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专题18 立体几何小题：截面与动点
目录
题型一：截面基础.................................................................................................................................................................1
题型二：截面圆锥型轨迹.....................................................................................................................................................3
题型三：动点：阿波罗尼斯圆.............................................................................................................................................6
题型四：平行线法做截面...................................................................................................................................................10
题型五：相交线法做截面...................................................................................................................................................16
题型六：截面计算：求面积...............................................................................................................................................20
题型七：截面计算：求周长...............................................................................................................................................24
题型八：动点：恒垂直求截面...........................................................................................................................................27
题型九：动点：恒平行求截面...........................................................................................................................................31
题型十：截面分体积比.......................................................................................................................................................35
题型十一：截面最值范围：面积型...................................................................................................................................38
题型十二：截面最值范围：周长型...................................................................................................................................41
题型十三：动点：两线动点最值.......................................................................................................................................44
题型十四：动点：表面上动点距离最值...........................................................................................................................46
题型十五：动点：折线和最值...........................................................................................................................................50
题型十六：动点：折线型“将军饮马”最值...................................................................................................................53
结束.......................................................................................................................................................................................56
题型一：截面基础
1．（23-24 高三下·安徽黄山·阶段练习）如图，在圆柱中过AD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
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。。
1
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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．（24-25 高一下·全国·随堂练习）圆锥的截面形状不可能为（ ）
A．等腰三角形
B．平行四边形
C．圆
D．椭圆
【答案】B
【分析】根据圆锥的特征逐项判断可得答案.
【详解】对于A，用过轴的平面去截圆锥，得到的截面形状是等腰三角形，符合题意；
对于B，圆锥的侧面是曲面，所以截面形状不可能为平行四边形，不符合题意；
对于C，用垂直于轴的平面去截圆锥，得到的截面形状是圆，符合题意；
对于D，用与轴斜交的平面去截圆锥，得到的截面形状可能是椭圆，符合题意．
故选：B.
3．（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
4．（2020 高二·浙江·专题练习）正方体内接于一个球，经过球心作一个截面，则截面的不可能图形为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】依次分析各个选项中截面出现的情况即可.
【详解】对于A，当截面平行于正方体的一个侧面时，可得A 中截面；
2
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对于B，当截面不平行于任何侧面，也不经过正方体的体对角线时，可得B 中截面；
对于C，当截面过正方体的体对角线时，可得C 中截面；
对于D，截面中的四边形为正方形，且四个顶点均在球的表面；过球心的截面不可能作出D 中截面.
故选：D.
5．（20-21 高二下·贵州黔东南·阶段练习）用一个平面截一个正方体，截面图形可以是（ ）
A．三角形
B．等腰梯形
C．五边形
D．正六边形
【答案】ABCD
【分析】可由平面与正方体具体有几个面相交，结合图像即可判断.
【详解】如图所示：
三角形 等腰梯形 五边形 正六边形
故用一个平面去截一个正方体，截面可能是三角形、等腰梯形、五边形、正六边形，
故选：ABCD.
题型二：截面圆锥型轨迹
1．（2023·云南文山·模拟预测）用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截而与圆锥侧面的交
线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角
不同时，可以得到不同的截
口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．
记圆锥轴截面半顶角为
，截口曲线形状与
，
有如下关系：当
时，截口曲线为椭圆；当
时，
截口曲线为抛物线：当
时，截口曲线为双曲线．其中
，
，现有一定线段AB，其与平面
所成角
（如图），B 为斜足，
上一动点P 满足
，设P 点在
的运动轨迹是
，则（ ）
A．当
，
时，
是椭圆
B．当
，
时，
是双曲线
C．当
，
时，
是抛物线
D．当
，
时，
是圆
【答案】AC
【分析】P 在以AB 为轴的圆锥上运动，结合题干信息，逐一分析即可.
【详解】∵AB 为定线段，
为定值，∴P 在以AB 为轴的圆锥上运动，
其中圆锥的轴截面半顶角为
，
与圆锥轴AB 的夹角为
，
对于A，
，∴平面
截圆锥得椭圆，故A 正确；
立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一
些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具
体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面
型，二次曲线型，球型.
3
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对于B，
，平面
截圆锥得椭圆，故B 错误；
对于C，
，平面
截圆锥得抛物线，故C 正确；
对于D，
，平面
截圆锥得椭圆，故D 不正确．
故选：AC．
2．（2023·安徽安庆·一模）.如图是数学家Germinal Dandelin 用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭
圆的模型（称为“Dandelin 双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截
面相切，设图中球
，球
的半径分别为4 和1，球心距
，截面分别与球
，球
切于点
，
，（
，
是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据给定的几何体，作出轴截面，结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答.
【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，
得圆锥的轴截面及球
，球
的截面大圆，如图，
点
分别为圆
与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，线段
是椭圆长轴，
椭圆长轴长
，
过
作
于D，连
，显然四边形
为矩形，
又
，
则
，
过
作
交
延长线于C，显然四边形
为矩形，
椭圆焦距
，
所以椭圆的离心率
．
故选：A.
3．（21-22 高二上·山西太原·期中）如图，将两个完全相同的圆锥对顶放置（两圆锥的顶点和轴都重合），
已知两个圆锥的母线长均为
，底面直径均为4.记过两个圆锥轴的截面为
，平面
与两个圆锥的交线
为
.已知平面
平行于平面
，平面
与两个圆锥侧面的交线为双曲线
的一部分，且
的两条渐
近线分别平行于
，若双曲线
的两顶点恰为其所在母线的中点，则建立恰当的坐标系后，双曲线
的方程可以为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】确定
为等轴双曲线，排除AB 选项，双曲线
两顶点间的距离为2，得到
，排除D，得到答
4
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案.
【详解】圆锥的母线长均为
，底面直径均为
，
，故
，
所以双曲线
的两条渐近线互相垂直，
为等轴双曲线，排除AB 选项.
易知两圆锥的高均为2，双曲线
两顶点间的距离为2，即实轴长
，排除D.
故选：C.
4．（21-22 高二上·河北石家庄·期中）如图，一个底面半径为R 的圆柱被与其底面所成角为
的平面所截，截面是一个椭圆，当
为
时，这个椭圆的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据几何关系用圆柱的地面半径表示椭圆的长轴和短轴，再计算椭圆的离心率即可.
【详解】设椭圆的长半轴为a，短半轴为b，半焦距为c
根据题意可知，
所以椭圆的离心率
，选项A 正确
故选：A.
5．（2023·江苏南通·模拟预测）如图，已知圆锥
的轴
与母线所成的角为
，过
的平面与圆锥的
轴所成的角为
，该平面截这个圆锥所得的截面为椭圆，椭圆的长轴为
,短轴为
,长半轴长
为
，短半轴长为
，椭圆的中心为
,再以
为弦且垂直于
的圆截面，记该圆与直线
交于
，
与直线
交于
，则下列说法正确的是（ ）
A．当
时，平面截这个圆锥所得的截面也为椭圆 B．
C．平面截这个圆锥所得椭圆的离心率
D．平面截这个圆锥所得椭圆的离心率
【答案】BC
【分析】由截口曲线的含义可判断A；过N 作
于点G，求出而
，
，即可判断B；根据图形的几何性质求得椭圆的
之间的关系式，即可求得离心率，
可判断C，D.
【详解】由截口曲线知，当
时，平面截这个圆锥所得截面为双曲线，A 错.
5
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对于B，过N 作
于点G，而
， 所以
，而
， 同理过N 向
作垂线，可得
，
，B 正确；
对于C，D，设圆锥上部球
与椭圆截面圆锥侧面均相切，轴截面的内切圆
，半径为r，
球
与
的切点为椭圆左焦点F，
设
①，
，
,解得
，而
，
故
，故C 正确，D 错误，故选：BC
题型三：动点：阿波罗尼斯圆
1．（2023·四川成都·模拟预测）已知平面上两定点
，则所有满足
且
的点
的轨迹
是一个圆心在直线
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6 的正方体
表面上的动点
满足
，则点
的轨迹长度为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】以
为原点建立平面直角坐标系
，结合题意可得点
在空间内的轨迹为以O(2,0)为球心，半
径为4 的球.再根据球的性质求解即可.
阿氏圆的定义与应用
定义：已知平面上两点A ,B ，则所有满足
|PA|
|PB |=λ, λ≠1
的动点P 的轨迹是一个以定比为m:n 内分和
外分定线段AB 的两个分点的连线为直径的圆，圆的半径为
|
λ
λ2−1
|⋅|AB |
，圆心为
( λ2+1
λ2−1
⋅|AB |,0)
.
6
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【详解】在图1 中，以
为原点建立平面直角坐标系
如图2 所示，设阿氏圆圆心为
，半径为.
因为
，所以
，所以
.
设圆
与
交于点
.由阿氏圆性质，知
.
又
，所以
.又
，所以
，解得
，
所以O(2,0)，所以点
在空间内的轨迹为以
为球心，半径为4 的球.
①当点
在面
内部时，如图2 所示，截面圆与
分别交于点
，所以点
在面
内的
轨迹为
.因为在Rt
中，
，所以
，所以
，所以点
在
面
内部的轨迹长为
.
②同理，点
在面
内部的轨迹长为
.
③当点
在面
内部时，如图3 所示，因为
平面
，所以平面
截球所得小圆是以
为圆心，以
长为半径的圆，截面圆与
分别交于点
，且
，
所以点
在面
内的轨迹为
，且
.
综上，点
的轨迹长度为
.
故选：C
2．（23-24 高二上·山西·模拟）在四棱锥
中，
底面
，底面
为正方形，
，点
为正方形
内部的一点，且
，则直线
与
所成角的余弦值的取值
范围为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，在平面
上，由
计算
的轨迹方程，可知
的轨迹是以
为圆心，以2 为半径的圆，在正方形
中的部分；根据平行找直线
与
所
成角的平面角，根据
的轨迹判定临界值，从而确定直线
与
所成角的余弦值的取值范围.
【详解】由题意，以
为坐标原点，分别以
为
轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则有
，
7
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设
，由
，则列方程有
化简得
，即点
的轨迹是以
为圆心，以2 为半径的圆，在正方形
中的部分；
过
作
垂足为
,连接
，则有
则直线
与
所成角的平面角为
，
则
根据点
的轨迹是以
为圆心，以2 为半径的圆，在正方形
中的部分，
则点
轨迹与正方形
的
边交于一点
，记为
与正方形
的
边交于一点
，记为
当点
从
运动到
位置时，
逐渐减小，
逐渐增大，则
的取值逐渐减小，
计算
，
则直线
与
所成角的余弦值的取值范围是
故选：
【点睛】本题考查异面直线所成角，考查转化与化归思想，考查计算能力，综合性较强，属于难题.
3．（2023·四川凉山·二模）如图所示，正方体
棱长为2，点P 为正方形
内（不含
边界）一动点，
角平分线交
于点Q，点P 在运动过程中始终满足
．
①直线
与点P 的轨迹无公共点；②存在点P 使得
；③三棱锥
体积最大值为
；
④点P 运动轨迹长为
．上述说法中正确的个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】根据题意，由正弦定理结合轨迹方程即可判断①②，然后根据三棱锥体积公式以及点
的运动轨
迹，即可判断③④.
【详解】
因为
为
的角平分线，在
中，由正弦定理可知，设
，则
，所以
，
在
中，由正弦定理可知，
，
因为
，所以
，且
，设
，
，
8
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所以
，所以
，
，
所以
，点
的轨迹是以
为圆心，
为半径的圆在正方形
内部的弧，且
，点
到该直线的距离为
，
所以
与圆无公共点，①正确；
若
，设
，所以
，所以
，
所以
，即
，联立
，解得
所以点
满足条件，所以②正确；
若
最大，则
到
距离最大，即
到
与圆的交点处，但
不在正方形
边界上，所以最大
值取不到，故③错误；
令
，得到点
，又因为
，所以
，所以
为等边三角形，所以
，
因为
为点
的运动轨迹，所以
，
故④正确；故选:C
4．（23-24 高二上·黑龙江齐齐哈尔）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现:平面上到两定点
距离之比为常
数
且
的点的轨迹是一个圆心在直线
上的圆,该圆简称为阿氏圆.根据以上信息解决下面的问
题:在长方体
中,
,点
在棱
上,
,动点
满足
为棱
的中点,
为
的中点.以
为原点,
所在的直线为
轴,
轴,
轴,建立如图所示的空间
直角坐标系.下列说法正确的是（ ）
阿波罗尼奥斯
A．若点
只在平面
内运动,则点
所形成的阿氏圆的半径为
B．若点
只在平面
内运动,则△
的面积最小值为
C．类比阿氏圆定义,点
在长方体内部运动时,
的轨迹为球面的一部分
D．若点
在平面
内运动,则点
到平面
的距离最小值为
【答案】BC
【分析】当点
只在平面
内运动时,可简化为平面直角坐标系内的距离问题,通过两点间的距离公式化
简运算即可判断
项；当点
在长方体内部运动时,通过空间直角坐标系得相关点的坐标,借助空间中两点
的距离公式,化简整理可得点
的轨迹方程,即可判断
项；当点
在平面
内运动时,可借助
项中点
的轨迹方程得此时的轨迹方程,再根据空间中点到平面的距离运算即可判断
项.
9
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【详解】在
平面内,
设点
由
得
即
所以若点
只在平面
内运动,则点
所形成的阿氏圆的半径为
且当点
时,△
的面积最小为
故
错误,
正确；
当点
在长方体内部运动时,设
,
由
得
即
的轨迹为球面的一部分,故
正确；
当点
在平面
内运动时,设
由
得
即
设平面
的法向量为
则
令
则
所以点
到平面
的距离为
由
得
所以点
到面
的距离最小值为
故
错误.故选：BC.
【点睛】本题考查空间动点轨迹问题,考查了转化思想,计算能力,属于中档题.
5.圆心在直线AB 上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体
中，
，点E 在棱AB 上，
，动点P 满足
.若点P
在平面ABCD 内运动，则点P 所形成的阿氏圆的半径为 ；若点P 在长方体
内
部运动，F 为棱
的中点，M 为CP 的中点，则点M 到平面
的距离的最小值为 .
【答案】
【分析】①建立空间直角坐标系，设
，求出点P 的轨迹为
，即得解；
②先求出点P 的轨迹为
，P 到平面
的距离为
，再求出
的最小值即得
解.
【详解】①以AB 为
轴，AD 为
轴，
为
轴，建立如图所示的空间坐标系，
则
设
，由
得
，
所以
，所以若点
在平面
内运动，则点
所形成的阿氏圆的半径为
.
②设点
，由
得
，
10
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所以
，由题得
所以
设平面
的
法向量为⃗n=( x0, y0, z0)，所以
，令
，则
由题得
，
所以点P 到平面
的距离为
，
因为
，
所以
，所以点M 到平面
的最小距离为
.故答案为：
；
.
题型四：平行线法做截面
11
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1．（2023·全国·模拟预测）在棱长为3 的正方体
中，O 为AC 与BD 的交点，P 为
上
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。
平行线法。
本题用平行线法，并不太快捷，不过也成立。
平行线法特征： 有两点连线在表面：EF，在前侧面
方法如下：
1、寻找C1 点所在的与线EF 的所在红色表面平行的面：里边侧面（绿色的）
2、在这个面内，过C1 做EF 平行线，显然必须扩展这个面了。如第三图。
3、注意！注意！，E 与F 分别在右侧面和下侧面上（红色面就不要用了）
4、注意这仨面的相交棱，
5、下边过C1 做EF 平行线，交这俩棱于K,L 第二排图
6、分别连FK 与EL，交点为J 与H。出截面，与第一种方法一致。
12
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一点，且
，则过A，P，O 三点的平面截正方体所得截面的周长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据正方体的性质结合条件作出过A，P，O 三点的平面截正方体所得截面，再求周长即得.
【详解】因为
，即
，取
，连接
，则
，
又
，所以
，
所以
共面，即过
，
，
三点的正方体的截面为
，
由题可知
，
，
，
所以过A，P，O 三点的平面截正方体所得截面的周长为
.
故选：D.
2．（21-22 高二下·四川成都·期中）在棱长为1 的正方体A1B1C1D1－ABCD 中，M 为底面ABCD 的中心，Q
是棱A1D1上一点，且
，∈[0，1]，N 为线段AQ 的中点，给出下列命题：
①CN 与QM 共面；
②三棱锥A－DMN 的体积跟的取值无关；
③当
时，AM⊥QM；
④当
时，过A，Q，M 三点的平面截正方体所得截面的周长为
．
其中正确的是（ ）
A．①②③
B．①②④
C．①③④
D．②③④
【答案】B
【分析】对于①可得
，可判断；对于②N 到平面ABCD 的距离为定值
，且
的面积为定
值可判断；③分别求出
的长，验证是否满足勾股定理，从而判断;对于④先将过A，Q，M 的
截面分析做出，再求周长可判断.
【详解】解：在
中，因为M，N 为AC，AQ 的中点，
13
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所以
，所以CN 与QM 共面，所以①正确；
由
，
因为N 到平面ABCD 的距离为定值
，且
的面积为定值
，
所以三棱锥
的体积跟
的取值无关，所以②正确；
当
时，
,可得
，
，
取
的中点分别为
，连接
,则
在直角三角形
中,
则
，所以
不成立，所以③不正确．
当
时，取
,连接
,则
,又
所以
所以
共面,即过A，Q，M 三点的正方体的截面为ACHQ，
由
,则ACHQ 是等腰梯形,且
所以平面截正方体所得截面的周长为
，所以④正确；
所以正确的命题是①②④，故选：B．
3．（22-23 高三·湖南长沙·）如图，已知正方体
的棱长为2，
，
分别为
，
的中
点，
在线段
上运动（包含两个端点），以下说法正确的是（ ）
A．三棱锥
的体积与
点位置无关
B．若
为
中点，三棱锥
的体积为
C．若
为
中点，则过点
，
，
作正方体的截面，所得截面的面积是
D．若
与
重合，则过点
，
，
作正方体的截面，截面为五边形
【答案】ACD
【分析】根据锥体的体积、正方体的截面等知识对选项进行分析，由此确定正确答案.
【详解】由于三角形
的面积固定，
到平面
的距离固定，
所以三棱锥
的体积与
点位置无关，A 选项正确.
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.
所以
，B 选项错误.
对于C 选项，当
为
中点时，连接
，则
是
的中点，连接
，
由于
分别是
的中点，所以
，
由于
，则
，
即过点
，
，
作正方体的截面是等腰梯形
，
，
等腰梯形
的高为
，
所以等腰梯形
的面积为
，C 选项正确.
对于D 选项，当
与
重合时，
延长
交
的延长线于
，连接
，交
于
，连接
，
延长
交
的延长线于
，连接
，交
于
，连接
，
则五边形
是过点
，
，
作正方体的截面.所以D 选项正确.
故选：ACD
4．（23-24 高三上·浙江宁波·期末）在棱长为2 的正方体
中，Q 为线段
的中点，P 为
线段
上的动点（含端点），则下列结论正确的有
A．P 为中点时，
的值最小
B．不存在点P，使得平面
平面
C．P 与端点C 重合时，三棱锥
的外接球半径为
D．P 为中点时，过D，P，Q 三点的平面截正方体
所得的截面的周长为
【答案】BCD
【分析】对于A,利用侧面展开图可以确定点
的位置；对于B，存在点
,利用条件可得
，显然不
成立；对C，构造长方体即可；对于D,画出截面，求周长即可.
【详解】
对于A,由侧面展开图,当
与
交于点
时，
的值最小，
此时
,故P 不为中点，故A 错误；
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对于B,若存在点
，使得平面
平面
，
由平面
平面
，平面
平面
，可知
,显然不成立，
若点
与
重合，则平面
平面
，显然也不成立，故B 错误；
对于D,P 与端点C 重合时，三棱锥
即是三棱锥
,
三棱锥的外接球即是以
为长、宽、高的长方体的外接球，
此时外接球半径为
，故C 正确；
对于D，连接
,
由三角形中位线性质和正方体的性质知，
,所以过D，P，Q 三点的截面为梯形
,
,故周长为
，故D 正确，故选：BCD.
5．（22-23 高三上·安徽六安·阶段练习）棱长为1 的正方体
中，
为底面
的中心，
是棱
上一点，且
，
，
为线段
的中点，下列命题中正确的是（ ）
A．三棱锥
的体积与
的取值无关
B．当
时，点Q 到直线AC 的距离是
C．当
时，
D．当
时，过
三点的平面截正方体所得截面的周长为
【答案】ABD
【分析】根据锥体体积计算、点线距离、线线垂直、正方体的截面等知识对选项进行分析，从而确定正确
答案.
【详解】对选项A：由
，因为
到平面
的距离为定值
，
且
的面积为定值
，所以三棱锥
的体积跟
的取值无关，所以A 正确；
对选项B：当
时，
是
的中点，
，
，所以
为锐角，所以
,
所以点Q 到直线AC 的距离是
，所以B 正确.
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对选项C：当
时，
，可得
，
，
取
的中点分别为
，连接
，则
，
在直角三角形
中，
，
则
，所以
不成立，所以C 不正确．
对选项D：当
时，取
，连接
，则
，又
，所以
，所以
共面，即过
三点的正方体的截面为
，
由
，则
是等腰梯形，且
，
所以平面截正方体所得截面的周长为
，所以D 正确；
故选：ABD
题型五：相交线法做截面
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），
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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。
最终，两个合在一起，就是如图的截面。以上过程，与EF 是否中点，几何体是否正方体无挂具体的G,H,I,J 都
可以通过对应的E、F 几等分点以及几何体长宽高的不同变化来计算出来，这个几何体也不一定是长方体，还
可以是斜棱柱，都不影响这个作图。
1．（2021 高三·全国·专题练习）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F 分别为棱BB1，A1C1
的中点，若过点A，E，F 作一截面，则截面的周长为（ ）
A．2+2
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据题意先作出截面，进而算出截面各边的长度，最后得到答案.
【详解】如图，在正三棱柱
中，延长AF 与CC1的延长线交于M，连接EM 交B1C1于P，连接
FP，则四边形AEPF 为所求截面.
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过E 作EN 平行于BC 交CC1于N，则N 为线段CC1的中点，由
相似于
可得MC1=2，由
相似于
可得：
，
在
中，
，则
，
在
中，
，则
，
在
中，
，则
，
在
中，
，
由余弦定理：
，则
，
所以截面周长为：
.
故选：B.
【点睛】本题主要考查几何体的截面问题，其中根据空间几何体的结构特征，利用平面的性质作出几何体
的截面是问题的关键，平常注意方法的总结和归纳.
2．（2017·江西九江·三模）如图所示，在棱长为
的正方体
中，点
分别是棱
的中点，过
三点作该正方体的截面，则截面的周长为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】延长
分别交
于
两点，连结
交
于H，连结
交
于
，则截面为五
边形
，截面周长为
.
本题选择B 选项.
点睛：画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充
分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．
3．（21-22 高三上·全国·阶段练习）已知正四棱柱
中，
，点M 是线段
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的中点，点N 是线段
上靠近D 的三等分点，若正四棱柱
被过点
，M，N 的平面所截，
则所得截面的周长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先证明截面四边形
为平行四边形，再求出截面的边长相加即得解.
【详解】解：作出图形如图所示．
延长
至Q，使得
，连接MQ，NQ，则截面四边形
为平行四边形；
记MQ 与BC 交于点R，NQ 与CD 交于点P，
则
，
，
，
，
，
故所得截面的周长为
.
故选：B．
4．（23-24 高三上·河北张家口·）在棱长为的正方体
中，
，
分别为棱
，
的中
点，
为棱
靠近
点的三等分点，用过点
，
，
的平面截正方体，则截面图形的周长为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据已知条件画出过点E,F,G 的截面，求周长即可.
【详解】连接FG 并延长交DC 延长线于点H，连接EH 交BC 于点M,连接GM，取
靠近点
的三等分点
N，连接FN 并延长交
的延长线于点Q,连接QE 交
A 于点P,连接NP，则六边形EMGFNP 即为过点
，
，
的截面，
为棱
靠近
点的三等分点，可得
,即CH=
,由
，知点M 为靠近点
C 的三等分点，即CM=
，由勾股定理得GM=
=NP,
FG=PE=
=
,同理得EM=FN=
，则截面图形的周长为
故选B.
【点睛】本题考查正方体中的截面问题，考查学生空间想象能力和计算能力，属中档题.
5．（22-23 高二下·浙江绍兴·期末）如图，正方体
的棱长为
分别为棱
的中
点，过
三点的平面截正方体，得到截面多边形
，则下列说法正确的是（ ）
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A．多边形
是一个六边形
B．多边形
的周长为
C．
平面
D．截面多边形
在顶点
处的内角的余弦值为
【答案】BD
【分析】根据正方体的结构特征可得截面图形为五边形
，即可求解AB，根据线面垂直的判断得矛
盾，即可求解C，根据余弦定理即可求解D.
【详解】延长
相交于
，连接
交
于
，连接
,
则由
可得
又
,
取
,连接
，过
作
，连接
,由于
，又
,
所以
,四边形
为平行四边形，故
，又
，所以
,
根据
所以NE // DF,则五边形
即为截面多边形，故A 错误；
由于
可知
,所以五边形
的周长为
，故B 正确；
由于
且
平面
,所以
平面
，
平面
,所以
，
若
平面
，
平面
,则
,
,故
,
平面
，故
平面
，这显然是不成立的，故
与平面
不垂直，故C 错误；
连接
,由于
，所以四边形
均为平四边形，
则
，故D 正确，故选：BD
题型六：截面计算：求面积
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。
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1．（23-24 高一下·云南昆明·期中）如图所示，棱长为3 的正四面体形状的木块，点
是
的重心，过
点
将木块锯开，并使得截面平行于
和
，则截面的面积为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】过点
作
，分别交
于
，作
交
于
，设平面
与
交于点
，根据线面平行判定定理证明四边形
即为截面，结合条件判断截面形状，再求其面积.
【详解】由题意可知，点
是
的重心，过点
作
，
分别交
于
，作
交
于
，设平面
与
交于点
，
由于
平面
平面
，故
平面
，因为
，
平面
平面
，
所以
平面
，即四边形
即为截面，由于
平面
，平面
平面
，
平面
故
，同理
，故四边形
为平行四边形，设
为
的中点，连接
，则
平面
故
平面
平面
故
，而
，故
，即平行四边形
为矩形，即截面是矩形，
因为点
是
的重心，则
，故
，所以
，
故矩形
的面积为
，即截面的面积为2.故选：B.
2．（22-23 高一下·陕西宝鸡·阶段练习）如图所示，棱长为1 的正四面体形状的木块，点
是
的中心，
过点
将木块锯开，并使得截面平行于
和
，则下列关于截面的说法正确的个数为（ ）
①截面是矩形；②截面不是平行四边形；③截面的面积为
；④截面与侧面
的交线平行于侧面
.
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】根据线面平行的判定定理可作出该截面，结合线面平行的性质定理可判断②；再利用线面垂直的
判定以及性质可判断①，继而求得截面面积判断③；根据线面平行的性质定理可判断④.
【详解】由题意可知，点
是
的中心，过点P 作
,
分别交
于
，作
交
于G，设平面
与
交于点H，
由于
平面
，
平面
，故
平面
，同理
平面
，即四边形
即为
截面，由于
平面
，平面
平面
，
平面
，故
，同理
，故四边形
为平行四边形，即截面是平行四边形，②错误；设M 为
的中点，连接
，
22
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则
，
平面
，故
平面
，
平面
，
故
，而
，
，故
，即平行四边形
为矩形，即截面是矩形，①正
确；因为点
是
的中心，则
，故
，
故矩形
的面积为
,即截面的面积为
，③正确；
由于截面与侧面
的交线为
，且
,
平面
,
平面
，故
平面
，
即截面与侧面
的交线平行于侧面
，④正确，故选：C
3．（20-21 高三下·全国·阶段练习）已知四棱锥
中，
平面
，四边形
为正方形，
，平面
过
，
，
的中点，则平面
截四棱锥
所得的截面面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】顺次连接E，F，G，H，I，则平面EFGHI 即为过E，F，H 的平面
截四棱锥P-ABCD 所得截面，
求其面积，可得答案.
【详解】分别取
，
，
，
的中点
，
，
，
，线段
上靠近的四等分点
，
连接
,因为
,
所以
,四边形
是平行四边形，即
四点共面，
设
中点为
,易得
,故
，所以
五点共面，
则平面
即为平面
，如图，
在
中，
,可得
,
所以
，
，
，
在等腰三角形
中，
，
，所以高为
，
故所求截面面积为矩形面积与三角形面积之和，
．
故选：A
4．（23-24 高一下·辽宁·期中）如图（1）所示，已知点
在抛物线
上，过
作
轴于点
，且
．将曲边三角形
如图（2）所示放置，并将曲边三角形
沿平面
的垂线方向平移一个单
位长度（即
），得到相应的几何体
．取一个底面面积为
高为
的正四棱锥
放在平面
上如图（3）所示，这时，平面
平面
，现用平行于平面
的
任意一个平面去截这两个几何体，截面分别为矩形
，四边形
，截面与平面
的距离为
），试用祖暅原理，求曲边三角形
的面积为（ ）
23
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由题意得到矩形
与四边形
的面积相等，再借助祖暅原理求解即可.
【详解】由题意得，在图（2）中，当
时，
，而
，
则矩形
的面积为
，在正四棱锥
中，截面四边形
为正方形，其中心为
，
令正方形
的中心为
，则点
共线，连接
，
，如图
平面
平面
，平面
平面
，平面
平面
，因此
，
，于是
，
而
，则
，由祖暅原理知
，
而几何体
可视为以曲边三角形
为底面，
为高的柱体，
其体积为
，所以曲边三角形的面积为
.故选：A.
5．（2023·全国·模拟预测）已知点P 为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1表面上一动点，四边形ABCD 为正方形，
，E 为AB 的中点，F 为DD1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．过A1，C1，E 三点的平面截该四棱柱所得截面的面积为
B．过C1，E，F 三点的平面截该四棱柱所得的截面为五边形
C．若
平面A1C1E，则点P 的轨迹长度为
D．若动点P 到棱BB1的距离为
，则点P 的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】选项A：取BC 的中点G，连接C1G，EG，A1C1，A1E，证明得到
，则
，
，
，
四点共面，得出过A1，C1，E 三点的平面截该四棱柱所得的截面为等腰梯形A1C1GE，即可求解；
选项B：连接C1F 并延长，交CD 的延长线于H，连接EH 交AD 于I，连接IF，取BB1靠近B 的四等分点
Q，连接EQ，QC1，作
的中点
，连接
和
，证明
，得到
，
，
，
，
五点共
面，从而得到五边形EQC1FI 即过C1，E，F 三点的平面截该四棱柱所得的截面；
选项C：分别取AD，CD，BC 的中点M，N，G，连接D1M，D1N，MN，EG，C1G，证明平面
平
面A1C1GE，从而得到点P 的轨迹为
，即可求解；
选项D：点P 的轨迹长度为两个以
为半径的圆的周长的
再加上两个侧棱BB1的长度，即可求解.
【详解】选项A：如图1，取BC 的中点G，连接C1G，EG，A1C1，A1E，则过A1，C1，E 三点的平面截该
四棱柱所得的截面为等腰梯形A1C1GE，理由如下：
连接
，因为
，
分别是
和
的中点，所以
，
又在平行四边形
中，
，所以
，则
，
，
，
四点共面，
因为
，所以
，
，
，
24
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则等腰梯形A1C1GE 的高
，
所以等腰梯形A1C1GE 的面积
，所以A 正确；
选项B：如图2，连接C1F 并延长，交CD 的延长线于H，连接EH 交AD 于I，连接IF，取BB1靠近B 的四
等分点Q，连接EQ，QC1，则五边形EQC1FI 即过C1，E，F 三点的平面截该四棱柱所得的截面，理由如下：
作
的中点
，连接
和
，作
的中点，连接
和
，
则有
，
，所以四边形
是平行四边形，即
，
又有
，
，
，
，所以
，
，
所以四边形
是平行四边形，即
，则
，
所以
，
，
，
四点共面，
由题可知平面
平面
，平面
平面
，平面
平面
，
所以
，
又因为Q 是BB1靠近B 的四等分点，
是
的中点，所以
，
则
，所以
，
，
，
，
五点共面，所以B 正确；
选项C：如图3，分别取AD，CD，BC 的中点M，N，G，连接D1M，D1N，MN，EG，C1G，
因为
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
因为
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
又
，
平面
，
平面
，
所以平面
平面A1C1GE，
则点P 的轨迹为
，所以点P 的轨迹长度为
，故C 错误；
选项D：如图4，若动点P 到棱BB1的距离为
，则点P 的轨迹长度为两个以
为半径的圆的周长的
再
加上两个侧棱BB1的长度，即
，所以D 正确．
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：多面体的截面问题，往往需要把满足条件的平面“延展”，得到其与多面体各个面的
交线，从而确定“完整截面”的形状，进而求得其周长、面积等，得到交线的方法多是依据“线线平行”，
即在多面体中充分利用“特征点”（中点、三等分点、四等分点等）作平行线得到交线．
题型七：截面计算：求周长
1．（23-24 高三·湖南·阶段练习）在棱长为6 的正方体
中，点
，
分别是棱
，
的中点，过
，
，
三点作该正方体的截面，则截面的周长为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由题意画出截面五边形，再由已知利用勾股定理求得边长得答案．
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【详解】如图，
延长EF 与A1B1的延长线相交于M，连接AM 交BB1 于H，
延长FE 与A1D1的延长线相交于N，连接AN 交DD1 于G，可得截面五边形AHFEG．
∵ABCD﹣A1B1C1D1是边长为6 的正方体，且E，F 分别是棱C1D1，B1C1的中点，
∴EF＝3√2，AG＝AH
，EG＝FH
．∴截面的周长为
．故选D．
【点睛】本题考查了棱柱的结构特征及立体几何中的截面问题，补全截面图形是关键，考查了空间想象能
力和思维能力，是中档题．
2．（23-24 高三上·河南郑州·阶段练习）已知正方体
的棱长为
，
，
分别为
，
的中点，点
在平面
中，
，点
在线段
上，则下列结论正确的个数是（ ）
①点
的轨迹长度为
；
②线段
的轨迹与平面
的交线为圆弧；
③
的最小值为
；
④过
、
、
作正方体的截面，则该截面的周长为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】对于①，根据圆的定义得到轨迹，并且①中要注意点
在平面
上，而非正方形
上；
对于②，圆锥的斜截面与侧面的交线不是圆的一部分就可以判断；对于③，实质是要计算①中的圆心到直
线
的距离；对于④，要先作出截面，然后再计算周长.
【详解】设
的中点为
，则点
的轨迹是平面
上以
为圆心，以2 为半径的圆，所以点
的
轨迹长度为
，故①错误；
连接
，易知线段
的轨迹是圆锥
的侧面，而平面
与轴
不垂直，所以线段
的轨迹与
平面
的交线不是圆弧，故②错误；
以
的中点
为原点，分别以
水平向右、垂直平分
为
轴、
轴建立平面直角坐标系，则
所在的直线方程为
，则点
到直线
的距离为
，所以
的最小值为
，故③正确；
如下图，过
作正方体的截面，为五边形
，其中
为
的靠近
的三等分点，
为
的靠近
的四等分点.
可计算得
，
，所以该截面的周长为
，故④错误.
26
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故选：D.
3．（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
4．（22-23 高二上·重庆江津·期末）正三棱柱
中,所有棱长均为2,点
分别为棱
的
中点,若过点
作一截面,则截面的周长为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】在正三棱柱
中，延长
和
交于点M，连接
，交
于点
，分别连接
，则过点
的截面为四边形
，利用正三棱柱的结构特征，分别利用勾股定理和余弦定理，
27
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即可求解.
【详解】在正三棱柱
中，延长
和
交于点M，连接
，交
于点
，分别连接
，则过点
的截面为四边形
，如图所示，
由
，可得
，
由
，则
，解得
，则
，
在直角
中，
，则
，
在直角
中，
，则
，
在直角
中，
，则
，在
中，
，
由余弦定理可得
，
即
，所以截面的周长为
，故选B.
5．（22-23 高二下·湖南邵阳·期末）《九章算术·商功》中记载：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一
为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也，合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣”，文中
“堑堵”是指底面是直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；文中“阳马”是指底面为长方形且有一条
侧棱与底面垂直的四棱锥；文中“鳖臑”是指四个面都是直角三角形的三棱锥，如图所示，在堑堵
中，若
，则下列说法中正确的有（ ）
A．四棱锥
为阳马，三棱锥
为鳖臑
B．点
在线段
上运动，则
的最小值为
C．
分别为
的中点，过点
的平面截三棱柱
，则该截面周长为
D．点
在侧面
及其边界上运动，点
在棱
上运动，若直线
，
是共面直线，则点
的轨迹长度为
【答案】ABC
【分析】对于A，根据阳马、鳖臑的定义判断即可；对于B，利用展开面求得
的最小值即可判断；
对于C，作出截面，利用三角形重心的性质与勾股定理求解即可判断；对于D，利用平面的性性求得点
的轨迹，从而得以判断.
【详解】对于
,由题意，易知
面
，四边形
为长方形，所以四棱锥
为“阳
马”，
在棱锥
中，
为直角三角形，所以三棱锥
为鳖臑，故
正确，
对于
选项：将
沿
旋转与
共面且位于
的异侧，
28
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如图所示，
，故B 正确，
对于
选项：过
的截面如图所示，因为
，
是
的中点，故
是
的中点，
又
分别为
的中点，所以为
的重心，
，
，
所以截面周长为
，故
正确，
对于D 选项：
面
，
共面，所以
面
，
又点
在侧面
及其边界上运动，面
面
，
所以点
的轨迹为线段
，且
，故D 错误，
故选：ABC.
题型八：动点：恒垂直求截面
1．（22-23 高一下·湖北武汉·期末）已知正四棱锥
的底面边长为1，侧棱长为
，
的中点为
E，过点E 作与
垂直的平面
，则平面
截正四棱锥
所得的截面面积为（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，作出平面
截正四棱锥
所得的截面，再借助余弦定理、三角形面积公
式求解作答.
【详解】在正四棱锥
中，连接
，则
，
是正三角形，由
的中点为
E，得
，而
，则
，在
中，
，
，令平面
与直线
交于
，连
，则
，
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。
29
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，即点
在棱
上，同理平面
与棱
相交，令交点为
，连
，
于是四边形
为平面
截正四棱锥
所得的截面，由对称性知
，
在
中，
，而
，
在
中，
，由余弦定理得
，
在
中，
，
，
所以所得截面面积
.
故选：A
2．（23-24 高三·江苏常州·模拟）在棱长为
的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E 是正方形BB1C1C 的中心，M 为
C1D1的中点，过A1M 的平面
与直线DE 垂直，则平面
截正方体ABCD—A1B1C1D1所得的截面面积为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】确定平面
即为平面
，四边形
是菱形，计算面积得到答案.
【详解】
如图，在正方体
中，记
的中点为
，连接
，
则平面
即为平面
．证明如下：由正方体的性质可知，
，则
，
四点共面，
记
的中点为
，连接
，易证
．连接
，则
，
，
平面
，所以
平面
，又
平面
，则
．
同理可证，
，
，则
平面
，所以平面
即平面
，
四边形
即平面
截正方体
所得的截面．因为正方体的棱长为
，易知四边形
30
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是菱形，其对角线
，
，所以其面积
．故选：B
3．（20-21 高二上·江西南昌·阶段练习）在棱长为2 的正方体
中，E 是正方形
的中
心，M 为
的中点，过
的平面
与直线DE 垂直，则平面
截正方体
所得的截面面
积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】确定平面
即为平面
，四边形
是菱形，计算面积得到答案.
【详解】如图，在正方体
中，记
的中点为
，连接
，
则平面
即为平面
．证明如下：由正方体的性质可知，
，则
，
四点共面，
记
的中点为
，连接
，易证
．连接
，则
，
，
平面
，所以
平面
，又
平面
，则
．
同理可证，
，
，则
平面
，所以平面
即平面
，
四边形
即平面
截正方体
所得的截面．因为正方体的棱长为
，易知四边形
是菱形，其对角线
，
，所以其面积
．
故选：B
4．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知正四棱锥
的底面边长为2，侧棱长为
，SC 的中点为
E，过点E 做与SC 垂直的平面
，则平面
截正四棱锥
所得的截面面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据题意垂直关系可得平面
截正四棱锥
所得的截面面为四边形
，结合根据相
似求长度，进而根据面积公式即可求解.
【详解】连接
，由题意可得：
，即
为等边三角形，且E 为SC 的中点，
可得
，故
平面
，连接
，设
，连接
，可得
平面
，
且
平面
，则
，
，
平面
，所以
平面
，
平面
，则
，在直线
取一点
，连接
，使得
，
在
中，
，因为
，可得
，
故
，同理在棱
取一点
，使得
，连接
，则
，
故平面
截正四棱锥
所得的截面面为四边形
，因为
，则
//
，由
，可得
，所以四边形
的面积
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.故选：A.
5．（23-24 高一下·江西赣州·期末）如图，已知正方体
的棱长为
，点
是
的中点，
点
是正方体内（含表面）的动点，且满足
，则（ ）
A．动点
在底面
内轨迹的长度是
B．点
所在平面截正方体所得截面的面积为
C．三角形
在正方体内运动形成几何体的体积是
D．存在某个位置
，使得直线
与平面
所成的角为
【答案】BC
【分析】根据线面垂直可确定动点
在底面
内轨迹及其长度，进而可得的点
所在平面截正方体
所得截面，求得面积，利用割补法可四棱锥体积，判断C 选项，根据正方体的性质，可得线面角的最值，
进而判断D 选项.
【详解】A 选项：如图所示，
分别取
，
中点
，
，连接
，
，
，
，
，由正方体性质可知
，
，则
，即
，又
平面
，则
，
，
，
平面
，所以
平面
，又
平面
，则
，又
，
，
，
，
平面
，所以
平面
，
平面
所以
，又
，
，
平面
，所以
平面
，所以
在平面
的轨
迹为
，A 选项错误；
B 选项：如图所示，
连接
，
，则
，所以
的轨迹为四边形
的边界及其内部，可知
，
，则四边形
为等腰梯形，
，其面积为
，B 选项正确；
C 选项：如图所示，
由已知可得三角形
在正方体内运动形成几何体为四棱锥
，连接
，则
，
32
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C 选项正确；
D 选项：
连接
，
，
则
，
，
，所以当
与点
或点
重合时，直线
与平面
所成的角最大，为
和
，在
中，
，则
，在
中，
，则
，故D 选项错误；
故选：BC.
题型九：动点：恒平行求截面
1．（2023·陕西西安·模拟预测）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面
体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为
的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，
得到所有棱长均为a 的截角四面体，现给出下列四个命题：①二面角
的余弦值为
；②该截角
四面体的体积为
；③该截角四面体的外接球表面积为
④该截角四面体的表面积为
，
则其中正确命题的个数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据二面角的定义，结合球的表面积公式、棱锥的表面积公式和体积公式逐一判断即可.
【详解】如下图所示：设
的中心为
，
的中心为
，
取BC 的中点为W，分别连接
和
，因为
，
，
所以
为
的二面角，
，
，
所以
，所以
，
在直角三角形
中，
，所以
，
所以二面角
的余弦值为
，
所以二面角
的余弦值为
，故①正确
因为棱长为
的正四面体的高
，
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
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所以
，故②正确；
设外接球的球心为O，
的中心为
，
的中心为
，
因为截角四面体上下底面距离为
，所以
，
所以
，所以
，
所以
，所以
，
所以
，故③正确；
由正四面体
中，题中截角四面体由4 个边长为a 的正三角形
及4 个边长为a 的正六边形构成，故
，故④错误.
故选：C.
2．（22-23 高三上·湖南衡阳模拟）如图，在棱长为2 的正方体
中，
的中点是
，过
点
作与截面
平行的截面，则该截面的面积为
A．
B．
C．2√6
D．
【答案】C
【分析】在棱长为2 的正方体
中，
的中点是
，过点
作与截面
平行的截面，
则该截面是一个对角线分别为正方体体对角线和面对角线的菱形，进而得到答案
【详解】在棱长为2 的正方体
中，
的中点是
，过点
作与截面
平行的截面，
则该截面是一个对角线分别为正方体体对角线和面对角线的菱形，如下图所示：
则
，
，
则截面的面积
故选
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【点睛】本题主要考查的知识点是空间立体几何中截面的形状的判断，面面平行性质，四棱柱的结构特征，
解答本题的关键是画出截面，并分析其几何特征，属于中档题．
3．（21-22 高二下·江西南昌·期末）已知正方体
的棱长为3，点
在棱
上，过点
作该
正方体的截面，当截面平行于平面
且该截面的面积为
时，线段
的长为（ ）
A．
B．1
C．
D．
【答案】D
【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：D.
4．（22-223 高三·北京昌平·模拟）在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面. 如
图，在棱长为1 的正方体
中，点
分别是棱
的中点，点
是棱
的中点，则
过线段
且平行于平面
的截面的面积为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】取BC 的中点H，连接
，证明平面AHGD1∥平面A1EF，得截面图形，求面积即可
【详解】取BC 的中点H，连接
，
因为
面AHGD1，
面AHGD1，
面AHGD1，
同理，
面AHGD1，又
，则平面AHGD1∥平面A1EF，
等腰梯形AHGD1的上下底分别为
，
，腰长为
，故梯形的高为
，则梯形面积为
，故选B．
【点睛】此题考查了几何体截面问题，灵活运用面面平行的判定是关键，考查空间想象与推理能力，是中
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档题．
5．（23-24 高二下·湖北·阶段练习）如图，在棱长均为2 的正三棱柱
中，
是棱
的中点，
，过点
作平面
与直线
垂直，过点
作平面
与平面
平行，则（ ）
A．当
时，
截正三棱柱
所得截面的面积为
B．当
时，
截正三棱柱
所得截面的面积为
C．若
截正三棱柱
所得截面为三角形，则
的取值范围为
D．若
，则
截正三棱柱
所得截面为四边形
【答案】ABD
【分析】利用平面的基本性质画出不同对应的截面图形，结合已知判断图形形状或求它们的面积判断各选
项正误.
【详解】对于A，当
时，
为
中点，取
中点
，连接
，如图1.
因为
，所以
，
，所以
.
正三棱柱
中，平面
平面
，平面
平面AC C1 A1= A1C1，
平面
，
，
，则
平面
，
因为
平面
，所以
，
又
平面
，所以
平面
，
则
为所求截面，
，故A 正确；
对于B，当
时，
与
重合，
取
的中点
，
的中点
，连接
，如图2，
由A 选项知
平面
，
平面
，
，
因为四边形
为正方形，
，所以
，
平面
，
，则有
平面
，
则
为所求截面，其面积为
，故B 正确；
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对于C，取
的中点
，连接
，当
时，
与
重合，如图3，
由
，
，则四边形
为平行四边形，有
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
同理可证
平面
，
平面
，
，所以平面
平面
，
故平面
截正三棱柱
所得截面为
，故C 错误；
对于D，若
为
中点，当
在
上（不含端点）时，即
，
作出平面
截正三棱柱
所得截面如图4 所示，
从下到上的过程中，截面为四边形，故D 正确.
故选：ABD.
题型十：截面分体积比
1．（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
2．（2022·山西·模拟预测）如图，长方体
中，
，
，点
为线段
的
中点，点
为棱
上的动点（包括端点），平面
截长方体的截面为
，则（ ）
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A．截面
可能为六边形
B．存在点
，使得
截面
C．若截面
为平行四边形，则该截面面积的最大值为
D．当
与
重合时，截面
将长方体分成体积比为
的两部分
【答案】C
【分析】根据长方体截面的特征可确定A 错误；假设存在满足题意的点
，由
知
为
中点，
但此时
与
不垂直，可知假设错误，即B 错误；在平面
内过点
作
的平行线，交
于
，过点
作
的垂线，垂足为
，可知
，设
，可将截面面积表示为
，由二次函数最值求法可确定C 正确；取
中点
，利用棱台体积的求法可求得棱台
的体积，结合长方体体积可知D 错误.
【详解】对于A，截面
可能为四边形或五边形，不能是六边形，A 错误；
对于B，若存在点
，使得
截面
，则
，则
为
中点，
此时
与
不垂直，
不存在点
，使得
截面
，B 错误；
对于C，当截面为平行四边形时，在平面
内过点
作
的平行线，交
于
，
过点
作
的垂线，垂足为
，连接
，则
平面
，
斜线
在平面
的射影为
，则
；
设
，
，
，
，
截面面积为
，
当
时，
，C 正确；
对于D，当
重合时，截面为梯形；取
中点
，连接
，延长
交于点
，
，
，
棱台
的体积
，又长方体体积
，
剩余部分的体积
，
，D 错误.故选：C.
3．（2024 高三·全国·模拟）如图.设为
正三棱锥（底面
是正三角形），作
底面
，
为垂足.
为高
上一点，且
.过点
作底面
的平行截面分别交三条棱
、
、
于点
、
、
.点
在线段
上，过点
作底面
的平行截面平分正三棱台
的体
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积.则
等于（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设
，则
，
.从而，
.
设过点
作底面
的平行截面分别交三条棱AB、
、AD于点
、
、
，
则
.于是，有
，即
.
故
. 选D.
4．（23-24 高三·安徽芜湖·）在棱长为3 的正方体A1B1C1D1-ABCD 中，M 是棱B1C1上靠近B1的三等分点，
过A、D1、M 作正方体的截面，则这个截面将正方体分成两部分的体积之比（体积较小的与体积较大的之
比）为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】作出截面图形，利用割补法求两部分体积即可.
【详解】如图所示，正方体的截面为
，将体积较小的部分补成一个三棱锥
，
设
，由
，
，
，
较小部分体积为
，
较大部分体积为
，
故选：D
5.（23-24 高二下·浙江·开学考试）如图，已知棱长为2 的正方体
，点
是棱
的中点，
过点
作正方体
的截面，关于下列判断正确的是（ ）
A．截面的形状可能是正三角形
B．截面的形状可能是直角梯形
39
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C．此截面可以将正方体体积分成1：3
D．若截面的形状是六边形，则其周长为定值
【答案】AC
【分析】对于A：取相应棱
的中点分析判断；对于B：假设成立，结合面面平行的性质以及线面垂
直分析判断；对于C：Q 为所在棱
中点，结合棱柱的体积分析判断；对于D：设
为
的中点，
，结合几何性质求周长，进而分析判断.
【详解】假设正方体的棱长为2.对于选项A：如图，M，N 分别为所在棱中点，
可知
，即截面的形状是正三角形，故A 正确；
对于选项B：由面面平行的性质可知：
∥
，如果为直角梯形，例如
，
由正方体的性质可知：
，可知
平面
，又因为
平面
，则
∥
或
重合，由图可知不成立，即截面的形状不可能是直角梯形，故B 错误；
对于选项C： Q 为所在棱中点，如图， 则正方体的体积为8，三棱柱
的体积为
，
所以截面将正方体分成
，故C 正确；
对于选项D：如图所示，假设
为
的中点，
，则
，
，
可得
，
则六边形的周长为
，
显然周长与
有关，即六边形的周长不是定值，故D 错误；
故选：AC.
题型十一：截面最值范围：面积型
40
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1．（2023·四川·模拟）已知正方体的棱长为2，每条棱所在直线与平面α 所成的角相等，则α 截此正方体
所得截面面积的最大值为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】分析：利用正方体棱的关系，判断平面α 所成的角都相等的位置，然后求解α 截此正方体所得截
面面积的最大值．
详解：正方体的所有棱中，实际上是3 组平行的棱，每条棱所在直线与平面α 所成的角都相等，如图：所
示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α 截此正方体所得截面面积的最大，
此时正六边形的边长√2，
α 截此正方体所得截面最大值为：6×
=
．故选A．
2．（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
，
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；
41
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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.
3．（2024·河北·模拟预测）在如图所示的直三棱柱
中，
，
，过点
作平面
分别交棱
，
于点
，
，且
，
，则截面
面积的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】设
，由等面积法可知
，推导出
平面
，
，从而
，即可求解.
【详解】在
中，由
，
，可得
，
，
设
，在
中，
，由等面积法可知
，
因为
，
，
，
，
平面
，所以
平面
，
又由
平面
，所以
，所以
，
因为
，
当且仅当
时，等号成立，所以
.故选：B.
4．（23-24 高三·福建泉州·阶段练习）如图，已知四面体
为正四面体，
，
，
分别是
，
中点.若用一个与直线
垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面
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最大值为（ ）
42
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A．1
B．
C．
D．4
【答案】A
【分析】把正四面体补成正方体，在正方体内利用截面为平行四边形
，有
，进而利用
基本不等式即可得解.
【详解】因为四面体
为正四面体，所以，如图所示，补全四面体
为正方体
，
设截面分别交面
，面
，面
，面
于
，
，
，
，
连接
，
，
，
，根据正方体的性质，则四边形
为平行四边形，且
，
，
由
，两式相加可得
， 因为
，所以
，
所以，
，当且仅当
时取等号，
所以，该多边形截面面积最大值为1.故选：A.
5．（23-24 高二下·湖南长沙·开学考试）在正方体
中，
，点
满足
，其中
，
，则下列结论正确的是（ ）
A．当
平面
时，
不可能垂直
B．若
与平面
所成角为
，则点
的轨迹长度为
C．当
时，
的最小值为
D．当
时，正方体经过点
、
、
的截面面积的取值范围为
【答案】BD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可判断AD，根据线面角的几何法可判断
的轨迹是
以
为圆心，以1 为半径的
个圆，即可判断B，根据展开图，转化为平面中两点距离最小，结合余弦定
理即可求解C.
【详解】A 选项：建立如图所示的空间直角坐标系
，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，
C (1,1,0)，
，
，
，
，
所以
，
，
43
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则
，
，设平面
的法向量为
，
所以
令
，则
，即平面
的一个法向量为
．
若
平面
，则
，即
，
，令
，解得
．
即
为
中点时，有
平面
，且
，故A 错误；
B 选项：因为
平面
，连接
，则
即为
与平面
所成角，
若
与平面
所成角为
，则
，所以
，
即点
的轨迹是以
为圆心，以1 为半径的
个圆，于是点
的轨迹长度为
，故B 正确；
C 选项：当
时，
,此时点
在线段
上运动，
如图，将平面
与平面
沿
展成平面图形，线段
即为
的最小值，利用余弦定理
可知
，所以
，故C 错误；
D 选项：当
时，
,故点
在线段
上运动,
正方体经过点
、
、
的截面为平行四边形
，以
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，
，
，所以
，
，
，
，
，所以点
到直线
的距离为
，
于是当
时，
的面积取最小值，此时截面面积为
；
当
或1 时，
的面积取最大值，此时截面面积为
，故D 正确．故选：BD
题型十二：截面最值范围：周长型
1．（2024 全国·模拟预测）在直三棱柱
中，
是
上的点，
，
，
，
，过三点
、
、
作截面，当截面周长最小时，截面将三棱柱分成的两部分的体积比为（ ）．
44
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】将平面
与平面
放在一个平面内，连接
，与
的交点即为
，此时截面周长
最小，由此得到
，根据棱锥的体积公式和棱柱的体积公式可得结果.
【详解】如图：
因为
为定值，所以
最小时，截面周长最小，
将平面
与平面
放在一个平面内，如图：连接
，与
的交点即为
，则此时
最小，此时
，因为
，
，
，所以
，所以
，
又三棱柱
为直三棱柱，所以
平面
，所以
，
因为
，所以
平面
，
∴
的体积
，
三棱柱的体积
，∴截面将三棱柱分成的两部分的体积比为
．故选：D.
【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了棱柱的侧面展开图，考查了棱锥和棱柱的体积公式，属于
基础题.
2．（2023·河北邯郸·模拟）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面ABC 是下底面．M 是BB1上的点，AB＝3，BC
＝4，AC＝5，CC1＝7，过三点A、M、C1作截面，当截面周长最小时，截面将三棱柱分成的上、下两部分
的体积比为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由题意画出图形，可得当截面周长最小时的BM 值，再由已知可得AB⊥平面BB1C1C，分别求出截
面上下两部分的体积，作比即可得解．
【详解】由AB＝3，BC＝4，AC＝5 得AB2+BC2＝AC2，∴AB⊥BC，AB⊥平面BB1C1C，
将侧面BCC1B1折叠到平面ABB1A1内，如图，
连接
，
与BB1 的交点即为M，由相似可得BM＝3，
设四棱锥A﹣BCC1M 的体积为V1，则
，三棱柱ABC﹣A1B1C1 的体积
，∴当截面周长最小时，截面将三棱柱分成的上、下两部分的体积比为
．
45
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故选：D．
3．（23-24 高一下·湖南长沙·期末）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．4
C．6
D．10
【答案】C
【分析】作出三棱锥的侧面展开图，连接
交
、
于点
、
，则侧面展开图中线段
的长度即
为截面的最小周长，利用余弦定理计算可得.
【详解】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面
的周长最小，
连接
交
、
于点
、
，则侧面展开图中线段
的长度即为截面的最小周长，
因为侧棱长为
的正三棱锥
，
，所以
，
由余弦定理可得
，
，所以截面的最小周长为
.故选：C.
4.（2023·甘肃定西·模拟预测）如图，四棱锥P－ABCD 中，
平面ABCD，底面ABCD 是矩形，AB＝
3，AD＝PA＝4，E 是棱BC 上一点，则当截面PDE 的周长最短时，PE 与AB 所成角的余弦值等于 ．
【答案】
【分析】矩形
沿
旋转到与
在同一平面，
的最小值为
，可得
，过
作
交
于
，连接
，
，
为异面直线
与
所成的角，求解即可．
【详解】
四边形
是平行四边形，
，
四边形
是矩形，
，
平面
，
平面
,
，
平面
，
平面
，故
平面
，
，将矩形
沿
旋转到与
在同一平面，
如图1，连接
,此时
交
于点
的最小值为
，
,
,
故
的最小值为
，此时
，
，
图1 图2
过
作
交
于
，连接
，
，
由题意可得
，故
或其补角为异面直线
与
所成的角，
又
，
，
平面
，
平面
，故
平面
，
，
又可得
，
，
，
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．故答案为：
5．（2014 高三·江西·竞赛）已知正三棱锥
的底面边长为1，侧棱长为2.过点
作截面与侧棱
、
分别交于点
、
.当
的周长最小时，
的面积为 .
【答案】
.
【详解】如图所示，将三棱锥沿侧棱
剪开，展平为一个五边形.
当点
、
、
、
共线时，截面
周长最小.此时，等腰
与
具有相同的顶角平分线，则，
.故
，即
为等腰三角形，且
、
、
均与棱
锥侧面三角形相似.记
，
.由
，
.
于是
，
.在
中，
.从而，
.
题型十三：动点：两线动点最值
1．（23-24·湖北武汉·模拟）正方体
的棱长为4，点
在棱
上，且
，点
是正
方体下底面
内（含边界）的动点，且动点
到直线
的距离与点
到点
的距离的平方差为
16，则动点
到
点的最小值是（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】作
，
，
即为
到直线
的距离，从而可得
，即点
的轨迹是
以
为准线，点
为焦点的抛物线，然后建立平面直角坐标系求解.
两条线上动点距离
（1）、建立空间坐标系，表示为函数求最值
（2）、异面直线的距离，即公垂线的距离
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【详解】
如图所示，作
，
为垂足，则
面
。过点
作
，则
面
所以
即为
到直线
的距离。因为
，
。所以
所以点
的轨迹是以
为准线，点
为焦点的抛物线。
如图建立直角坐标系，则点
的轨迹方程是
点
,设
所以
所以当
，
取得最大值
故选：C
2．（22-23 高三·江苏南通）已知四面体ABCD 的所有棱长均为
，M，N 分别为棱AD，BC 的中点，F 为
棱AB 上异于A，B 的动点．有下列结论：
①线段MN 的长度为1；
②若点G 为线段MN 上的动点，则无论点F 与G 如何运动，直线FG 与直线CD 都是异面直线；
③
的余弦值的取值范围为
；
④
周长的最小值为
．
其中正确结论的为（ ）
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
【答案】D
【分析】将正四面体ABCD 放置于正方体中，由M，N 所处位置即可判断①；取AB，MN，CD 中点F，
G，E，探讨它们的关系可判断②；
计算
可判断③；把正
与正
展开在同一平面内，计算即可判断④并作答.
【详解】如图，在棱长为1 的正方体上取顶点A，B，C，D，并顺次连接即可得四面体ABCD，其棱长均
为
，
因M，N 分别为棱AD，BC 的中点，则M，N 恰为正方体相对面的中心，即MN=1，①正确；
取AB 的中点F，MN 的中点G，CD 的中点E，由正方体的结构特征知F，G，E 共线，即直线FG 与直线
CD 交于E，②不正确；
中，
，
，由余弦定理得：
，当点F 无限接近于点B 时，
无限接近于
，③不
正确；
把四面体ABCD 中的正
与正
展开在同一平面内，连接MN，MN 必过AB 的中点，在AB 上任
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取点
，连
，如图，
此时，
，当且仅当点
与线段AB 中点重合时取“=”，则对AB 上任意点F，
有最小值
，
于是得在四面体ABCD 中，
周长
有最小值
，④正确，
所以①④为正确的结论.
故选：D
3．（23-24 高二上·广东广州·期中）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一
条直线距离的最小值．在棱长为1 的正方体
中，直线
与
的距离为（ ）
A．1
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】在直线
上任意一点
，作
，设
，
，根据
得出
和
的关系，再由模长公式得出
与
的关系，再求最值即可.
【详解】设
为直线
上任意一点，过
作
，垂足为
，可知此时
到直线
距离最短，
设
，
，
，
，因为
，所以
，
即
，所以
，即
，
所以
，
所以
，
所以当
时，
取得最小值
，所以直线
与
的距离为
.
故选：D
4．（22-23 高二上·重庆·期中）如图在棱长为2 的正方体
，中E 为BC 的中点，点P 在线
段
上，点P 到直线
的距离的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
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【分析】取
的中点F，连接
，
，利用线面平行的性质即可得到
平面
，进而得到异
面直线
与
的距离，即为点P 到直线
距离的最小值．
【详解】
解：如图所示，取
的中点F，连接
，
，
∵
，
底面
，∴四边形
是矩形，∴
，又
平面
，
平面
，
∴
平面
，∴直线
上任一点到平面
的距离是两条异面直线
与
的距离，
过点
作
，∵平面
平面A1B1C1D1，平面
平面
，
平面A1B1C1D1，∴
平面
，过点M 作
交
于点P，则
，
取
，连接
，则四边形
是矩形．可得
平面
，在
中，
，得
，∴点P 到直线
的距离的最小值为
．故选：B．
题型十四：动点：表面上动点距离最值
1．（22-23 高一三·陕西西安·模拟）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长是1，顶点A 在平面α 内，若顶点B，D
，A1到平面α 的距离分别是1，2，4，那么正方体的其它顶点到平面α 的距离可以是（ ）
A．3，4，5，6
B．3，5，6，7
C．5，6，7，8
D．3，4，7，8
【答案】B
【分析】利用线段BD 的中点也是线段AC 的中点，可得C 到平面α 的距离；结合
，可得
到平
面α 的距离，顶点B1，D1到平面α 的距离同理可得
【详解】
因为线段BD 的中点也是线段AC 的中点，
设点C 到平面α 的距离为x，则有
，解得x＝3，设点
到平面α 的距离为y，A1到平面α 的距
离为4 由于
，故
同理可得顶点B1，D1到平面α 的距离分别为5，6
所以正方体的其它顶点到平面α 的距离可以是3，5，6，7．故选：B
2．（23-24 高三·四川成都·模拟）如图，已知正方体
的棱长为
为底面正方形
内
（含边界）的一动点，则下列结论中:①若点
为
的中点，则
的最小值为
；②过点
作
与
和
都成
的直线，可以作四条；③若点
为
的中点时，过点
作与直线
垂直的平面
，
则平面
截正方体
的截面周长为
；④若点
到直线
与到直线
的距离相等，
的中点为
，则点
到直线
的最短距离是
.其中正确的命题有（ ）
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A．4 个
B．3 个
C．2 个
D．1 个
【答案】C
【分析】延长
到
，使
，求出
判断①；求出过点
与直线
都成
的直线条数判断
②；作出符合条件的截面并求出周长判断③；确定点
轨迹，建系求出方程，再利用点到直线距离公式求
出最小值判断④即可得解.
【详解】在棱长为
的正方体
中，
延长
到
，使
，由点
为
的中点，得平面
是线段
的中垂面，连接
，
则
，
,
当且仅当点
为直线
与平面
的交点时取等号，①正确；
连接
，四边形
是正方体
的对角面，则四边形
是矩形，即
，
显然
，则
，
的平分线与直线
都成
的角，
显然在空间过点
作与直线
都成
角的直线只有1 条，
则过空间任意点作与直线
都成
角的直线只有1 条，②错误；
当点
为
的中点时，取
的中点
，连接
，
显然
≌
，则
，
，
即有
，而
平面
，
平面
，则
，
又
平面
，于是
平面
，而
平面
，
因此
，同理
，显然
平面
，
所以
是平面
截正方体
所得截面，其周长为
，③错误；
由于
平面
，则点
到直线
距离等于
，即点
到点
的距离等于它到直线
的距离，
因此点
轨迹是以点
为焦点，直线
为准线的抛物线在正方形
及内部，
以线段
中点
为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
点
轨迹方程为
，直线
的方程为
，令
，
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因此点
到直线
：
的距离
，
于是当
，即点
时，
，④正确，
所以正确命题的个数为2.故选：C
3．（23-24 高三·北京朝阳·模拟）在棱长为1 的正方体
中，若点E 是线段AB 的中点，点
M 是底面ABCD 内的动点，且满足
，则线段AM 的长的最小值为（ ）
A．
B．
C．1
D．
【答案】B
【分析】以点
为原点建立空间直角坐标系，由
可得点
的轨迹方程，从而由平面知识即可求
出线段AM 的长的最小值．
【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设
，
，
，
，
所以
，由
可得
，即
，所以线段AM 的长的最小值为
．故选：B．
4．（22-23 高三·江西·模拟）如图，正方体
的棱长为
，点
是底面
内
的动点，且
到平面
的距离等于线段
的长度，则线段
长度的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由题意点
到平面
的距离即为点
到直线
的距离，在正方形
中，以
为原点建
立平面直角坐标系，设
，根据题意求出
的关系式，再根据勾股定理结合二次函数即可得解.
【详解】在正方体
中，点
到平面
的距离即为点
到直线
的距离，
在正方形
中，如图，以
为原点建立平面直角坐标系，则
，设
，
则
，因为
到平面
的距离等于线段
的长度，所以
，所以
，则
，因为
平面
，
平面
，
所以
，则
，则当
时，
.
52
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故选：B.
5．（2024·全国·模拟预测）如图，正方体
的棱长为3，点
是侧面
上的一个动点
（含边界），点
在棱
上，且
，则下列结论中正确的是（ ）
A．若
，则点M 的轨迹是线段
B．若保持
，则点M 的运动轨迹长度为
C．若点
在平面
内，点
为
的中点，且
，则点Q 的轨迹为一个椭圆
D．若点
到
与
的距离相等，则动点
的轨迹是抛物线的一部分
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法，结合线段、圆、椭圆、抛物线等知识对选项进行分析，从而
确定正确答案.
【详解】以
为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
，
，所以
，
而
平面
，所以
平面
，所以点
的轨迹是线段
，所以A 正确；
B 选项若保持
，
，设
，
，
所以
，设
，则
点的轨迹是以
为圆心，半径为
的圆在正
方形
内的部分，
设圆与
的公共点为
，连接
，
，
，则点
的运动轨迹长度为
，所以B 正确；
C 选项，因为
，所以点
的轨迹为椭球，
，
，
，所以
平面
，
所以
平面
，所以椭球被平面
所截得的图形应该为一个圆，所以C 错误；
D 选项，根据正方体的性质可知
平面
，
而
平面
，所以
，
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若点
到
与
的距离相等，则动点
到
和到
距离相等，
所以它的轨迹是以
为焦点，
为准线的抛物线的一部分，所以D 正确．
故选：ABD
题型十五：动点：折线和最值
1．（2021·海南·三模）直四棱柱
的所有棱长均相等，
，
是
上一动点，
当
取得最小值时，直线
与
所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由题意画出图形，可知当
取得最小值时
为
的中点，找出异面直线所成角，求解
三角形得答案．
【详解】如图，
设直四棱柱
的棱长为2，
当
取得最小值时，
为
的中点，
连接
，则
，则
为直线
与
所成角（或其补角），
此时，
，
，
，
为等边三角形，得
，
，则△
为等腰三角形，可得
．
故选：
．
2．（21-22 高三上·河南新乡·阶段练习）在棱长为3 的正方体
中，点
满足
，
点
在平面
内，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】以点
为坐标原点，建立空间直角坐标系
，根据线面垂直的判定定理可证出
平面
，记
与平面
交于点
，则易得
，从而得点
关于平面
对称的点
为
，可知
的最小值为
，最后根据空间中两点间的距离公式即可求出结果.
【详解】解：以点
为坐标原点，
分别为
轴的正方向，
建立空间直角坐标系
，则
，
因为
，且
，则
平面
，
所以
，同理得
平面
，所以
，
而
，所以
平面
，
记
与平面
交于点
，连接
，且
，
则
，易得
，
54
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从而得点
关于平面
对称的点为
，
所以
的最小值为
.
故选：B.
3．（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
4．（22-23·浙江宁波·模拟）如图，在棱长为的正方体
中，
分别为棱
的中
点，
是线段
的中点，若点
分别为线段
上的动点，则
的最小值为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】连接B1D1交EF 于G，连接PG，则EF⊥平面B1D1DB，故EF PG
⊥
，从而PM 的最小值PG，可知G 为
EF 的中点，D1G 为D1B1的四分之一．其次，连接BD，设其中点为H，连接PH，BC1，则△D1DB
D
≌△
1C1B，从
而PN=PH．（实现了转化，这步是解题之关键），最后，连接GH 交BD1于K，则当P 为K 时，PM+PN 取得
最小值，所求最小值为GH，即可得出结论．
【详解】首先PM 的最小值就是P 到EF 的距离．
连接B1D1交EF 于G，连接PG，则EF⊥平面B1D1DB，故EF PG
⊥
，从而PM 的最小值PG，可知G 为EF 的中点，
D1G 为D1B1的四分之一．其次，连接BD，设其中点为H，连接PH，BC1，则△D1DB
D
≌△
1C1B1，从而PN=PH．
（实现了转化，这步是解题之关键）
最后，连接GH 交BD1于K，则当P 为K 时，PM+PN 取得最小值，所求最小值为GH．
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∵正方体ABCD
A
﹣
1B1C1D1的棱长为1，∴GH=
=
．故选D．
5.（23-24·河北张家口·模拟）如图，已知正方体
的棱长为4，
是
的中点，
是
的中点，则（ ）
A．若
是侧面
内一动点，则满足
平面
的点
的轨迹长为
B．平面
内不存在点
，使得
平面
C．三棱锥
的体积为16
D．若
是
上一点，则
的最小值为
【答案】ACD
【分析】分别取
，
的中点
，
，即可证明平面
平面
，从而得到
在线段
上，即
可判断A；连接
，即可证明
平面
，从而判断B；结合B 及锥体的体积公式判断
C；将
与
展开在同一个平面内，化折线为直线，利用余弦定理计算出最小值，即可判断D.
【详解】对于A：如图分别取
，
的中点
，
，连接
、
、
、
、
，
则
，又
，所以
，又
平面
，
平面
，
所以
平面
，同理可证
平面
，
又
，
平面
，所以平面
平面
，
又
是侧面
内一动点，且满足
平面
，
所以
在线段
上，所以点
的轨迹长为
，故A 正确；
对于B：连接
，则
为
的中点，又
为
的中点，
，因为
，又
平面A1B1C1D1，
平面A1B1C1D1，
所以
，
又
，
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，同理可证
，
，
平面
，
所以
平面
，
平面
，
平面
内存在点
，使得
平面
，故B 错
误；
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对于C：结合B 可知
，
又
为边长为
的等边三角形，
三棱锥
的体积为
，故C 正确；
对于D：将
与
展开在同一个平面内，如图，
连接
交
于点
，则
，当且仅当
，
，
三点共线时，等号成立，
又
，
，
，又
，
根据余弦定理可得
，
的最小值为
，故D 正确．
故选：ACD．
题型十六：动点：折线型“将军饮马”最值
1．（2023·安徽·模拟）如图，棱长为的正方体
中，
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．
C．1
D．
【答案】C
【分析】首先连接
，过
作
，连接
，过
作
.根据面面垂直的性质得到
平面
，即
.再根据相似三角形得到
，
，即
.再将
转化为
，求其最小值即可.
【详解】连接
，过
作
，连接
，过
作
.
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因为平面
平面
所以
平面
.
因为
平面
，所以
.所以
.又因为
，所以
.
即
.因为
，所以
.在
中，
.
因为
，所以
.即
，
.
所以
.即
的最小值为故选：C
2．（20-21 高三·河南·模拟）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．（22-23 高三下·安徽·开学考试）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（ ）
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A．
B．
C．
D．2
【答案】C
【分析】利用线面垂直的性质定理可得
，又
可得
平面
，所以
.再根据三角形面积相等可得出
的表达式即可确定其最小值。
【详解】根据题意
平面
可知，
，
又
可得
；
由
可知，
，所以可得
平面
，即
；
在
中，
，
，
.又
，即
。所以
，由
得。
，
所以
，当且仅当
时等号成立，
即
时，此时
分别为线段
和线段
的中点，
取得最小值
；
综上可知，
的最小值为
.故选：C
4.（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.
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【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：
60
