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
在此处键入公式。
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A1B1C1D1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A1B1C1D1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A1B1C1D1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A1B1C1D1,且
平面
,
平面
平面A1B1C1D1,
平面
平面
,且
平面
，
平面A1B1C1D1,
为
的中点,
,
故
,而对固定点
,当
时,
最小,
此时由
面A1B1C1D1，
面A1B1C1D1，
，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A1B1C1D1，而对固定的点
，当
时，
最小，
，由
即可得解.
【详解】取
中点
，过
作
面A1B1C1D1，如图：
则
，故
，
而对固定的点
，当
时，
最小.
此时由
面A1B1C1D1
，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
