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专题三 立体几何
微专题2 截面与动态问题
一、考点透析
考点1 截面问题
1.(2025·江苏省·模拟题)如图，ABC −A ′ B′ C ′为直三棱柱，用一个平行于底面ABC的平
面α截此三棱柱，记下列三个三棱锥A ′ −ABC，A ′ −BCB′，A ′ −B′ C ′ C在平面α上方
的部位体积为V 1，V 2，V 3，并记三个三棱锥被平面α截得的面积分别为S1，S2，S3，那么
当V 1+V 3=2V 2时，
S1
S2
=( )
A. 1
3
B. 1
2
C. 1
D. 3
2
【答案】B
【解析】解：
设直三棱柱的底面积为S，体积为V ，
如图所示，V 1+V 3= 1
3 V ，所以V 2= 1
6 V ，
此时V 1+V 2+V 3= 1
3 V + 1
6 V = 1
2 V ，
此时平面α是直棱柱的中截面，
故平面α与A ′ B，A ′ C，B′ C相交于它们的中点处，
此时截面如图所示，
所以
S1
S2
= 1
2．
故选：B．
2.(2025· 山东省青岛市· 模拟题) 在正四棱台ABCD−A1B1C1 D1中，AB =2 A1B1，
A A1=2
√3，M为棱B1C1
的中点，当正四棱台的体积最大时，平面MBD截该正四棱台的
截面面积是
A. 5
√3
4
B. 15
√3
2
C. 10
√3
D. 6
√2
【答案】C
【解析】解：设该正四棱台上、下底面的中心分别为O1，O ，
设AB =2 A1B1= 4 x，高O1O =h，
作A1 H ⊥AC，则A1O1= 1
2
√(2 x)
2+(2 x)
2=
√2 x，AO = 1
2
√(4 x)
2+(4 x)
2=2
√2 x .
在梯形A1O1OA中，A1 A
2= A H
2+ A1 H
2⇒12=(2
√2 x−
√2 x)
2+h
2⇒h
2=12−2 x
2，
所以该四棱台的体积为
V = 1
3 (16 x
2+
√16 x
2⋅4 x
2+ 4 x
2)⋅
√12−2 x
2= 28
3 x
2⋅
√12−2 x
2
= 28
3 ⋅
√x
2⋅x
2⋅(12−2 x
2)≤28
3
√( x
2+ x
2+12−2 x
2
3
)
3= 28
3 ⋅8
当且仅当x
2=12−2 x
2，即x =2时取等号，此时AB =8，A1B1= 4，O1O =2．
取C1 D1的中点N，连接NM、ND，
显然有MN // D1B1// DB，MN ⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以MN //平面ABCD，
因此平面MBDN就是截面，
MN = 1
2 B1 D1=2
√2，BD =8
√2，
设MN与A1C1交于点R，
则¿=
√OO1
2+O1 R
2=
√2
2+(
√2)
2=
√6，
所以梯形MBDN的面积为2
√2+8
√2
2
×
√6=10
√3，
故选C．
3.（2025·咸阳模拟）如图，在棱长为2 的正四面体ABCD 中，M，N 分别为棱AD，BC 的中
点，O 为线段MN 的中点，球O 的表面与线段AD 相切于点M，则球O 被正四面体ABCD 表
面截得的截面周长为 .
【答案】8 ❑√3
3
π
【解析】在棱长为2 的正四面体ABCD 中，连接AN，DN，过O 作OE⊥DN 于E，如图，
由M，N 分别为棱AD，BC 的中点，得AN⊥BC，DN⊥BC，
而AN∩DN＝N，AN，DN 平面
⊂
AND，则BC⊥平面AND，
又BC 平面
⊂
BCD，于是平面AND⊥平面BCD，
而平面AND∩平面BCD＝DN，OE 平面
⊂
AND，
因此OE⊥平面BCD，而AN＝DN＝❑√3，DM＝1，MN⊥AD，
则MN＝❑√2，球O 半径OM＝1
2MN＝
❑√2
2
，
故ON＝OM＝
❑√2
2
，sin ∠DNM＝DM
DN ＝1
❑√3
，
从而OE＝ON·sin ∠DNM＝
❑√2
2
× 1
❑√3
＝1
❑√6
，
球O 被平面BCD 截得的截面圆半径r＝❑√O N
2－O E
2＝1
❑√3
＝
❑√3
3
，
所以球O 被平面BCD 截得的截面周长2πr＝2❑√3
3
π.
又ABCD 为正四面体，
所以球O 被正四面体ABCD 的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径为
❑√3
3
，
所以球O 被正四面体ABCD 表面截得的截面周长为4×2❑√3
3
π＝8 ❑√3
3
π.
考点2 动态问题
1.(2025·福建省·月考)如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1 D1，O为底面AC的中心，
点P在侧面BC1内运动且D1O⊥OP，则点P到底面AC的距离与它到点B的距离之和的最
小值是( )
A. 8
5
B. 12
5
C. √5
D. 2
√2
【答案】A
【解析】解：如图所示：
当点P在C处时，D1O⊥OC，
当点P在B1B的中点P1时，
O P1
2=(
√2)
2+1
2=3, D1O
2=(
√2)
2+2
2=6, D1 P1
2=(2
√2)
2+1
2=9，
所以O P1
2+ D1O
2= D1 P1
2，
所以D1O⊥O P1，又O P1∩OC =O，O P1，OC ⊂平面O P1C，
所以D1O⊥平面O P1C，
所以点P的轨迹是线段P1C，
作点B关于C P1的对称点B′，过P作PH ⊥BC于H，
当B′，P，H三点共线时，点P到底面AC的距离与它到点B的距离之和取得最小值．
在直角三角形P1BC中，BC =2，P1B =1，P1C =
√4+1=
√5，
得BB′ = 4
√5
，
所以，当B′，P，H三点共线时，B′ H = BB′ sin ∠HBB′ = 4
√5
× 2
√5
= 8
5，
故选：A．
2.(2025·湖南省·单元测试)如图，在棱长为5的正方体ABCD−A ′ B′ C ′ D′中，M是侧面
ADD′ A ′上的一个动点，点P为线段CC ′上，且|PC ′|=2,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A到点P的最短距离是 √109
B. 保持PM与BD′垂直时，点M的轨迹长度为3
√2
C. 若保持|PM|=
√26，则M的轨迹长度为4
3 π
D. 平面AD′ P被正方体ABCD−A ′ B′ C ′ D′截得截面为直角梯形
【答案】B
【解析】解：对于A，将正方体的底面和侧面展开(如图)，
连接AP，则AP =
√A B
2+ B P
2=
√89<
√109，故A 错误;
对于B，易知BD′ ⊥平面ACB′ ，
所以过点P作平面PEF / /平面ACB′，
所以M的运动轨迹为线段EF，
所以| EF |= 3
5 | A ′ D|=3
√2，故B 正确;
对于C，如图，若 |PM|=
√26 ，
则 M 在以 P 为球心， √26 为半径的球面上，
过点P作PQ⊥平面 ADD′ A ′ ，则 |D′ Q|=2 ，
此时 |QM|=
√|PM |
2−|PQ|
2=
√26−25=1 ．
所以点M在以Q为圆心，1为半径的圆弧上，此时圆心角为 π ．
点 M 的运动轨迹长度 π ×1= π ，故C 错误；
对于D，如图，延长DC，D′ P交于点H，连接AH交BC于I，连接PI，
所以平面AD′ P被正方体ABCD−A ′ B′ C ′ D′截得的截面为AIPD′．
△PCH∽ △D′ DH，所以| PH |
| D′ H | =| PC |
| DD′ | = |HC|
| DH | = 3
5．
△ICH∽ △ADH，所以|CI |
| DA | =| HC |
| DH | =| IH |
| AH | = 3
5，
所以 | PH |
| D′ H | =| IH |
| AH | =| PI |
| A D
′|
= 3
5，
所以PI // AD′，且| PI | ≠| AD′ |，
所以截面AIPD′为梯形，| AI |=| PD′ |=
√25+ 4 =
√29，
所以截面AIPD′为等腰梯形，故D 错误．
故选：B．
3. （多选题）(2025· 内蒙古自治区呼和浩特市· 模拟) 如图，棱长为2的正方体
ABCD−A1B1C1 D1，O为底面ABCD的中心，E为棱C C1的中点，M是线段A1 D上的
动点，P为平面A1C1 D内的动点，则下列说法正确的是( )．
A. OE //平面A1C1 D
B. OE⊥A1 D
C. OM + M C1的最小值为 √14
D. OP的最小值为2
√3
3
【答案】BCD
【解析】解：选项A 中，分别取A A1，A1C1中点F，G，连接FG、A C1，AC，可知
A C1//OE，
又因为FG // A C1，所以FG //OE，所以OE //平面A1C1 D不成立，选项A 错误；
选项B 中，取A1 D1中点H，连接FH，A D1，HG，所以HG //C1 D1，
因为正方体ABCD−A1B1C1 D1，所以C1 D1⊥面DA A1 D1，
因为FH ⊂平面DA A1 D1，所以C1 D1⊥FH，即HG⊥FH，
因为D A1⊥A D1，FH // A D1，所以D A1⊥FH，
FH ∩HG = H，FH ⊂平面FGH，HG⊂平面FGH，所以A1 D⊥平面FGH，
因为FG⊂平面FGH，所以A1 D⊥FG，故A1 D⊥OE，选项B 成立；
选项C 中，要求OM + M C1的最小值，OM ⊂面A1BD，M C1⊂面A1C1 D，
▵B A1 D和▵C1 A1 D都是边长为2
√2的正三角形，
将它们置入同一平面可以得到平行四边形A1C1BD，O为BD中点，
在▵ODC1
中，由余弦定理可得C1O
2=8+2−2×
√2×2
√2×(−1
2)=14，
∴C1O =
√14，选项C 成立；
选项D 中，OP垂直平面A1C1 D时的值最小，
又O到平面A1C1 D的距离等于B到平面A1C1 D距离的1
2
，
设正四面体A1C1 DB的高等于h，
因为V A1C1 DB=V ABCD−A1B1C1 D1−4×V A −DC D1，即1
3 S A1C1 D×h=2
3−4× 1
3 SDC D1× AD，
即1
3 × 1
2 ×2
√2×2
√2×sin 60
∘×h=2
3−4× 1
3 × 1
2 ×2×2×2，解得h= 4
√3
3
，
正四面体A1C1 DB的高等于4
√3
3
，所以OP的最小值为2
√3
3
，选项D 成立．
故选：BCD．
二、跟踪练习
1.（2025·宁波质检）已知四棱锥P-ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD 是正方形，且PA
＝AB，点E 是PD 的中点，点F 是棱PC 上的点且PF＝2FC，则平面BEF 截四棱锥P-ABCD 所
得的截面图形是（ ）
A.斜三角形
B.梯形
C.平行四边形
D.两组对边均不平行的四边形
【答案】D
【解析】如图，延长EF 和DC，设其交点为G，连接BG，
延长DA 并与直线BG 交于点H，连接HE 交PA 于点K，连接KB，得四边形EFBK，
假设KE∥BF，易证BF∥平面PAD，
易知BC∥平面PAD，易得平面PBC∥平面PAD，
这与平面PBC 与平面PAD 有公共点P 矛盾，故假设不成立，
因此KE 与BF 不平行，同理可证KB 与EF 不平行，
因此四边形EFBK 的两组对边均不平行，故选D.
2.已知正四面体ABCD 的棱长为2，平面α 与棱AB，CD 均平行，则α 截此正四面体所得截
面面积的最大值为( )
A．1
B．❑√2
C．❑√3
D．2
【答案】A
【解析】如图，取CD 的中点O，连接OA，OB．
因为△ACD 为等边三角形，O 为CD 的中点，
所以OA CD
⊥
，同理可得OB CD
⊥
，因为OA∩OB＝O，所以CD⊥平面AOB．
因为AB⊂平面AOB，所以CD AB
⊥
．
设平面α 分别交AC，AD，BD，BC 于E，F，G，H，连接EF，FG，GH，HE.
因为CD∥平面α，CD⊂平面ACD，平面ACD∩平面α＝EF，
所以CD EF
∥
，同理可证GH CD
∥
，所以EF GH
∥
，
同理可证EH FG
∥
，所以四边形EFGH 为平行四边形．
因为AB CD
⊥
，所以EF EH
⊥
，则平行四边形EFGH 为矩形．
设AE
AC ＝x(0＜x＜1)，则CE
AC ＝1－x.
因为EF∥CD，则EF
CD ＝AE
AC ＝x，所以EF＝2x，
同理可得EH＝2(1－x)，所以S 矩形EFGH＝EF·EH＝2x·2(1－x)＝4x(1－x)≤4·(
x +1−x
2
)
2＝
1，
当且仅当x＝1
2时等号成立，因此截面面积的最大值为1.
3.（多选题）(2025·山东省济宁市·模拟)在棱长为2正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E为
AB的中点，F是侧面B B1C1C内的一点(包含边界)，则以下结论正确的是( )
A. 若| AF |=
√5，则F的轨迹长度为π
2
B. EF与A1 D所成角的最大值为π
3
C. 若三棱锥A1−≝¿的体积为定值，则EF ⊥B D1
D. 若F在线段C C1
上，则三棱锥A −B B1 F的外接球表面积的取值范围是[
41π
4
,12π]
【答案】AD
【解析】解：对于A，取BC的中点F，此时满足| AF |=
√5，
因为点F在侧面B B1C1C内，所以以A为球心， √5为半径的球面与侧面的交线为四分之一
圆弧，
该圆弧是以B为圆心1为半径的圆的1
4
，故其轨迹长度为1
4 ×2π ×1= π
2
，故A 正确；
对于B，如图所示，连接B1C，在Rt ▵BE B1中，|E B1|=
√|EB|
2+|B B1|
2=
√5，同理可
求得| EC |=
√5，
所以▵EC B1为等腰三角形，当点F为B1C的中点时，连接EF，此时有EF ⊥B1C，
在正方体中易知B1C // A1 D，故EF ⊥A1 D，此时EF与A1 D所成角的为π
2
，故B 错误；
对
于
C，
S▵BDE= 1
2 |BE|·| AD|= 1
2 ×1×2=1，
所
以
V A1−BDE= 1
3 S▵BDE·|A A1|= 1
3 ×1×2= 2
3 (定值)，
故当点F与点B重合时，满足三棱锥A1−≝¿的体积为定值，
此时EF ⊥平面BC C1B1，B D1⊄平面BC C1B1，所以EF与B D1不垂直，故C 错误；
对于D，设∠BF B1=θ，当点F为C C1的中点时，θ最大，
取
B B1的中
点
P，
则
sin ∠B1 FP =sin θ
2 =|B1 P|
|B1 F|
= 1
√5
,cos∠B1 FP =cos θ
2 =| PF |
|B1 F|
= 2
√5
，
所以sinθ =2sin θ
2 cos θ
2 = 4
5
；
当点F与点C或点C1
重合时，θ最小，此时sinθ =
√2
2
，所以sinθ∈[
√2
2 , 4
5]
，
∵B ,B1, F在球面上，∴△B B1 F的外接圆直径2 R =|B B1|
sinθ =
2
sinθ ∈[
5
2 ,2
√2]，
∴三
棱
锥
A −B B1 F的
外
接
球
的
直
径
为
|2r |=
√| AB|
2+(2 R)
2=
√4 + 4 R
2∈[
√41
2 ,2
√3]
，
∴三棱锥A −B B1 F的外接球的半径为r ∈[
√41
4 ,
√3]
，
∴三棱锥A −B B1 F的外接球的表面积为4 π r
2∈[
41π
4
,12π]
，故D 正确．
故选：AD．
4.(2025·江西宜春模拟)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 和△ACD 均是边长为6 的等边三
角形，DB＝9，则四面体ABCD 外接球的表面积为________；点E 是线段AD 的中点，点F
在四面体ABCD 的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F 的轨迹的长度为_________．
【答案】84π 5❑√3π
【解析】取AC 中点M，连接BM，DM，则AC⊥BM，AC⊥DM，BM∩DM＝M，BM，DM 平面
⊂
DMB，
又△ABC 和△ACD 均是边长为6 的等边三角形，DB＝9，
∴AC⊥平面DMB，DM＝MB＝❑√6
2−3
2＝3 ❑√3，
所以cos ∠DBM＝9
2+(3 ❑√3)
2−(3 ❑√3)
2
2×9×3 ❑√3
＝
❑√3
2
，
∴∠DBM＝∠MDB＝30°，
设四面体ABCD 外接球的球心为O，△DAC，△BAC 的中心分别为O1，O2，
易知OO1⊥平面DAC，OO2⊥平面BAC，且O，O1，O2，M 四点共面，
由题可得∠OMO1＝1
2∠O1MO2＝60°，O1M＝1
3 DM ＝❑√3，
在Rt△OO1M 中，得OO1＝❑√3O1M＝3，又O1D＝2
3 DM ＝2❑√3，
则四面体ABCD 外接球半径r＝❑√OO1
2+O1 D
2＝
❑√3
2+(2❑√3)
2＝❑√21，
所以四面体ABCD 外接球的表面积为4πr2＝4π×(❑√21)2＝84π；
作EH⊥AC 于H，设点F 轨迹所在平面为α，
则平面α 经过点H 且AC⊥α，
易知O 到平面α 的距离d＝MH＝3
2，
故平面α 截外接球所得截面圆的半径为r1＝❑√r
2−d
2＝❑√21−9
4 ＝5 ❑√3
2
，
所以截面圆的周长为l＝2πr1＝5❑√3π，即点F 轨迹的周长为5❑√3π.
5.(2025·山西省·模拟)如图所示，在三棱锥A −BCD中，AB =CD，AC = AD = BC = BD，
BC =2 AB，点E，F，G分别在棱BC，AC，AD上运动，且AB //平面EFG，CD //平
面EFG，M，N分别是线段CD和AB的中点．
(1)证明：直线MN ⊥平面EFG；
(2)当三角形EFG面积的最大值为1
2
时，求三棱锥A −BCD的体积．
【答案】（1）见解析
（2）2
√14
3
解：(1)证明：因为AB //平面EFG，AB⊂平面ABC，AB⊄平面EFG，
平面ABC ∩平面EFG = EF，所以AB // EF，同理CD // FG，
如图，连接AM，BM，
∵AC = AD = BC = BD，所以▵ACD≅△BCD，
又因为M，N分别是线段CD和AB的中点，
所以AM = BM，所以MN ⊥AB，所以MN ⊥EF，
又因为AM ⊥CD，BM ⊥CD，AM，BM ⊂平面AMB，AM ∩BM = M，
所以CD⊥平面AMB，又NN ⊂平面AMB，所以CD⊥MN，所以FG⊥MN，
因为EF，FG⊂平面EFG，EF ∩FG= F，
所以MN ⊥平面EFG；
(2)由(1)及已知可得CF
CA + AF
CA =1，因为EF
AB = CF
CA
，FG
CD = AF
AC
，
所以EF
AB + FG
CD =1，又因为AB =CD，所以EF + FG= AB，
由(1)知CD⊥平面AMB，又AB⊂平面AMB，所以CD⊥AB，
所以CD⊥EF，所以FG⊥EF，
所以S▵EFG= 1
2 EF ⋅FG≤1
2(
EF + FG
2
)
2
= 1
2 × A B
2
4
= 1
2
，当且仅当EF = FG时等号成立，
所以AB =2，又BC =2 AB，则AC = AD = BC = BD = 4，
因为CD⊥平面AMB，所以V A −BCD=V C −ABM +V D−ABM = 1
3 S▵ABM ⋅CD，
因为AM = BM =
√A C
2−C M
2=
√15
，所以MN =
√A M
2−A N
2=
√14
，
所以V A −BCD= 1
3 × 1
2 ×2×
√14×2= 2
√14
3
，
所以三棱锥A −BCD的体积为2
√14
3
．
