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专题05 立体几何动点、轨迹与截面培优归类
题型1 动点轨迹：空间球基础
空间球：到定点距离为定值的点的轨迹 用一个平面去截球，若平面经过球心，所得的截面称为球的大圆；若平面不经过球心，所得的截面称为球的小圆。小圆圆心与球心的连线必垂直于小圆面。且满足勾股数组
1．（2025·辽宁本溪·模拟预测）将边长为的正方形沿着对角线折起，使点到达点的位置，得到三棱锥，点平面，且若则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高三上·安徽芜湖·阶段练习）已知四面体满足动点在四面体的外接球的球面上，且则点的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
3．（23-24高二上·福建福州·期末）已知边长为的正方体，点为内一个动点，且满足，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高三上·广西·阶段练习）已知正三棱锥，满足，点在内部（含边界）运动，且，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
题型2 动点轨迹：空间阿球
阿波罗尼斯球： 空间一动点到空间内两定点的距离之比为定值的点的轨迹为球，称之为阿波罗尼斯球。
1．（22-23高三下·重庆·阶段练习）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点P的轨迹是圆”，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．将“阿氏圆”以AB所在直线为轴旋转一周即可得“阿氏球”．即空间一动点到空间内两定点的距离之比为定值的点的轨迹为球，称之为阿波罗尼斯球．设M，N是球C（C为球心）球面上两定点，球半径为3且．（1）空间中一动点P满足，可知点P的轨迹为阿氏球，则该球的表面积为 ；（2）若球C表面上一动点Q满足，则点Q的轨迹长度为 ．
2．（24-25高二上·湖北·阶段练习）动点在棱长为3的正方体侧面上，满足，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·四川成都·二模）在所有棱长均相等的直四棱柱中，，点在四边形内（含边界）运动．当时，点的轨迹长度为，则该四棱柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·安徽铜陵·三模）已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
题型3 动点定角轨迹：异面直线角度轨迹型
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
1．（23-24高三浙江阶段练习）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
2．（23-24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
3．（2020·浙江·模拟预测）已知正方体，P是平面上的动点，M是线段的中点，满足PM与所成的角为，则动点P的轨迹为（ ）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
4．（21-22高三上·云南玉溪·阶段练习）正方体中，，分别为，的中点，是边上的一个点（包括端点），是平面上一动点，满足直线 与直线 夹角与直线与直线 的夹角相等，则点所在轨迹为（ ）
A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．抛物线或双曲线
题型4 动点定角轨迹：线面角型
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
1．（24-25高二上·天津·期中）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．
2．（22-23高二上·湖北·期中）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．
3．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·甘肃·二模）如图，在三棱锥中，平面，且，若在内（包括边界）有一动点，使得与平面所成角的正切值为，则点的轨迹长为（ ）
A． B． C． D．6
题型5 动点定角轨迹：二面角型
1．（21-22高三·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在三棱锥，是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知三棱锥为中点，为直二面角，且为二面角的平面角，三棱锥的外接球表面积为，则平面被球截得的截面面积及直线与平面所成角的正切值分别为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·安徽·模拟预测）已知在菱形中，，把沿折起到位置，若二面角大小为，则四面体的外接球体积是（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·山西临汾·二模）在三棱锥中，，且二面角的大小为，则当该三棱锥的外接球体积最小时，（ ）
A． B．3 C． D．
题型6 动点定角轨迹：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。
1．（24-25高二上·重庆·阶段练习）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
2．（24-25高二上·山西运城·阶段练习）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
3．（2020高三·上海·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
4．（20-21高三上·安徽六安·阶段练习）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．
题型7 动点轨迹：恒平行型
动点所形成直线与平面恒平行，则可以转化为“动点所在的平面与平面平行”
1．（2025·天津北辰·三模）已知正四棱柱的底面边长为4，侧棱长为2，点是棱的中点，为上底面内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把该正四棱柱截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高一下·重庆·期末）已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高二上·山西太原·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高二上·上海宝山·阶段练习）如图，在棱长为5的正方体中，是侧面上的一个动点，点为线段上，且则以下命题正确的是（ ）（动点的轨迹：指动点运动所形成的图形）

A．沿正方体的表面从点到点的最短距离是
B．保持与垂直时，点的轨迹长度为
C．若保持，则的轨迹长度为
D．平面被正方体截得截面为直角梯形
题型8 动点轨迹：恒垂直型
动点所形成直线与平面恒垂直，则可以转化为“动点所在的平面与平面垂直”。
1．（2025·福建漳州·模拟预测）如图，在高为16的圆柱型筒中，放置两个半径均为3的小球，两个小球均与筒壁相切，且分别与两底面相切，已知平面与两个小球也相切，平面被圆筒所截得到的截面为椭圆，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·内蒙古赤峰·一模）如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截面是一个椭圆面，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高二上·北京·期中）光导纤维作为光的传输工具，在现代通讯中有着及其重要的作用，光纤由内部纤芯和外部包层组成（如图1），在一定的条件下，光在纤芯中传输，传输原理是“光的全反射”，即“入射角等于反射角”（如图2），在图3中近似的展示了一束光线在一段较长的圆柱形光纤中的传输路径，其中圆面是与光纤轴垂直的纤芯截面，若与圆所在平面成角的大小为，则光线路径在垂直于光纤轴的截面上的投影可能（ ）
A． B． C． D．
4．（23-24高三下·安徽黄山·阶段练习）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．
题型9 截面基础思维
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.
1．（2025·福建漳州·模拟预测）如图，在高为16的圆柱型筒中，放置两个半径均为3的小球，两个小球均与筒壁相切，且分别与两底面相切，已知平面与两个小球也相切，平面被圆筒所截得到的截面为椭圆，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
2．（22-23高二上·北京·阶段练习）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．（2）（5） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（1）（5）
3．（21-22高一下·云南保山·期中）用一个平面去截一个几何体，得到的截面是一个圆面，这个几何体可能是（ ）
A．圆锥圆柱 B．圆柱球体 C．圆锥球体 D．圆柱圆锥球体
4．（22-23高一·全国·阶段练习）一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球与三棱锥的各面均相切（球在三棱锥的内部，且球与三棱锥的各面只有一个交点），过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面图形是（ ）
A． B． C． D．
题型10 截面周长计算
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。
1．（2025高三·全国·专题练习）如图，在单位正方体中，任作平面与对角线垂直，使平面与正方体六条棱都有公共点，记截面的面积为，截面周长为，则（ ）
A．为定值，为定值 B．为定值，不为定值
C．不为定值，不为定值 D．不为定值，为定值
2．（2025·全国·模拟预测）正方体的棱长为4，点M在棱上，平面ACM把正方体分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体所得的截面周长为（ ）
A． B． C． D．15
3．（23-24高一下·四川广安·期中）如图，正方体的棱长为2，点分别是的中点，过点的平面截该正方体所得的截面多边形记为，则的周长为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·福建三明·模拟预测）已知正方体的棱长为4，E，F分别是棱，BC的中点，则平面截该正方体所得的截面图形周长为（ ）
A．6 B．10 C． D．
题型11 截面面积计算
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。
1．（24-25高一下·重庆南岸·期中）在三棱锥中，三条棱、、两两垂直，且，分别经过三条棱、、，作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为、、，则、、的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
2．（22-23高三下·湖北武汉·期中）在正四棱台中，，，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面截该正四棱台的截面面积是（ ）．
A． B． C． D．
3．（21-22高三上·全国·阶段练习）已知棱长为的正四面体，，，分别是棱，，的中点，则正四面体的外接球被三角形所在的平面截得的截面面积是（ ）
A． B． C． D．
4．（21-22高三上·河南新乡·阶段练习）已知三棱锥的所有棱长均相等，四个顶点在球的球面上，平面经过棱，，的中点，若平面截三棱锥和球所得的截面面积分别为，，则（ ）
A． B． C． D．
题型12 截面最值型
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；
1．（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．
2．（23-24高二上·江西抚州·期中）已知球O是正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点E为线段的中点.过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
3．（21-22高二上·全国·课后作业）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．
4．（22-23高一下·新疆乌鲁木齐·期中）已知四面体ABCD为正四面体，AB=4，E，F分别是AD，BC中点.若用一个与EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α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最大值为（ ）
A． B．2 C．3 D．4
题型13 恒平行型截面最值
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
1．（23-24高三上·四川成都·期中）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA1B1B是矩形，D是棱CC1的中点，CC1=AC=4， ，AB=3，， 过点D作平面平面，则平面截三棱柱ABC-A1B1C1所得截面面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（22-23高一下·河南洛阳·期中）在棱长为1的正方体中， 分别为，的中点，过直线 的平面//平面 ，则平面截该正方体所得截面为（ ）
A．三角形 B．五边形 C．平行四边形 D．等腰梯形
3．（20-21高三下·安徽·开学考试）已知正方体的棱长为2，点在棱上，过点作该正方体的截面，当截面平行于平面且面积为时，线段的长为（ ）
A． B．1 C． D．
4．（20-21高三·云南·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．不存在点，使得平面
B．三棱锥的体积为定值
C．平面截该正方体所得截面面积的最大值为
D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
题型14 恒垂直型截面最值
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。
1．（2023·河南·模拟预测）已知正三棱柱的底面边长，其外接球的表面积为，D是的中点，点P是线段上的动点，过BC且与AP垂直的截面与AP交于点E，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，是线段上的点，过的平面与直线垂直，当在线段上运动时，平面截正方体所得的截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
3．（21-22高一下·湖北武汉·期末）已知正方体，的棱长为2，点为线段（含端点）上的动点，平面，下列说法正确的是（ ）
A．若点为中点，当最小时，
B．当点与重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其截面周长就越大
C．直线与平面所成角的余弦值的取值范围为
D．若点为的中点，平面过点，则平面截正方体所得截面图形的面积为
4．（21-22高三上·河南·阶段练习）已知正方体的外接球表面积为，点E为棱的中点，且平面，点平面，则平面截正方体所得的截面图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
题型15 动点折线型最值
动点折线型距离最值： 1.动点折线，需要选择合适的“展开”面，把动点折线距离转化为在同一平面内的距离最值。 2.特殊图形位置关系，可以利用对称，或者点到面的距离来转化求解。
1．（2023·四川成都·一模）如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：①三棱锥的体积为定值；②；③若，则三棱锥的外接球半径为；④的最小值为.其中真命题有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．③④
2．（22-23高三上·贵州贵阳·阶段练习）在正方体中，棱长为4，为的中点，点在平面内运动，则的最小值为（ ）
A．6 B． C． D．10
3．（21-22高一下·安徽池州·期末）在正方体中，棱长为2，E为的中点，点P在平面内运动，则的最小值为（ ）
A．3 B． C． D．5
4．（19-20高一·浙江杭州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，的中点，N为线段的中点，若点P，M分别为线段，上的动点，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
题型16 动点“将军饮马型”最值
空间“将军饮马型”最值： 空间“将军饮马型”特征，一般情况下，距离前边带系数，则可以借助三角函数来转化为对应距离来求解。
1．（2020·安徽·二模）如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，、分别为体对角线和棱上任意一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．2
2．（20-21高三下·河南·阶段练习）如图，在长方体中，棱长，，点为线段的中点，，分别为体对角线和棱上任意一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·江西抚州·模拟预测）如图，长方体中，，点为线段的中点，，，分别为线段和棱上任意一点，则的最小值为（ ）
A． B．5 C． D．2
4．（22-23高三上·广东·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，．，为线段的中点，，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
结束专题05 立体几何动点、轨迹与截面培优归类
题型1 动点轨迹：空间球基础
空间球：到定点距离为定值的点的轨迹 用一个平面去截球，若平面经过球心，所得的截面称为球的大圆；若平面不经过球心，所得的截面称为球的小圆。小圆圆心与球心的连线必垂直于小圆面。且满足勾股数组
1．（2025·辽宁本溪·模拟预测）将边长为的正方形沿着对角线折起，使点到达点的位置，得到三棱锥，点平面，且若则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作出几何图形，结合线面垂直、面面垂直的判定性质，借助勾股定理确定点的轨迹，进而求出轨迹长.
【详解】如图，取棱的中点，连接，则，
又平面，则平面，由平面，
得平面平面，在中，，由余弦定理得
，为钝角，且，
在平面内过点作交的延长线于点，而平面平面，
于是平面，连接，又平面，则，
在中，，
在中，，，
因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
所以点的轨迹长度为.
故选：C.
2．（24-25高三上·安徽芜湖·阶段练习）已知四面体满足动点在四面体的外接球的球面上，且则点的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将该四面体放置在一个长方体中，通过题意可得到点的轨迹为一个圆，设其半径为利用勾股定理求解半径，即可求解．
【详解】解：如图，将该四面体放置在一个长方体中，
由题可知长方体的长、宽、高分别为
体对角线长为
其外接球半径
因为所以点的轨迹为一个圆，设其半径为
则即解得
或即此时无解，
故所求长度为．
故选：C．
3．（23-24高二上·福建福州·期末）已知边长为的正方体，点为内一个动点，且满足，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由，则点在以点为球心，为半径的球面与平面的交线；结合点到平面的距离判断球面与平面的相交的小圆的半径与内切圆半径的大小，结合圆的性质即可求解.
【详解】设点到平面的距离为，
由，则，又易知为等边三角形，且边长为，
所以，得到，
所以以点为球心，为半径的球面与平面相交的圆半径为；
设等边的内切圆半径为，则有，得到，
设的中心为轨迹与分别交于两点，如图，弧长的三倍即为所求，
在中，，所以，
可得，故，
所以交线长为，
故选：B.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于将问题转化成求以的中心为圆心，为半径的圆被所截的弧长，空间问题平面化.
4．（24-25高三上·广西·阶段练习）已知正三棱锥，满足，点在内部（含边界）运动，且，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据正三棱锥的图形特征，计算得出点的轨迹计算即可.
【详解】由题意可知，正三棱锥，设正的中心为，得
，又，
点在内部（含边界）运动，且，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内部（含边界）的弧，
作于，则点的轨迹长度为.
故选：A.
题型2 动点轨迹：空间阿球
阿波罗尼斯球： 空间一动点到空间内两定点的距离之比为定值的点的轨迹为球，称之为阿波罗尼斯球。
1．（22-23高三下·重庆·阶段练习）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点P的轨迹是圆”，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．将“阿氏圆”以AB所在直线为轴旋转一周即可得“阿氏球”．即空间一动点到空间内两定点的距离之比为定值的点的轨迹为球，称之为阿波罗尼斯球．设M，N是球C（C为球心）球面上两定点，球半径为3且．（1）空间中一动点P满足，可知点P的轨迹为阿氏球，则该球的表面积为 ；（2）若球C表面上一动点Q满足，则点Q的轨迹长度为 ．
【答案】
【分析】根据题意，由条件可得点P的轨迹是以为圆心，半径的圆，转化到空间中，再结合球的表面积公式即可得到结果；由条件可得两球的交线为圆，然后得到圆的半径即可得到结果.
【详解】

（1）以MCN所在的平面建立直角坐标系，MN为x轴，MN的垂直平分线为y轴，
由球半径为3且，可得，则，，
设，，则
可得，故点P的轨迹是以为圆心，半径的圆，
转化到空间中：当P绕MN为轴旋转一周时，|PM|，|PN|不变，
故空间中P的轨迹为以T为球心，半径为的球，所以其表面积为；
（2）由（1）可知点Q的轨迹即为球C与（1）问中阿氏球的交线，两球的交线为圆，
又该阿氏球球心为T，利用C，T在（1）中的坐标，，
则球心距为，三角形QTC为直角三角形，对应圆半径，
周长即为轨迹长．
故答案为: ;
2．（24-25高二上·湖北·阶段练习）动点在棱长为3的正方体侧面上，满足，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】结合图形，计算出，由点平面，得出点的轨迹为圆弧，利用弧长公式计算即得.
【详解】

如图，易得平面,因平面，则，
不妨设，则, ，解得，
又点平面，故点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆弧,
故其长度为.
故选：D.
3．（2024·四川成都·二模）在所有棱长均相等的直四棱柱中，，点在四边形内（含边界）运动．当时，点的轨迹长度为，则该四棱柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据轨迹的长度求出棱长，利用四棱柱的表面积公式可求答案.
【详解】设棱长为，延长，过点作垂直于的延长线于，
由，可得；
由直四棱柱的性质可得，平面，所以；
因为，所以.
在平面内，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆夹在四边形内的部分，即图中圆弧.
因为，所以，
因为点的轨迹长度为，所以，即.
四棱柱的表面积为.
故选：A.

4．（2023·安徽铜陵·三模）已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面，，交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度即可.
【详解】
在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，
，
设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知，
，
，
P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，
若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为，
在中，，
所以，当P在面内部的轨迹长为，
同理，当P在面内部的轨迹长为，
当P在面时,如图③所示，
面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且，
所以P在正方形内的轨迹为，
所以，
综上：P的轨迹长度为.
故选：C
【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.
题型3 动点定角轨迹：异面直线角度轨迹型
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
1．（23-24高三浙江阶段练习）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.
2．（23-24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.
3．（2020·浙江·模拟预测）已知正方体，P是平面上的动点，M是线段的中点，满足PM与所成的角为，则动点P的轨迹为（ ）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】B
【分析】采用数形结合的方法，并建立空间直角坐标系，计算，根据空间向量夹角公式，可得结果.
【详解】在正方体中，连接相交于点
所以，又平面，所以
又，所以平面
以为原点，分别为轴和轴，
然后过点作的平行线为轴
建立如图所示空间直角坐标系
设，
所以
由PM与所成的角为
所以
化简可得，即
所以点的轨迹为椭圆
故选：B
【点睛】本题考查立体几何中点的轨迹，采用数形结合的方法以及向量的使用，将几何问题代数化，使问题更加简洁明了，属中档题.
4．（21-22高三上·云南玉溪·阶段练习）正方体中，，分别为，的中点，是边上的一个点（包括端点），是平面上一动点，满足直线 与直线 夹角与直线与直线 的夹角相等，则点所在轨迹为（ ）
A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．抛物线或双曲线
【答案】D
【分析】根据题设分析可知：点轨迹为以为母线，为轴，为底面直径的圆锥体，及其关于反向对称的锥体与平面的交线，应用数形结合，结合平面与双锥面相交所成曲线的性质判断所在轨迹的形状.
【详解】由题设，点轨迹为以为母线，为轴，为底面直径的圆锥体，及其关于反向对称的锥体与平面的交线，如下图示：
当是边上移动过程中，只与下方锥体有相交，点轨迹为抛物线；
当是边上移动过程中，与上方锥体也有相交，点轨迹为双曲线；
故选：D
题型4 动点定角轨迹：线面角型
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
1．（24-25高二上·天津·期中）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

2．（22-23高二上·湖北·期中）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
3．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意，分析可得点的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可.
【详解】若点P在正方形内，过点P作平面于，连接.
则为直线与平面所成的角，则，
又，则，得，
则点的轨迹为以为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分），
若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段和，
因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点的轨迹如图所示：
故点P的轨迹长度为.
故选：D
4．（2025·甘肃·二模）如图，在三棱锥中，平面，且，若在内（包括边界）有一动点，使得与平面所成角的正切值为，则点的轨迹长为（ ）
A． B． C． D．6
【答案】C
【分析】过作平面，为等边的中心，由等体积发可得，则与平面所成角为，所以，的轨迹为以为圆心，以为半径的落在内的圆弧．
【详解】过作平面，因为，
所以是边长为2的等边三角形，易知为的中心，
由，则，
则，与平面所成角为，
因为与平面所成角的正切值为，所以，
解得，所以的轨迹为以为圆心，以为半径的落在内的圆弧．
根据，可知四边形是菱形，且，
根据对称性可知：所形成的轨迹是三段等长的圆弧，故的轨迹长为．
故选：C
【点睛】关键点点睛：根据线面角的定义找到与平面所成角，从而得的轨迹是解题关键.
题型5 动点定角轨迹：二面角型
1．（21-22高三·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在三棱锥，是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题作出图形，易得外接圆圆心在中点，结合正弦定理可求外接圆半径，结合图形知，，再结合二面角大小求出，进而得解.
【详解】根据题意，作出图形，如图所示，因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，所以的外心在中点，设为，设的外心为，中点为，，因为，所以必在连线上，则，即，因为两平面交线为，为平面所在圆面中心，所以，，
又因为二面角的大小为，，所以，所以，锥体外接球半径，则三棱锥的外接球表面积为，
故选：B
2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知三棱锥为中点，为直二面角，且为二面角的平面角，三棱锥的外接球表面积为，则平面被球截得的截面面积及直线与平面所成角的正切值分别为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用球的截面的性质，找出球心球心，再根据条件求出球的半径，在中，利用勾股定理，求出外接圆的半径，即可求出截面面积，再求出的长，即可求出直线与平面所成角的正切值，从而求出结果.
【详解】依题知平面，又面，所以，又为中点，
所以，
取中点为，连接交于，则是外心，又，
所以，连接，在上取为外心，
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
两垂线的交点即为三棱锥外接球球心，
则四边形是矩形，，
连接，设外接圆半径，
设球半径为，因为球的表面积为，所以，得到，
所以在中，，
所以平面截球的截面面积，
在中，，
所以，
又为直线与平面所成角，所以，
故选：D.
3．（2023·安徽·模拟预测）已知在菱形中，，把沿折起到位置，若二面角大小为，则四面体的外接球体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先找截面圆的圆心，过圆心作截面的垂线，球心在垂线上，找到球心再利用勾股定理即可得到答案.
【详解】设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，
过这两点分别作平面、平面的垂线，交于点O，则O就是外接球的球心；
取中点E，连接，
因为，，
所以，
因为和是正三角形，
所以，
由得，
所以由，即球半径为，
所以球体积为．
故选：C.
4．（2025·山西临汾·二模）在三棱锥中，，且二面角的大小为，则当该三棱锥的外接球体积最小时，（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】A
【分析】根据二面角的几何法可得，即可利用余弦定理以及正弦定理求解外接圆的半径，根据勾股定理可得球半径即可求解.
【详解】由于且二面角的大小为，故为二面角的平面角，故，
由于平面，故平面，
设，则，
在中，由余弦定理可得
，
则的外接圆直径，
故外接球的半径
当时，球的半径取得最小值,此时三棱锥的外接球体积最小，
故.
故选：A
题型6 动点定角轨迹：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。
1．（24-25高二上·重庆·阶段练习）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．
2．（24-25高二上·山西运城·阶段练习）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.
3．（2020高三·上海·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.
4．（20-21高三上·安徽六安·阶段练习）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.
题型7 动点轨迹：恒平行型
动点所形成直线与平面恒平行，则可以转化为“动点所在的平面与平面平行”
1．（2025·天津北辰·三模）已知正四棱柱的底面边长为4，侧棱长为2，点是棱的中点，为上底面内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把该正四棱柱截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取的中点，连接，由题意易得平面平面，从而可得，进而可得体积较小的部分为三棱锥，进而可求得其外接球的体积.
【详解】取的中点，连接
由题意可得，又，所以，所以平面即为平面，
又，平面，平面，所以平面，
易得，所以四边形为平行四边形，
所以且，又且，
所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
又，，平面，
所以平面平面，又因为平面，
所以平面，又为上底面内（包括边界）的一动点，
所以，由图易知的轨迹把该正四棱柱截成两部分中体积较小的部分为三棱锥，
又，
所以三棱锥的外接球的半径，
较小部分的外接球的体积为.
故选：D.
2．（23-24高一下·重庆·期末）已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作出辅助线，得到平面平面，确定当在线段上运动时，满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥，
求出外接球半径，得到外接球体积.
【详解】分别取的中点，连接，
故，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，故，
因为平面，平面，
所以平面，
又点是棱的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为，平面，
所以平面平面，
故当在线段上运动时，满足平面，
的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥，
其中两两垂直，且，
故其外接球半径为，
故较小部分的外接球的体积为.
故选：A
【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
3．（24-25高二上·山西太原·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设点，结合条件直线则，由此确定点的轨迹，再求轨迹长度.
【详解】以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，设点，
则.
设平面的法向量为，由，
取，可得，
所以为平面的一个法向量.
由题意可知，平面，则，
令，可得，令，可得，
所以点的轨迹为线段，且交于点，交于点，
所以点的轨迹长度为.
故选：B.
4．（24-25高二上·上海宝山·阶段练习）如图，在棱长为5的正方体中，是侧面上的一个动点，点为线段上，且则以下命题正确的是（ ）（动点的轨迹：指动点运动所形成的图形）

A．沿正方体的表面从点到点的最短距离是
B．保持与垂直时，点的轨迹长度为
C．若保持，则的轨迹长度为
D．平面被正方体截得截面为直角梯形
【答案】B
【分析】根据平面展开即可判断A；过做平面平面，即可判断B；根据点的轨迹是圆弧，即可判断C；作出正方体被平面所截的截面即可判断D．
【详解】对于A，将正方体的下底面和侧面展开可得如图图形，

连接，则，故A错误；
对于B，如图：
平面，平面，所以，又，
，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理可得，，平面，所以平面．
所以过点作交于，过作交于，
由，可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
又，平面，则平面平面．
设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，
由点在棱上，且，可得，
连接，则，所以，又，所以，
所以，故B正确；
对于C，如图：

若，则在以为球心，为半径的球面上，
过点作平面，则，
此时．
所以点在以为圆心，1为半径的圆弧上，此时圆心角为．
点的运动轨迹长度，故C错误；
对于D，如图：

延长交于点，连接交于，连接，
所以平面被正方体截得的截面为．
，所以，
，所以，
所以，所以且，
所以截面为梯形，，
所以截面为等腰梯形，故D不正确．
故选：B．
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，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个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
题型8 动点轨迹：恒垂直型
动点所形成直线与平面恒垂直，则可以转化为“动点所在的平面与平面垂直”。
1．（2025·福建漳州·模拟预测）如图，在高为16的圆柱型筒中，放置两个半径均为3的小球，两个小球均与筒壁相切，且分别与两底面相切，已知平面与两个小球也相切，平面被圆筒所截得到的截面为椭圆，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出截面图，由圆柱高和球的半径求出的长，由勾股定理求得的长，再由三角形全等，求得长半轴长，由圆柱得到短半轴长，从而求得半焦距长，然后由离心率公式求得离心率的值.
【详解】设平面α被圆筒所截得到的截面为椭圆，如图，作出圆柱过椭圆的长轴的截面图，
设长轴A，B与两圆的切点是．连接，记椭圆长轴与交于点C，
过C作，且CD交圆柱的母线于点D，连接，
则，．
因为圆柱的高为16，球的半径是3，所以圆柱的底面半径为3，．
根据对称性可知C是，AB的中点，故，则．易得，故，则椭圆的长半轴长．
由题意得椭圆的短半轴长，所以半焦距长，则椭圆的离心率为，
故选：D．
2．（2025·内蒙古赤峰·一模）如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截面是一个椭圆面，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意得到椭圆的半短轴长，结合平面图形的性质求出半长轴长，在根据，解出，由此即可求解.
【详解】
设圆的半径为，椭圆方程为，
由题意，截面椭圆的半短轴长等于圆柱的底面半径，即，
因为，，所以，
在中，，，所以，
所以椭圆的半长轴长等于，即，
所以，
因此椭圆的离心率.
故选：D.
3．（24-25高二上·北京·期中）光导纤维作为光的传输工具，在现代通讯中有着及其重要的作用，光纤由内部纤芯和外部包层组成（如图1），在一定的条件下，光在纤芯中传输，传输原理是“光的全反射”，即“入射角等于反射角”（如图2），在图3中近似的展示了一束光线在一段较长的圆柱形光纤中的传输路径，其中圆面是与光纤轴垂直的纤芯截面，若与圆所在平面成角的大小为，则光线路径在垂直于光纤轴的截面上的投影可能（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过作圆于，连接，设，圆的半径为，，由已知可得，利用余弦定理可求得，从而可得结论.
【详解】过作圆于，连接，
所以为直线与圆所在平面所成的角，
与圆所在平面成角的大小为，则，
又圆，所以，，所以，
设，因为为点处的法线，则由反射定律可知，
由，所以，
所以，解得，
设，圆的半径为，
所以，，，
在中，由余弦定理可得，
解得，所以为等边三角形，所以，
所以光线路径在垂直于光纤轴的截面上的投影可能
故选：D.
4．（23-24高三下·安徽黄山·阶段练习）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.
题型9 截面基础思维
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.
1．（2025·福建漳州·模拟预测）如图，在高为16的圆柱型筒中，放置两个半径均为3的小球，两个小球均与筒壁相切，且分别与两底面相切，已知平面与两个小球也相切，平面被圆筒所截得到的截面为椭圆，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出截面图，由圆柱高和球的半径求出的长，由勾股定理求得的长，再由三角形全等，求得长半轴长，由圆柱得到短半轴长，从而求得半焦距长，然后由离心率公式求得离心率的值.
【详解】设平面α被圆筒所截得到的截面为椭圆，如图，作出圆柱过椭圆的长轴的截面图，
设长轴A，B与两圆的切点是．连接，记椭圆长轴与交于点C，
过C作，且CD交圆柱的母线于点D，连接，
则，．
因为圆柱的高为16，球的半径是3，所以圆柱的底面半径为3，．
根据对称性可知C是，AB的中点，故，则．易得，故，则椭圆的长半轴长．
由题意得椭圆的短半轴长，所以半焦距长，则椭圆的离心率为，
故选：D．
2．（22-23高二上·北京·阶段练习）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．（2）（5） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（1）（5）
【答案】D
【分析】应用空间想象，讨论截面与轴截面的位置关系判断截面图形的形状即可.
【详解】当截面如下图为轴截面时，截面图形如（1）所示；
当截面如下图不为轴截面时，截面图形如（5）所示，下侧为抛物线的形状；
故选：D
3．（21-22高一下·云南保山·期中）用一个平面去截一个几何体，得到的截面是一个圆面，这个几何体可能是（ ）
A．圆锥圆柱 B．圆柱球体 C．圆锥球体 D．圆柱圆锥球体
【答案】D
【分析】由圆锥，圆柱，球体的几何特征判断即可.
【详解】解：用一个平面去截一个几何体，得到的截面是一个圆面，则这个几何体可能是圆锥，也可能是圆柱，也可能是球体，
故选：D.
4．（22-23高一·全国·阶段练习）一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球与三棱锥的各面均相切（球在三棱锥的内部，且球与三棱锥的各面只有一个交点），过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面图形是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可知，该三棱锥为正四面体，内切球与各面相切于各个面的中心，即可判断出选项B正确．
【详解】如图所示：
因为三棱锥的各棱长均相等，所以该三棱锥为正四面体，内切球与各面相切于各个面的中心，
即可知过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面图形是．
故选：B．
题型10 截面周长计算
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。
1．（2025高三·全国·专题练习）如图，在单位正方体中，任作平面与对角线垂直，使平面与正方体六条棱都有公共点，记截面的面积为，截面周长为，则（ ）
A．为定值，为定值 B．为定值，不为定值
C．不为定值，不为定值 D．不为定值，为定值
【答案】D
【分析】根据题意易知截面面积是变动的，可证得周长为定值.
【详解】由正方体的性质可知最小时为正面积，面积为，
最大时为中截面，面积为，
为定值是正的周长（如图29），理由如下，
作平行于，则易得四边形为平行四边形，
所以，，
则，同理可得，，
所以.
故选：D.
2．（2025·全国·模拟预测）正方体的棱长为4，点M在棱上，平面ACM把正方体分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体所得的截面周长为（ ）
A． B． C． D．15
【答案】A
【分析】设平面与棱交于点，则，设，由棱台的体积求得，进而可求得截面周长.
【详解】设平面与棱交于点，则，几何体是三棱台，
由题意知该三棱台体积为14．设，则，
解得，平面截正方体所得的截面为等腰梯形，
，，，所以截面的周长为.
故选：A．
3．（23-24高一下·四川广安·期中）如图，正方体的棱长为2，点分别是的中点，过点的平面截该正方体所得的截面多边形记为，则的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出辅助线，得到五边形即为截面，根据三角形全等或相似得到各边长度，求出截面周长.
【详解】延长，与直线相交于，
连接与分别交于点，连接，
则五边形即为截面，
正方体的棱长为2，点分别是的中点，
所以，
由得，
，，
所以分别为靠近的三等分点，故，
所以由勾股定理得，
，
所以的周长为.
故选：D.
4．（2022·福建三明·模拟预测）已知正方体的棱长为4，E，F分别是棱，BC的中点，则平面截该正方体所得的截面图形周长为（ ）
A．6 B．10 C． D．
【答案】D
【分析】取的中点，连接,则,取的中点，连接，延长交于，连接交于点，连接，作出截面图形，然后再分别求出各边长，从而得出答案.
【详解】取的中点，连接,则,取的中点，连接，则
所以, 则直线平面
延长交于，连接交于点，连接,则为的中点.
则平面截该正方体所得的截面图形为 由条件可得,则, 则 ,
取 的中点，连接，则，所以 所以,则
则
所以截面图形周长为
故选：D
题型11 截面面积计算
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。
1．（24-25高一下·重庆南岸·期中）在三棱锥中，三条棱、、两两垂直，且，分别经过三条棱、、，作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为、、，则、、的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据中点的对称性分析相应的截面，结合垂直关系求出截面面积，利用不等式的基本性质求解.
【详解】取的中点，连接、，
可知点、到平面的距离相等，所以平面平分三棱锥的体积，
因为，，，、平面，所以平面，
且平面，则，
设，，，，则，
因为为直角三角形，则，
所以，
同理可得：，，
因为，所以，，
则，所以．
故选：A.
10．（22-23高三下·湖北武汉·期中）在正四棱台中，，，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面截该正四棱台的截面面积是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即可．
【详解】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作,
该四棱台的高，
在上下底面由勾股定理可知，．
在梯形中，，
所以该四棱台的体积为，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时，，．
取,的中点，,连接,，显然有，
由于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面．
显然，
在直角梯形中，，
因此在等腰梯形中，，
同理在等腰梯形中，，
在等腰梯形中，设，，
则，
，
所以梯形的面积为，
故选：C．
【点睛】解决与几何体截面的问题，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.
3．（21-22高三上·全国·阶段练习）已知棱长为的正四面体，，，分别是棱，，的中点，则正四面体的外接球被三角形所在的平面截得的截面面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，求得外接球球心位置、外接球半径、以及外接球球心到平面的距离，即可求得截面圆半径以及截面面积.
【详解】过点作平面的垂线，垂足为，交平面于点，设该四面体外接球球心为，
连接，作图如下所示：
因为四面体为正四面体，且面，
故点为△的外心，则该四面体的球心一定在上，不妨设外接球球心为；
因为分别为的中点，则//，//，又，
且面，面，故平面//平面，
故面，又为中点，故也为中点.
因为正四面体的所有棱长为，故，
则，；
设该四面体的外接球半径为，即，则，
在△中，，即，
解得，故.
即外接球球心到平面的距离为，又外接球半径为，
设平面截外接球所得圆的半径为，则，
解得，故截面圆的面积为.
故选：D.
【点睛】本题考查几何体外接球半径的求解，处理本题的关键在于找到球心的外置，求得球半径以及球心到截面的距离，属综合中档题.
4．（21-22高三上·河南新乡·阶段练习）已知三棱锥的所有棱长均相等，四个顶点在球的球面上，平面经过棱，，的中点，若平面截三棱锥和球所得的截面面积分别为，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平面截三棱锥所得三角形为正三角，即可求出三角形面积及截面圆面积，即可求解.
【详解】
如图，H为A在面BCD上的投影，O为外接球球心，是中截面MNP的中心，
设外接球半径为R，平面截球截面圆的半径为r，
不妨设棱锥的棱长为2，则，,
，得
，，故选：B
题型12 截面最值型
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；
1．（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．
2．（23-24高二上·江西抚州·期中）已知球O是正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点E为线段的中点.过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据正弦定理求出外接圆的半径，然后根据勾股定理推得三棱锥的高，进而得出的长.当截面垂直于时，截面面积最小，求出此时半径，即可得出答案.
【详解】如图，是A在底面的射影，则点在线段上.
由正弦定理得，的外接圆半径，所以.
在中，由勾股定理得棱锥的高.
设球O的半径为R，在中，由勾股定理得，
即，解得，所以.
在中，，.
所以在中，有.又因为当截面垂直于时，截面面积最小，
此时截面半径为，截面面积为.故选：A.
3．（21-22高二上·全国·课后作业）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
【分析】作，延长交、延长线于M、H，连接MK、交，于，则截面为六边形，求出当截面为正六边形时，平面截此正方体所得截面面积最大.
【详解】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.
4．（22-23高一下·新疆乌鲁木齐·期中）已知四面体ABCD为正四面体，AB=4，E，F分别是AD，BC中点.若用一个与EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α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最大值为（ ）
A． B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】将正四面体补成正方体，由此可得截面为平行四边形，且，且，利用基本不等式即可求出结论．
【详解】
补成正方体，如图，令截面为四边形，
则平面，
，
所以平面平面，
而平面平面，平面平面，所以，
同理可证，所以，同理，
所以截面为平行四边形.
因为，所以即
同理可得
可得，
又，且，
，可得，
当且仅当时取等号．
故选：D
题型13 恒平行型截面最值
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
1．（23-24高三上·四川成都·期中）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA1B1B是矩形，D是棱CC1的中点，CC1=AC=4， ，AB=3，， 过点D作平面平面，则平面截三棱柱ABC-A1B1C1所得截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可先证出平面，然后做出平面与截三棱柱的截面，再求截面面积从而求解.
【详解】
由题意知：分别取中点，连接，如图所示：
所以：，因为：
又因为：平面，不在平面上，
所以：平面，平面，
又因为：，平面，
所以：平面平面，即：平面为平面与三棱柱的截面；
因为，且，，平面
平面，又因为平面，所以：，，
又因为：，，平面，
所以：平面，因为：平面，
所以：，又因为：为中点，
所以得：为等边三角形，则：， ，，
所以，所以得:四边形为等腰梯形，
所以：，，，可求出截面面积为：
故A项正确.
故选：A.
2．（22-23高一下·河南洛阳·期中）在棱长为1的正方体中， 分别为，的中点，过直线 的平面//平面 ，则平面截该正方体所得截面为（ ）
A．三角形 B．五边形 C．平行四边形 D．等腰梯形
【答案】D
【分析】取的中点E，的中点F，连接，证明在同一平面内，且四边形为等腰梯形，证明平面平面，即可确定答案.
【详解】根据题意，取的中点E，的中点F，连接，
则，所以，且,
故在同一平面内，
连接，因为分别为的中点，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，
同理平面，
因为平面，
所以平面平面，
即平面截该正方体所得截面为梯形；
又由梯形中， ，
即平面截该正方体所得截面为等腰梯形,
故选：D
3．（20-21高三下·安徽·开学考试）已知正方体的棱长为2，点在棱上，过点作该正方体的截面，当截面平行于平面且面积为时，线段的长为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【分析】过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，即可得到为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出的长度，即可求出；
【详解】解：如图，过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，因为，所以，面，面，所以面
因为，所以，面，面，所以面
又，面，所以面 面，则为截面，
易知是等边三角形，则，解得，∴.
故选：A.
4．（20-21高三·云南·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．不存在点，使得平面
B．三棱锥的体积为定值
C．平面截该正方体所得截面面积的最大值为
D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
【答案】C
【分析】连接，可得平面，即可判断A，由平面可判断B，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），计算截面面积，然后可判断C、D.
【详解】如图，连接，可得平面，由与异面可知，不存在点，使得平面，故A正确；
又平面，所以动点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；
如图，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），易得该正六边形的边长为，所以其面积为，故C错误；
截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确，
故选：C.
题型14 恒垂直型截面最值
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。
1．（2023·河南·模拟预测）已知正三棱柱的底面边长，其外接球的表面积为，D是的中点，点P是线段上的动点，过BC且与AP垂直的截面与AP交于点E，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据外接球的表面积求解球半径，利用正三棱柱的外接球球心位置结合勾股定理可得棱柱的高，进而根据点的轨迹在以AF为直径的圆上,即可确定点到底面ABC距离的最大值,最后利用体积公式求解即可.
【详解】
外接球的表面积为，可得外接球半径为.
因为正三棱柱的底面边长，
所以,所以的外接圆半径为，
设三棱柱的侧棱长为h，则有，即侧棱，
设BC的中点为F，作出截面如图所示，
因为，,所以，所以点E在以AF为直径的圆上，
当点E在的中点时，此时点到底面ABC距离的最大，且最大值为，
因为，所以此时点P在线段上，符合条件，
所以三棱锥的体积的最大值为．
故选：A．
2．（2021·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，是线段上的点，过的平面与直线垂直，当在线段上运动时，平面截正方体所得的截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立所示的空间直角坐标系，设点，分、、三种情况讨论，确定截面与各棱的交点，求出截面面积关于的表达式，由此可解得截面面积的最小值.
【详解】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、、、、、、、，
设点，其中.
①当时，点与点重合，，，，
所以，，，则，，
，平面，此时平面即为平面，
截面面积为；
②当时，同①可知截面面积为；
③当时，，，
，，则，
设平面交棱于点，，
，可得，不合乎题意.
设平面交棱于点，，
，可得，合乎题意，即，
同理可知，平面交棱于点，
，且与不重合，故四边形为平行四边形，
，，，
则，
所以，截面面积为.
综上所述，截面面积的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查正方体截面面积最值的求解，解题的关键在于确定截面与各棱交点的位置，这里可以利用空间向量法，将线线垂直关系转化为向量数量积为零来处理，确定点的位置，进而将截面面积的最值利用函数的最值来求解.
3．（21-22高一下·湖北武汉·期末）已知正方体，的棱长为2，点为线段（含端点）上的动点，平面，下列说法正确的是（ ）
A．若点为中点，当最小时，
B．当点与重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其截面周长就越大
C．直线与平面所成角的余弦值的取值范围为
D．若点为的中点，平面过点，则平面截正方体所得截面图形的面积为
【答案】D
【分析】利用展开图判定、、三点共线，进而利用相似三角形判定选项A；
通过两个截面的面积不相等且周长相等判定B；直线与平面所成角的正弦值，即为直线与平面的垂线所成角的余弦值，即，,可通过的取值范围可以求得，进而判定C；利用空间垂直的转化可以得到平面与正方体的截面为，其中为的中点，为的中点，判断其为等腰梯形，进而计算其面积，从而判定D.
【详解】解：对于A：将矩形与正方形展开到一个平面内（如图所示），
若最小，则、、三点共线，
因为，
所以，
所以，
即，故A错误；
对于B：当点与点重合时，连接、、、、，（如图所示），
在正方体中，平面，
平面，所以，
又因为，且，所以平面，
又平面，所以，
同理可证，
因为，所以平面，
易知是边长为的等边三角形，
其面积为，周长为；
设、、、、、分别是、、、、、的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，即B错误；
对于C：直线与平面所成角的正弦值，即为直线与平面的垂线所成角的余弦值，即，如图所示：连接
在正方体中，，，所以
在中，，
点为线段（含端点）上的动点，故，即
所以，所以直线与平面所成角的正弦的取值范围为，故C错误；
对于D，取中点为，连接,,则,设平面与侧面的交线为,为平面与的交点，由于平面，∴，∴,又∵平面，平面，∴,又∵,∴平面,∴,又∵在正方形中为的中点，∴为的中点；
设平面与侧面的交线为,为平面与的交点，同理可得为的中点，连接,于是截面为，
计算得,,,
所以截面为为等腰梯形，
底边上的高为,
截面为的面积为，故D正确；
故选：D.
4．（21-22高三上·河南·阶段练习）已知正方体的外接球表面积为，点E为棱的中点，且平面，点平面，则平面截正方体所得的截面图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求得正方体的边长，画出截面，利用向量法证得平面，根据梯形面积公式计算出截面的面积.
【详解】设该正方体外接球的半径为R，
依题意，，解得，故，，故.
分别取棱，的中点F，G，连接，，，，
根据正方体的性质可知：四边形为等腰梯形，
建立如图所示空间直角坐标系，，，
，所以，由于，
所以平面，即截面为等腰梯形.由题可知，，
所以等腰梯形的高为，故截面图形的面积为
故选：D
题型15 动点折线型最值
动点折线型距离最值： 1.动点折线，需要选择合适的“展开”面，把动点折线距离转化为在同一平面内的距离最值。 2.特殊图形位置关系，可以利用对称，或者点到面的距离来转化求解。
1．（2023·四川成都·一模）如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：①三棱锥的体积为定值；②；③若，则三棱锥的外接球半径为；④的最小值为.其中真命题有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．③④
【答案】A
【分析】由题可证平面，即当点P在线段上运动时恒为定值，故①正确；
由题可证平面，故②正确；三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，找到球心即可求半径，故③；旋转，将空间问题平面化，判断④错误.
【详解】正方体中，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，
所以平面，即当点P在线段上运动时恒为定值，
又， 也为定值，
所以三棱锥的体积为定值，①正确；
在正方体中，平面，平面，所以，
在正方形中：，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，②正确；
因为点P在线段上运动， 若，则点P与点A重合，则三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，又正方体的中心到三棱锥四个顶点距离相等，所以正方体的中心即为外接球球心，半径为体对角线的一半，为，③正确；
如图所示：
将三角形沿翻折得到该图形，连接与相交于点，此时取得最小值，延长，过作于点，
在中，，
故的最小值为，④错误.
故选：A.
2．（22-23高三上·贵州贵阳·阶段练习）在正方体中，棱长为4，为的中点，点在平面内运动，则的最小值为（ ）
A．6 B． C． D．10
【答案】A
【分析】作点关于平面的对称点，将点与同侧点距离之和问题转化为相对点距离问题即可.
【详解】如图作点关于的对称点，
，则的最小值为，根据题中数据可知
故选:A
3．（21-22高一下·安徽池州·期末）在正方体中，棱长为2，E为的中点，点P在平面内运动，则的最小值为（ ）
A．3 B． C． D．5
【答案】A
【分析】利用点面对称关系，找到点关于平面的对称点为，则，再根据两点之间线段最短，可得答案.
【详解】解：取的中点F，连接，如下图：
因为E为的中点，所以点E、F关于平面对称，所以，最小值为.
故选：A.
4．（19-20高一·浙江杭州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，的中点，N为线段的中点，若点P，M分别为线段，上的动点，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】连接交于点，连接，证得，得出为的中点，连接，设其中点为，得到，再连接交于点，得到取得最小值，此时最小值为，利用勾股定理，即可求解.
【详解】连接交于点，连接，则平面，所以,
从而的最小值为，此时为的中点，为的四分之一，
连接，设其中点为，连接，则，从而，
连接交于点，则当为时，取得最小值，此时最小值为，
因为正方体的棱长为2，
设DH的中点为O,连接GO,△GOH为直角三角形，
在直角中，可得,
所以.
故选：B.
【点睛】对于空间几何体的最值问题的求解方法：
1、计算多面体或旋转体的表面上的最值问题时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；
2、对于几何体内部的折线的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.
题型16 动点“将军饮马型”最值
空间“将军饮马型”最值： 空间“将军饮马型”特征，一般情况下，距离前边带系数，则可以借助三角函数来转化为对应距离来求解。
1．（2020·安徽·二模）如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，、分别为体对角线和棱上任意一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】D
【分析】通过证明得到，找到距离最小时，，证明为等腰直角三角形,则
【详解】如图,连接,取中点,过作面，垂足为,
在正方体中,平面,且平面,
平面平面,
平面平面,且平面，
平面,
为的中点,
,
故,而对固定点,当时,最小,
此时由面，面，，又,
，且面，故面，又面,
则面面，根据三棱锥特点，可知，而易知为等腰直角三角形，可知为等腰直角三角形,
.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的第一个关键点是找到，然后是找到最值情况时，，最后是对式子的处理，通过证明为等腰直角三角形，从而找到线段比，则最终式子化成，再利用三点一线求出最小值，这也启示我们对于很多加权线段和的最值问题是将其转化为三点一线最值问题.
2．（20-21高三下·河南·阶段练习）如图，在长方体中，棱长，，点为线段的中点，，分别为体对角线和棱上任意一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先要注意到，发现恰好是与平面所成角的正弦值，所以问题最后就转化为到平面的距离.
【详解】如图，的最小值就是到的距离，
恰好是与平面所成角的正弦值，
就是到平面的距离，
则的最小值即为到平面的距离．
所以的最小值为．
故选：C.
3．（2021·江西抚州·模拟预测）如图，长方体中，，点为线段的中点，，，分别为线段和棱上任意一点，则的最小值为（ ）
A． B．5 C． D．2
【答案】B
【分析】如图，取中点，过作面，而对固定的点，当时，最小，，由即可得解.
【详解】取中点，过作面，如图：
则，故，
而对固定的点，当时，最小.
此时由面，可知，
∴，,
故.
故选：B.
4．（22-23高三上·广东·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，．，为线段的中点，，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先利用线面垂直的判定定理和性质定理推得，做辅助线，利用相似三角形将所求线段转化，再利用直线外的定点到定直线上的动点间距离大于等于该点到直线的距离求得最终结果.
【详解】平面，，平面，
，，又，，
，平面，
平面，
平面，，
在直角三角形中，．
过点分别作，，垂足分别，，
，
，，
，
故选：C．
结束

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