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.
一、截面问题
角度1直接法作截面
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为BB1的中点，画出过A1，C1，P三点的截面.
解：因为此三点在几何体的棱上，且两两在一个平面内，直接连接A1P，A1C1，C1P就得到截面A1C1P.
规律方法
若截面上的点都在几何体的棱上，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
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为BB1的中点，画出过A1，D1，P三点的截面，若AB＝2，试求所画截面的面积.
解：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，且两个平面A1ADD1和B1BCC1平行，只要过P作A1D1的平行线就可以了.即设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＝5，易知截面A1D1QP为矩形，故S矩形A1D
变式（2025·兰州模拟）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M在棱A1D1上，A1M＝2MD1，过M的平面α与平面A1BC1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为32.
解析：在平面A1D1DA中寻找与平面A1BC1平行的直线时，只需要ME∥BC1，如图所示，因为A1M＝2MD1，故该截面与正方体的交点位于靠近D1，A，C的三等分点处，故可得截面为MIHGFE，设正方体的棱长为3a，则ME＝22a，MI＝2a，IH＝22a，HG＝2a，FG＝22a，EF＝2a，所以截面MIHGFE的周长为ME＋EF＋FG＋GH＋HI＋IM＝92a，又因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，即3a＝1，故截面多边形的周长为32.
规律方法
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，其余面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，MN，就得到截面EFNMPQ.易知截面EFNMPQ为正六边形，又AB＝2，可得QE＝2，故截面EFNMPQ的周长为62.
规律方法
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.
二、交线问题
（1）（2025·枣庄一调）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，2为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（C）
A.32π4 B
C.32π2 D.
（2）（2025·南京六校联考）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为32，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）
A.2 B.6
C.10 D.13
解析：（1）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2，圆心角为π2，故总长为3×2×π2＝32π2
（2）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32，得C1M＝12A1C1＝3，则BC1＝6，又BEB1C1＝BNNC1＝12，则NC1＝23BC1＝4，由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，
规律方法
处理两面交线问题的方法