小无关 B.离心率为cos θ，且与r的大小无关
C.焦距为2rtan θ D.面积为
【训练2】 （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
【瓶颈突破】 题目条件可转化为以底面的一个顶点为圆心，2为半径的圆与三棱台的表面所成的弧长.
（2）已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面边长分别为2和5，侧棱长为3，则以下底面的一个顶点为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线长为 .
微突破2 截面、交线问题
【基础·回扣】
1.D 2.A 3.B 4.
【典例·讲解】
【例1】 （1）D 如图，延长EF和DC，设其交点为G，连接BG，延长DA并与直线BG交于点H，连接HE交PA于点K，连接KB，得四边形EFBK，假设KE∥BF，易证BF∥平面PAD，易知BC∥平面PAD，易得平面PBC∥平面PAD，与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾，故假设不成立，因此KE与BF不平行，同理可证KB与EF不平行，因此四边形EFBK的两组对边均不平行，故选D.
（2）C 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.所以四边形MJNQ是平行四边形，所以MQ∥JN，所以M，J，N，Q四点共面，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＝＝＝.
【训练1】 （1）
解析：如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α，由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，故BD＝2，MN＝，且BM＝DN＝，设等腰梯形MNDB的高为h，则h＝＝，∴梯形MNDB的面积为×（＋2）×＝.
（2） 解析：连接AF并延长交CC1的延长线于点M，连接ME交B1C1于点N，连接FN，如图，则线段FN即为截面AEF与上底面A1B1C1的交线，因为F为A1C1的中点，＝＝＝，所以MC1＝CC1＝.过点E作BC的平行线交CC1于点H，因为HE＝（BC＋B1C1）＝，＝＝＝，所以C1N＝HE＝，在△C1FN中，FN＝＝＝.
【例2】 （1）C 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.
（2）ACD 由题意，椭圆短轴长2b＝2r；而长轴长随θ变大而变长且2a＝，所以c＝＝rtan θ，故e＝＝sin θ，焦距为2c＝2rtan θ；由椭圆在底面投影即为底面圆，则cos θ等于圆的面积与椭圆面积的比值，所以椭圆面积为S＝.综上，A、C、D正确，B错误.
【训练2】 （1）C 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）2π 解析：由题意，得△ABC是边长为5的等边三角形，侧面均为全等的等腰梯形，在四边形ABB1A1中，AB＝5，A1B1＝2，AA1＝BB1＝3，如图，在AB上取BF＝2，连接A1F，易知△AA1F为等边三角形，即∠A1AB＝，则以下底面的一个顶点A为球心，
2为半径的球面与此正三棱台的表面的线为三段圆弧，，，分别是与平面ABC，平面ABB1A1，平面ACC1A1的交线，则所求交线长度为三段圆弧，，的长度之和，长度为×2×3＝2π.
3 / 3(共48张PPT)
微突破2 截面、交线问题
备考指南
在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥、长方体、正方体等）得到的平面图形，研究截面的形状及内含的数量关系，首先要确定交线.截面与交线问题是深层次考查学生直观想象及数学建模等核心素养的题型，它渗透了线、面等元素.求截面与交线问题，一是可用平面几何图形的性质，如解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用坐标法或向量运算求解.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 如图，已知P，Q，R分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，BC和
C1D1的中点，由点P，Q，R确定的平面β截该正方体所得截面为
（ ）
A. 三角形 B. 四边形
C. 五边形 D. 六边形
√
作截面应遵循的三个原则：
（1）在同一平面上的两点可引直线；
（2）凡是相交的直线都要画出它们的交点；
（3）凡是相交的平面都要画出它们的交线.
解析： 如图，分别取A1D1，A1A，CC1的中点F，E，
M，连接RF，FE，EP，PQ，QM，MR，ME，PR，
FQ，由正方体性质知RF∥PQ，所以R，F，P，Q∈平面
β，且RF∥PQ∥ME，又QF，RP，EM交于同一点O，所以E，M∈平面β，所以点P，Q，R确定的平面β即为六边形RFEPQM，故选D.
2. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，AD，D1C1，CC1的中点分别为
E，F，G，H，则下列直线中，与平面ACD1和平面BDA1的交线平行的
直线为（ ）
A. GH B. EH
C. EG D. FH
√
作交线的方法：
（1）利用相交平面有且只有一条过交点的直线寻找交线；
（2）利用线面平行与面面平行的判定定理寻找线面平行
及面面平行，再利用性质作交线.
解析： 设AD1∩A1D＝M，AC∩BD＝O，连接
OM，而O，M∈平面ACD1，O，M∈平面BDA1，则平
面ACD1∩平面BDA1＝OM，作出平面ACD1和平面BDA1
的交线如图所示，由正方形的性质可知O，M分别是
AC，AD1的中点，从而MO∥CD1，同理有GH∥CD1，
对比选项可知与平面ACD1和平面BDA1的交线平行的直线为GH.
3. 在三棱锥P-ABC中，AB＋2PC＝9，E为线段AP上更靠近点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
√
将空间问题转化为平面问题解决.
解析： 如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作
EF∥AB，EH∥PC，再分别过点H，F作HG∥AB，
FG∥PC，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上更靠近点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.
4. 如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，则平面
ACD1与球O的球面的交线长为 .
对于球与多面体的交线，根据交线的不同有两种计算方法：一是利用弧长公式计算，只需找出弧所对的圆心角即可；二是转化为截面小圆计算，只需找到小圆半径即可.
解析：平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆，其交线长为内切圆的
周长，∵正方体棱长为1，∴AC＝CD1＝AD1＝ .∴内切圆半径r＝tan
30°·AE＝ × ＝ .∴所求交线长为 .
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一 多面体中的截面与交线问题
【例1】 （1）（2025·江苏南通质检）已知四棱锥P-ABCD中，PA⊥平
面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB，点E是PD的中点，点F是
棱PC上的点且PF＝2FC，则平面BEF截四棱锥P-ABCD所得的截面图形
是（ ）
A. 斜三角形 B. 梯形
C. 平行四边形 D. 两组对边均不平行的四边形
√
【瓶颈突破】 按照作截面遵循的原则，规范作出截面是解题的关键，并注意反证法的应用.
解析： 如图，延长EF和DC，设其交点为G，连接
BG，延长DA并与直线BG交于点H，连接HE交PA于点
K，连接KB，得四边形EFBK，假设KE∥BF，易证
BF∥平面PAD，易知BC∥平面PAD，易得平面PBC∥
平面PAD，与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾，故假设不成立，因此KE与BF不平行，同理可证KB与EF不平行，因此四边形EFBK的两组对边均不平行，故选D.
（2）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（ ）
A. B.
√
C. D.
【瓶颈突破】 取PB的中点J，连接MJ，JN，由题意可得平面MQN与平面PBC的交线l即为JN，直线QD与直线l所成角即为直线QD与直线MQ所成角.
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. 所以四边形MJNQ是平行四边
形，所以MQ∥JN，所以M，J，N，Q四点共面，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＝ ＝ ＝ .
【训练1】 （1）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，
平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截
正方体所得的多边形的面积为 ；
解析：如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M
作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面
BDNM即为符合条件的平面α，由图可知M，N分别为
B1C1，C1D1的中点，故BD＝2 ，MN＝ ，且BM＝
DN＝ ，设等腰梯形MNDB的高为h，则h＝ ＝ ，∴梯形MNDB的面积为 ×（ ＋2 ）× ＝ .
（2）正三棱台A1B1C1-ABC中，A1B1＝1，AB＝AA1＝2.点E，F分别为
棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作截面，则截面与上底面A1B1C1
的交线长为 .
【易错提醒】 截面与边
B1C1的交点不是B1C1的中点.
解析：连接AF并延长交CC1的延长线于点M，连接ME交
B1C1于点N，连接FN，如图，则线段FN即为截面AEF与上
底面A1B1C1的交线，因为F为A1C1的中点， ＝ ＝
＝ ，所以MC1＝ CC1＝ .过点E作BC的平行线交CC1于点H，因为HE＝
（BC＋B1C1）＝ ， ＝ ＝ ＝ ，所以C1N＝ HE＝ ，在△C1FN中，FN＝ ＝ ＝ .
考点二 旋转体中的截面与交线问题
【例2】 （1）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（ ）
A. 2π B. 3π
C. 4π D. 8π
√
【瓶颈突破】 先确定点M到平面的距离，再确定点M到侧面ABB1A1四条边的距离，将其与半径比较，从而确定交线的形状.
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.
（2）〔多选〕如图，一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相
交的图形为椭圆E. 若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二
面角大小为θ（0＜θ＜ ），则下列对椭圆E的描述中正确的是（ ）
A. 短轴长为2r，且与θ的大小无关
B. 离心率为 cos θ，且与r的大小无关
C. 焦距为2rtan θ
D. 面积为
√
√
√
【常用结论】 圆柱的截面性质：若截面与轴线垂直，则截面是圆；若截面与轴线平行，则截面是矩形或线段；若截面与轴线不垂直也不平行，则截面是椭圆或椭圆的一部分.
解析： 由题意，椭圆短轴长2b＝2r；而长轴长随θ变大而变长且
2a＝ ，所以c＝ ＝rtan θ，故e＝ ＝ sin θ，焦距为2c＝
2rtan θ；由椭圆在底面投影即为底面圆，则 cos θ等于圆的面积与椭圆面
积的比值，所以椭圆面积为S＝ .综上，A、C、D正确，B错误.
【训练2】 （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）已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面边长分别为2和5，侧棱长为
3，则以下底面的一个顶点为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的
交线长为 .
2π
【瓶颈突破】 题目条件可转化为以底面的一个顶点为圆心，2为半径的圆与三棱台的表面所成的弧长.
解析：由题意，得△ABC是边长为5的等边三角形，侧面均为全等的等腰梯形，在四边形ABB1A1中，AB＝5，A1B1＝2，AA1＝BB1＝3，如图，在AB上取BF＝2，连接A1F，易知△AA1F为等边三角形，即∠A1AB＝ ，则以下底面的一个顶点A为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的线为三段圆弧 ， ， ，分别是与平面ABC，平面ABB1A1，平面ACC1A1的交线，则所求交线长度为三段圆弧 ， ， 的长度之和，长度为 ×2×3＝2π.
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：40分钟，满分：46分）
一、单项选择题（每小题5分，共30分）
1. 如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，如果点E是AA1的中点，那么
过点D1，B，E截正方体所得的截面图形为（ ）
A. 三角形 B. 矩形
C. 正方形 D. 菱形
1
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3
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√
解析： 分别取BB1，CC1的中点G，F，连接A1G，
BF，D1F，GF，如图，四边形D1EBF即为过点D1，
B，E截正方体所得的截面图形，由题意可知A1E∥GB且
A1E＝GB，所以四边形A1EBG为平行四边形，所以
A1G∥EB，又因为GF∥B1C1且GF＝B1C1，A1D1∥B1C1且A1D1＝B1C1，所以A1D1∥GF且A1D1＝GF，所以四边形A1GFD1为平行四边形，所以D1F∥A1G，所以D1F∥EB，同理ED1∥BF，所以四边形D1EBF为平行四边形，又因为EB＝BF，所以四边形D1EBF为菱形.
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2. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 ，以A1为球心，半径为2的球
与底面ABCD的交线的长度为（ ）
A. π B. π
C. D. π
√
解析： 因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 ，球以A1为球心，半
径为2，所以底面ABCD截得的圆的半径为 ＝1，所以交线
的长度为 ×1＝ .
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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
√
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9
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 .
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4. 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，
B1C1的中点，设过点P，Q，R的截面与平面AD1以及平面AB1的交线分别
为l，m，则l，m所成的角为（ ）
A. 90° B. 30°
C. 45° D. 60°
√
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解析： 因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R
分别是AB，AD，B1C1的中点，取C1D1，DD1，BB1的
中点分别为G，F，E，连接FG，FQ，QP，PE，ER，
RG，根据正方体的特征易知，若连接PG，EF，RQ，
则这三条线必相交于正方体的中心，又GR∥EF∥QP，所以P，Q，F，G，R，E六点必共面，即为过P，Q，R的截面，所以EP即为直线m，FQ即为直线l.连接AB1，AD1，B1D1，因为EP∥AB1，FQ∥AD1，所以∠B1AD1即为异面直线EP与FQ所成的角，又因为正方体的各面对角线相等，所以△AB1D1为等边三角形，因此∠B1AD1＝60°，即l，m所成的角为60°.
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5. 如图，在圆台O1O2中，四边形ABCD是其轴截面，AD＝DC＝BC＝
AB，过O1C与轴截面ABCD垂直的平面交下底面于EF，若点A到平面
CEF的距离是 ，则圆台的体积为（ ）
A. B.
C. π D. π
√
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解析： 连接O1D，因为AD＝DC＝BC＝ AB，
所以四边形ADCO1为平行四边形，所以O1C＝O1D
＝O1A＝AD，则△AO1D为正三角形，所以∠DAB
＝60°，由题意得平面CEF⊥平面ABCD，且平面CEF∩平面ABCD＝O1C，所以点A到平面CEF的距离即为AD与O1C的距离，在△AO1D中，过点O1作AD的垂线O1M，过点D作AO1的垂线DN，则O1M＝ ，所以AO1＝ ＝2，则O1O2＝DN＝2 sin 60°＝ ，设圆台上、下底面半径分别为r，R，则R＝AO1，r＝DO2＝ AO1，则圆台的体积V＝ h（R2＋Rr＋r2）＝ ×（4＋2＋1）＝ .
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6. 已知球O是正三棱锥A-BCD的外接球，BC＝6，AB＝4 ，点E在线
段BD上，且BD＝3BE. 过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值
是（ ）
A. 3π B. 4π
C. 8π D. 9π
√
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9
解析： 如图，设O1是顶点A在底面BCD上的射影，
连接AO1，BO1.由正弦定理得，△BCD的外接圆半径r
＝BO1＝ × ＝2 .在Rt△ABO1中，由勾股定理
得棱锥的高AO1＝ ＝
＝6.易知点O在AO1上，连接OB，设球O的半径为R，则在Rt△OBO1中，R2＝（6－R）2＋（2 ）2，解得R＝4，所以OO1＝2.连接O1E，OE，在△BO1E中，由余弦定理得O1E2＝BE2＋B －2×BE×BO1× cos 30°＝4＋12－2×2×2 × ＝4，所以O1E＝2，所以OE＝ ＝2 .根据球的性质知，过点E作球O的截面，当OE垂直于截面时，截面面积最小，此时截面圆的半径为 ＝ ＝2 ，截面面积为8π.故选C.
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二、多项选择题（6分）
7. 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中
点，则（ ）
A. 直线EF与BC1所成的角为60°
B. 过空间中一点有且仅有两条直线与A1B1，A1D1所成的角都是60°
C. 过A1，E，F三点的平面截该正方体，所得截面图形的周长为3 ＋
2
D. 过直线EF的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形
√
√
√
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解析： 对于A，如图1所示，连接AC，A1C1，A1B，
因为E，F分别为棱AB，BC的中点，所以EF∥AC，
又AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以∠A1C1B或其补
角即为EF与BC1所成的角，因为△A1BC1是等边三角
形，所以∠A1C1B＝60°，所以EF与BC1所成的角为
60°，故A正确；对于B，因为直线A1B1，A1D1所成角
是90°，且两条直线相交于点A1，所以过点A1与两直线
所成角都为60°的直线有4条，故B错误；对于C，如图2，
易知平面A1EFC1为过A1，E，F三点的截面，该截面为梯形，显然A1C1＝
2 ，A1E＝C1F＝ ＝ ，EF＝ ，所以截面图形的周长为
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A1C1＋A1E＋EF＋C1F＝2 ＋ ＋ ＋ ＝3 ＋2 ，故C正确；
对于D，如图3所示，分别取AA1，CC1上靠近A，C的三等分点G，H，
连接GD1，GE，HD1，HF，易知GE∥HD1，HF∥GD1，故点D1，G，
E，F，H共面，该截面图形为五边形，故D正确.
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三、填空题（每小题5分，共10分）
8. 已知长方体ABCD-A1B1C1D1的高为 ，两个底面均为边长为1的正方
形，过BD1作平面α分别交棱AA1，CC1于E，F，则四边形BFD1E面积的
最小值为 .
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解析：根据题意作图，如图所示，过点F作FH⊥BD1交
BD1于H，设FH＝h.由题意得BD1＝2.因为长方体对面
平行，所以截面BFD1E为平行四边形，则 ＝
2 ＝2× BD1·h＝2h，当h取最小值时四边形
BFD1E的面积最小.易知h的最小值为直线CC1与直线BD1间的距离.易知当F为CC1的中点时，h取得最小值，hmin＝ ，（ ）min＝2× ＝ .故四边形BFD1E面积的最小值为 .
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9. 已知三棱锥P-ABC的棱AP，AB，AC两两互相垂直，AP＝AB＝AC
＝2 ，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交
得到四段弧，则最长弧的弧长等于 .
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解析：由题设，将三棱锥P-ABC补全为棱长为2 的正方
体，O为底面中心，如图所示，若AD＝AF＝2，则PD＝
PF＝4，即D，F在以P为球心，4为半径的球面上，又
OA＝ ＞2，OP＝3 ＞4，所以平面ABC与球面所成弧
是以A为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π；平面PBC与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为 的圆弧，故弧长为 ；平面PBA，平面PCA与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为 的圆弧，故弧长为 .所以最长弧的弧长为 .
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演示完毕 感谢观看
