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培优17 拓展专题之八 破解立体几何中的三大重难问题：动点轨迹、翻折、截面问题（期末复习讲义）
内 容 导 航 明·期末考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01动点轨迹问题 题型02方体的截面、球的截面 题型03翻折问题 题型04探究型（最值范围）问题（跨章节） 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效
核心考点 复习目标 考情规律
动点中的轨迹问题 1.熟练掌握空间点、线、面位置关系判定定理、性质定理，能依托平行、垂直关系约束动点范围. 2. 熟记常见轨迹对应平面图形：线段、射线、圆、圆弧、椭圆、双曲线、抛物线、球面等，明确各类轨迹形成条件. 轨迹周长、面积、长度、最值计算难度较高，常在压轴题中出现，需综合运用空间想象与解析几何思想，轨迹多为直线段、圆或圆锥曲线的一部分
截面问题 1.掌握作截面的基本方法 （1）交线找交点法； （2）平行线法； 2.会计算截面面积或周长 中等难度，常在选择题或填空题出现，考查空间想象和作图能力，关键是确定截面与棱的交点位置
翻折问题 1.理解翻折前后变量与不变量的关系：折痕位置不变、折痕垂直平分对应点连线； 2.掌握翻折后几何体中的平行、垂直、角度、距离的计算 综合性强，常在解答题中出现，需分清翻折前后哪些量变化、哪些量不变，利用不变关系建立方程求解
探究型（最值、范围）问题 1．存在性探究：判断点、直线、平面是否满足指定平行、垂直、共面等关系，并求出对应位置. 2.参数探究：求解线段比例、动点坐标、角度大小、高、半径等未知参数的值或范围. 3.最值探究：求解空间距离、线面角、体积、截面面积等最大值与最小值. 4. 开放拓展探究：结合翻折、拼接、截面作图，分析图形变化后的几何性质变化. 高频考点，1.空间建构：精准拆解几何体结构，想象图形动态变化，理清元素间空间关联. 2.运算处理：熟练完成坐标运算、向量换算、几何量计算，减少计算失误. 3.转化迁移能力：将探究设问转化为平行垂直判定、方程求解、函数最值等常规题型求解.
知识点01 动点中的轨迹问题
1、平行关系上的动点
（1） 动点在棱上滑动，始终找平面内定直线与之平行
（2）利用中位线、等分线段构造平行关系
（3）直线∥平面，过直线作截面，交线与已知直线平行
（4）移动点使两条相交线分别平行对面，证两面平行
2、垂直关系上的动点
（1）定直线动端点垂直：定点向动棱作连线，始终垂直定直线；
固定一条垂线，动点滑动仍保持垂直关系.
（2）直角轨迹模型：到线段两端连线恒垂直：动点轨迹为以线段为直径的圆（圆弧）
固定棱垂直底面，底面上动点始终与该棱垂直
（3）翻折不变垂直：折叠前后，垂直位置关系、直角边长保持不变，可直接沿用垂直结论.
（4）面面垂直里动点垂直：交线为分界线，动点在面内垂直交线，即刻得到线面垂直、线线垂直.
3、根据题目中“动点满足的几何条件”（如到定点距离为定值、到两定点距离相等、与定直线、定平面成定角等），判断轨迹形状：
(1)到定点距离为定值→球面；
(2)到两定点距离相等→中垂面.
(3)到定直线距离为定值→圆柱侧面.
(4)到定平面距离为定值→一对平行平面.
(5)与定点连线垂直于定直线→过定点且垂直于定直线的平面.
(6)与定直线、定平面成定角→圆锥侧面
注意：轨迹常被限制在几何体（如多面体）的面、棱、内部，因此最终答案往往是完整轨迹与几何体的交集（如球面的一部分、圆弧、线段等）.
知识点02 截面问题
1、球的截面
无论怎么切，截面永远都是圆
平面与球相交，截面的性质主要有两点：①球的任何截面是圆；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；
（2）这里通常考察角度问题、截面面积、周长等.解决问题核心是构建直角三角形，这样球心到截面的距离、截面圆的半径、球的半径三种之间可以用勾股定理表示出来.
2、正方体的截面
（1）正方体不可能截出直角三角形、钝角三角形，只能是锐角三角形；
可以截：正方形、长方形、平行四边形、梯形、菱形、正六边形；
斜着切→三角形、梯形、五边形、六边形；
平行面切→正方形/长方形（正方体过各棱中点截得的六边形是面积最大的截面）.
（2）作截面的方法
①平行线法：利用线面平行或面面平行性质，作已知线的平行线，确定截面与对应面的交线.
②延长交棱法：将截面多边形的一边延长，与几何体的棱或面相交，得到新交点，再连接其他已知点.
知识点03 翻折问题
1.翻折前后全等
折叠前后图形形状、大小不变，对应边相等、对应角相等.
2.对称轴是折痕
折痕是对应点连线的垂直平分线.
3.对应点连线垂直于折痕，且被折痕垂直平分.
4.折叠前后重合线段相等、重合角相等.
知识点04 探究型（最值范围）问题
1.依据几何公理定理，逆向溯源、正向推导，探究点、线、面存在性与位置关系.
2.先假设结论成立，反向推导所需条件，结合题干判定是否存在、求出对应参数.
3.针对动点位置、线段比例、角度范围、几何体不同形态，分情况分析探究结果.
4.结合几何边界、函数单调性，探究长度、面积、体积、夹角的最值及取值区间.将变化的几何量（长度、角度、面积、体积）表示为某个变量的函数，然后通过代数或几何方法求其最值或范围.
5.展开图法：将立体图形表面展开为平面，化曲为直求最短路径.
题型一 动点中轨迹问题
答｜题｜模｜板 1.几何法：能利用公理定理、距离定义、垂直平行性质，直接判定动点轨迹形状与边界. 2.截面法：学会作平面截几何体，根据截面边界确定动点运动轨迹. 3.轨迹定义法：套用圆、圆锥曲线、球面几何定义判定轨迹类型. 4.坐标法：建立空间直角坐标系，设动点坐标，列等量关系式化简，判断轨迹方程与图形. 5.最值、范围分析法：结合几何体边界，确定轨迹起止点、长短、弧度范围.
【典例1-1】（多选）（2026·江西·一模）在直三棱柱中，为的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面
C．平面平面
D．存在点，使得平面
【典例1-2】（多选）（25-26高三下·安徽阜阳·开学考试）如图，在正方体中，动点在线段上，则（ ）

A．直线与所成的角大于50°
B．对任意的点，都有平面
C．存在点，使得平面平面
D．不存在点，使得平面平面
【典例1-3】．（25-26高二上·云南·月考）（多选）如图，已知正方体的棱长为，点在上，为正方形内一动点含边界，则下列结论正确的是（ ）
A．若为棱中点，则过点的截面周长为
B．在点的运动过程中，与平面所成角的取值范围
C．若为棱中点，且，则点的轨迹长度为
D．当，为的中点，则点的轨迹面积为
【变式1-1】（多选）（25-26高一下·全国·单元测试）在正方体中，，分别是线段，上与端点不重合的动点，，有下面四个结论，其中正确的是（ ）
A． B．
C．与异面 D．平面
【变式1-2】．（2026·广东江门·一模）已知正方体的棱长为，点是正方形内（含边界）的一个动点，且满足，则点的轨迹长为（ ）
A． B． C． D．
【变式1-3】．（多选）（24-25高一下·河南·期中）如图，正方体的棱长为4，F是的中点，点P为正方形内一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥的体积为定值
B．当时，点P的轨迹长度为
C．当直线AP与平面所成的角为时，则点P的轨迹长度为
D．若直线平面，则点P的轨迹长度为
题型二 球的截面 、方体的截面
答｜题｜模｜板 1.截面的性质主要有两点：①球的任何截面是圆；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；关键在于求球心到截面的距离、截面圆的半径、球的半径. 2.对于需要补全截面，根据两个原则:(1)延长相交;(2)作平行线.
【典例2-1】．（2025·山东枣庄·二模）如图，有一正方体形状的木块，A为顶点，分别为棱的中点，则过点的平面截该木块所得截面的形状为（ ）

A．等腰三角形 B．等腰梯形
C．五边形 D．六边形
【典例2-2】．（24-25高一下·云南昆明·期中）在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（ ）
A．当时，截面为五边形
B．当时，截面只能是六边形
C．当时，截面的面积最大
D．当时，截面只能是五边形
【典例2-3】（2026高一·全国·专题练习）在三棱锥中，已知，，平面平面ACD，且三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，E、F分别在线段OB、CD上运动（端点除外），，当三棱锥的体积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为_____.
【变式2-1】．（多选）（24-25高一下·江苏宿迁·期末）如图，有一块正四棱台的木料，木工师傅想经过木料表面内（不含边界）一点与棱把木料锯成两块，为此需要先在面内作出交线，下列关于交线与截面形状的说法正确的是（ ）
A．截面形状是梯形 B．截面形状可能为等腰梯形
C．直线与直线相交 D．直线与直线相交
【变式2-2】．（24-25高三上·云南昆明·月考）如图，已知正方体的棱长为1，分别是的中点，用一个平面截该正方体，截面面积为，则下列结论正确的是（ ）
A．若经过点，则
B．若经过点，则
C．若经过点，则经过点
D．则经过点．则经过的一个三等分点
【变式2-3】．（24-25高一下·河南信阳·期末）已知正三棱锥的外接球是球O，正三棱锥底边，侧棱，点E在线段上，且，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是______．
题型三 翻折问题
答｜题｜模｜板 1．折叠前后全等形，对应边角都相等；折痕垂直平分线，平行折叠出等腰. 2．给出翻折后的某个状态，求长度、角度. 3．在翻折的过程中，几何体的底面通常为固定不变的，几何体的高随着翻折过程在变化，求体积最值问题即判断几何体的高的最值.
【典例3-1】（25-26高二上·北京·期中）已知矩形中，，，将沿矩形对角线所在直线进行翻折，则下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，与，与，与都不垂直
【典例3-2】．（2026高一·全国·专题练习）如图左，是由一个四边形和两个三角形构成的平面图形，已知四边形为矩形，和都是边长为的等边三角形，将和分别沿直线 和折起，连接，得到几何体，如图右，在这个几何体中， ，若几何体的顶点都在球的球面上，则球的表面积为____.
【典例3-3】．如图1，在矩形中，已知，为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥（图2）.
(1)若为的中点，求证：平面；
(2)求证：；
(3)在翻折过程中，当二面角为时；在平面内有一动点满足：直线与底面所成角正弦值为，求动点的轨迹长度.
【变式3-1】．（2026高一下·全国·专题练习）如图，在四边形中，，，，，将沿折起，使平面平面，构成三棱锥，则在三棱锥中，下列判断正确的个数（ ）
①平面平面
②直线与平面所成角是
③平面平面
④二面角余弦值为
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【变式3-2】（多选）（25-26高三上·江苏常州·期中）已知在矩形中，，为线段的中点，将分别沿翻折，使得两点重合于点，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．点到平面的距离为
D．存在半径为的球，使得四点均在球的球面上
【变式3-3】．在梯形中，．为的中点，为的中点．将所在平面沿翻折，使构成的四棱锥体积最大．

(1)求证：平面；
(2)若为边的中点，能否在棱上找到一点，使平面平面 并证明你的结论．
题型四 探究型（最值范围）问题
答｜题｜模｜板 1.精准拆解几何体结构，想象图形动态变化，理清元素间空间关联. 2.有理有据完成存在性、唯一性、位置判定类证明. 3.将探究设问转化为平行垂直判定、方程求解、函数最值等常规题型求解. 4.抓取隐藏约束条件，区分开放设问与限定设问，找准探究切入点. 5.将立体图形表面展开为平面，化立体图形为平面图形，然后利用将军饮马求最短路径.
【典例4-1】（多选）（25-26高二上·广东深圳·期末）在棱长为2的正方体中，点满足，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，对于任意，三棱锥的体积是定值
B．当时，平面截正方体所得的截面的面积为
C．若且，则当取得最小值时，
D．若，则三棱锥外接球表面积为
【典例4-2】．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且.
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的余弦值；
(3)在棱上是否存在点，使得到平面的距离与到平面的距离相等？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
【典例4-3】．（25-26高三上·宁夏吴忠·月考）四棱锥的底面为正方形，面，动点在线段上，
(1)求证：
(2)求四棱锥的外接球表面积
(3)求的最小值
【变式4-1】（2026·广东广州·一模）在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【变式4-2】．（多选）如图，正方体的棱长为2，点，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列说法正确的有（ ）
A．过，，三点的平面截正方体所得截面图形是四边形
B．存在点，使得平面
C．的最小值为
D．若，则点轨迹的长度为
【变式4-3】．（24-25高一下·河北雄安·期末）如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD为菱形，，AC与BD交于点O，平面ABCD，，点M为PB的中点，点E是线段AD上的动点.当平面PCD时，.
(1)求AD；
(2)求点D到平面PBC的距离；
(3)设，探究当为何值时，直线PE与平面PBC所成的角最大.
期末基础通关练（测试时间：30分钟）
1．（多选）（24-25高一上·重庆渝中·月考）已知正方体的棱长为为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与所成的角为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．平面
D．过点且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为
2．（多选）（2026·安徽淮北·一模）已知正四棱锥，为棱上的动点．则（ ）
A．平面平面
B．存在使得为直角三角形
C．当为中点时，平面
D．若，球与四棱锥的所有棱都相切，则球的表面积为
3．（2027高三·全国·专题练习）如图，点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为________．
4.（25-26高三上·安徽·月考）在棱长为2的正方体中，点为线段上的一个动点，则的最小值为___________．
5．如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图2所示．
在图2中：
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求二面角的余弦值．
期末重难突破练（测试时间：30分钟）
1．（多选）（24-25高一下·安徽合肥·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ）

A．存在点使得平面
B．直线与平面所成角正弦值为
C．的最小值为
D．若点在正方体，表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为
2.（2027高三·全国·专题练习）如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在正方形内，若，∥平面，则的最小值是________．
3．（24-25高一下·河北雄安·期末）已知球O是四棱锥的外接球，平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，，，，，且．过点M作球O的截面，所得截面圆面积的最小值为______．
4．（25-26高三上·上海·期末）在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为_________．
5．（25-26高二上·上海·月考）图①是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将其沿折起使得与重合，连接，如图②．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正切值．
期末综合拓展练（测试时间：60分钟）
1．（24-25高一下·江西南昌·期末）如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高一下·广西南宁·期末）如图，已知正方体的棱长为4，是棱的中点，则平面截正方体所得截面图形的面积为（ ）

A． B．18 C． D．36
3．（多选）（25-26高一下·浙江金华·月考）在长方体中，底面是边长为4的正方形，在棱上，且，则（ ）
A．
B．过点的平面截该长方体，所得截面周长为
C．以点为球心，为半径作一个球，则球面与底面的交线长为
D．三棱锥外接球的体积是
4．（多选）（24-25高一下·辽宁辽阳·期末）如图，在正四棱锥中，分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．设平面，则
B．三棱锥与正四棱锥的体积之比为
C．若，则正四棱锥内切球与外接球的半径之比为
D．正四棱锥被平面分成的上、下两部分的体积之比为
5．（24-25高一下·贵州黔南·期末）在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”．如图，三棱柱为一“堑堵”，P是的中点，，则该“堑堵”的外接球的表面积为______；在过点P且与直线平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，该截面的面积为______
6．（24-25高一下·辽宁大连·期末）已知是球的直径上一点，，，为垂足，平面截球所得截面的面积为，M为内的一点，且，则球的表面积为_____；过点作球的截面，则当截面面积最小时，截面圆的半径为_____.
7．如图1，已知在中，，，，E，F分别是AB，AC上的点，，将沿EF翻折至，连接PB，PC，得到如图2所示的四棱锥，若平面PEF与平面PBC相交于直线m．
(1)求证：；
(2)当时，求直线PE与平面BCFE所成角的正弦值．
8．（24-25高一下·安徽宣城·期末）如图，四边形是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)点M在正方形内（包括边界），若平面平面，且，求点M的轨迹长度.
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培优17 拓展专题之八 立体几何中的动点轨迹、翻折、截面问题（期末复习讲义）
内 容 导 航 明·期末考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01动点轨迹问题 题型02方体的截面、球的截面 题型03翻折问题 题型04探究型（最值范围）问题(跨章节) 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效
核心考点 复习目标 考情规律
动点中的轨迹问题 1.熟练掌握空间点、线、面位置关系判定定理、性质定理，能依托平行、垂直关系约束动点范围. 2. 熟记常见轨迹对应平面图形：线段、射线、圆、圆弧、椭圆、双曲线、抛物线、球面等，明确各类轨迹形成条件. 轨迹周长、面积、长度、最值计算难度较高，常在压轴题中出现，需综合运用空间想象与解析几何思想，轨迹多为直线段、圆或圆锥曲线的一部分
截面问题 1.掌握作截面的基本方法 （1）交线找交点法； （2）平行线法； 2.会计算截面面积或周长 中等难度，常在选择题或填空题出现，考查空间想象和作图能力，关键是确定截面与棱的交点位置
翻折问题 1.理解翻折前后变量与不变量的关系：折痕位置不变、折痕垂直平分对应点连线； 2.掌握翻折后几何体中的平行、垂直、角度、距离的计算 综合性强，常在解答题中出现，需分清翻折前后哪些量变化、哪些量不变，利用不变关系建立方程求解
探究型（最值、范围）问题 1．存在性探究：判断点、直线、平面是否满足指定平行、垂直、共面等关系，并求出对应位置. 2.参数探究：求解线段比例、动点坐标、角度大小、高、半径等未知参数的值或范围. 3.最值探究：求解空间距离、线面角、体积、截面面积等最大值与最小值. 4. 开放拓展探究：结合翻折、拼接、截面作图，分析图形变化后的几何性质变化. 高频考点，1.空间建构：精准拆解几何体结构，想象图形动态变化，理清元素间空间关联. 2.运算处理：熟练完成坐标运算、向量换算、几何量计算，减少计算失误. 3.转化迁移能力：将探究设问转化为平行垂直判定、方程求解、函数最值等常规题型求解.
知识点01 动点中的轨迹问题
1、平行关系上的动点
（1） 动点在棱上滑动，始终找平面内定直线与之平行
（2）利用中位线、等分线段构造平行关系
（3）直线∥平面，过直线作截面，交线与已知直线平行
（4）移动点使两条相交线分别平行对面，证两面平行
2、垂直关系上的动点
（1）定直线动端点垂直：定点向动棱作连线，始终垂直定直线；
固定一条垂线，动点滑动仍保持垂直关系.
（2）直角轨迹模型：到线段两端连线恒垂直：动点轨迹为以线段为直径的圆（圆弧）
固定棱垂直底面，底面上动点始终与该棱垂直
（3）翻折不变垂直：折叠前后，垂直位置关系、直角边长保持不变，可直接沿用垂直结论.
（4）面面垂直里动点垂直：交线为分界线，动点在面内垂直交线，即刻得到线面垂直、线线垂直.
3、根据题目中“动点满足的几何条件”（如到定点距离为定值、到两定点距离相等、与定直线、定平面成定角等），判断轨迹形状：
(1)到定点距离为定值→球面；
(2)到两定点距离相等→中垂面.
(3)到定直线距离为定值→圆柱侧面.
(4)到定平面距离为定值→一对平行平面.
(5)与定点连线垂直于定直线→过定点且垂直于定直线的平面.
(6)与定直线、定平面成定角→圆锥侧面
注意：轨迹常被限制在几何体（如多面体）的面、棱、内部，因此最终答案往往是完整轨迹与几何体的交集（如球面的一部分、圆弧、线段等）.
知识点02 截面问题
1、球的截面
无论怎么切，截面永远都是圆
平面与球相交，截面的性质主要有两点：①球的任何截面是圆；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；
（2）这里通常考察角度问题、截面面积、周长等.解决问题核心是构建直角三角形，这样球心到截面的距离、截面圆的半径、球的半径三种之间可以用勾股定理表示出来.
2、正方体的截面
（1）正方体不可能截出直角三角形、钝角三角形，只能是锐角三角形；
可以截：正方形、长方形、平行四边形、梯形、菱形、正六边形；
斜着切→三角形、梯形、五边形、六边形；
平行面切→正方形/长方形（正方体过各棱中点截得的六边形是面积最大的截面）.
（2）作截面的方法
①平行线法：利用线面平行或面面平行性质，作已知线的平行线，确定截面与对应面的交线.
②延长交棱法：将截面多边形的一边延长，与几何体的棱或面相交，得到新交点，再连接其他已知点.
知识点03 翻折问题
1.翻折前后全等
折叠前后图形形状、大小不变，对应边相等、对应角相等.
2.对称轴是折痕
折痕是对应点连线的垂直平分线.
3.对应点连线垂直于折痕，且被折痕垂直平分.
4.折叠前后重合线段相等、重合角相等.
知识点04 探究型（最值范围）问题
1.依据几何公理定理，逆向溯源、正向推导，探究点、线、面存在性与位置关系.
2.先假设结论成立，反向推导所需条件，结合题干判定是否存在、求出对应参数.
3.针对动点位置、线段比例、角度范围、几何体不同形态，分情况分析探究结果.
4.结合几何边界、函数单调性，探究长度、面积、体积、夹角的最值及取值区间.将变化的几何量（长度、角度、面积、体积）表示为某个变量的函数，然后通过代数或几何方法求其最值或范围.
5.展开图法：将立体图形表面展开为平面，化曲为直求最短路径.
题型一 动点中轨迹问题
答｜题｜模｜板 1.几何法：能利用公理定理、距离定义、垂直平行性质，直接判定动点轨迹形状与边界. 2.截面法：学会作平面截几何体，根据截面边界确定动点运动轨迹. 3.轨迹定义法：套用圆、圆锥曲线、球面几何定义判定轨迹类型. 4.坐标法：建立空间直角坐标系，设动点坐标，列等量关系式化简，判断轨迹方程与图形. 5.最值、范围分析法：结合几何体边界，确定轨迹起止点、长短、弧度范围.
【典例1-1】（多选）（2026·江西·一模）在直三棱柱中，为的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面
C．平面平面
D．存在点，使得平面
【答案】BCD
【详解】如图：
对于选项A，因为平面,平面，所以平面，又因为平面，但不过，所以与是异面直线，故A错误；
对于选项B，因为底面，因为底面，所以；
又，且平面，
所以平面．
因为平面，所以．
因为，所以侧面是正方形，所以．
因为，且平面，
所以平面，故B正确.
对于选项C，由选项下的证明得到，平面，因为平面
所以平面平面，故C正确.
对于选项D，当为线段的中点时，设，
则，所以，故四边形为平行四边形，
所以，而平面平面，所以平面，故D正确.
【典例1-2】（多选）（25-26高三下·安徽阜阳·开学考试）如图，在正方体中，动点在线段上，则（ ）

A．直线与所成的角大于50°
B．对任意的点，都有平面
C．存在点，使得平面平面
D．不存在点，使得平面平面
【答案】BCD
【详解】因为，所以即为直线与BC所成的角，，故A项错误；
因为平面，平面，所以，
又因为，所以平面，
故平面，故B项正确；
当点在处时，平面平面，
所以存在点，使得平面平面，故C项正确；
如图，过点作，则为平面与平面的交线，
在正方体中，平面，所以平面，
所以，，所以即为平面与平面所成的夹角，
因为点一定在以为直径的圆外，所以，所以不存在点，
使得平面平面，故D项正确.

故选：BCD
【典例1-3】．（25-26高二上·云南·月考）（多选）如图，已知正方体的棱长为，点在上，为正方形内一动点含边界，则下列结论正确的是（ ）
A．若为棱中点，则过点的截面周长为
B．在点的运动过程中，与平面所成角的取值范围
C．若为棱中点，且，则点的轨迹长度为
D．当，为的中点，则点的轨迹面积为
【答案】ACD
【详解】对于A，当为棱中点，取中点，取中点，连接，
由题意可知：且，所以四边形为平行四边形，
所以且，又因为且，
所以四边形为平行四边形，
所以且，所以且，
所以四边形为平行四边形，
又因为，所以过点的截面即为边长为的菱形，
所以截面菱形的周长为，故A正确.
对于B，过作，根据正方体的性质可知，平面，
根据线面角的定义可知，为与平面所成角，
当位于点时，；
当不位于点且点在上时，则，
因为，所以，所以，
所以在点的运动过程中，与平面所成角的取值范围，故B错误.
对于C，因为，且恒有，所以，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆弧，故弧长为，故C正确.
对于D，当，为的中点，恒有，
在的运动过程中，恒有，
则点的轨迹是以为球心，为半径的八分之一个球面，故面积为，故D正确.
故选：ACD.
【变式1-1】（多选）（25-26高一下·全国·单元测试）在正方体中，，分别是线段，上与端点不重合的动点，，有下面四个结论，其中正确的是（ ）
A． B．
C．与异面 D．平面
【答案】AD
【详解】如图:
由于平面，平面，则，所以A正确；
当，分别是线段，的中点时，.
又，所以四边形为平行四边形，所以，则，所以C不正确；
当，不是线段，的中点时，与异面，所以B不正确；
由于平面平面，平面，所以平面，所以D正确．
故选：AD.
【变式1-2】．（2026·广东江门·一模）已知正方体的棱长为，点是正方形内（含边界）的一个动点，且满足，则点的轨迹长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】连接，如下图所示：
因为平面，平面，所以.
由，，可得.
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆位于正方形内的部分.
因为，所以点的轨迹长为.
【变式1-3】．（多选）（24-25高一下·河南·期中）如图，正方体的棱长为4，F是的中点，点P为正方形内一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥的体积为定值
B．当时，点P的轨迹长度为
C．当直线AP与平面所成的角为时，则点P的轨迹长度为
D．若直线平面，则点P的轨迹长度为
【答案】ACD
【详解】对于A，点到侧面的距离即为，，
，四棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，由平面，平面，得，
则，
点的轨迹是以点为圆心，为半径的四分之一圆，其轨迹长度为，B错误；
对于C，由与平面所成的角为，则为等腰直角三角形，
，则点的轨迹是以点为圆心，为半径为半径的四分之一圆，
其轨迹长度为，C正确；
对于D，取的中点，连接，由为的中点，得，
由平面，平面，得平面，
由且，得四边形为平行四边形，则，
而，则，由平面，平面，得平面，
由，平面，得平面平面，
当点在线段上运动时，平面，则平面，
因此点的轨迹为线段，其长度为，D正确.
故选：ACD
题型二 球的截面 、方体的截面
答｜题｜模｜板 1.截面的性质主要有两点：①球的任何截面是圆；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；关键在于求球心到截面的距离、截面圆的半径、球的半径. 2.对于需要补全截面，根据两个原则:(1)延长相交;(2)作平行线.
【典例2-1】．（2025·山东枣庄·二模）如图，有一正方体形状的木块，A为顶点，分别为棱的中点，则过点的平面截该木块所得截面的形状为（ ）

A．等腰三角形 B．等腰梯形
C．五边形 D．六边形
【答案】C
【详解】如图，延长BC，与两条棱的延长线分别交于两点，连接，
分别交棱于两点，连接，则五边形及内部，即过点的截面.

故选：C
【典例2-2】．（24-25高一下·云南昆明·期中）在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（ ）
A．当时，截面为五边形
B．当时，截面只能是六边形
C．当时，截面的面积最大
D．当时，截面只能是五边形
【答案】D
【详解】对于A，当时，分别取的中点为，如下图所示：
由正方体性质可得，即可得为正六边形，
因此当时，截面为六边形，即A错误；
对于B，如下图：
当时，不妨取与重合，可知截面只能是四边形，可知B错误；
对于C，延长交于，交于，连接交于点，连接交于，如下图所示：
不妨取正方体的棱长为3，易知，
可知为等腰三角形，其底边上的高为，
因此其面积为；
又，可知四变形为等腰梯形；
其高为，因此其面积为；
此时五边形面积为
当当时，截面为边长是的正六边形，其面积为；
显然当时，截面的面积不是最大的，即C错误；
对于D，根据C选项中的分析可知，当时，截面为在五边形的基础上绕着向下摆动，
此时截面始终于有交点，此时截面只能是五边形，即D正确.
故选：D
【典例2-3】（2026高一·全国·专题练习）在三棱锥中，已知，，平面平面ACD，且三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，E、F分别在线段OB、CD上运动（端点除外），，当三棱锥的体积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为_____.
【答案】
【详解】如图所示，取的中点，连接，
因为，所以，即为外接球的球心，
可得球的半径为，
又因为，所以，
因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面
设，则，所以，
所以三棱锥的体积为：
，
当时，取得最大值，
因为，
在中，由余弦定理得，
根据球的性质得，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为，
则，
所以截面圆的面积的最小值为.
【变式2-1】．（多选）（24-25高一下·江苏宿迁·期末）如图，有一块正四棱台的木料，木工师傅想经过木料表面内（不含边界）一点与棱把木料锯成两块，为此需要先在面内作出交线，下列关于交线与截面形状的说法正确的是（ ）
A．截面形状是梯形 B．截面形状可能为等腰梯形
C．直线与直线相交 D．直线与直线相交
【答案】ACD
【详解】依题意，正四棱台的侧棱延长交于点，
直线分别与棱交于点，连接，平面即为平面，
对于CD，直线平面平面，直线与直线、直线都相交，CD正确；
对于AB，平面平面，平面平面，平面平面，
则，，因此截面是梯形，A正确；
在等腰中，在线段上（除端点外），则，而，
于是，即，梯形不是等腰梯形，B错误.
故选：ACD
【变式2-2】．（24-25高三上·云南昆明·月考）如图，已知正方体的棱长为1，分别是的中点，用一个平面截该正方体，截面面积为，则下列结论正确的是（ ）
A．若经过点，则
B．若经过点，则
C．若经过点，则经过点
D．则经过点．则经过的一个三等分点
【答案】ABD
【详解】A选项，经过点，则截面为等边三角形，
面积为，A选项正确.
B选项，经过点，则截面为菱形，
，设，则，
，所以菱形的面积为，B选项正确.
C选项，经过点，设分别是的中点，
则截面为正六边形，不经过，所以C选项错误.
D选项，经过点，
延长，交的延长线于，交的延长线于，
连接，交于，连接，交于，则截面为，
由于是的中点，是的中点，
所以，则，所以，
所以是的三等分点，所以D选项正确.
故选：ABD
【变式2-3】．（24-25高一下·河南信阳·期末）已知正三棱锥的外接球是球O，正三棱锥底边，侧棱，点E在线段上，且，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是______．
【答案】
【详解】如图，设的中心为，球的半径为，连接，
则，
.
在中，，解得.
因为，所以.
在中，，
所以.
过点作圆的截面，当截面与垂直时，截面的面积最小，
此时截面圆的半径为，最小面积为；
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为.
所以截面圆面积的取值范围是.
故答案为：.

题型三 翻折问题
答｜题｜模｜板 1．折叠前后全等形，对应边角都相等；折痕垂直平分线，平行折叠出等腰. 2.给出翻折后的某个状态，求长度、角度 3.在翻折的过程中，几何体的底面通常为固定不变的，几何体的高随着翻折过程在变化，求体积最值问题即判断几何体的高的最值.
【典例3-1】（25-26高二上·北京·期中）已知矩形中，，，将沿矩形对角线所在直线进行翻折，则下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，与，与，与都不垂直
【答案】A
【分析】利用线面垂直判定选项A，B,推出矛盾进行求解判断C,再由上述条件判断D.
【详解】法1：

矩形在翻折前和翻折后的图形如图（1）（2）所示.
在图（1）中，过点作，垂足为，过点作，垂足为，
由边，不相等可知点，不重合；
在图（2）中，连接.
对于选项A，若，又知，，所以平面，所以，
由可知存在这样的直角三角形，使得直线与直线垂直，故选项A正确；
对于选项B，若，又知，，所以平面，
所以，与点，不重合相矛盾，故选项B错误；
对于选项C，若，又知，，所以平面，所以，
已知，，则，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误；
由以上可知选项D错误.
法2：取一长方形动手按要求进行翻折，观察翻折过程中的规律：

对于A：做出过点与垂直的平面，在翻折过程中，点可以在此平面上，故存在某个位置，使得直线与直线垂直
对于B：做出过点与垂直的平面，在翻折过程中，点不可能在这个平面上，因此，不存在某个位置，使得直线与直线垂直；
对于C：做出过点与垂直的平面，在翻折过程中，点不可能在这个平面上，因此，不存在某个位置，使得直线与直线垂直.
故选：A
【典例3-2】．（2026高一·全国·专题练习）如图左，是由一个四边形和两个三角形构成的平面图形，已知四边形为矩形，和都是边长为的等边三角形，将和分别沿直线 和折起，连接，得到几何体，如图右，在这个几何体中， ，若几何体的顶点都在球的球面上，则球的表面积为____.
【答案】
【详解】连接交于点，因为四边形为矩形，
则点为矩形的外接圆圆心，连接，则平面，
取的中点，连接，
平面，平面，平面平面，
所以，可得，
因为和为等边三角形，则，
，，，平面，平面，所以平面，
且平面，可得平面平面，
因为平面，且平面，所以平面，
设，所以到平面的距离，
设，外接球的半径为，因为，
则，，
且，，
则，解得，
所以，
故球的表面积为.
【典例3-3】．如图1，在矩形中，已知，为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥（图2）.
(1)若为的中点，求证：平面；
(2)求证：；
(3)在翻折过程中，当二面角为时；在平面内有一动点满足：直线与底面所成角正弦值为，求动点的轨迹长度.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，根据几何关系证得四边形为平行四边形，从而利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）结合勾股定理利用线面垂直的判定定理证明平面，然后利用线面垂直的性质定理证明即可；
（3）过作垂足为，利用定义法得为二面角的平面角，设，可得，求出，进而为直线与平面所成的角，求得，，求出动点的轨迹，即可求解.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为分别为的中点，所以，
因为四边形为矩形，所以，
又因为为的中点，所以，所以，
所以四边形为平行四边形，所以；
又平面平面，所以平面；
（2）在图1中，连接，
所以，因为，所以，
又因为，所以，所以，同理，
又，所以，所以.
由翻折性质得：，因为，
所以平面，平面，所以；
（3）过作垂足为，
由（2）知：平面，平面平面，
所以平面，所以；
因为，所以平面，
过作垂足为，连接，
因为平面，平面，所以，，平面，平面，平面，所以，
所以为二面角的平面角，所以，
因为平面，平面，所以，
所以为等腰直角三角形，设，由题意，知：，
在中，，
所以.
所以，所以分别为的中点，
因为平面，平面，所以，平面，所以为直线与平面所成的角，所以，
所以，所以，且平面，
所以动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
所以动点R的轨迹长度为.
【变式3-1】．（2026高一下·全国·专题练习）如图，在四边形中，，，，，将沿折起，使平面平面，构成三棱锥，则在三棱锥中，下列判断正确的个数（ ）
①平面平面
②直线与平面所成角是
③平面平面
④二面角余弦值为
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【详解】对于①：因为，，所以，
又，，所以，
则，即，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
若平面平面，则平面或平面，
由图象得平面于点C，则平面不垂直平面，故①错误；
对于②：在四边形中，由①得平面，
则为直线与平面所成角，且为，故②正确；
对于③：因为平面，平面，
所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，故③正确；
对于④：由③得，平面，则为二面角的平面角，
设，则，
因为，所以，所以，故④正确.
故选：C.
【变式3-2】（多选）（25-26高三上·江苏常州·期中）已知在矩形中，，为线段的中点，将分别沿翻折，使得两点重合于点，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．点到平面的距离为
D．存在半径为的球，使得四点均在球的球面上
【答案】AC
【分析】对A：借助折叠性质与勾股定理逆定理计算即可得；对B：借助线面垂直判定定理可得为三棱锥的高，再利用体积公式计算即可得；对C：借助等体积法计算即可得；对D：设出球心，结合外接球性质，利用勾股定理计算即可得.
【详解】对A：，，，
有，故，故A正确；
对B：由，故、，
又、平面，，故平面，
故，故B错误；
对C：设点到平面的距离为，则由可得：
，则，故C正确；
对D：设三棱锥外接球球心为，半径为，
由，平面，取中点，
则，且，则，
则有，
即，故D错误.
【变式3-3】．在梯形中，．为的中点，为的中点．将所在平面沿翻折，使构成的四棱锥体积最大．

(1)求证：平面；
(2)若为边的中点，能否在棱上找到一点，使平面平面 并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析；
(2)当为中点时，平面平面，证明见解析.
【分析】（1）连接，证明，，根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）取中点为，连接，，，先根据面面平行的判定定理，证明平面平面，再由平面平面，即可证明平面平面.
【详解】（1）因为，又为的中点，
所以为等边三角形，四边形为菱形，所以，
因为为的中点，所以，所以，即
连接，所以，
若使构成的四棱锥体积最大，则平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面；

（2）当为中点时，平面平面.
取中点为，连接，，，因为为边的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
所以平面平面，
由（1）得平面，又平面，所以平面平面，
所以平面平面.

题型四 探究型（最值范围）问题
答｜题｜模｜板 1.精准拆解几何体结构，想象图形动态变化，理清元素间空间关联. 2.有理有据完成存在性、唯一性、位置判定类证明. 3.将探究设问转化为平行垂直判定、方程求解、函数最值等常规题型求解. 4.抓取隐藏约束条件，区分开放设问与限定设问，找准探究切入点. 5.将立体图形表面展开为平面，化立体图形为平面图形，然后利用将军饮马求最短路径.
【典例4-1】（多选）（25-26高二上·广东深圳·期末）在棱长为2的正方体中，点满足，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，对于任意，三棱锥的体积是定值
B．当时，平面截正方体所得的截面的面积为
C．若且，则当取得最小值时，
D．若，则三棱锥外接球表面积为
【答案】ABD
【分析】对于A，由题意得点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又，即可判断；
对于B，由题意得，，故点为线段的中点，设的中点为,连接，平面截正方体所得的截面为,利用面积公式即可求解；
对于C，设的中点为,设的中点为，则，故点的轨迹为线段， 易得,,作关于的对称点，即可求解
对于D，，故点为线段的靠近C的三等分点， 利用外接球球心的特点即可求出球心的位置及半径，即可求解
【详解】当时,
即点在线段上运动，
点到平面的距离为定值，又，故A正确；
当时，，
故点为线段的中点，设的中点为,连接，
平面截正方体所得的截面为
梯形中，，易得其面积为,B正确；
若,，,设的中点为,
设的中点为，则，故点的轨迹为线段.
易得,,如图：作关于的对称点，
此时，即.故C错误；
若，故点为线段的靠近C的三等分点，
如图：设的中点为R，设的中点为S，连接，因为，
则外接球的球心在上，设为,则，
又点为线段的靠近C的三等分，则点O为线段的靠近R的三等分点，
所以
故三棱锥外接球表面积为.故D正确
故选：ABD
【典例4-2】．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且.
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的余弦值；
(3)在棱上是否存在点，使得到平面的距离与到平面的距离相等？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在符合题意的点，
【详解】（1）证明：连接交于点，，
，故为菱形，
故，由长方体得平面，
由平面，知；
由，平面，平面，
知平面，由平面，知.
（2）如图所示，连接，由（1）知，平面，
又由平面，平面平面，交线为，
故点在平面的投影必在直线上，
故直线与平面所成角即为，
在中，，
，，
故由余弦定理得，
即直线与平面所成角的余弦值为；
（3）假设存在点满足条件，记到平面的距离到平面的距离，
则，由（1）（2）知，
，故；则，
另一方面，
故，综上所述，存在符合题意的点，.
【典例4-3】．（25-26高三上·宁夏吴忠·月考）四棱锥的底面为正方形，面，动点在线段上，
(1)求证：
(2)求四棱锥的外接球表面积
(3)求的最小值
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据底面为正方形，可得，由面可得，根据线面垂直判定定理可得平面，从而证得结论；
（2）将该四棱锥补为长方体，求出长方体的体对角线即可得出该四棱锥外接球的半径，根据表面积公式即可得出答案；
（3）将四棱锥沿剪开得到平面图，根据已知求出各边边长，进而计算面积即可得出答案.
【详解】（1）连接，
因为底面为正方形，所以，
因为面平面，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，故；
（2）因为面，底面为正方形，如图，将该四棱锥补为长方体，
可知即为该长方体的一条体对角线，
且.
且该长方体的外接球即为该四棱锥的外接球，半径为，
表面积为；
（3）如图将四棱锥沿剪开得到平面图，连结，交于点，
易知均为直角三角形，且全等，
且，，，
则，且，
即有，
所以，即的最小值为.
【变式4-1】（2026·广东广州·一模）在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据“胡不归”模型的概念，将转化为点到面的距离，进而判断最小值时的情况，再根据两角和的正弦公式，即可求出结果.
【详解】
如图所示，将面保持点不动向下旋转得平面，如图，过作于，连接，
则，则的最小值等价于的最小值，即点到面的距离，
过作于，可知在平面内，，
可知，，所以，，
则，
可知，解得，
所以的最小值为.
【变式4-2】．（多选）如图，正方体的棱长为2，点，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列说法正确的有（ ）
A．过，，三点的平面截正方体所得截面图形是四边形
B．存在点，使得平面
C．的最小值为
D．若，则点轨迹的长度为
【答案】BC
【分析】对于A，利用正方体的截面作法，作出截面即可判断；对于B，取的中点为点，证明平面平面，在上取点，即得平面；对于C，通过作点关于平面的对称点，将转化为，结合图形，当三点共线时即得的最小值；对于D，以为直径作半圆，当点为半圆上的点时，证明平面时，即可得到，从而确定轨迹为半圆，求其弧长即得.
【详解】
对于A，如图，设直线与直线分别交于点，
连接交于点，连接交于点，
故过，，三点的平面截正方体所得截面图形是五边形，故A错误；
对于B，如图，取的中点为，连接，因点，分别是，的中点，则，
因平面，平面，则平面，
又，同法可得平面，
因平面，故平面平面，
取点，则平面，则平面，故B正确；
对于C，如图，作出点关于平面的对称点，连接，交平面于点，
因此时，则即为最小值，
取的中点，连接，易得，则，故C正确；
对于D，如图，以为直径作半圆，当点为半圆上的点时，，
因平面， 平面，则，
又平面，故平面，
又平面，故，即点的轨迹为半圆，其弧长为，故D错误.
故选：BC.
【变式4-3】．（24-25高一下·河北雄安·期末）如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD为菱形，，AC与BD交于点O，平面ABCD，，点M为PB的中点，点E是线段AD上的动点.当平面PCD时，.
(1)求AD；
(2)求点D到平面PBC的距离；
(3)设，探究当为何值时，直线PE与平面PBC所成的角最大.
【答案】(1)2；(2)；(3).
【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连接，由点M为PB的中点，
得，点在菱形边上，则，
平面平面，而平面，平面，
因此，四边形为平行四边形，，
所以.
（2）在菱形中，，则，由平面，
平面，得，，
，，
，设点D到平面的距离为，由，
得，即，解得，
所以点D到平面的距离为.
（3）设直线PE与平面所成的角为，由，平面，平面，
得平面，则点到平面的距离等于点D到平面的距离，
因此，函数对锐角是递增的，要使最大，当且仅当最小，即，
而平面，平面，则，又，
平面，于是平面，而平面，则，
，，
所以当时，直线PE与平面所成的角最大.
期末基础通关练（测试时间：30分钟）
1．（多选）（24-25高一上·重庆渝中·月考）已知正方体的棱长为为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与所成的角为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．平面
D．过点且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为
【答案】BCD
【详解】如图，对于A，在正方体中，，
故直线与所成的角即为直线与所成的角，即或其补角，
在中，，则不为，故A错误；
对于B，因为平面，所以直线与平面所成角为，
则，故B正确；
对于C，连接，则，
又平面平面，所以，
又，平面，故平面，
因为平面，所以，同理可证，
因为平面，故平面，故C正确；
对于D，由C选项可知平面，
故过点且与垂直的平面截正方体所得截面与平面平行.
设的中点分别为，，依次连接，
则，，，
且，，
可得六边形为正六边形，
而平面平面，故平面.
同理可证平面，
又平面，故平面平面，
即过点且与垂直的平面截正方体所得截面即为六边形，边长为，
其面积为，D正确.
故选：BCD.
2．（多选）（2026·安徽淮北·一模）已知正四棱锥，为棱上的动点．则（ ）
A．平面平面
B．存在使得为直角三角形
C．当为中点时，平面
D．若，球与四棱锥的所有棱都相切，则球的表面积为
【答案】ACD
【详解】对于A，连接，设交于点，连接，如下图：
在正四棱锥中，，平面，
因为平面，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，故A正确；
对于B，在正四棱锥中，
若为直角三角形，则，，
由，得，即，
而在正方形中，，由于，则，矛盾，
所以不存在使得为直角三角形，故B错误；
对于C，当为中点时，连接，
由于在正方形中，为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，故C正确；
对于D，当时，，而，则，
在等腰直角中，到的距离为，
而到的距离也为1，则球的球心位于点，半径为1，
则球的表面积为，故D正确.
故选：ACD
3．（2027高三·全国·专题练习）如图，点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为________．
【答案】
【详解】因为直线与平面所成的角为，所以点的轨迹在以为顶点，底面圆的半径为，高为1的圆锥的侧面上，
又因为点是正方体表面上的一个动点，
所以点的轨迹如图所示，
则点的轨迹长为．
故答案为：．
4.（25-26高三上·安徽·月考）在棱长为2的正方体中，点为线段上的一个动点，则的最小值为___________．
【答案】
【详解】因为平面，则展开使其与在同一平面，如图，
则的最小值为，
因为是边长为等边三角形，是腰长为2的等腰三角形，
则为的中点，，所以的最小值为．
故答案为：
5．如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图2所示．
在图2中：
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)．
【详解】（1）由题意知，，，
则，故，
又，且，平面，故平面，
而平面，故平面平面．
（2）由可得，由（1）知平面，
所以，
又，所以．
（3）在平面内作，垂足为；在平面内作，垂足为，
连接，由平面，平面，故，
因为，，平面，所以平面，
由（2）知，因为平面，故，又，
，平面，所以平面，
又平面，所以，又，
则为二面角的平面角，
又平面，故，所以．
由题意知直角三角形中，，
故，
又，则，所以，
故二面角的余弦值为．
期末重难突破练（测试时间：30分钟）
1．（多选）（24-25高一下·安徽合肥·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ）

A．存在点使得平面
B．直线与平面所成角正弦值为
C．的最小值为
D．若点在正方体，表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为
【答案】BCD
【详解】对于A：先证平面平面，由正方体性质可知，且，
且，所以四边形和均为平行四边形，
所以，，因为平面，
在平面外，所以平面，平面，
又平面，，所以平面平面，
又为的中点，为线段上动点（包括端点），
所以直线与平面相交，从而直线与平面相交，故A错误；
对于B：连接，则，由平面，平面，
得，又，，平面，
则平面，过作交于，连接，
于是平面，是直线与平面所成的角，，，所以，故B正确；

对于C，把三角形与三角形置于同一平面内，连接，
则的最小值为，
在中，，，
，
由余弦定理得，C正确；

对于D，由正方体的性质知平面，平面，所以，
因为四边形为正方形，所以，平面，
所以平面，平面，所以，
同理可得，平面，故平面；
如图，

取棱的中点分别为，
连接，可得六边形为正六边形，
而，平面，平面，故平面，
同理可证平面，，，平面，
故平面平面，所以平面，
即过点且与垂直的平面截正方体所得截面即为正六边形，边长为，
其周长为，所以点的轨迹为正六边形，则点的轨迹长度为，D正确．
故选：BCD
2.（2027高三·全国·专题练习）如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在正方形内，若，∥平面，则的最小值是________．
【答案】
如图，分别取棱，的中点，，连接，，．
因为正方体中，，所以平面内两相交直线，与平面平行，
所以平面平面，则点在线段上．
过点作，垂足为，连接，则，
当且仅当与重合时，．
故答案为：.
3．（24-25高一下·河北雄安·期末）已知球O是四棱锥的外接球，平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，，，，，且．过点M作球O的截面，所得截面圆面积的最小值为______．
【答案】
【详解】在等腰梯形ABCD中，连接AC，取BC的中点，连接，，如图，
由，，得四边形都为菱形，
则，即是梯形ABCD外接圆圆心，
而O为四棱锥的外接球球心，因此平面ABCD，又平面ABCD，
则，而PA为球O的弦，则过点O垂直于PA的平面必过PA的中点E，连接OE，OA，
于是，而，即有，四边形为矩形，，
因此球O的半径，在中，，
，，
，过点M的球O的最小截面圆所在平面必垂直于OM，
设此时截面圆半径为r，则，所以截面圆面积的最小值为．
故答案为：
4．（25-26高三上·上海·期末）在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为_________．
【答案】
【详解】由题意知，是上的动点，平面，是上的动点，平面，要求的最小值，把平面和平面展成一个平面，
如图，当时，最小，
为等腰直角三角形，，其中，
则，，，则，
可得，
则，
故答案为：.
5．（25-26高二上·上海·月考）图①是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将其沿折起使得与重合，连接，如图②．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正切值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【详解】（1）法一：由题意可知，，
所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
法二：因为，平面，平面，所以平面，
，平面，平面，所以平面，
，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面；
（2）过作交的延长线于点，连接，
因为平面平面，且交线为，平面，
所以平面，
所以在平面内的射影为，
所以与平面所成的角为，
因为，所以，
在中，，
在中，，所以，
所以，
所以与平面所成角的正切值为．
期末综合拓展练（测试时间：60分钟）
1．（24-25高一下·江西南昌·期末）如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】因为在棱长为的正方体中，由、分别为、的中点，
得，且，由且，得四边形为平行四边形，
即，设平面交棱于点，由平面平面，
且平面平面，平面平面，得，
由为的中点，得为的中点，设直线分别交、的延长线于点P、Q，如图：
连接交棱于点，连接交棱于点，连接、，则截面为六边形.
由，E为的中点，得，又，则为的中点，
同理为的中点，六边形是边长为1的正六边形，
所以截面面积为
故选：A
2．（24-25高一下·广西南宁·期末）如图，已知正方体的棱长为4，是棱的中点，则平面截正方体所得截面图形的面积为（ ）

A． B．18 C． D．36
【答案】B
【详解】取的中点，连接，易知，所以平面与交点为，
则平面为平面截正方体的截面，四边形为等腰梯形，
过做，由，，
所以,，
，,
所以其面积为.
故选：B.

3．（多选）（25-26高一下·浙江金华·月考）在长方体中，底面是边长为4的正方形，在棱上，且，则（ ）
A．
B．过点的平面截该长方体，所得截面周长为
C．以点为球心，为半径作一个球，则球面与底面的交线长为
D．三棱锥外接球的体积是
【答案】ABD
【详解】设，在直角中，根据勾股定理得，
在直角中，根据勾股定理得，解得，故，故A正确，
延长相交于点，连接交于点，则截面周长为，
在中，利用三角形相似可得，在中，利用三角形相似可得，
，又底面是边长为4的正方形，则，
故截面周长为，故B正确，
点到底面的距离为1，球的半径为，设球面与底面（正方形）的交线为半圆，
圆心在线段上且与距离为1，圆的半径，可得交线长为，故错误，
在中，，则的外接圆半径，显然平面，
因此三棱锥的外接球的球心在线段的中垂线上，球心到平面的距离为，
则球半径，故三棱锥的外接球体积为，故D正确.
4．（多选）（24-25高一下·辽宁辽阳·期末）如图，在正四棱锥中，分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．设平面，则
B．三棱锥与正四棱锥的体积之比为
C．若，则正四棱锥内切球与外接球的半径之比为
D．正四棱锥被平面分成的上、下两部分的体积之比为
【答案】ABD
【详解】对A：取为空间向量的基底.
则.
设.
因为四点共面，所以.
所以，即，故A正确；
对B：如图：
连接，交于，连接.
因为四棱锥为正三棱锥，所以平面平面，平面.
又分别为中点，为中点，所以，
所以，同理，
所以，即，故B正确；
对C：若，不妨设，,则，.
所以.
又，
设内切球的半径为，则，
即.
设外接球球心为，则在上，设外接球半径为，
则.
所以.故C错误；
对D：由B选项可知：，
且,所以，
又，所以，
所以.
所以正四棱锥被平面分成的上、下两部分的体积之比为，故D正确.
故选：ABD
5．（24-25高一下·贵州黔南·期末）在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”．如图，三棱柱为一“堑堵”，P是的中点，，则该“堑堵”的外接球的表面积为______；在过点P且与直线平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，该截面的面积为______
【答案】
【详解】如图1，将三棱柱补成正方体，
则外接球的半径，则外接球的表面积为．
如图2，分别取的中点为E，F，G，连接FG，EP，EF，PG．
因为F，G分别为的中点，所以且．
在直三棱柱中，且．
因为E，P分别为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，所以且，所以，且，所以P，E，F，G四点共面．
因为E，F分别为的中点，所以．
又,，所以．
因为且F，G分别为的中点，所以，
则，所以四边形即为符合要求的等腰梯形．
当E不是的中点时，不平行平面，则四边形不是等腰梯形，故等腰梯形有且仅有一个．
在等腰梯形中，,．
过点G作的垂线，交于点H，
所以．
故答案为：；
6．（24-25高一下·辽宁大连·期末）已知是球的直径上一点，，，为垂足，平面截球所得截面的面积为，M为内的一点，且，则球的表面积为_____；过点作球的截面，则当截面面积最小时，截面圆的半径为_____.
【答案】 .
【详解】设球的半径为R，由于，故，
球所得截面的面积为，设截面圆半径为r，则，
则，即，解得，
故球的表面积为；
过点作球的截面，则当截面面积最小时，只需该截面圆的半径最小；
设球心到截面圆的距离为d，设截面圆半径为，则，
故只需d最大，此时截面圆与垂直，
即，
故，
故答案为：；
7．如图1，已知在中，，，，E，F分别是AB，AC上的点，，将沿EF翻折至，连接PB，PC，得到如图2所示的四棱锥，若平面PEF与平面PBC相交于直线m．
(1)求证：；
(2)当时，求直线PE与平面BCFE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）由，可知，
因为平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，
所以．
（2）由题知，
因为，所以，
过点P作于点M，连接EM，
由，则，
因为，，，平面，，
所以平面PFC，因为平面，所以，
因为，平面BCFE，
所以平面BCFE，则为直线PE与平面BCFE所成的角，
在中，，
所以直线PE与平面BCFE所成角的正弦值为．
8．（24-25高一下·安徽宣城·期末）如图，四边形是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)点M在正方形内（包括边界），若平面平面，且，求点M的轨迹长度.
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)
【详解】（1）四边形是边长为2的正方形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，平面，
所以平面；
（2）过作于，连接，
由（1）可知平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面，平面，
所以，所以为二面角的平面角，
因为，，所以，
又，所以，解得，
在中，，
所以，
所以二面角的余弦值为；
（3）以为直径在正方形内作一个半圆，在该半圆圆上任取点，连接，
则，又因为平面；平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，
所以点M的运动轨迹为此半圆，
设的中点为，连接，因为，所以，
所以根据扇形的弧长公式得点M的运动轨迹长度为.
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