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重难点12 立体几何动点与截面
内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难考向保分攻略 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难考向的核心方法论与实战技巧，精选同源试题巩固内化 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感”
近三年：动点与截面问题是高考全国卷数学立体几何板块的一个核心重难点，近三年命题稳定且分值占比高，多以选择题、填空题为主，单题分值 5 分，整体难度中等偏上。命题核心围绕 “空间几何平面化” 思想，综合考查空间想象、逻辑推理和运算求解能力． 预测2026年：夯对于2026高考备考，可以从以下几方面复习备考。 1.夯实基础模型：熟练掌握正方体、长方体、正三棱锥的截面作图，牢记球截面半径公式、正多边形面积公式等核心结论。 2.强化转化思想：养成 “遇空间问题先平面化” 的习惯，重点练习侧面展开、翻折旋转、补形等转化技巧。 3.聚焦高频题型：针对性练习 “截面周长 / 面积计算”“动点轨迹判断”“球截面最值” 4.复习备考避坑要点：①区分截面与几何体的交线，避免漏顶点；②计算球截面时，勿混淆球心到截面的距离与几何体顶点到截面的距离；③轨迹问题需考虑几何体边界，避免将 “线段” 误判为 “直线”。 总之，动点与截面问题的核心是 “空间转平面、动中找静”，备考时需兼顾基础作图能力与综合运算能力，熟练掌握适配全国卷的解题模板，即可高效应对各类题型。 。
考向01 截面1：截面基础做法
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，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清 楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。。 一般地，立体几何中的截面问题，有两种处理方法： 1.是利用平行关系找交线， 2.是利用共面直线延长相交得交点. 基础模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面 特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。 方法：相交线法 以“第三点”所在的表面中，，剔除掉与EF所在的表面平行，寻找合适的表面来做交线 如下图，符合的有c1的表面有三个，红色的和EF平行而不会相交，去掉，可供选择的是上表面（蓝色）或者右表面（绿色的）， 先用上表面（红色的）来做： 所以，先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A1B1于G 此时G也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1交点H. 连接HB，则的如右图的截面。 再用右表面绿色的来做： 则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C1C于I 此时I也在右表面了，连IC1交棱CB于J. 连接FJ，则出右图的截面。
1．（2025浙江模拟测试）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（ ）
A．（1）（2） B．（1）（3）
C．（1）（4） D．（1）（5）
2．（24-25全国专题练习）如图所示，该几何体是从一个水平放置的正方体中挖去一个内切球（正方体各个面均与球面有且只有一个公共点）以后而得到的．现用一竖直的平面去截这个几何体，则截面图形不可能是（ ）
A． B．
C． D．
3．（23-24高三河北模拟测试）一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是（ ）
A．①②④ B．②③ C．①② D．②③④
4．（22-23全国专题练习）一长方体木料，沿图①所示平面截长方体，若那么图②四个图形中是截面的是（ ）．
A． B． C． D．
【点睛】本题是一道关于考查截面的题目，解题的关键是掌握平面与平面平行的性质定理的应用，是一道基础题．
考向02 截面2：截面周长最值型
求截面最值思维 可以设变量，建立函数模型求最值问题： 1.设元 2.建立二次函数模型 3.计算求解最值。 可以结合图形的特殊性，利用极限思想，以及“特殊值必在特殊位置”猜想法求最值问题： 要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等； 截面周长： 截面周长求解，可以借助侧边展开，展开到一个平面，转化为点到点（线）的对应距离。
5．（2022·河南南阳·三模）如图，在棱长为2的正方体中，点P是棱AB上的动点，过，P三点作正方体的截面，若截面把正方体分成体积之比为7：25的两部分，则该截面的周长为（ ）
A． B． C． D．
6．（20-21高二上·江西宜春·月考）侧棱长为2的正三棱锥V-ABC的侧棱间的夹角为40°，过顶点A作截面AEF，截面AEF的最小周长为（ ）
A．a B．6a C．4a D．12a
7．（2024·四川成都·模拟预测）如图，已知在长方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于，则下列说法正确的是（ ）
（1）三棱锥的体积为20
（2）直线与平面所成角正弦值的最大值为
（3）存在唯一的点，使得平面，且
（4）存在唯一的点，使截面四边形的周长取得最小值
A．（1）（2）（3） B．（2）（3）（4） C．（2）（3） D．（2）（4）
8．（2025高三甘肃 模拟测试）在侧棱长为的正三棱锥中，，过
作截面，则截面的最小周长为（　　　）
A． B． C． D．
考向03 截面3：截面面积最值型
截面面积计算，可以拆分为三角形或者四边形等容易计算的图形进行计算。关键是要通过平行和垂直找到对应图形的底和高。
9．（25-26高三上·安徽·期中）已知某圆锥的轴截面是钝角三角形，记该钝角三角形的腰长为，若过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
10．（25-26高二上·河南新乡·月考）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面，分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
11．（23-24高三上·湖南长沙·月考）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为（ ）

A． B． C． D．
12．（2023·广西·模拟预测）在三棱锥中，，平面经过的中点E，并且与BC垂直，当α截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
考向04 截面4：球截面型
球截面核心规律是围绕球的截面性质、半径计算、面积最值展开，所有结论均基于球心与截面圆圆心的连线垂直于截面这一核心定理，同时结合几何体（正方体 、 长方体、棱锥等常见几何体）的切接关系形成常考模型，
13．（22-23高三全国模拟测试）在三棱锥中，和都是等边三角形，，平面平面，M是棱AC上一点，且，则过M的平面截三棱锥外接球所得截面面积的最大值与最小值之和为（ ）
A．24π B．25π C．26π D．27π
14．（22-23高一下·重庆沙坪坝·期末）在棱长为2的正方体中，为的中点，过点的平面截正方体的外接球的截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
15．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，E，F分别为棱，的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为，最大值为，则（ ）
A． B． C． D．
16．（2024·陕西榆林·一模）已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
考向05 截面5：恒平行型截面
如果是线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行“这个性质，可以解决线面恒平行题型的截面问题 基础模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面 特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。
17．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为（ ）
A． B．2 C． D．4
18．（2023·四川泸州·模拟预测）已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的个数是（ ）
① ②平面
③动点的轨迹长为 ④与所成角的余弦值为
A．0 B．1 C．2 D．3
19．（22-23高三上·广西贵港·月考）正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（ ）
A． B．5 C． D．
20．（24-25高二下·广东揭阳·月考）棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列结论不正确的是（ ）
A．动点的轨迹的长度为
B．的最小值为
C．三棱锥体积的最小值为
D．当三棱锥体积取最小值时，其外接球的表面积为
考向06 截面6：恒垂直型截面
恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。 三垂线定理指的是平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。
21．（25-26高二上·黑龙江大庆·开学考试）已知正三棱锥的底面的边长为4，直线与平面所成角的余弦值为，动点在以为直径的球面上，且直线平面，则点的轨迹长为（ ）
A． B． C． D．
22．（福建模拟测试在棱长为1的正方体中，是的中点，是三角形内的动点，，则的轨迹长为（ ）
A． B． C． D．
23．（24-25全国专题练习）如图，已知直三棱柱的底面是边长为的正三角形，侧棱长为.，分别是侧面和侧面上的动点，满足二面角为直二面角.若点在线段上，且，则点的轨迹的面积是
（ ）

A． B． C． D．
24．（2021·河南·一模）如图，在棱长为1正方体中，为棱的中点，动点在侧面及其边界上运动，总有，则动点的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
考向07 动点轨迹1：圆锥曲线型轨迹
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，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清 楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。最后，我们要了解每 一种立体图形通过上述三种截面方式所得到的截面图有哪些。
1．（23-24高三下·安徽黄山·月考）如图，在圆柱中过作与轴截面垂直的一个平面，所得截面图形为椭圆，将圆柱侧面沿母线展开，该椭圆曲线在展开图中恰好为函数一个周期的图象，则该截面椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
2．（22-23高二上·四川广安·期中）美学四大构件是：史诗、音乐、造型（绘画、建筑等）和数学.素描是学习绘画的必要一步，它包括明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习索描的重要一步.某同学在画切面圆柱体（用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱，底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体，原圆柱的母线被截面所截剩余的部分称为切面圆柱体的母线）的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若切面圆柱体的最长母线与最短母线所确定的平面截切面圆柱体得到的截面图形是一个底角为60°的直角梯形，设圆柱半径，则该椭圆的焦距为（ ）
A． B． C． D．
3．（2020·陕西·三模）在圆锥PO中，已知高PO＝2，底面圆的半径为4，M为母线PB的中点，根据圆锥曲线的定义，图中的截面边界曲线为抛物线，在截面所在的平面中，以M为原点．MO为x轴，过M点与MO垂直的直线为y轴，建立直角坐标系，则抛物线的焦点到准线的距离为（ ）
A． B． C． D．
4．（2017·河北石家庄·二模）如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体，截面与底面所成的角为，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形为矩形，若沿将其侧面剪开，其侧面展开图形状大致为（ ）
A．B．C．D．
考向08 动点轨迹2：异面直线定角轨迹
空间角度定值，可转化为圆锥曲线母线与轴的关系。角度定值，即圆锥曲线侧面（母线集合）与平面交点。
5．（2019·浙江·一模）如图，将边长为2的正方形ABCD沿PD、PC翻折至A、B两点重合，其中P是AB中点，在折成的三棱锥A（B）－PDC中，点Q在平面PDC内运动，且直线AQ与棱AP所成角为60 ，则点Q运动的轨迹是
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
6．（18-19高二下·浙江·开学考试）在正方体中，点M、N分别是直线CD、AB上的动点，点P是内的动点（不包括边界），记直线与MN所成角为，若的最小值为，则点P的轨迹是（ ）
A．圆的一部分 B．椭圆的一部分 C．抛物线的一部分 D．双曲线的一部分
7．（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥的体积为，底面的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点在球的球面上，点为底面上一动点，与所成角为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
8．（24-25全国专题练习）在三棱锥中，，点为
所在平面内的动点，若与所成角为定值，，则动点的轨迹是
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
考向09 动点轨迹3：线面角定角轨迹
线面角： 线面角定角定值，则可以转化为线与面的垂线（法向量）成定角定值， 可转化为圆锥曲线母线与轴的关系。角度定值，即圆锥曲线侧面（母线集合）与平面交点
9．（24-25全国专题练习）在棱长为2的正方体中，点P是侧面正方形内的动点，点Q是正方形的中心，且PQ与平面所成角的正弦值是，则动点P的轨迹图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
10．（22-23全国专题练习）在四棱锥中，平面ABCD，PA＝3，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，且，，直线PM与平面ABCD所成的角为，记点M的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
11．（24-25全国专题练习）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，记A1F与平面BCC1B1所成的角为θ，下列说法正确的个数是（ ）
①点F的轨迹是一条线段
②A1F与D1E不可能平行
③A1F与BE是异面直线
④
A．1 B．2 C．3 D．4
12．（24-25高二上·湖北·月考）点P是正方体的表面及其围成的空间内一点，已知正方体的棱长为2，若，与平面所成的角为30°，则点P的轨迹的形状是（ ）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
考向10 动点轨迹4：两角相等型
两角相等型： 两角相等，可以转化为三角函数正余弦或者正切型，利用三角函数值对应的线段比，转怀伟线段比相等或者比值为定值，则复合阿波罗尼斯圆。
13．（23-24全国专题练习）如图,所在的平面和四边形所在的平面垂直,且,,,,,,则点P在平面内的轨迹是
A．圆的一部分 B．一条直线 C．一条线段 D．两条直线
14．（24-25全国专题练习）点在正方体的底面所在平面上，是的中点，且，则点的轨迹是
A．圆 B．直线 C．椭圆 D．圆的一部分
15．（2025高三·全国·专题练习）四棱锥，平面，平面，底面为梯形，，，，，满足上述条件的四棱锥的顶点的轨迹是（ ）．
A．圆 B．不完整的圆 C．抛物线 D．抛物线的一部分
16．（20-21高三上·安徽六安·月考）在长方体中，，，为棱的中点，动点在面内，满足，则点的轨迹与长方体的面交线长等于（ ）
A． B． C． D．
考向11 动点轨迹5：体积比型
体积比型动点轨迹是立体几何的综合应用，核心是动点运动时，与定点构成的多面体（三棱锥、四棱锥等）体积满足固定比例关系，通过体积公式转化为 “动点到定面的距离定值” 或 “线段长度比例定值”，进而确定动点轨迹（线段、圆、椭圆等）。两个思维点： 1.若动点所在空间为平面：轨迹是该平面内与ABC平行的直线段（需满足几何体边界约束）； 2.若动点所在空间为球面：轨迹是球面被 “与ABC平行的平面” 截取的截面圆。
17．（24-25全国专题练习）已知正方体，，是线段上的点，且，分别过点，作与直线垂直的平面，，则正方体夹在平面与之间的部分占整个正方体体积的（ ）
A． B． C． D．
18．（23-24高二上·河北唐山·开学考试）如图，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，，记三棱锥，，的体积分别为，，，则______．

19．（24-25高三上·安徽六安·月考）若在长方体中，.则四面体与四面体公共部分的体积为__________.
20．（24-25高二上·山东青岛·期中）正方体的棱长为3，是平面上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的4倍，则三棱锥体积的最大值是______.
考向12 动点轨迹6：空间将军饮马型
折线型距离，常常转化为平面距离来计算。转化方式有以下几种常用的方式： 翻折型：借助平面（主要是三角型）翻折或者旋转，把空间两个面的动点距离转化为同一个平面内的两点距离或者其它距离。 2.建系型：通过设点建系计算，有时候需要构造函数求最值范围
21．（23-24高二上·湖北黄石·期中）在长方体中，，，，M为上一动点，N为AB上一动点，则的最小值为__________.

22．（2023·广东梅州·三模）如图，在三棱锥中，是的中点，，分别为线段，上的动点，，平面，若，则的最小值为______.

23．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）正三棱锥，，点为侧棱的中点，分别是线段上的动点，则的最小值为______.
24．（21-22高一下·山东烟台·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，则该直三棱柱外接球的表面积为______；设P为线段上的动点，则的最小值为______．
冲刺练
（建议用时：60分钟）
一、单选题
1．（25-26高三下·云南昆明·月考）在正方体中，分别是的中点，，则过点的平面截该正方体所得的截面周长为（ ）
A． B．
C． D．
2．（25-26高二上·上海·期末）用一个平面去截一个底面半径为的圆柱，得到的几何体如图所示，其截面边界为椭圆.该椭圆上所有点中离底面最近的点为，其距离为，最远的点为，其距离为，且点和点在底面的投影分别为点和点.已知点是椭圆上的一个动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．（25-26高三全国专题练习）两根相同的正三棱柱钢管均被一个经过底面一个顶点且与底面的另一条边平行的平面所截，截得的几何体以截面完全重合的方式拼接在一起构成一个“V”型管道，若这两个正三棱柱钢管长为10cm，底面边长为2cm，且截面与底面所成角均为，则能顺利地从管道的一端通过到管道另一端（管壁的厚度忽略不计）的球最大半径为（ ）cm．
A． B． C． D．
4．（25-26高二上·重庆·期中）如图所示，用一个与圆柱底面成的平面截圆柱，截面是一个椭圆.若圆柱的底面圆半径为，，则下列结论正确的是（ ）

A．椭圆的长轴长等于2
B．椭圆的离心率为
C．椭圆的标准方程可以是
D．椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为
5．（2025高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为2，平面过直线，且与平面ABCD所成的角为，则当分别取得最大值、最小值时，截正方体的截面面积之比为（ ）
A． B． C． D．
6．（24-25浙江模拟预测）已知正四面体内接于球，球半径为3，为的中点，过点作球的截面，求截面圆半径的最小值（ ）
A．1 B． C． D．
7．（2025·江西·模拟预测）在斜三棱柱中，分别为侧棱上的点，且，过的截面将三棱柱分成上、下两个部分的体积之比可以为（ ）
A．2 B． C． D．
8．（2024浙江模拟预测）在边长为2的正方体中，取3条棱的中点构成平面，平面截正方体的截面面积为，从剩余9条棱的中点在平面的投影为，记，当最大时，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（25-26高三上·贵州六盘水·月考）已知正方体的棱长为2，经过棱的中点作该正方体的截面，且，与棱和棱的交点分别为，截面将正方体分为两个多面体，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与所成角的正弦值为 B．截面为五边形
C．截面的面积为 D．多面体内均不可放入体积为的球
10．（24-25高三上·重庆·月考）在正方体中，，分别为和的中点，M为线段上一动点，N为空间中任意一点，则下列结论正确的有（ ）
A．直线平面
B．异面直线与所成角的取值范围是
C．过点的截面周长为
D．当时，三棱锥体积最大时其外接球的体积为
11．（2022·湖北武汉·模拟预测）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（ ）
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体的体积
三、填空题
12．（24-25高二下·浙江金华·期末）在正方体中，，点E，F，G分别为，，的中点，点在线段上运动（不包括端点），过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是__________.
13．（2025·河北·模拟预测）在四面体中，，，，则该四面体的外接球的表面积为______；E，F分别是，的中点，若用一个与直线垂直且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为_____．
14．（24-25高三上·江西新余·月考）在棱长为2的正方体中，底面的中心为，在直线上，记经过点且垂直于的平面与该正方体的截面为，为了保证始终存在，则的取值范围为：__________；若的面积为，则=__________.
结束
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)重难点12 立体几何动点与截面
内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难考向保分攻略 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难考向的核心方法论与实战技巧，精选同源试题巩固内化 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感”
近三年：动点与截面问题是高考全国卷数学立体几何板块的一个核心重难点，近三年命题稳定且分值占比高，多以选择题、填空题为主，单题分值 5 分，整体难度中等偏上。命题核心围绕 “空间几何平面化” 思想，综合考查空间想象、逻辑推理和运算求解能力． 预测2026年：夯对于2026高考备考，可以从以下几方面复习备考。 1.夯实基础模型：熟练掌握正方体、长方体、正三棱锥的截面作图，牢记球截面半径公式、正多边形面积公式等核心结论。 2.强化转化思想：养成 “遇空间问题先平面化” 的习惯，重点练习侧面展开、翻折旋转、补形等转化技巧。 3.聚焦高频题型：针对性练习 “截面周长 / 面积计算”“动点轨迹判断”“球截面最值” 4.复习备考避坑要点：①区分截面与几何体的交线，避免漏顶点；②计算球截面时，勿混淆球心到截面的距离与几何体顶点到截面的距离；③轨迹问题需考虑几何体边界，避免将 “线段” 误判为 “直线”。 总之，动点与截面问题的核心是 “空间转平面、动中找静”，备考时需兼顾基础作图能力与综合运算能力，熟练掌握适配全国卷的解题模板，即可高效应对各类题型。 。
考向01 截面1：截面基础做法
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，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清 楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。。 一般地，立体几何中的截面问题，有两种处理方法： 1.是利用平行关系找交线， 2.是利用共面直线延长相交得交点. 基础模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面 特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。 方法：相交线法 以“第三点”所在的表面中，，剔除掉与EF所在的表面平行，寻找合适的表面来做交线 如下图，符合的有c1的表面有三个，红色的和EF平行而不会相交，去掉，可供选择的是上表面（蓝色）或者右表面（绿色的）， 先用上表面（红色的）来做： 所以，先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A1B1于G 此时G也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1交点H. 连接HB，则的如右图的截面。 再用右表面绿色的来做： 则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C1C于I 此时I也在右表面了，连IC1交棱CB于J. 连接FJ，则出右图的截面。
1．（2025浙江模拟测试）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（ ）
A．（1）（2） B．（1）（3）
C．（1）（4） D．（1）（5）
【答案】D
【分析】该平面过圆柱上、下底中心时截面图形为（1），不过上、下底的中心时截面图形为（5）.
【详解】当该平面过圆柱上、下底中心时截面图形为（1）；
当不过上、下底的中心时，截面图形为（5）.
所以只有（1）、（5）正确.
故选：D.
2．（24-25全国专题练习）如图所示，该几何体是从一个水平放置的正方体中挖去一个内切球（正方体各个面均与球面有且只有一个公共点）以后而得到的．现用一竖直的平面去截这个几何体，则截面图形不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用正方体内切球的性质，及球的截面圆即可求解.
【详解】对于A，用竖直的平面截正方体，该平面过球心，且过正方体四个面的中心，即可得到截面图形A，如图；
对于B，用竖直的平面截正方体，该平面为正方体的对角面,过球心，及正方体两个侧面的对角线的中心，即可得到截面图形B；
对于CD，用竖直的平面截正方体，该平面过正方体一个侧面的中心，如图，切点在截面的边CD的中点处，且CD为长方形中较短的线段，即可得到D.
故选：C
3．（23-24高三河北模拟测试）一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是（ ）
A．①②④ B．②③ C．①② D．②③④
【答案】A
【分析】对截面与正方体的侧面与底面的位置关系进行分类讨论，进而可得出截面形状.
【详解】如下图所示：
当截面平行于正方体的底面时，截面形状为④；
当截面经过、、、时，截面形状为②；
当截面经过正方体的体对角线时，截面形状可能为①；
对于截面③，截面需经过正方体的四个顶点，只可能是、、、或、、、四点，但四边形和四边形不是正方形，
所以，截面形状不可能为③.
故选：A.
【点睛】本题考查正方体截面形状的判断，要对截面与正方体各面的位置关系进行分类讨论，考查空间想象能力，属于中等题.
4．（22-23全国专题练习）一长方体木料，沿图①所示平面截长方体，若那么图②四个图形中是截面的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据长方体的性质，可得，，由，根据矩形的判定，即可解答
【详解】两条交线所在平面互相平行。则无公共点，又在平面内
同理易知，。，截面必为矩形。故选。
【点睛】本题是一道关于考查截面的题目，解题的关键是掌握平面与平面平行的性质定理的应用，是一道基础题．
考向02 截面2：截面周长最值型
求截面最值思维 可以设变量，建立函数模型求最值问题： 1.设元 2.建立二次函数模型 3.计算求解最值。 可以结合图形的特殊性，利用极限思想，以及“特殊值必在特殊位置”猜想法求最值问题： 要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等； 截面周长： 截面周长求解，可以借助侧边展开，展开到一个平面，转化为点到点（线）的对应距离。
5．（2022·河南南阳·三模）如图，在棱长为2的正方体中，点P是棱AB上的动点，过，P三点作正方体的截面，若截面把正方体分成体积之比为7：25的两部分，则该截面的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图所示，过点作,交于点,则四边形就是过点的截面，设，，根据已知求出即得解.
【详解】解：如图所示，过点作,交于点,则四边形就是过点的截面，设，，则台体的体积，解之得，
所以,,所以截面的周长为.
故选：D
6．（20-21高二上·江西宜春·月考）侧棱长为2的正三棱锥V-ABC的侧棱间的夹角为40°，过顶点A作截面AEF，截面AEF的最小周长为（ ）
A．a B．6a C．4a D．12a
【答案】B
【分析】画出侧面展开图，将立体图形问题转化成平面几何问题.
【详解】如图三棱锥以及侧面展开图，要使截面AEF的周长最小，就是侧面展开图中AG的距离.
因为正三棱锥V-ABC的侧棱间的夹角为40°
由余弦定理得故选：B.
【点睛】本题考查立体几何里的平面问题，需要将立体问题转化成平面问题，难度较大，对空间想象能力要求较高.
7．（2024·四川成都·模拟预测）如图，已知在长方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于，则下列说法正确的是（ ）
（1）三棱锥的体积为20
（2）直线与平面所成角正弦值的最大值为
（3）存在唯一的点，使得平面，且
（4）存在唯一的点，使截面四边形的周长取得最小值
A．（1）（2）（3） B．（2）（3）（4） C．（2）（3） D．（2）（4）
【答案】D
【分析】对（1），根据三棱锥等体积转换可得求解判断；对（2），点到平面的距离等于点到平面的距离，当最小时即当点与点重合时，此时直线与平面所成角正弦值的最大，求解判断；对（3），若（3）正确，可知点与点重合，已找出矛盾；对（4），四边形为平行四边形，周长取得最小值即最小时，将平面与将平面放在同一平面内，求得结果.
【详解】对于（1），如图过点作垂线，垂足为，易知，
在长方体中，平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，
，平面，平面，所以平面，所以点到平面平面的距离等于点到平面的距离，即为，
三棱锥的体积为，
故（1）错误；
对于（2），平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，距离为，所以当最小时即当点与点重合时，
此时直线与平面所成角的正弦值最大，最大值为，故（2）正确；
对于（3），若，可知点与点重合，又因为，易知与不垂直，
故与不垂直，与平面不垂直，故（3）错误；
对于（4），四边形的周长，周长取得最小值即最小，
将平面与将平面放在同一平面内，可知最小值为，
所以截面四边形的周长取得最小值，故（4）正确.
综上，说法正确的有（2）（4）.故选：D.
【点睛】思路点睛：对（1）利用三棱锥等体积转换求解判断，对（2）根据平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，当最小时，直线与平面所成角正弦值的最大，判断求解，对（3）利用反证法判断，对（4）四边形的周长最小即最小时，将平面与将平面放在同一平面内，求解即可.
8．（2025高三甘肃 模拟测试）在侧棱长为的正三棱锥中，，过
作截面，则截面的最小周长为（　　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】出几何体的图形，推出截面周长最小值的情形，确定展开图的有关的角，利用余弦定理求出距离即可．
解：如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面AEF的周长最小，就是侧面展开图中AG的距离，
因为侧棱长为2的正三棱锥V-ABC的侧棱间的夹角为40°，∠AVG=120°，
所以由余弦定理可知AG2=VA2+VG2-2VA VGcos120°
=(2)2+(2)2- 2×2×2×(-1/2)=3(2)2．AG=6．故选C．
考向03 截面3：截面面积最值型
截面面积计算，可以拆分为三角形或者四边形等容易计算的图形进行计算。关键是要通过平行和垂直找到对应图形的底和高。
9．（25-26高三上·安徽·期中）已知某圆锥的轴截面是钝角三角形，记该钝角三角形的腰长为，若过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】画图，的面积可表示为，根据三角函数性质可得当时，截面面积取得最大值，即可得到结果.
【详解】如图，是圆锥的轴截面，依题意可得，
过该圆锥顶点的任意截面的面积可表示为，
易知当时，截面面积取得最大值，所以，解得．

故选：B
10．（25-26高二上·河南新乡·月考）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面，分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先把题目转化为求平面与平面夹角的余弦值，结合线面垂直得出法向量，，再应用面面角余弦公式计算求解.
【详解】如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，平面与平面的夹角为，
因为平面，平面，所以，且，，，平面，所以平面，同理平面，
所以为平面的一个法向量，为平面的一个法向量，
，，，，，
则.故选：D.
11．（23-24高三上·湖南长沙·月考）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】易得正方体外接球的球心在其中心点处，要使过的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点求解.
【详解】解：如图， 正方体外接球的球心在其中心点处，球的半径，要使过的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点，连接，则，所以，此时截面圆的半径，此时，截面面积的最小值.故选：C.
12．（2023·广西·模拟预测）在三棱锥中，，平面经过的中点E，并且与BC垂直，当α截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取靠近的四等分点，的中点，截此三棱锥所得的截面为平面，当时截面面积最大，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，由求得外接球的半径进而求得球的表面积.
【详解】如图所示，取中点及靠近的四等分点，的中点，连接，，，，，由，所以，又是中点，是的中点，所以
可知，同理可得，又，平面，平面，所以平面，所以平面即为平面，又因为，所以，所以，所以截此三棱锥所得的截面面积为，
当时，取得最大值，设外接球球心为，半径为，，分别为，外接圆圆心，球心满足面，面，
又因为和均为边长为4的正三角形，所以，
所以四边形为正方形，且，又,所以，
∴.故选：D.
考向04 截面4：球截面型
球截面核心规律是围绕球的截面性质、半径计算、面积最值展开，所有结论均基于球心与截面圆圆心的连线垂直于截面这一核心定理，同时结合几何体（正方体 、 长方体、棱锥等常见几何体）的切接关系形成常考模型，
13．（22-23高三全国模拟测试）在三棱锥中，和都是等边三角形，，平面平面，M是棱AC上一点，且，则过M的平面截三棱锥外接球所得截面面积的最大值与最小值之和为（ ）
A．24π B．25π C．26π D．27π
【答案】D
【分析】根据题设找到三棱锥外接球球心位置，由已知及球体截面的性质求过M平面截球体的最大截面积，根据外接球球心、面面垂直以及比例关系易知共线，且过M平面截球体的最小截面积时该平面，且，即可求最大、最小面积和.
【详解】由题设，若为中点，分别是等边和等边的中心，
连接，则分别在上，且，
，，，面，故面，
又面，所以，面面，
又面面，过作面的垂线与过作面的垂线交于，
即面，面，则为外接球球心，
面，且，，则面，所以面面，
综上，结合面面，面面，则面、面为同一平面，所以面，
由面面，，面，面面，
所以面，面，即，且知：为正方形，
如图，
，，若外接球半径为，所以，
由球体的性质，要使过M平面截三棱锥外接球所得截面面积的最大，则平面必过球心，
所以，最大截面圆面积为，要使过M平面截三棱锥外接球所得截面面积的最小，则该平面，因为，而都在面上，故，
而，故，显然共线，故，
此时截面圆的半径为，则，所以，最小截面圆面积为，
综上，最大值与最小值之和为.故选:D.
【点睛】关键点点睛：根据球的性质判断过M平面截棱锥外接球截面面积最大、最小时截面与的位置关系，利用几何关系求截面圆半径，最后求面积和.
14．（22-23高一下·重庆沙坪坝·期末）在棱长为2的正方体中，为的中点，过点的平面截正方体的外接球的截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意分析可知：当与截面垂直时，截面半径最小，结合正方体与球的性质运算求解.
【详解】正方体的外接球的球心为正方体的中心（对角线的中点），
设球的半径为，可得，
连接，则分别为的中点，可得，
根据球的对称性可知：当与截面垂直时，截面半径最小，
此时，截面面积的最小值为.故选：C.

15．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，E，F分别为棱，的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为，最大值为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意可求得正方体的外接球球心位置，易知当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径，当截面与OP垂直时，截面面积最小；分别求出对应的半径大小即可得出结果.
【详解】如图，正方体的外接球球心在其中心点处，设该正方体的棱长为，
则外接球的半径，
要使过直线EF的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段EF的中点，
连接OE，OF，OP，则，，
所以，此时截面圆的半径．
显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径；
所以．故选：D．
16．（2024·陕西榆林·一模）已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设截得的截面圆的半径为，球的半径为，由平面几何知识得截面与球心的距离为，利用勾股定理求得的值，由题意可知球心到所求截面的距离最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得答案.
【详解】如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，
因为，所以.由勾股定理，得，由题意得，所以，解得，此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则，
所以只需球心到所求截面的距离最大即可，而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大，即，所以.故选：C
考向05 截面5：恒平行型截面
如果是线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行“这个性质，可以解决线面恒平行题型的截面问题 基础模型：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等学生完全理解了，再改成任意等分点。做出过三E,F,C1点的截面 特征：1、三点中，有两点连线在表面上。本题如下图是EF（这类型的关键）；2、“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以。最后处有解释。
17．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【分析】取的中点，取的中点，连接，证明平面，再根据面面平行的性质可得的轨迹为线段，即可得解.
【详解】如图， 取的中点，取的中点，连接，则，
又面，面，所以平面，又为的中点，所以，
又面，面，所以平面，又，面，面，所以平面平面，又因为是侧面上一点，且平面，
所以的轨迹为线段，，所以点的轨迹的长度为.故选：B.
18．（2023·四川泸州·模拟预测）已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的个数是（ ）
① ②平面
③动点的轨迹长为 ④与所成角的余弦值为
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，结合向量法判断各结论是否正确，进而确定正确结论的个数.
【详解】以B为原点，以的正方向分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图.
对于①，,所以，.
因为，所以与不垂直，即与不垂直，故①错误.
对于②，.
设，则
设平面的法向量，则，令，则，
所以平面的一个法向量.因为，所以.
又平面，所以平面，故②正确；
对于③，因为平面，所以，
所以，即点P的坐标满足.
又为侧面上，则P在线段上，且，，故③正确；
对于④，，，所以与所成角的余弦值为，故④错误.
故选：C
19．（22-23高三上·广西贵港·月考）正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（ ）
A． B．5 C． D．
【答案】C
【分析】取AB的中点Q，证明平面平面得动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．然后计算△MQC的面积即可．
【详解】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，，AB的中点可得，平面，平面，
所以平面，同理得平面，，平面，则平面平面，
所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．
在正三棱柱中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则，
平面平面，平面平面，则CQ⊥平面，平面，
所以．因为，所以，因为侧棱长是6，所以．
所以，则△MQC的面积，故动点P的轨迹面积为．
故选：C
【点睛】结论点睛：本题考查空间点的轨迹问题，空间点的轨迹几种常见情形：
（1）平面内到空间定点的距离等于定长，可结合球面得轨迹；
（2）与定点的连线与某平面平行，利用平行平面得点的轨迹；
（3）与定点的连线与某直线垂直，利用垂直平面得点的轨迹；
（4）与空间定点连线与某直线成等角，可结合圆锥侧面得轨迹；
20．（24-25高二下·广东揭阳·月考）棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列结论不正确的是（ ）
A．动点的轨迹的长度为
B．的最小值为
C．三棱锥体积的最小值为
D．当三棱锥体积取最小值时，其外接球的表面积为
【答案】C
【分析】取，的中点，连接，可得为动点的轨迹，计算可判断A；当为的中点时，，求解可判断B；由，可得在处时，体积最小，求解可判断C；外接球的球心在过中点且与平面垂直的直线上，求得外接球的表面积可判断D.
【详解】对于A，取，的中点，连接，
所以，又易证，所以，又平面，平面，所以平面，又因为为棱的中点，所以，又，所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，
又为正方形内一个动点（包括边界），且平面，
所以为动点的轨迹，又，所以动点的轨迹的长度为，故A正确；
对于B，又易得，所以为的中点时，，
此时，所以的最小值为，故B正确；
对于C，，其中为到的距离，
所以最小时，最小，显然在处时，最小，此时，故C错误；
对于D，因为是直角三角形，所以外接球的球心在过中点且与平面垂直的直线上，
设外接球的球心为，由，可得，
所以，解得，
所以，所以外接球的表面积为，故D正确.故选：C.
考向06 截面6：恒垂直型截面
恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。 三垂线定理指的是平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。
21．（25-26高二上·黑龙江大庆·开学考试）已知正三棱锥的底面的边长为4，直线与平面所成角的余弦值为，动点在以为直径的球面上，且直线平面，则点的轨迹长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先利用线面角的定义作出线面角，然后利用条件求出的长.取CD的中点E，连接AE，BE，则平面，取BC的中点F，BE的中点G，通过线面垂直的性质定理得所以平面ABE.再利用球的性质求得截面圆的半径，即可求得截面圆的周长，即点的轨迹长.
【详解】解：正三棱锥中，设点在底面上的投影为，
则为的中心，且平面.
连接，则为直线与平面所成的角.如图：
因为正三棱锥的底面的边长为4，
所以边上的高(中线)的长为，所以.
由题可知，所以，所以.所以三棱锥为正四面体，其各个面均为正三角形.因为动点在以为直径的球面上，且直线平面，
所以点的轨迹为过直线且垂直于的平面截以为直径的球面所得的截面圆.
如图所示，取的中点，连接AE，BE.因为和均为正三角形，所以，
又平面ABE，故平面ABE.所以平面, 平面即为平面.
取BC的中点F，BE的中点G，连接FG，则FG∥CD，所以平面MAB且.
因为F是BC的中点，所以F为以BC为直径的球的球心，所以FG是球心F到平面MAB的距离.
因为所以该球半径为2，则点M的轨迹所形成的圆的半径为，
则其轨迹长为故选：D．
22．（福建模拟测试在棱长为1的正方体中，是的中点，是三角形内的动点，，则的轨迹长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取 、 的中点、，连接 ，证明面，则可得点的轨迹为面与面的交线段 ，再根据勾股定理求解即可.
【详解】先找到一个平面总是保持与垂直，取 、 的中点、，连接 ，在正方体 中，连接，易得，又，故.又，平面，平面，故，故，又，平面，故平面.
又是三角形内的动点，根据平面的基本性质得：点的轨迹为面与面的交线段 ，在直角三角形 中，，.故选：D.
23．（24-25全国专题练习）如图，已知直三棱柱的底面是边长为的正三角形，侧棱长为.，分别是侧面和侧面上的动点，满足二面角为直二面角.若点在线段上，且，则点的轨迹的面积是
（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知条件得的轨迹为以为直径的球在三棱柱内部的曲面，再根据球的面积公式求解即可.
【详解】解：∵ 二面角为直二面角。∴ 平面平面，
又∵ 点在线段上，且，平面，平面平面
∴ 平面，连接，∴ ，∴ 在以为直径的球上，且在三棱柱内部，∴ 的轨迹为以为直径的球在三棱柱内部的曲面，
又∵ 三棱柱为正三棱柱，∴ 的轨迹为以为直径的球面，占球面的，
∴ 点的轨迹的面积是.故选：B.
【点睛】本题考查立体几何面面垂直的性质定理，考查空间想象能力，是中档题.
24．（2021·河南·一模）如图，在棱长为1正方体中，为棱的中点，动点在侧面及其边界上运动，总有，则动点的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分别取、的中点、，连，利用线面垂直的判定定理和性质可证动点的轨迹是线段，求出的长度即可得解.
【详解】如图：分别取、的中点、，连，，，
因为为的中点，为的中点，为正方形，所以，
又平面，所以，而，所以平面，
所以，同理可得，又，所以平面，
因为平面，所以，因为动点在侧面及其边界上运动，所以动点的轨迹是线段，而，所以动点的轨迹的长度为.故选：A
【点睛】关键点点睛：作出并证明动点的轨迹是本题解题关键，分别取、的中点、，连，则线段即为动点的轨迹，利用线面垂直的判定定理和性质即可得证.
考向07 动点轨迹1：圆锥曲线型轨迹
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，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清 楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。最后，我们要了解每 一种立体图形通过上述三种截面方式所得到的截面图有哪些。
1．（23-24高三下·安徽黄山·月考）如图，在圆柱中过作与轴截面垂直的一个平面，所得截面图形为椭圆，将圆柱侧面沿母线展开，该椭圆曲线在展开图中恰好为函数一个周期的图象，则该截面椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，结合正弦函数的性质得到，，进而得到，结合图形，利用勾股定理，可求出，，即可求解.
【详解】由题知椭圆曲线在展开图中恰好为函数的一个周期，
可得，且，
设底面半径为，则，得到
设椭圆的长轴长为，短轴长为，则有，得到，
又，得到，所以椭圆的离心率为，故选：B.
2．（22-23高二上·四川广安·期中）美学四大构件是：史诗、音乐、造型（绘画、建筑等）和数学.素描是学习绘画的必要一步，它包括明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习索描的重要一步.某同学在画切面圆柱体（用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱，底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体，原圆柱的母线被截面所截剩余的部分称为切面圆柱体的母线）的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若切面圆柱体的最长母线与最短母线所确定的平面截切面圆柱体得到的截面图形是一个底角为60°的直角梯形，设圆柱半径，则该椭圆的焦距为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设圆柱的底面半径为，由题意知，，椭圆的长轴长，短轴长为，可以求出的值，即可得椭圆的焦距.
【详解】依题意知，最长母线与最短母线所在截面如图所示．．
从而．因此在椭圆中长轴长，所以
短轴长，所以，，所以，则.故选：A．
3．（2020·陕西·三模）在圆锥PO中，已知高PO＝2，底面圆的半径为4，M为母线PB的中点，根据圆锥曲线的定义，图中的截面边界曲线为抛物线，在截面所在的平面中，以M为原点．MO为x轴，过M点与MO垂直的直线为y轴，建立直角坐标系，则抛物线的焦点到准线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设抛物线方程为，代入的坐标即可求得结果.
【详解】因为，，所以，又为的中点，所以，
设抛物线方程为，则，所以，解得，
所以抛物线的焦点到准线的距离为.故选：B.
【点睛】本题考查了圆锥的结构特征，考查了抛物线的标准方程和的几何意义，属于基础题.
4．（2017·河北石家庄·二模）如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体，截面与底面所成的角为，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形为矩形，若沿将其侧面剪开，其侧面展开图形状大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用几何体作各种辅助线，通过各种角度关系和长度关系可以得到侧面的高度，即可得到答案
【详解】解：过AB作平行于底面的半平面α，如图,取截面边界上任一点P,过P作垂直于半平面α,垂足为,延长交圆柱底面于点,过P作，垂足为M,连接,则，就是截面与底面所成的角，,设AB的中点为O,连接，设，则，
在中，，在中，
所以，故选：A.
考向08 动点轨迹2：异面直线定角轨迹
空间角度定值，可转化为圆锥曲线母线与轴的关系。角度定值，即圆锥曲线侧面（母线集合）与平面交点。
5．（2019·浙江·一模）如图，将边长为2的正方形ABCD沿PD、PC翻折至A、B两点重合，其中P是AB中点，在折成的三棱锥A（B）－PDC中，点Q在平面PDC内运动，且直线AQ与棱AP所成角为60 ，则点Q运动的轨迹是
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】D
【分析】建立空间坐标系，设，求出点的坐标，由直线AQ与棱AP所成角为60 ，利用空间向量夹角公式列方程，得到关于的方程，从方程的形式可判断Q点的轨迹．
【详解】如图，过点A引平面PDC的垂线，垂足为O，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，其中轴与直线DC平行，点P在轴的负半轴上．
由题可知PA平面ADC，又,求得点A到平面PCD的距离为：，所以，，设，所以，，又直线AQ与棱AP所成角为60 ，所以，整理得：，所以点Q的轨迹为抛物线.故选D．
【点睛】本题考查了等体积法、利用空间向量表示其夹角的余弦值及求轨迹方程方法，通过轨迹的方程来判断轨迹，还考查了转化思想．
6．（18-19高二下·浙江·开学考试）在正方体中，点M、N分别是直线CD、AB上的动点，点P是内的动点（不包括边界），记直线与MN所成角为，若的最小值为，则点P的轨迹是（ ）
A．圆的一部分 B．椭圆的一部分 C．抛物线的一部分 D．双曲线的一部分
【答案】B
【分析】直线与所成角的最小值是直线与面所成角，即原问题转化为：直线与面所成角为，求点的轨迹．延长交面于点，则在面内的轨迹为圆的一部分，则将点的轨迹转化为平面截圆柱所得曲线．
【详解】直线与所成角的最小值是直线与面所成角，
即原问题转化为：直线与面所成角为，求点的轨迹．
延长交面于点，因为所以，
，的轨迹是以为轴的圆锥曲面的一部分，
点是△内的动点（不包括边界），其在面内的轨迹，等价于平面截圆锥所得的曲线，
取的中点，连接，设正方体的棱长为1，，，平面截圆锥所得的曲线为椭圆的一部分.
故选：B．
【点睛】本题考查线面角及空间轨迹问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意判断截面与圆锥的轴所成角与圆锥母线与轴所成角的大小关系.
7．（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥的体积为，底面的四个顶点在经过球心的截面圆上，顶点在球的球面上，点为底面上一动点，与所成角为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据锥体的体积公式结合外接球的性质可得半径和四棱锥的底边边长，进而根据锐角三角函数可得，即可判断点的轨迹为为圆心，半径的圆，即可求解.
【详解】由题意，设球的半径为．如图所示，连接交于点，连接，则，，平面，所以，解得．
在中，因为，，所以．
因为正方形的中心到各边的距离为，所以点的轨迹为平面内，以点为圆心，半径的圆，故点的轨迹长度为．故选:D．
8．（24-25全国专题练习）在三棱锥中，，点为
所在平面内的动点，若与所成角为定值，，则动点的轨迹是
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，根据题意，求出轨迹方程，可得其轨迹.
【详解】由题，三棱锥为正三棱锥，顶点在底面的射影是底面三角形的中心，则以为坐标原点，以为轴，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得，设为平面内任 一点，则 ，由题与所成角为定值，，则
则 ，化简得 ， 故动点的轨迹是椭圆.选B
【点睛】本题考查利用空间向量研究两条直线所成的角，轨迹方程等，属中档题.
考向09 动点轨迹3：线面角定角轨迹
线面角： 线面角定角定值，则可以转化为线与面的垂线（法向量）成定角定值， 可转化为圆锥曲线母线与轴的关系。角度定值，即圆锥曲线侧面（母线集合）与平面交点
9．（24-25全国专题练习）在棱长为2的正方体中，点P是侧面正方形内的动点，点Q是正方形的中心，且PQ与平面所成角的正弦值是，则动点P的轨迹图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】取正方形的中心，利用线面垂直及线面角可求得，进而确定轨迹并求出面积.
【详解】在棱长为2的正方体中，取正方形的中心，连接，
由Q是正方形的中心，得平面，则是PQ与平面所成的角，
则，而，于是，，
因此动点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，其面积为.故选：A

10．（22-23全国专题练习）在四棱锥中，平面ABCD，PA＝3，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，且，，直线PM与平面ABCD所成的角为，记点M的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合线面角以及圆的知识求得正确答案.
【详解】由于平面，所以平面，所以，
则，即是直线与平面所成角，，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在矩形内的部分，
设圆与分别交于两点，，所以，
所以点的轨迹长为.故选：A
11．（24-25全国专题练习）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，记A1F与平面BCC1B1所成的角为θ，下列说法正确的个数是（ ）
①点F的轨迹是一条线段
②A1F与D1E不可能平行
③A1F与BE是异面直线
④
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】在①中设平面D1AE与直线BC交于点G，连接AG，EG，则G为BC的中点，分别取BB1、C1B1的中点M、N，连接AM、MN、AN，推出面A1MN∥平面D1AE，即可得出结论；在②中F与M重合时，A1F与D1E平行；③中A1F与BE既不平行也不相交；在④中当F与MN重合时B1F最小，此时．
【详解】在①中设平面D1AE与直线BC交于点G，连接AG，EG，则G为BC的中点，分别取BB1、C1B1的中点M、N，连接AM、MN、AN，所以A1M∥平面D1AE，MN∥平面D1AE，
所以平面A1MN∥平面D1AE，又A1F∥平面D1AE，所以F应在线段MN上运动，故①正确；
在②中由①知当F与M重合时，A1F与D1E平行，故②错误；
在③中A1F与BE既不平行也不相交，故③正确；
在④中当F与M，N重合时B1F最小，此时，故④正确．
故选：C
【点睛】本题主要考查立体几何中的线面关系、线线关系及线面角．
12．（24-25高二上·湖北·月考）点P是正方体的表面及其围成的空间内一点，已知正方体的棱长为2，若，与平面所成的角为30°，则点P的轨迹的形状是（ ）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，设，由易知，根据线面角的定义可得点坐标满足双曲线方程，进而可得结果.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，所以，，故，即，所以点在面（四点均为所在边的中点），
过点作于点，易知面，即，所以，即，
化简得：，即点P的轨迹的形状是双曲线，故选：C.
考向10 动点轨迹4：两角相等型
两角相等型： 两角相等，可以转化为三角函数正余弦或者正切型，利用三角函数值对应的线段比，转怀伟线段比相等或者比值为定值，则复合阿波罗尼斯圆。
13．（23-24全国专题练习）如图,所在的平面和四边形所在的平面垂直,且,,,,,,则点P在平面内的轨迹是
A．圆的一部分 B．一条直线 C．一条线段 D．两条直线
【答案】A
【分析】以AB所在的直线x轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，设点P(x,y),A(-3,0),B(3,0),可得，可得P的轨迹方程，可得答案.
【详解】解：以AB所在的直线x轴，AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，
设点P(x,y),A(-3,0),B(3,0),由,,,,,。可得,
可得,整理可得，故点P的轨迹是圆的一部分，
故选A.
【点睛】本题以立体几何为载体考查轨迹问题，综合性强，考查了学生灵活应用知识分析问题解决问题的能力和知识方法的迁移能力，同时考查了运算能力，是一道不错的综合题，属于难题.
14．（24-25全国专题练习）点在正方体的底面所在平面上，是的中点，且，则点的轨迹是
A．圆 B．直线 C．椭圆 D．圆的一部分
【答案】A
【详解】试题分析：在中，在中，，，即又，也就是说动点P到定点D的距离是它到A距离的2倍，以A为原点建立如图平面直角坐标系，设为所求轨迹上的任意一点，，，则，整理得，又因为P正方体的底面ABCD所在的平面上，所以P点的轨迹为圆，故选A．
考点：空间线面垂直关系，直角三角形中正切函数的定义，直接法求轨迹方程．
【方法点晴】本题是一道立体几何与平面解析几何相结合的综合题，要研究P的轨迹，应设法把几何体中两角的关系转化为平面内的距离问题，在这个转化过程中，正方体中的侧棱与底面垂直和棱长相等是转化的基础，在转化基础上，建立平面直角坐标系，设出P点的坐标，把距离关系转化为坐标的关系，整理方程即可判断轨迹形状．
15．（2025高三·全国·专题练习）四棱锥，平面，平面，底面为梯形，，，，，满足上述条件的四棱锥的顶点的轨迹是（ ）．
A．圆 B．不完整的圆 C．抛物线 D．抛物线的一部分
【答案】B
【分析】根据题意判断出，进而利用轨迹方程的求法，判断出点的轨迹是不完整的圆.
【详解】画出图象如下图所示，依题意平面，平面，所以.由于，所以，
即，即.
由于，下证明满足的点的轨迹是不完整的圆.以的中点为原点建立平面直角坐标系如下图所示.则，设，由于，则，两边平方并化简得，即.由于是锥体，所以不能在直线上，所以点的轨迹是不完整的圆.
故选：B
【点睛】本小题主要考查空间中点的轨迹，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
16．（20-21高三上·安徽六安·月考）在长方体中，，，为棱的中点，动点在面内，满足，则点的轨迹与长方体的面交线长等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】先根据题意可得，再建立平面直角坐标系，设，在平面内得点的轨迹为圆，再根据实际情况求弧长即可得答案.
【详解】由题意知：，，
由可得，即， 所以，可得，
在平面中，以为原点，直线为轴，直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，设，由可得：。则，即，
该圆的圆心为，该圆与，分别交于点，，连接，易知，
所以所求交线即弧长的长度为，故选：C
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是，再建立坐标系求出点的轨迹，再求出与面的交线.
考向11 动点轨迹5：体积比型
体积比型动点轨迹是立体几何的综合应用，核心是动点运动时，与定点构成的多面体（三棱锥、四棱锥等）体积满足固定比例关系，通过体积公式转化为 “动点到定面的距离定值” 或 “线段长度比例定值”，进而确定动点轨迹（线段、圆、椭圆等）。两个思维点： 1.若动点所在空间为平面：轨迹是该平面内与ABC平行的直线段（需满足几何体边界约束）； 2.若动点所在空间为球面：轨迹是球面被 “与ABC平行的平面” 截取的截面圆。
17．（24-25全国专题练习）已知正方体，，是线段上的点，且，分别过点，作与直线垂直的平面，，则正方体夹在平面与之间的部分占整个正方体体积的（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设正方体的棱长为2，连接，利用线面垂直的判定定理可得平面，平面，再由体积相等可得被平面、平面三等分，所以平面、平面可看作平面、，再求体积之比可得答案.
【详解】设正方体的棱长为2， 连接，
可得，平面，因为平面，所以，又，平面，所以平面平面，又平面平面，
可得，同理可得，，，且，平面，所以平面，且，平面，所以平面，
，，因为，所以，
分别设到平面、平面的距离为，则，
即，解得，，又，
可得被平面、平面三等分，所以平面、平面可看作平面、，
正方体夹在平面与之间的部分的体积为，则正方体夹在平面与之间的部分占整个正方体体积的.故选：C.
18．（23-24高二上·河北唐山·开学考试）如图，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，，记三棱锥，，的体积分别为，，，则______．

【答案】
【分析】结合线面垂直的性质，确定相应三棱锥的高，求出的值，即可得出答案.
【详解】连接BD交AC于O，连接，
设，由于平面，则平面,
则；
平面平面，故，
又四边形为正方形，则，而平面，
故平面，平面，故，又平面，平面，平面，故，，
而，所以，即得，而平面，
故平面，又，
故，
所以，故答案为：.
19．（24-25高三上·安徽六安·月考）若在长方体中，.则四面体与四面体公共部分的体积为__________.
【答案】
【分析】先判断出公共部分的位置，然后利用锥体体积公式来求得正确答案.
【详解】记，由于，
则为的第一个三等分点（靠近），连，是的中点，由于平面，
所以到平面的距离是到平面的距离的一半，
则公共部分是三棱锥，
又，作，垂足为，根据长方体的性质可知平面，所以面，由等面积法可得，所以，故.故答案为：

【点睛】方法点睛：
几何图形的公共部分和体积计算：通过分析两个几何体公共部分的几何位置，逐步构造关键点，利用三角形面积和锥体体积公式，最终得出公共部分的体积，此方法清晰有效，能充分展示逻辑推理与代数运算等解题技巧.
20．（24-25高二上·山东青岛·期中）正方体的棱长为3，是平面上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的4倍，则三棱锥体积的最大值是______.
【答案】3
【分析】由条件先证明，结合面积关系可得，在平面上建立平面直角坐标系，确定点的轨迹方程，结合体积公式求三棱锥体积的最大值.
【详解】由已知平面平面，所以，
因为平面平面，所以，
所以，又，所以,
又的面积是面积的4倍，可得,
在平面上以为轴，为轴建立平面直角坐标系，设，则，由得，整理得，
即点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
所以取最大值为，的最大值为，故答案为：
考向12 动点轨迹6：空间将军饮马型
折线型距离，常常转化为平面距离来计算。转化方式有以下几种常用的方式： 翻折型：借助平面（主要是三角型）翻折或者旋转，把空间两个面的动点距离转化为同一个平面内的两点距离或者其它距离。 2.建系型：通过设点建系计算，有时候需要构造函数求最值范围
21．（23-24高二上·湖北黄石·期中）在长方体中，，，，M为上一动点，N为AB上一动点，则的最小值为__________.

【答案】3
【分析】过M点作面ABCD于，过 M点作于N0，根据三角形关系可推得.然后将，沿翻折至同一平面，利用.根据三角形的面积公式求出，即可得出答案.
【详解】 如图1，过M点作面于，过 M点作,垂足为，则.因为面，面，所以，.
因为,平面，平面，，
所以平面.因为平面，所以.根据长方体的性质可得，
所以，.同理可得，，.所以，.
又，所以，为等腰直角三角形，所以，，
所以，.
如图2，将，沿翻折至同一平面，则.
易知，，，所以，，则为等边三角形，所以.又，
所以，所以，所以，.故答案为：
【点睛】关键点点睛：过M点作面于，过 M点作,垂足为，则.通过做辅助线，将变动问题转化为定量问题，然后根据已知条件，结合图形即可找到突破口.
22．（2023·广东梅州·三模）如图，在三棱锥中，是的中点，，分别为线段，上的动点，，平面，若，则的最小值为______.

【答案】8
【分析】当点固定，且时，的值最小，过点作，垂足为，连接，分析可知，且当沿翻转到平面时，四边形构成矩形，此时的最小值为，由此得解．
【详解】因为平面，平面，所以
则，又，平面
所以平面，因为平面，所以。
则在平面上，以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：
则，设。因为，所以直线的方程为，设，则
由于变量不具有等量关系，故时，有最小
即当时，最小；过点作BD垂线，垂足为，连接，
因为平面，，，平面
所以，所以平面，因为平面，所以
又，平面，所以平面
因为平面，所以，又，
所以，由平面，所以．因为，
所以，所以．因为，，平面，
所以，所以当沿翻转到平面时，四边形构成矩形，
所以的最小值为，即的最小值为8．
故答案为：8．
23．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）正三棱锥，，点为侧棱的中点，分别是线段上的动点，则的最小值为______.
【答案】
【分析】过点作于，计算，，设，得到，根据余弦定理得到，，再确定，根据三角恒等变换结合均值不等式计算得到答案.
【详解】如图所示，过点作于，则，中，，故，
，设，，则，
故，所以，
，，故，故，
故，
而
，（），当且仅当，即时等号成立，所以；故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查了正余弦定理，三角恒等变换，均值不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中引入变量，转化为三角函数问题可以简化运算，是解题的关键.
24．（21-22高一下·山东烟台·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，则该直三棱柱外接球的表面积为______；设P为线段上的动点，则的最小值为______．
【答案】
【分析】根据题意将直三棱柱补成长方体，则直三棱柱的外接球就是长方体的外接球，外接球的直径等于长方体的体对角线，从而可求出直三棱柱外接球的表面积，将绕展开至与平面垂直的位置，则共面，连接，则的长就是的最小值，然后利用余弦定理可求得结果
【详解】因为直三棱柱中，，
所以将直三棱柱补成长方体，如图所示，
所以直三棱柱的外接球就是长方体外接球，因为，，，
所以外接球的直径为，所以外接球的半径为，
所以直三棱柱外接球的表面积为，
直三棱柱中，侧面与底面垂直，因为，平面平面，平面平面，
所以平面，因为平面，所以，将绕展开至与平面垂直的位置，则共面，如图所示，连接，则的长就是的最小值，
在中，，则，
在中，，在中，由余弦定理得
,所以，
所以的最小值为，故答案为：，
冲刺练
（建议用时：60分钟）
一、单选题
1．（25-26高三下·云南昆明·月考）在正方体中，分别是的中点，，则过点的平面截该正方体所得的截面周长为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先确定四点共面，进而计算结果即可.
【详解】取线段的中点为，的中点为，，如图，
因为正方体中，分别是棱的中点，
所以，所以四点共面.
由正方体的棱长为2，可得，，
所得截面周长为，故选：B.
2．（25-26高二上·上海·期末）用一个平面去截一个底面半径为的圆柱，得到的几何体如图所示，其截面边界为椭圆.该椭圆上所有点中离底面最近的点为，其距离为，最远的点为，其距离为，且点和点在底面的投影分别为点和点.已知点是椭圆上的一个动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，设，找出满足的关系，结合二次函数求的最小值即可.
【详解】作在底面的投影，，，
则，且，建立空间坐标系如图，
则，设，则，
，，则，，
在底面圆上，则，则，
当时，，故选：D.
3．（25-26高三全国专题练习）两根相同的正三棱柱钢管均被一个经过底面一个顶点且与底面的另一条边平行的平面所截，截得的几何体以截面完全重合的方式拼接在一起构成一个“V”型管道，若这两个正三棱柱钢管长为10cm，底面边长为2cm，且截面与底面所成角均为，则能顺利地从管道的一端通过到管道另一端（管壁的厚度忽略不计）的球最大半径为（ ）cm．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题干大致画出“V”型管道的几何图，核心在于中间对称拼接的两个小锥体，根据题干条件并结合几何知识求出两个小锥体共6个表面的面积，由题中可知该球的最大球半径即为这两个小锥体拼接而成的几何体的内切球，再根据体积法即可求出内切球的半径，该半径即为最大半径．
【详解】如图所示，“V”型管道为，其中DEF为两个正三棱柱的截面，
也为“V”型管道两小段被截三棱柱的拼接面，其余均为辅助线，依题意有，分别取，，中点J，O，M，连接并延长交于中点T，根据对称性可知JT可与交于N，
同理依据对称性可知，连接并延长可交于P，根据对称性可知四边形为菱形，且，
在中，，故，，
在菱形中，，
故，
所以，且，依条件，若能顺利地从管道的一端通过到管道的另一端，则球应为多面体的内切球，设多面体的内切球半径为，
则由，其中，所以，
根据对称性，N到平面DEF的高为中N到DM的距离，
所以，又，
所以，由此可得，解得．故选：D．
4．（25-26高二上·重庆·期中）如图所示，用一个与圆柱底面成的平面截圆柱，截面是一个椭圆.若圆柱的底面圆半径为，，则下列结论正确的是（ ）

A．椭圆的长轴长等于2
B．椭圆的离心率为
C．椭圆的标准方程可以是
D．椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为
【答案】C
【分析】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，依题意可得，，从而求出，再一一判断即可.
【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，
椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径，
则由截面与圆柱底面所成锐二面角得，解得，故A错误；
显然，则，离心率，故B错误；
当以椭圆长轴所在直线为轴，短轴所在直线为轴建立平面直角坐标系时，
椭圆的标准方程为，故C正确；
椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，故D错误.故选：C
5．（2025高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为2，平面过直线，且与平面ABCD所成的角为，则当分别取得最大值、最小值时，截正方体的截面面积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设平面平面，过点C作于K，连接，得，则即为平面与平面ABCD所成的角，设，则，通过当分别取得最大值、最小值，进而确定截面计算面积即可；
【详解】设平面平面，易知平面ABCD，所以，
过点C作于K，连接，又平面，可得，
则即为平面与平面ABCD所成的角，设，则，
若，则，故，结合面面角的取值范围，可假想，
则取得最大值，此时平面即为平面ACGE，则截面面积为；
易知，所以当时，取得最小值，此时，
则平面，设BF，DH的中点分别为M，N，则平面必过MN，
所以截面面积为，所以截面面积之比为．故选：A.
6．（24-25浙江模拟预测）已知正四面体内接于球，球半径为3，为的中点，过点作球的截面，求截面圆半径的最小值（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】令正四面体的棱长为，由正四面体外接球的相关几何关系列方程求得，再由截面圆半径最小，只需垂直于截面圆，求该截面圆的半径最小值.
【详解】如下图示，，令正四面体的棱长为，则底面半径，
所以，所以，则，所以，则，可得，
要使截面圆半径最小，只需垂直于截面圆，而，
所以截面圆半径为.故选：D
7．（2025·江西·模拟预测）在斜三棱柱中，分别为侧棱上的点，且，过的截面将三棱柱分成上、下两个部分的体积之比可以为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】应用锥体体积及柱体体积公式结合图形特征计算求解即可.
【详解】设三棱柱的体积为，因为侧棱上各有一动点，
满足，所以四边形与四边形的面积相等，
故四棱锥的体积等于三棱柱的体积的，即，
则几何体的体积等于，故过的截面将三棱柱分成上，下两个部分的体积之比为或.故选：A.
8．（2024浙江模拟预测）在边长为2的正方体中，取3条棱的中点构成平面，平面截正方体的截面面积为，从剩余9条棱的中点在平面的投影为，记，当最大时，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】截面为过棱中点的正六边形，投影为两个正六边形的顶点，在平面中逐类分析的取值情况，找出最小值.
【详解】
如图：由正方体的对称性知，过3条棱的中点的平面截正方体的截面面积最大时为过棱中点的正六边形，其边长为，设截面与6条棱交点分别为，
由正方体知体对角线，又，所以平面，
延长交棱延长线于E，设此棱中点为B，则，作交平面于，所以平面 ，则为B在截面的投影，且为正边的中线，
又，所以是的重心，
同理可得其余5条棱的中点在截面的投影到O的距离也为，
由对称性知，六边形为棱长为的正六边形，如图在平面中建立直角坐标系，
则
可得四点共线，由对称性知也共线,也共线，
由正六边形性质知为正三角形，为边长的正三角形，边长的正三角形，
所以，
求的最小值先考虑为负值的情况，当时，不妨令，
在中，则，其余结果都非负.
当时，则，其余结果都非负.
当，时，不妨令，与夹角不超过，故，
当，时，不妨令，
，
，
所以为钝角，为锐角，，由对称性知的取值情况同上，
，
综上：的最小值为.
【点睛】关键点点睛：此题关键是找出各棱中点在截面的投影，根据两个正六边形的特点求出的所有可能取值.
二、多选题
9．（25-26高三上·贵州六盘水·月考）已知正方体的棱长为2，经过棱的中点作该正方体的截面，且，与棱和棱的交点分别为，截面将正方体分为两个多面体，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与所成角的正弦值为 B．截面为五边形
C．截面的面积为 D．多面体内均不可放入体积为的球
【答案】ACD
【分析】以为坐标原点，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明分别为的中点，取中点，连接，，可求得直线与所成角的正切值为，判断A；分别取，，的中点，连接，利用空间向量可得截面为正六边形，判断B；求得截面面积,判断C；根据对称性，可知多面体，是两个完全相同的多面体，设多面体内能放入最大球的球心为，，利用空间向量求得最大球的半径，可判断D.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
， 设，所以，，
因为，且，所以，
得，故点为的中点；同理可得：点为的中点；
取中点，连接，则，
则直线与所成角即为直线与所成角．
在中，，，则，
所以，即直线与所成角的正切值为，所以A选项正确；
分别取，，的中点，连接，
因为点为的中点，所以，所以，又因为，所以，又因为且，所以，所以；同理可得，
所以正六边形即为截面，所以B选项不正确；
又正方体的棱长为，所以正六边形的边长为，
所以其面积为，所以C选项正确；
对于D选项，根据对称性，可知多面体，是两个完全相同的多面体，
不妨设多面体内能放入最大球的球心为，则，
球与截面相切于正方体的中心，且球也与以为顶点的三个面均相切，
利用对称性得：球心在直线上，设球的半径为，设，又，
则，解得，，所以，
设体积为的球的半径为，由，得：，由，知：多面体内不可放入体积为的球，所以D选项正确．故选：ACD．
10．（24-25高三上·重庆·月考）在正方体中，，分别为和的中点，M为线段上一动点，N为空间中任意一点，则下列结论正确的有（ ）
A．直线平面
B．异面直线与所成角的取值范围是
C．过点的截面周长为
D．当时，三棱锥体积最大时其外接球的体积为
【答案】ACD
【分析】利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质可判断A正确；由转化异面直线所成的角，在等边中分析可知选项B错误；找出截面图形，利用几何特征计算周长可得选项C正确；确定三棱锥体积最大时点的位置，利用公式可求外接球的半径和体积，得到选项D正确.
【详解】A.∵，
平面，平面，∴平面，
∵平面，∴，同理可证，，
∵，平面，平面，∴直线平面，选项A正确.
B. 如图，连接，由题意得，，，
直线与所成的角等于直线与所成的角，在等边中，当点与两点重合时，直线与所成的角为，当点与中点重合时，，此时直线与所成的角为，
故直线与所成角的取值范围是，选项B错误.
C. 如图，作直线分别与直线交于点，连接与交于点，连接与交于点，则五边形即是截面. 由题意得，为等腰直角三角形，，
由得，，∴，∴，，
同理可得，，∵分别为和的中点，∴，
∴截面周长为，选项C正确.D.
当时，点的轨迹为以为直径的球，球心为中点，半径为，
三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
点到平面距离的最大值为球的半径，此时点在正方形的中心处，三棱锥体积有最大值.由题意得，平面平面，，均为等腰直角三角形，的外接圆半径为，的外接圆半径为，∴三棱锥的外接球半径，∴外接球体积为，选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：本题为立体几何综合问题，求三棱锥外接球半径方法为：
（1）在三棱锥中若有平面，设三棱锥外接球半径为，则，其中为底面的外接圆半径，为三棱锥的高即的长.
（2）在三棱锥中若有平面平面，设三棱锥外接球半径为，则，其中分别为的外接圆半径，为公共边的长.
11．（2022·湖北武汉·模拟预测）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（ ）
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体的体积
【答案】AD
【分析】A选项根据勒洛四面体表面上任意两点间距离为a，进行判断；
B选项，求出，相减即为能够容纳的最大球的半径；
C选项，找到最大截面，求出截面面积；
D选项，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球体积之间，求出正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球体积，从而求出答案.
【详解】由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离为a，故A正确；
勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图1，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知BOE三点共线，设正四面体ABCD的外接球半径为，则由题意得：，解得：，
所以，易知，故B错误；
勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图2，
则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；
勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球体积之间，正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为，故正四面体的高为，所以正四面体ABCD的体积，
设正四面体ABCD的外接球半径为，则由题意得：，解得：，
所以外接球体积。所以勒洛四面体的体积，D正确.
故选：AD
【点睛】对于多面体与球的内切球问题外接球问题，要找到球心及球心在某平面上的投影，从而列出方程，求出半径，进而求出表面积或体积.
三、填空题
12．（24-25高二下·浙江金华·期末）在正方体中，，点E，F，G分别为，，的中点，点在线段上运动（不包括端点），过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是__________.
【答案】
【分析】方法一，分别考虑截面的各种情况，借助于路径方法求解；方法二，考虑截面的各种情况，构造函数利用导数方法研究求解.
【详解】
如图所示，当点为线段中点时，截面为,其中为中点，周长为；
当点为线段内部时，截面为,其中平行且相等，平行且相等，,,周长取值范围是，
当截面为（其中平行，且分别在棱上）时，周长大于且可以任意接近于四边形的周长，但小于等于四边形的周长.
当截面为（其中平行，分别在线段上，在线段上，交于延长线上的一点）时，
方法一：
如图所示，利用初中几何知识可证路径长度在路径和路径之间，
∴截面的周长介于四边形的周长与截面的周长之间,
综上，过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是.
方法二：
设,,,,,
,
,,,,
,,,,
,
,
截面周长为,
,
求导，
∴函数单调递增，所以截面的周长介于四边形的周长与截面的周之间,
所以，过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是.
故答案为:.
13．（2025·河北·模拟预测）在四面体中，，，，则该四面体的外接球的表面积为______；E，F分别是，的中点，若用一个与直线垂直且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为_____．
【答案】 /
【分析】将四面体补形成长方体，由题设可得出长方体的各棱长，进而求解外接球的半径，再根据球的表面积公式计算即可；分析可得截面与直线垂直，平行于上底面，结合三角形相似可得，设，求出，再结合三角形面积公式及基本不等式求解即可.
【详解】如图，将四面体补形成长方体，
设长方体的棱长，那么四面体的六条棱长都是它的面对角线.
则有，解得：，而四面体的外接球即为长方体的外接球，
则外接球的半径为，所以外接球的表面积为；
由分别是，中点，即为长方体两个底面的中心，
而截面与直线垂直，平行于上底面，故，，
根据平行截比定理得到，，且，
则，而，故有，设，而，
故，则截面面积.故答案为：；.
14．（24-25高三上·江西新余·月考）在棱长为2的正方体中，底面的中心为，在直线上，记经过点且垂直于的平面与该正方体的截面为，为了保证始终存在，则的取值范围为：__________；若的面积为，则=__________.
【答案】 或
【分析】（1）平面最远经过点，过作，为所求，求得的长度即可得出结果；（2）由三垂线定理得，截面M应平行于平面，构造延拓面可以得到菱形，计算菱形面积，分析可知截面M可以在上方与下方两种情况，计算即可得出结果.
【详解】①平面最远经过点，过作，垂足为，则即为所求，连接，则，连，则易求，，，
在中，由余弦定理得，，
在中，，
又因为平面经过时，，所以的取值范围为.
②取分别为中点，由三垂线定理易证平面平面，
则截面平面，根据正方体的性质可知平面四边形为菱形，
易求其面积为.
当截面在平面上方并且经过的中点时，截面的面积为，
证明如下：将截面的边延长交于点，由正方体的性质可知，因为，
所以四边形为菱形，分析可知，菱形与平面四边形全等，
故菱形面积为，其中，
此时截面M的面积，所以当截面面积为时，其经过的中点.
又因为，所以是的中点，所以，
又因为是平行四边形，所以，所以，
又因为平面与平面、截面M都相交，设与截面M、平面的交点分别为，
根据相似三角形的性质可知，，根据①易求，
所以；当截面在平面下方时，由前述可知，
此时的截面与截面关于截面对称，
故两截面到平面的距离相等，且距离为，
所以此时到截面的距离为.综上得，或.
故答案为：①；②或.【点睛】关键点点睛：
（1）利用余弦定理求出，然后得出；
（2）截面M平行于平面，构造菱形，计算菱形面积，截面经过的中点，分析可知截面M可以在上方与下方两种情况，然后根据相似三角形计算即可.
结束
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