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高考数学专题四立体几何 微专题30 截面、交线问题课件PPT
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这是一份高考数学专题四立体几何 微专题30 截面、交线问题课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了考点一截面问题，考点二交线问题，在Rt△AHO中，对于A如图，同理可得等内容，欢迎下载使用。
“截面、交线”问题是高考立体几何问题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、扇形弧长等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解.
典例1 (1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点Q是棱DD1上的动点，则过A，Q，B1三点的截面图形是A.等边三角形 B.矩形C.等腰梯形 D.以上都有可能
当点Q与D1重合时，过A，Q，B1三点的截面是等边三角形AB1D1；当点Q与D重合时，过A，Q，B1三点的截面是矩形AB1C1D；当点Q与DD1的中点重合时，取C1D1的中点M，由于QM∥DC1，AB1∥DC1，所以QM∥AB1，又AQ＝MB1，故过A，Q，B1三点的截面是等腰梯形AB1MQ，如图所示.所以过A，Q，B1三点的截面图形可能是等边三角形、矩形或等腰梯形.
(2)(2023·秦皇岛模拟)2023年12月7日为该年第21个节气“大雪”.“大雪”标志着仲冬时节正式开始，该节气的特点是气温显著下降，降水量增多，天气变得更加寒冷.“大雪”节气的民俗活动有打雪仗、赏雪景等.东北某学生小张滚了一个半径为2分米的雪球，准备对它进行切割，制作一个正六棱柱模型ABCDEF－A1B1C1D1E1F1，设M为B1E1的中点，当削去的雪最少时，平面ACM截该正六棱柱所得的截面面积为_____平方分米.
设正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为a，高为h.若要使该正六棱柱的体积最大，正六棱柱应为球的内接正六棱柱中体积最大者，
如图，过M作PQ∥A1C1，交A1F1于点P，交C1D1于点Q，则P，Q分别是A1F1，C1D1的中点，又A1C1∥AC，所以PQ∥AC，易知四边形ACQP为矩形，则矩形ACQP即为平面ACM截该正六棱柱所得的截面.
跟踪训练1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，若AC1⊥平面α，则关于平面α截此正方体所得截面的判断正确的是A.截面形状可能为正三角形B.截面形状可能为正方形C.截面形状可能为正六边形D.截面形状可能为五边形
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1B，A1D，BD，则AC1⊥平面A1BD，所以平面α与平面A1BD平行或重合，所以平面α与正方体的截面形状可能是正三角形、正六边形，但不可能是五边形和四边形，故A，C正确，B，D错误.
(2)(2023·河北联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AB＝AA1＝4，平面ABC1截三棱柱ABC－A1B1C1的外接球所得截面的面积为
由于△ABC为等腰直角三角形，所以△ABC的外心是AB的中点，设为O2，设A1B1的中点为O1，连接O1O2，设O1O2的中点为O，则O是直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心，连接OC1，OA，OB，OA1，O1C1，如图所示，设外接球的半径为R，
由于C1A1＝C1B1，所以C1O1⊥A1B1，根据直棱柱的性质可知C1O1⊥AA1，
由于AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面ABB1A1，
典例2 (1)(2023·茂名模拟)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PB和AC，则这个平面与三棱锥表面交线的总长为
因为三棱锥P－ABC为正三棱锥，所以△ABC为等边三角形并且边长为2，即AB＝AC＝BC＝2.又因为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.
又因为PO＝2，在Rt△AOP中，
因为三棱锥P－ABC为正三棱锥，因此△APC，△APB，△BPC均为等腰三角形.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PB和AC的平面.
(2)(多选)(2023·潍坊模拟)已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，点M在平面ABCD上，且AM＝λAD(0<λ<1)，则A.存在λ，使得直线PB与AM所成的角为B.不存在λ，使得平面PAB⊥平面PBMC.当λ为定值时，点P与点M轨迹上所有的点连线和平面ABCD围成的几何 体的外接球的表面积为4(λ2＋1)2π
对于B，PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PA，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以点M要在直线BC上，因为AM＝λAD(0<λ<1)，所以不存在λ，使得平面PAB⊥平面PBM，故B正确；
对于C，由题意知，几何体为圆锥，作圆锥及外接球的轴截面图，如图，所以外接球的半径R满足R2＝(2－R)2＋(2λ)2，解得R＝λ2＋1，所以外接球的表面积S＝4(λ2＋1)2π，故C正确；
将侧面展开，知球与侧面的交线为以点P为圆心， 为半径的圆与侧面展开图的交线，设与AB交于点F，与AD交于点E，即图中 ，
又球与底面的交线是以点A为圆心， 为半径的圆与底面ABCD的交线，
跟踪训练2 在正四棱锥P－ABCD中，已知PA＝AB＝2，O为底面ABCD的中心，以O为球心作一个半径为 的球，则该球的球面与侧面PCD的交线长度为
如图，取CD的中点E，则有OE⊥CD，PE⊥CD，
△PCD为正三角形，球心O在平面PCD上的投影M即为△PCD的中心，
在Rt△OMF中，截面圆半径
所以∠FME＝45°，圆与三角形截得的三部分，由对称性可知，圆心角都为90°，故该球的球面与侧面PCD的交线长度为截面圆周长的
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.(2023·铅山一中模拟)将水平放置棱长为1的正方体容器(不计容器壁厚度)中注入一半的水，现将该正方体容器任意摆放，并保证水不溢出，则水面面积的最大值为
如图所示，因为水的体积恰好是容器容积的一半，所以①水面可以是以 为边长
2.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是2，E，F分别是棱B1C1和CC1的中点，点P在正方形BCC1B1(包括边界)内，当AP∥平面A1EF时，AP长度的最大值为a.以A为球心，a为半径的球面与底面A1B1C1D1的交线长为
如图所示，分别取BB1，BC的中点M，N，连接MN，AM，AN，所以EF∥MN，又MN⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以MN∥平面A1EF，同理AN∥平面A1EF，又AN∩MN＝N，所以平面AMN∥平面A1EF，因为点P在正方形BCC1B1(包括边界)内，且AP∥平面A1EF，所以点P的轨迹是线段MN，所以AP长度的最大值为
在平面A1B1C1D1内取一点G，使得A1G＝1，则AG＝所以以A为球心， 为半径的球面与底面A1B1C1D1的交线为以A1为圆心，1为半径的 ，
如图，以CA，CC′所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则有C(0,0)，O(1,0)，
4.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形的周长为
如图，取CC1的中点G，连接BG，则D1E∥BG，取CG的中点N，连接FN，则FN∥BG，∴FN∥D1E，则直线FN⊂平面D1EF，延长D1E，DA交于点H，连接FH交AB于点M，连接ME，则A为HD的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为D1EMFN，由题意得A1E＝AE＝2，则C1N＝3，CN＝1，
取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ，
5.(多选)(2023·杭州模拟)如图，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，O2，O1分别为圆柱上、下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径r为2，则A.球与圆柱的体积之比为2∶3B.四面体CDEF体积的取值范围为(0,32]C.平面DEF截得球的截面面积最小值为D.若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE＋PF 的取值范围为
对于A，球的体积V＝ 圆柱的体积V′＝πr2×(2r)＝16π，则球与圆柱的体积之比为2∶3，A正确；对于B，设d为点E到平面BCD的距离，则0
对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接QE，QF，当Q与E，F都不重合时，设∠QFE＝θ，则QF＝4cs θ，QE＝4sin θ，当Q与E，F之一重合时，上式也成立，
即0≤sin 2θ≤1，
6.(多选)(2023·承德模拟)如图，正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的各棱长均为1，下列选项正确的有A.过A，C1，E1三点的平面α截该六棱柱的截 面面积为B.过A，C1，E1三点的平面α将该六棱柱分割 成体积相等的两部分C.以A为球心，1为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为D.以A为球心，2为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为
对于A，过点A作GH∥C1E1，设GH∩BC＝G，GH∩EF＝H，连接C1G，E1H，设C1G∩BB1＝M，E1H∩FF1＝N，连接AM，AN，
则过A，C1，E1三点的平面α截该六棱柱的截面即为AMC1E1N，
因为BB1⊥平面ABCDEF，GH⊂平面ABCDEF，所以BB1⊥GH，BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，可得
GH⊥平面BCC1B1，C1G⊂平面BCC1B1，则GH⊥C1G，由GH∥C1E1，则C1E1⊥C1G，
对于B，连接CE，B1F1，因为BB1⊥平面ABCDEF，GB⊂平面ABCDEF，所以BB1⊥GB，BF⊥GB，BF∩BB1＝B，BF，BB1⊂平面BFF1B1，
可得GB⊥平面BFF1B1，则四棱锥A－BFNM的高为GB＝
故平面α下半部分的体积V1＝V四棱锥A－BFNM＋
对于C，因为球的半径为1，则球只与侧面ABB1A1、侧面AFF1A1和底面ABCDEF相交，
对于D，因为球的半径为2，显然球不与侧面ABB1A1、侧面AFF1A1相交，
由选项A可知，GH⊥平面BCC1B1，即AG⊥平面BCC1B1，且＝2，则球与侧面BCC1B1、侧面EFF1E1分别交于点C1，E1，连接AC，则AC⊥CD，因为CC1⊥平面ABCDEF，AC⊂平面ABCDEF，所以CC1⊥AC，又CD∩CC1＝C，CD，CC1⊂平面CDD1C1，可得AC⊥平面CDD1C1，
又因为AA1⊥平面A1B1C1D1E1F1，且AA1＝1，
又因为AD＝2，则球与底面ABCDEF的交点为D，
口小肚大，代表着心胸开阔、和谐美满.如图，一个葫芦的果实可以近似看作两球相交所得的几何体Ω，其中Ω的下半部分是半径为3的球O1的一部分，Ω的上半部分是半径为 的球O2的一部分，且O1O2＝6，则过直线O1O2的平面截Ω所得截面的面积为___________.
7.(2023·湖北圆创联考)葫芦是一种爬藤植物，在我国传统文化中，其枝密集繁茂，象征着儿孙满堂、同气连枝；其音近于“福禄”，寓意着长寿多福、事业发达；其果
设N是两球面的一个公共点，且位于截面上，
8.(2023·江苏联考)在棱长为6的正四面体ABCD中，已知点O为该四面体的外接球的球心，则以O为球心， 为半径的球面与该四面体的表面形成的交线长为________.
如图1，取CD的中点M，△BCD的中心O1，
设球面与平面BCD形成的交线上的点为P，
“截面、交线”问题是高考立体几何问题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、扇形弧长等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解.
典例1 (1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点Q是棱DD1上的动点，则过A，Q，B1三点的截面图形是A.等边三角形 B.矩形C.等腰梯形 D.以上都有可能
当点Q与D1重合时，过A，Q，B1三点的截面是等边三角形AB1D1；当点Q与D重合时，过A，Q，B1三点的截面是矩形AB1C1D；当点Q与DD1的中点重合时，取C1D1的中点M，由于QM∥DC1，AB1∥DC1，所以QM∥AB1，又AQ＝MB1，故过A，Q，B1三点的截面是等腰梯形AB1MQ，如图所示.所以过A，Q，B1三点的截面图形可能是等边三角形、矩形或等腰梯形.
(2)(2023·秦皇岛模拟)2023年12月7日为该年第21个节气“大雪”.“大雪”标志着仲冬时节正式开始，该节气的特点是气温显著下降，降水量增多，天气变得更加寒冷.“大雪”节气的民俗活动有打雪仗、赏雪景等.东北某学生小张滚了一个半径为2分米的雪球，准备对它进行切割，制作一个正六棱柱模型ABCDEF－A1B1C1D1E1F1，设M为B1E1的中点，当削去的雪最少时，平面ACM截该正六棱柱所得的截面面积为_____平方分米.
设正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为a，高为h.若要使该正六棱柱的体积最大，正六棱柱应为球的内接正六棱柱中体积最大者，
如图，过M作PQ∥A1C1，交A1F1于点P，交C1D1于点Q，则P，Q分别是A1F1，C1D1的中点，又A1C1∥AC，所以PQ∥AC，易知四边形ACQP为矩形，则矩形ACQP即为平面ACM截该正六棱柱所得的截面.
跟踪训练1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，若AC1⊥平面α，则关于平面α截此正方体所得截面的判断正确的是A.截面形状可能为正三角形B.截面形状可能为正方形C.截面形状可能为正六边形D.截面形状可能为五边形
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1B，A1D，BD，则AC1⊥平面A1BD，所以平面α与平面A1BD平行或重合，所以平面α与正方体的截面形状可能是正三角形、正六边形，但不可能是五边形和四边形，故A，C正确，B，D错误.
(2)(2023·河北联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AB＝AA1＝4，平面ABC1截三棱柱ABC－A1B1C1的外接球所得截面的面积为
由于△ABC为等腰直角三角形，所以△ABC的外心是AB的中点，设为O2，设A1B1的中点为O1，连接O1O2，设O1O2的中点为O，则O是直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心，连接OC1，OA，OB，OA1，O1C1，如图所示，设外接球的半径为R，
由于C1A1＝C1B1，所以C1O1⊥A1B1，根据直棱柱的性质可知C1O1⊥AA1，
由于AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面ABB1A1，
典例2 (1)(2023·茂名模拟)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PB和AC，则这个平面与三棱锥表面交线的总长为
因为三棱锥P－ABC为正三棱锥，所以△ABC为等边三角形并且边长为2，即AB＝AC＝BC＝2.又因为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.
又因为PO＝2，在Rt△AOP中，
因为三棱锥P－ABC为正三棱锥，因此△APC，△APB，△BPC均为等腰三角形.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PB和AC的平面.
(2)(多选)(2023·潍坊模拟)已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，点M在平面ABCD上，且AM＝λAD(0<λ<1)，则A.存在λ，使得直线PB与AM所成的角为B.不存在λ，使得平面PAB⊥平面PBMC.当λ为定值时，点P与点M轨迹上所有的点连线和平面ABCD围成的几何 体的外接球的表面积为4(λ2＋1)2π
对于B，PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PA，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以点M要在直线BC上，因为AM＝λAD(0<λ<1)，所以不存在λ，使得平面PAB⊥平面PBM，故B正确；
对于C，由题意知，几何体为圆锥，作圆锥及外接球的轴截面图，如图，所以外接球的半径R满足R2＝(2－R)2＋(2λ)2，解得R＝λ2＋1，所以外接球的表面积S＝4(λ2＋1)2π，故C正确；
将侧面展开，知球与侧面的交线为以点P为圆心， 为半径的圆与侧面展开图的交线，设与AB交于点F，与AD交于点E，即图中 ，
又球与底面的交线是以点A为圆心， 为半径的圆与底面ABCD的交线，
跟踪训练2 在正四棱锥P－ABCD中，已知PA＝AB＝2，O为底面ABCD的中心，以O为球心作一个半径为 的球，则该球的球面与侧面PCD的交线长度为
如图，取CD的中点E，则有OE⊥CD，PE⊥CD，
△PCD为正三角形，球心O在平面PCD上的投影M即为△PCD的中心，
在Rt△OMF中，截面圆半径
所以∠FME＝45°，圆与三角形截得的三部分，由对称性可知，圆心角都为90°，故该球的球面与侧面PCD的交线长度为截面圆周长的
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.(2023·铅山一中模拟)将水平放置棱长为1的正方体容器(不计容器壁厚度)中注入一半的水，现将该正方体容器任意摆放，并保证水不溢出，则水面面积的最大值为
如图所示，因为水的体积恰好是容器容积的一半，所以①水面可以是以 为边长
2.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是2，E，F分别是棱B1C1和CC1的中点，点P在正方形BCC1B1(包括边界)内，当AP∥平面A1EF时，AP长度的最大值为a.以A为球心，a为半径的球面与底面A1B1C1D1的交线长为
如图所示，分别取BB1，BC的中点M，N，连接MN，AM，AN，所以EF∥MN，又MN⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以MN∥平面A1EF，同理AN∥平面A1EF，又AN∩MN＝N，所以平面AMN∥平面A1EF，因为点P在正方形BCC1B1(包括边界)内，且AP∥平面A1EF，所以点P的轨迹是线段MN，所以AP长度的最大值为
在平面A1B1C1D1内取一点G，使得A1G＝1，则AG＝所以以A为球心， 为半径的球面与底面A1B1C1D1的交线为以A1为圆心，1为半径的 ，
如图，以CA，CC′所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则有C(0,0)，O(1,0)，
4.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形的周长为
如图，取CC1的中点G，连接BG，则D1E∥BG，取CG的中点N，连接FN，则FN∥BG，∴FN∥D1E，则直线FN⊂平面D1EF，延长D1E，DA交于点H，连接FH交AB于点M，连接ME，则A为HD的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为D1EMFN，由题意得A1E＝AE＝2，则C1N＝3，CN＝1，
取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ，
5.(多选)(2023·杭州模拟)如图，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，O2，O1分别为圆柱上、下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径r为2，则A.球与圆柱的体积之比为2∶3B.四面体CDEF体积的取值范围为(0,32]C.平面DEF截得球的截面面积最小值为D.若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE＋PF 的取值范围为
对于A，球的体积V＝ 圆柱的体积V′＝πr2×(2r)＝16π，则球与圆柱的体积之比为2∶3，A正确；对于B，设d为点E到平面BCD的距离，则0
对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接QE，QF，当Q与E，F都不重合时，设∠QFE＝θ，则QF＝4cs θ，QE＝4sin θ，当Q与E，F之一重合时，上式也成立，
即0≤sin 2θ≤1，
6.(多选)(2023·承德模拟)如图，正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的各棱长均为1，下列选项正确的有A.过A，C1，E1三点的平面α截该六棱柱的截 面面积为B.过A，C1，E1三点的平面α将该六棱柱分割 成体积相等的两部分C.以A为球心，1为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为D.以A为球心，2为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为
对于A，过点A作GH∥C1E1，设GH∩BC＝G，GH∩EF＝H，连接C1G，E1H，设C1G∩BB1＝M，E1H∩FF1＝N，连接AM，AN，
则过A，C1，E1三点的平面α截该六棱柱的截面即为AMC1E1N，
因为BB1⊥平面ABCDEF，GH⊂平面ABCDEF，所以BB1⊥GH，BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，可得
GH⊥平面BCC1B1，C1G⊂平面BCC1B1，则GH⊥C1G，由GH∥C1E1，则C1E1⊥C1G，
对于B，连接CE，B1F1，因为BB1⊥平面ABCDEF，GB⊂平面ABCDEF，所以BB1⊥GB，BF⊥GB，BF∩BB1＝B，BF，BB1⊂平面BFF1B1，
可得GB⊥平面BFF1B1，则四棱锥A－BFNM的高为GB＝
故平面α下半部分的体积V1＝V四棱锥A－BFNM＋
对于C，因为球的半径为1，则球只与侧面ABB1A1、侧面AFF1A1和底面ABCDEF相交，
对于D，因为球的半径为2，显然球不与侧面ABB1A1、侧面AFF1A1相交，
由选项A可知，GH⊥平面BCC1B1，即AG⊥平面BCC1B1，且＝2，则球与侧面BCC1B1、侧面EFF1E1分别交于点C1，E1，连接AC，则AC⊥CD，因为CC1⊥平面ABCDEF，AC⊂平面ABCDEF，所以CC1⊥AC，又CD∩CC1＝C，CD，CC1⊂平面CDD1C1，可得AC⊥平面CDD1C1，
又因为AA1⊥平面A1B1C1D1E1F1，且AA1＝1，
又因为AD＝2，则球与底面ABCDEF的交点为D，
口小肚大，代表着心胸开阔、和谐美满.如图，一个葫芦的果实可以近似看作两球相交所得的几何体Ω，其中Ω的下半部分是半径为3的球O1的一部分，Ω的上半部分是半径为 的球O2的一部分，且O1O2＝6，则过直线O1O2的平面截Ω所得截面的面积为___________.
7.(2023·湖北圆创联考)葫芦是一种爬藤植物，在我国传统文化中，其枝密集繁茂，象征着儿孙满堂、同气连枝；其音近于“福禄”，寓意着长寿多福、事业发达；其果
设N是两球面的一个公共点，且位于截面上，
8.(2023·江苏联考)在棱长为6的正四面体ABCD中，已知点O为该四面体的外接球的球心，则以O为球心， 为半径的球面与该四面体的表面形成的交线长为________.
如图1，取CD的中点M，△BCD的中心O1，
设球面与平面BCD形成的交线上的点为P，
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