重难点12 立体几何动点与截面
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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：
1、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
2、此时G 也在上表面了，连接GP，出来与棱A1D1 交点H.
3、连接HB，则的如右图的截面。
再用右表面绿色的来做：
1、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
2、此时I 也在右表面了，连IC1 交棱CB 于J.
3、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．12
a
【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60º，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60º，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60º，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，tan∠APE = AE
AP ,在
中，tan∠D1 PD = D D1
DP ，
∵∠EPA =∠D1 PD，∴tan ∠EPA = tan ∠D1 PD，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❑√x
2+（y −2）
2=2
❑√x
2+ y
2，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：
1. 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
