重难点培优02 立体几何中的路径最短、截面、轨迹问题
目录（Ctrl 并单击鼠标可跟踪链接）
01 知识重构・重难梳理固根基..........................................................................................................1
02 题型精研・技巧通法提能力..........................................................................................................5
题型一 路径最短问题（★★★）................................................................................................................5
题型二 截面的形状及交线问题（★★★★）..........................................................................................10
题型三 截面的周长、面积问题（★★★★）..........................................................................................17
题型四 截面切割几何体体积问题（★★★★★）..................................................................................21
题型五 动点保持平行求轨迹（★★★★）..............................................................................................25
题型六 动点保持垂直求轨迹（★★★★）..............................................................................................28
题型七 其他求轨迹题型（★★★）..........................................................................................................32
03 实战检测・分层突破验成效........................................................................................................38
检测Ⅰ组 重难知识巩固..............................................................................................................................38
检测Ⅱ组 创新能力提升..............................................................................................................................59
一、最短路径问题
1、解题思想：化曲为直，化折为直，立体展开成平面.
2、方法总结：解决空间几何体表面最短路径问题关键是把立体图形平面化，即把立体图形沿着某一条直
线展开，转化为平面问题之后，借助“两点之间，线段最短”，构造三角形，借助解三角形的方法求解.
二、截面问题
1、截面问题的理论依据
(1)确定平面的条件
①不在同一平面的三点确定一个平面；②两条平行线确定一个平面
(2)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线
(3)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内
(4)如果一条直线平行于一个平面，且经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行
(5)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行
2、截面问题的基本思路
1.定义相关要素
①用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面.
②此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线.
③此平面与几何体的棱(或面)的交集(交点)叫做实截点.
④此平面与几何体的棱(或面)的延长线的交点叫做虚截点.
⑤截面中能够确定的一部分平面叫做截小面.
2.作截面的基本逻辑：找截点→连截线→围截面
3、作截面的具体步骤
（1）找截点：方式1：延长截小面上的一条直线，与几何体的棱、面(或其延长部分)相交，交点即截点
方式2：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体的棱于截点
（2）连截线：连接同一平面内的两个截点，成截线
（3）围截面：将各截线首尾相连，围成截面
4、作截面的几种方法
（1）直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找
交线的过程。
（2）延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。
（3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直
线的平行线找到几何体的截面的交线。
模型演练：如下图E、F 是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等完全理解了，再改成任意等分
点
方法：两点成线相交法或者平行法
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.
方法一：相交法，做法如下图.
方法二：平行线法，做法如下图.
5、正方体中的基本截面类型
三、轨迹问题
1、立体几何中的轨迹问题
立体几何轨迹问题是以空间图形为素材,去探究符合一定条件的点的运动轨迹,处于解析几何和立体几何的
交汇处,要求学生有较强的空间想象能力、数学转化和化归能力,以及对解析几何和立体几何知识的全面掌
握.常见的轨迹类型有直线、圆雉曲线、球面、椭球面.
2、常用的解决策略
（1）定义法:借助圆雉曲线的定义判断.
（2）坐标法:建立合适的坐标系,用方程来表示所求点的轨迹,借助方程来判断轨迹形状.
（3）交轨法:运动的点同时在两个空间几何体上,如平面与圆雉、圆柱、球相交,球与球相交,等等.
（4）平面化:把空间几何关系转化到同一平面内,进而探究平面内的轨迹问题,使问题更易解决.空间问题平
面化也是解决立体几何题目的一般性思路.
四、轨迹是圆锥曲线的原理剖析
令平面与轴线的夹角为θ(0<θ<90
°),圆雉的母线与轴的夹角为
,如图②.
(1)当
时,截口曲线为椭圆;
(2)当
时,截口曲线为抛物线;
(3)当
时,截口曲线为双曲线.
图②我们再从几何角度来证明.
(1)如图③,在圆锥内放两个大小不同的球,使它们分别与截面切于点
.在截口曲线上任取一点
,过点
作圆雉的母线,分别与两球切于点
.由球的性质可知
,于是
为定值,这样截口曲线上的任一点
到两个定点
的距离之和为
常数,由椭圆的定义知,截口曲线是椭圆.
(2)如图④,在互相倒置的两个圆雉内放两个大小不同的球,使它们分别与圆雉的侧面、截面相切,两个球分别
与截面切于点
.在截口曲线上任取一点
,过点
作圆雉的母线,分别与两球切于点
.由球的性质
可知
,于是
为定值,这样截口曲线上的任一
点
到两个定点
的距离之差的绝对值为常数,由双曲线的定义知,截口曲线是双曲线.
(3)如图⑤,用平行于母线
且垂直于轴截面
的平面
去截圆雉.在圆雉内放一个球,使它和圆雉的侧
面与截面
相切,球与截面切于点
.设
为球与圆雉相切时切点构成的圆所在的平面,记
.在截口
曲线上任取一点
,作直线与球相切于点
,连结
,有
.在母线
上取点
(
为
与
球的切点),使得
.过点
作
,有点
在上,且
.另一方面,因为平面
与
垂直,那么
平面
,有
,所以
.于是截口曲线是以点
为焦点, 为准线的抛
物线.
题型一 路径最短问题
1．如图，圆柱的高为2，底面周长为16，四边形ACDE 为该圆柱的轴截面，点B 为半圆弧CD 的中点，则
在此圆柱的侧面上，从A 到B 的路径中，最短路径的长度为（ ）．
A．
B．
C．3
D．2
【答案】B
【分析】画出圆柱的侧面展开图，解三角形即得解.
【详解】解：圆柱的侧面展开图如图所示，由题得
,
所以
.
所以在此圆柱的侧面上，从A 到B 的路径中，最短路径的长度为
.
故选：B
2．在正方体
中，
，P、Q 分别为棱
，BC 的中点，则从点P 出发，沿正方体表
面到达点Q 的最短路径的长度为（ ）
A．
B．
C．3
D．
【答案】D
【分析】将正方体沿着不同的方向展开，得到展开图，化曲（折）为直，再利用勾股定理计算可得.
【详解】如图，在正方体
中，P、Q 分别为棱
，BC 的中点，
按照下列方式展开，
；
按照下列方式展开，
；
按照下列方式展开，
.
综上所述，最短路径
.
故选：D.
3．如图，圆锥
的底面圆半径为1，侧面积为
，一只蚂蚁要从
点沿圆锥侧面爬到
上的
点，且
，则此蚂蚁爬行的最短路径长为 .
【答案】
【分析】先根据题意求出圆锥的母线长
，然后将圆锥的侧面展开，如图，则可知此蚂蚁爬行的最短路
径长为
，求出扇形的圆心角，再利用余弦定理可求得结果.
【详解】设
，利用扇形的面积公式得
，解得
，
所以侧面展开图的扇形的半径为3，弧长为
，所以圆心角为
，
沿母线
裁开，将圆锥的侧面展开，如图所示，
因为
，所以
，连接
，则
为最短距离，
由余弦定理得
，
所以
，即此蚂蚁爬行的最短路径长为
.
故答案为：
4．如图，已知圆台的轴截面为梯形
，
，
，梯形
的高为
，圆台的体积为
；在圆台的侧面上，从点
到点
的最短路径长度是 ．
【答案】
/
【分析】①由
，
得圆台的下底面和上底面的半径，结合梯形
的高为圆台的高，利用圆
台的体积公式即可求解；②由圆台性质，延长
，
，
交于点
，由
与
相似即可计算
，设该圆台的侧面展开图的圆心角为
，计算出圆心角
，在侧面展开图中，连接
，
，即可计
算出
的最短距离.
【详解】①由
，
，得圆台的下底面的半径为
，上底面的半径为
，圆台的高为
，
所以圆台的体积为
.
②在梯形
中，
，即母线长为3，
如图，由圆台性质，延长
，
，
交于点
，
由
与
相似，得
，即
，解得
，
设该圆台的侧面展开图的圆心角为
，
则
，所以
，
在侧面展开图中，连接
，
，则从点
到
的最短路径为线段
，
又在
中，
，
，
，
由余弦定理得
，
所以
.
验证知，由
，
，
，得
，
此时
，恰与扇形弧
所在圆相切于点
，满足题意.
故答案为：
，
.
5．已知三棱锥
中，
平面
，
，
，
.在此棱锥表面上，从点
经过棱
上一点到达点
的路径中，最短路径的长度为
，则该棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】根据几何体的线面关系可将其放进一个长方体，外接球直径就是体对角线长，此时需要长方体的
长宽高数据，根据题干中的最短路径数据，转化成平面问题列余弦定理方程求解.
【详解】
由于
平面
，
，可将三棱锥放在一个如上图的长方体里，长方体的外接球直径就是三
棱锥的外接球，就是体对角线
的长，
下将
翻折到和
共面的状态，如下图：
由
平面
，
平面
，故
，在上图长方体中，显然
平面
，又
平
面
，故
，
在
中，
，则
，于是
，由题意，点
经过棱
上一
点到达点
的路径中，最短路径的长度为
，
则平面图中的
，设
，在
中，由余弦定理，
，整理得
，解得
（负值舍去）.
故长方体中，
，则
，即为外接球直径，故外接球的表面积是
.
故答案为：
题型二 截面的形状及交线问题
【技巧通法·提分快招】
1、作截面的具体步骤
（1）找截点：方式1：延长截小面上的一条直线，与几何体的棱、面(或其延长部分)相交，交点即截点
方式2：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体的棱于截点
（2）连截线：连接同一平面内的两个截点，成截线
（3）围截面：将各截线首尾相连，围成截面
2、作截面的几种方法
（1）直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找
交线的过程。
（2）延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。
（3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直
线的平行线找到几何体的截面的交线。
3、交线问题
（1）利用相交平面有且只有一条过交点的直线寻找交线，即只需找相交平面的两个公共点，两点连线就
是交线.
（2）利用线面平行与面面平行的判定定理寻找线面平行及面面平行，再利用性质作出交线.
（3）对于球与多面体的交线长问题，根据交线的不同有两种计算方法：一是利用弧长公式计算，只需找
出弧所对的圆心角即可；二是转化为截面小圆计算，只需找到小圆半径即可.
1．（2025·福建厦门·三模）在正方体
中，
为
的中点，为平面
与平面
的交线，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设
为
的中点，则即为
所在直线，判断
与
是异面直线，即可判断A；由
，
与
不垂直，即可判断B；由条件可证得
平面
，而
，可得
平
面
，从而
，即可判断C，D.
【详解】设
为
的中点，连接
，
∵
为
的中点，
为
的中点，∴
，
又∵
，∴
，
∴
四点共面，
∴平面
与平面
的交线为
，则即为
所在直线，
∵
与
是异面直线，即与
是异面直线，故A 错误；
∵
，而在直角
中，
，则
与
不垂直，
故
与
不垂直，即与
不垂直，故B 错误；
∵
平面
，
平面
，∴
，
又
，
，
平面
，
∴
平面
，又
，
∴
平面
，即
平面
，
∵
平面
，∴
，故C 错误，D 正确，
故选：D.
2．如图，在棱长为6 正方体中，点
为棱
的中点，点
为棱
的中点，点
为棱
上靠近点
的
三等分点，则经过
三点的平面截该正方体所得截面的形状和与侧面
的交线长度分别为
（ ）
A．五边形，
B．六边形，
C．五边形，
D．六边形，
【答案】B
【分析】根据题意作出截面可判断截面形状，得出截面与侧面
的棱
相交，并计算出其位置即可
求得交线长.
【详解】设
中点为
，连接
，
是
中点，
底面
，
连接
，并延长
交
的延长线于
，又
是
中点，所以
≌
，
则
，过点
作
，且交
的延长线于
，与
的延长线交于R，
∽
，则
，所以
，
，
连接
交
于G，所以
∽
，即
，
其中
，故
，又
，则
，
，
所以截面与侧面
的交线为
，
延长
交
的延长线于
，连接
交
于H，并延长交
的延长线于K，
连接
交
于I，所以截面为六边形
，
故选：B.
3．（2024·广东广州·模拟预测）在正六棱柱
中，
，
为棱
的中点，
以
为球心，
为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意，画出图形，设
分别为
的中点，连接
，由题意
可知球
不与侧面
及侧面
相交，球
与侧面
交于点
，与侧面
交于点
，然后分别判断与其余4 个面的交线，求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和即可
【详解】因为球
的半径为6，
，所以球
不与侧面
及侧面
相交，
设
分别为
的中点，连接
，
则由题意可得
，
所以
，
所以球
与侧面
交于点
，与侧面
交于点
，
在正六边形
中，因为
，所以
，
所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
，
平面
，
所以
平面
，所以
平面
，且
，
所以
，
所以球
与侧面
的交线是以
为直径的半圆，
同理可得球
与侧面
的交线是以
为直径的半圆，
因为
，所以球
与上下底面的交线均为
个半径为
的圆，
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查球与棱柱表面的交线问题，解题的关键是画出图形，根据题意找出球与各
个面的交线，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
4．（多选题）若用一平面去截一个四棱锥，则截面的形状可能是（ ）
A．三角形
B．四边形
C．五边形
D．六边形
【答案】ABC
【分析】根据四棱锥的几何特点解题即可.
【详解】如下图
（1）截面为三角形
（2）截面为四边形
（3）截面为五边形
而四棱锥共5 个面，故截面的形状不可能是六边形.
故选：ABC
5．（多选题）已知正方体
的棱长为2，若平面
，则下列关于平面
截此正方体所
得截面的判断中正确的是（ ）
A．截面形状可能为正三角形
B．截面形状可能为正方形
C．截面形状可能为正五边形
D．截面面积最大值为
【答案】AD
【分析】借助正方体，画出截面图形，再对选项进行一一判断．
【详解】如图,在正方体
中，连接
，
因为
平面
，
平面
，则
，
又四边形
为正方形，则
，
又因为
，
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，同理可证
，
因为
，
平面
，所以
平面
，
所以平面
与平面
平行或重合，
所以平面
与正方体的截面形状可以是正三角形，故A 正确；
当
分别为对应棱的中点时，截面
为正六边形，
因为
分别为
的中点，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
同理可得
平面
，
又因为
平面
，所以平面
平面
，
所以
平面
，所以截面为正六边形，
将平面
平移，可知截面不可能为正方形和正五边形，故BC 错误；
如图设截面为多边形
，
设
，则
，
则
，
所以多边形
的面积为两个等腰梯形的面积之和，
所以
，
因为
，
，
所以
，
当
时，
，故D 成立.
故选：AD.
6．已知正四棱柱
中，
，
，点
为
的中点，点
为
的中点，平面
与平面
的交线为，则异面直线与
所成角的余弦值为 .
【答案】
/
【分析】在棱
上取点
，使
，连接
、
，结合面面平行的性质得
，在棱
上取点
，使
，连接
，易得
，进而有
，则
就是异面直线
与
所成的角，根据已知求其余弦值.
【详解】如图，在棱
上取点
，使
，连接
，则
，
所以
为平面
与平面
的交线.
连接
，则
为平面
与平面
的交线.
因为面
与面
的交线为，且面
面
，所以
.
在棱
上取点
，使
，连接
，则
，
所以
，则
就是异面直线与
所成的角.
连接
，在
中
，
，
.
由余弦定理，得
，
所以异面直线与
所成的角的余弦值为
.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是找到平行于的直线
，从而得解.
题型三 截面的周长、面积问题
1．在棱长为2 的正方体
中，P，Q 是
，
的中点，过点A 作平面
，使得平面
平面
，则平面
截正方体所得截面的面积是（ ）
A．
B．2
C．
D．
【答案】C
【分析】取
中点
，
中点
，利用面面平行的判定定理确定平面
，利用余弦定理及三角形面
积公式求解即可.
【详解】如图，取
中点
，
中点
，连接
，
因为
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
又
，
平面
，
平面
，所以
平面
，又
，
平面
，
平面
，所以平面
平面
，
即三角形
为所得截面
，
在
中，
，
，
由余弦定理得
，
所以
，
所以
.
故选：C.
2．在正四棱柱
中，
，
分别是
的中点，则平面
截该四棱
柱所得截面的周长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】作出辅助线，得到五边形
即为平面
截该四棱柱所得截面，由勾股定理和三角形相
似得到各边长，相加得到截面周长．
【详解】直线
分别与
相交于点
，连接
，分别与
交于点
，
连接
，故五边形
即为平面
截该四棱柱所得截面，
其中
分别是
的中点，故
．
，故
，
由勾股定理得
，
，
同理可得
，
又
，故
，
故平面
截四棱柱所得截面的周长为
．
故选：A．
3．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的最
大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】将四面体补成正方体，在正方体内利用截面为平行四边形
可得
，进而利用基
本不等式即可得解.
【详解】把正四面体补为正方体，如图，
根据题意可得截面为平行四边形
，
所以
，
，
，
，
所以
，
，
，
又因为
，所以
，
所以所求截面面积
，当且仅当
时成立，
故选：B
4．已知正方体
的棱长是4，P 是棱BC 的中点，过点A、P、
的平面截该正方体得到的
多边形为
，则
的面积是 ．
【答案】
【分析】根据
是菱形及菱形的面积公式即可求解.
【详解】
设平面
与直线
交于点
，连接
，
由正方体的性质可得平面
平面
，
而平面
平面
，平面
平面
，
故
，同理
，故四边形
为平行四边形.
而
，故四边形
为菱形.
因为两条对角线长分别是
和
，所以截面
的面积是
．
故答案为：
.
5．已知正方体
的棱长为2，点P，Q 分别为BC，
的中点，则过点
，P，Q 的平面截
正方体所得的截面的周长为 .
【答案】
【分析】根据题意得截面为五边形
，即可利用三角形的边角关系求解长度得解.
【详解】如图，延长
交
于点
，延长
交
于点
，连接
交
于点
，
连接
交
于点
，连接
，
．则过点
，
的平面截正方体所得的截面为五边形
．
因为
为
的中点，
为
的中点，
所以
，
，
所以
，
，
所以
，
，
，
即截面周长为
．
故答案为：
.
题型四 截面切割几何体体积问题
1．如图，在正方体
中，E，F 分别为棱BC，
的中点，过点A，E，F 作一截面，该截
面将正方体分成上、下两部分，则分成的上、下两部分几何体的体积比为（ ）
A．2
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题意分析可得过点A，E，F 的截面即为截面
，截面将正方体分成上、下两部分，其中
下部分
为三棱台，结合台体的体积公式分析运算.
【详解】如图，连接
，
，
∵E，F 分别为棱BC，
的中点，则
，
又∵
，且
，则
为平行四边形，
∴
，
可得
，
故则过点A，E，F 的截面即为截面
，截面将正方体分成上、下两部分，其中下部分
为
三棱台，且三棱台
的高为
．
设正方体的棱长为2，则
，
可得正方体的体积
，
三棱台
的体积
，
故分成的上、下两部分几何体的体积比为
．
故选：C．
2．（24-25 高三上·天津滨海新·月考）如图，三棱柱
中，
是
上靠近
的四等分点，平面
将三棱柱分成体积为
，
两部分，则
（ ）
A．9：7
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据线线平行得截面为梯形
，即可根据锥体以及柱体的体积公式求解.
【详解】过
作
交
于
，连接
,
由于
,故
，因此截面为梯形
，
又
,
平面
，
平面
，故
平面
设三棱柱的高为
，
由于
,
所以
,
,
故
，
因此
故选：A
3．如图，在三棱柱
中，
，
是棱AB 上一点，若平面
把三棱柱
分成
体积比为
的两部分，则
（ ）
A．1
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先画出平面
与三棱锥的截面，分析清楚两部分是什么几何体，由等体积求解即可.
【详解】如图：
延长
与
交于
，连接
交
于
，
则平面
与三棱锥的截面是
，
将三棱锥分成两部分，三棱台
，多面体
，
设
，
，
，
，
，设
，则
，
，则
，
，解得：
，由于
所以
故选：D.
4．在如图所示的几何体中， 底面ABCD 是边长为2 的正方形，
，
，
，
均与底面ABCD
垂直， 且.
点 E、F 分别为线段BC、
的中点，记该几何体的体积为V，
平面AFE 将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先求几何体的体积
，再根据截面位置求被截较小部分的体积即可.
【详解】由题意可知该几何体是长方体截去一个三棱锥，如图所示，
有
，
，四边形
为平行四边形，有
，
点 E、F 分别为线段
、
的中点，则
，
所以平面
即为平面AFE 截几何体的截面.
因为
，
，
所以几何体的体积
，
被截棱台的体积
，
较大部分体积为
，且
，
所以较小部分的体积为
.
故选：B.
题型五 动点保持平行求轨迹
【技巧通法·提分快招】
平行有关的轨迹问题的解题策略
1、线面平行转化为面面平行得轨迹;
2、平行时可利用法向量垂直关系求轨迹.
1．如图，棱长为2 的正方体
中，
为棱
中点，
为棱
中点，点
在侧面
上运动（含边界），若
平面
，则点
的轨迹长度为（ ）
A．
B．
C．2
D．1
【答案】A
【分析】取
的中点分别为
，连接
，则可证平面
平面
，故
的轨迹
为线段
，故可求其长度.
【详解】取
的中点分别为
，连接
，
在正方形
中，因为
为中点，故
且
，
由正方体
可得
且
，
所以
，
，故四边形
为平行四边形，
故
，而
，故
，
同理
，故
，
而
平面
，
平面
，故
平面
，
同理
平面
，而
平面
，
故平面
平面
，而平面
平面
，
结合
平面
，故
的轨迹为线段
，其长度为
，
故选：A.
2．（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
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
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.
3．如图，已知正方体
的棱长为4，
，
分别是棱
，
的点，且满足：
，
，点
为底面
内（包括边界）的一动点，若直线
与平面BEF 无公共点，则点P 的
轨迹长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】作出辅助线，由线线平行得到面面平行，从而当点
在线段
上时，
平面
，点P 的
轨迹长度即为
的长，由勾股定理求出轨迹长度.
【详解】直线
与平面BEF 无公共点，即直线
平面BEF，
取
中点
，连接
，在
上取点
，使得
，连接
，
因为
，所以
，
又
，故四边形
为平行四边形，故
，
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
，
又
，即
为
的中点，故
，
又
，故
，
又
，所以
，
故
，故
，
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
，
因为
，
平面
，
所以平面
平面
，
当点
在线段
上时，
平面
，
点P 的轨迹长度即为
的长，
取
的中点
，连接
，则
，
⊥
，
其中
，由勾股定理得
.
故选：C
题型六 动点保持垂直求轨迹
【技巧通法·提分快招】
垂直有关的轨迹问题的解题策略
1、可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹;
2、利用空间坐标运算求轨迹;
3、利用垂直关系转化为平行关系求轨迹.内,进而探究平面内的轨迹问题,使问题更易解决.空间问题平面化
也是解决立体几何题目的一般性思路.
1．（24-25 高三上·浙江宁波·期末）已知正四面体
的棱长为2，点
是
的中点，点
在正四面体
表面上运动，并且总保持
，则动点
的轨迹周长为（ ）
A．4
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据正四面体的几何特征及线面垂直判定定理得出
平面
，进而得出P 的轨迹，计算即
可求解.
【详解】
因为
，所以
，
平面
，所以
平面
，
由于点 P 始终保持 PE 垂直于 BC ，且 P 在正四面体表面运动，因此 P 的轨迹为平面
与正四面
体表面的交线，即
的边界.
为等腰三角形，其中 AD 为底边，长为2，AE 和 DE 为腰，长均为
.
因此，三角形
的周长为
.
故答案为 ：D .
2．（24-25 高三上·安徽·月考）棱长为2 的正四面体
的表面上有动点
，满足
，则点
的轨迹总长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】
依次为棱
的中点，根据已知分析
的轨迹，进而求其长度.
【详解】如图，
依次为棱
的中点，
因为
，故
的轨迹是以
中点
为球心的球与正四面体各面的交线构成，
则点
的轨迹由面
内的弧
，面
内的弧
，面
内的弧
，面
内的弧
构成；
弧
与弧
的长度相等，易得弧
的长等于
，
弧
与弧
的长度相等，
在面
内的射影点
，易知弧
的圆心为
，
且
为高
的三等分点，故
，且
，弧
长等于
；
故点
的轨迹的长为
．
故选：A
3．如图，在直三棱柱
中，
是边长为4 的正三角形，
，N 为棱
上的中点，M
为棱
上的动点，过N 作平面
的垂线段，垂足为点O，当点M 从点C 运动到点
时，点O 的轨迹
长度为（ ）
A．
B．
C．
D．π
【答案】C
【分析】根据线面垂直及圆的性质判断点O 的轨迹为圆的一部分，再由弧长公式能求出结果.
【详解】取
中点P，连接
，
的中点为
，如图，
是
中点，
是等边三角形，所以
，
又N 为棱
上的中点，由直三棱柱性质知
，
又因为
，
平面
，
∴
平面
，又
平面
，∴平面
⊥平面
，
过N 作
,
为垂足，
又平面
平面
，
平面
，∴
⊥平面
，
所以O 点轨迹是在平面
内且以
为直径的圆弧，
当点M 在点C 时，O 点位于P 点，当点M 到点
时，O 点到最高点，
此时
，
所以直角
中
，
，从而
，∴弧长
，
∴当点M 从点C 运动到点
时，点O 的轨迹长度为
.
故选：C.
4．在正方体
中，点Q 为底面
（含边界）上的动点，满足平面
平面
，
则点
的轨迹为（ ）
A．一段圆弧
B．一段抛物线
C．一段椭圆
D．一条线段
【答案】D
【分析】取
的中点M，连接
并延长交
的延长线于N，由条件得
平面
，
，
所以
平面
，从而平面
平面
，结合题意可得
，即可得解.
【详解】取
的中点M，连接
并延长交
的延长线于N，
由
，可得
，所以
，所以A 为
的中点．
连接
，由正方体
可得
，
又
平面
，
平面
，所以
，
又
平面
，所以
平面
．
因为
，
，所以四边形
是平行四边形，
所以
，所以
平面
，
因为
平面
，所以平面
平面
．
又因为点Q 为底面
（含边界）上的动点，满足平面
平面
，
所以
，即点Q 的轨迹是线段
，
故选：D．
题型七 其他求轨迹题型
【技巧通法·提分快招】
①距离有关的轨迹问题的解题策略
1、距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；
2、利用空间坐标计算求轨迹.
②角度有关的轨迹问题的解题策略
1、直线与面成定角，可能是圆锥侧面;
2、直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面;
3、利用空间坐标系计算求轨迹.
③翻折有关的轨迹问题的解题策略
1、翻折过程中寻找不变的垂直的关系求轨迹
2、翻折过程中寻找不变的长度关系求轨迹
3、可以利用空间坐标运算求轨迹
1．（24-25 高三上·江西抚州·月考）已知四面体
的各个面均为全等的等腰三角形，且
.设
为空间内一点，且
，
，
，
，
五点在同一个球面上，若
，则点
的轨迹长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】将四面体补形成长方体中，
为空间内一点，且
，
，
，
，
五点在同一个球面上，则
的轨迹为一个圆，画出轴截面，根据勾股定理求解即可.
【详解】将四面体
放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为
，
，
，
依题意，可知
，
，
则
，
，
，
解得
，
，由于
，即异面直线
和
的距离为
，
由于长方体的左右侧面为正方形，
∴
，取
中点
，连接
，则
左侧面，
在左侧面，
∴
，又
，
，
平面
，
故
平面
，四面体
的外接球半径为
，球心为
，
由
，知点
的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为，圆心为
，过
，
，
作球的一个轴截面，
∴
，且
，
，且
，
解得
，
，
∴
的轨迹长度为
.
故选：C.
2．（24-25 高三下·江苏南通·月考）已知正方体
的棱长为
是侧面
上的动点（含
端点），且满足
，则
点的轨迹长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据面积关系得出
，建系计算再结合弧长公式计算求解.
【详解】正方体
的棱长为
是侧面
上的动点（含端点），
因为满足
，所以
，所以
，
如图建系，设
，所以
，
所以
，则圆心为
，半径为
，
因为
时，
，所以
，所以
，
则
点的轨迹弧长
为
.
故选：B.
3．（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.
4．如图，在棱长为2 的正方体
中，
是正方形
的中心，
是
内（包括边
界）的动点，满足
，则点
的轨迹长度是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据题目建立空间直角坐标系，再利用题干给出的条件列方程，找出轨迹端点进而算出轨迹长度.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则
，
，
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，则
，令
，则
，
，故
，
设
，则
，
，
，
又
，
，整理得
，
联立方程
，则
，可得
，解得
，
当
时，
；当
时，
，
记
的中垂面为
，又
是
内（包括边界）的动点，
在空间中满足
，
点
的轨迹是平面
与三角形
的公共部分，
即点
的轨迹为线段
,则
,
故选：
.
5．将边长为2 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 .
【答案】
【分析】首先作辅助线，取棱
的中点
，连接
，先证明平面
平面
，利用余弦定理
求出
的三角函数值，然后过点
作
交
的延长线于点
，根据垂直关系和勾股定理求出
的值，从而可以确定点
的轨迹为圆，最后根据圆的周长公式求出其轨迹长度即可.
【详解】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，所以其轨迹长度为
.
故答案为：
.
检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，某圆柱体的高为
，
是该圆柱体的轴截面.已知从点
出发沿
着圆柱体的侧面到点
的路径中，最短路径的长度为
，则该圆柱体的体积是（ ）
A．3
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据圆柱侧面展开图，先求出圆柱底面半径，再根据体积公式求圆柱体的体积.
【详解】
设圆柱体底面圆的半径为，将侧面展开后四边形
为矩形，
则依题意得：
，
所以
，即
，
所以该圆柱体的体积为：
，
故选：D.
2．已知正方体
，点E 是上底面
上任意一点，过A，C，E 三点作平面截正方体，
则截面形状不可能是（ ）．
A．等边三角形
B．矩形
C．直角梯形
D．等腰梯形
【答案】C
【分析】根据正方体的结构特征，讨论
的位置并结合平面的基本性质、空间想象判断截面的形状，即可
得.
【详解】如下图，
当
在
上，截面形状为矩形，
当
与
重合，截面形状为等边三角形，
当
在除上述两种情况外的其它位置，截面形状为等腰梯形.
故选：C
3．在正方体
中，
，
分别是棱
和
上的点，
，
，那么正方
体中过点
，
，
的截面形状为（ ）
A．三角形
B．四边形
C．五边形
D．六边形
【答案】B
【分析】画出图形，然后判断即可.
【详解】在正方体
中，取
，
，
连接
，
，
，
，
，
，如下图所示：
因为在正方体
中，
，
分别是棱
和
上的点，
，
，
所以
，且
，则四边形
为平行四边形，则
，
，
又因为
，且
，所以四边形
为平行四边形，
则
，
，
所以
，
，所以
为平行四边形，
则正方体中过点
，
，
的截面形状为四边形
.
故选：B
4．（2024·陕西西安·模拟预测）圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4．已知P 为该圆台某
条母线的中点，若一质点从点P 出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路
径长为（ ）
A．
B．6
C．
D．
【答案】A
【分析】利用侧面展开结合图形求解最短距离.
【详解】P 为圆台母线AB 的中点，
分别为上下底面的圆心，把圆台扩成圆锥，如图所示，
则
，
，
，
由
，有
，
，
，
圆锥底面半径
，底面圆的周长为
，母线长
，
所以侧面展开图的扇形的圆心角为
，即
，如图所示，
质点从点P 出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则运动的最短路径为展开图弦
，
，
，有
.
故选：A
5．如图，在棱长为2 的正方体
中，
为
的中点，
为正方形
内一动点，且
平面
，则点
的轨迹的长度为（ ）
A．1
B．
C．2
D．
【答案】B
【分析】两次应用线面平行判定定理得出平面
平面
，进而得出点
的轨迹为线段
，计算
即可求解.
【详解】如图，分别取
，
的中点
，
，连接
，
，
，
，
，
因为
为
的中点，得
，
，则四边形
是平行四边形，故
，
因为
平面
，
平面
，故
平面
，
又因为
，
，则四边形
是平行四边形，故
，
因为
，故
，
平面
，
平面
，可得
平面
，
且
，
，
平面
，故平面
平面
.
又因为
平面
，故
平面
，故点
的轨迹为线段
，长为
.
故选：B.
6．如图，正方体
的棱长为4，
，
分别为棱
，
的中点，过
，
，
作正方
体的截面，则截面多边形的周长是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先利用平面性质作出截面图形，然后利用勾股定理求出各个边长，即可得解.
【详解】取
的中点为T，取
的中点为S，取
上靠近D 的四等分点为M，
取
上靠近
的四等分点为G，取
上靠近
的三等分点为N，
连接
.
如图
由正方体性质可知
，在
中，
分别为
的中点，
所以
，所以
，故
四点共面，
在正方形
中，
且
，所以
为平行四边形，
所以
，由正方体性质可知
，
在
中，
分别为
的三等分点，所以
，所以
，
故
四点共面，
所以五边形
为所求的截面多边形.
易知
，
，
，
，
，
故
，
，
，
，
.
所以截面五边形
的周长为
.
故选：D.
7．（2025·广东湛江·二模）已知正方体
的棱长为
，以顶点A 为球心，
为半径的球
的球面与正方体的表面的交线总长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据长度关系分析可知球面与表面
没有公共点，且与表面
，
的交线都是圆心角为
，半径为2 的圆弧，即可得结果.
【详解】因为正方体
的棱长为
，则表面
上的点到点A 的最大距
离为
，
所以以顶点A 为球心，
为半径的球的球面与这三个表面没有公共点．
如图，若球面与表面
的公共点为P，
因为
，则
，
由
，可得
，同理可得
，则
，
可知P 的运动轨迹是以D 为圆心，2 为半径的圆与表面
的交线都是圆心角为
，半径为2 的圆弧，
同理可得球面与表面
的交线也都是圆心角为
，半径为2 的圆弧，
所以交线总长为
．
故选：B.
8．（2025·江西·二模）已知正方体
的棱长为1，点
在正方体内（包含表面）运动，若
，则动点
的轨迹所形成区域的面积是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用数量积的运算律得
，结合数量积的几何意义确定点
的轨迹，进而求出面积.
【详解】在棱长为1 的正方体
中，
，
则
，而
，由数量积的几何意义知，
在
上投影的数量为
，
因此点
在与
垂直的平面内，且点
到该平面的距离为
，
在正方体
中易证
平面
，点
到平面
的距离为
，
取
的中点
，易得平面
平面
，
则
平面
，且点
到平面
的距离为
，
所以点
的轨迹所形成区域为等边
，面积为
.
故选：B
9．（2025·福建莆田·模拟预测）在三棱柱
中，
为
的中点，平面
将三棱柱分成体积
为
，
两部分，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据割补法及棱台、棱柱的体积公式即可求解.
【详解】由题可知
，
，
，
四点共面.
在三棱柱
中，∵平面
平面
，平面
平面
，平面
平面
，
∴
，∴
.
∵
为
的中点，∴
为
的中点.
延长
至点
使
，延长
至点
使
，延长
至点
使
，连接
，
，
，得到三棱柱
.延长
，
.
在三棱柱
中，∵
，
分别为
，
的中点，∴
，
相交于点
，∴多面体
为三棱台.
设三棱柱
的高为，上下底面面积均为，体积为
，则
.
∵
，
分别为
，
的中点，∴
.
根据棱台的体积公式可知
，
，
∴
.
故选：D
10．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.
11．（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.
12．如图，将四边形
中，
沿着
翻折到
，则翻折过程中线段
中点
的轨迹是
（ ）
A．椭圆的一段
B．抛物线的一段
C．双曲线的一段
D．一段圆弧
【答案】D
【分析】过点
作
的垂线，垂足为
，过点点
作
的垂线，垂足为
，连接
，再分别分析
翻折前、后的变化量与不变量，在翻折后的图形中取
中点
，进而可得答案.
【详解】解：在四边形
中，过点
作
的垂线，垂足为
，过点点
作
的垂线，垂足为
，
连接
，如图1，
所以当四边形
确定时，
和
三边长度均为定值，
当
沿着
翻折到
，形成如图2 的几何体，并取
中点
，连接
，
由于在翻折过程中，
，
所以由中位线定理可得
为定值，
所以线段
中点
的轨迹是以
中点
为圆心的圆弧上的部分.
故选：D
13．在四棱锥
中，
平面
，点
是矩形
内的动点，
，
，
．
直线
与平面
所成角为
，则点
的轨迹长度为（ ）
A．
B．
C．
D．2
【答案】B
【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
，点
是矩形
内的动点，
则
平面
，所以
，
又直线
与平面
所成角为
即
，
所以
，即
是直线
与平面
所成角，
又
，
，
，
则
，所以
，
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，
则
，
，
所以
，则
，
所以
点的轨迹长为
.
故选：B.
14．（2025·北京·二模）设正方体
的棱长为2，P 为正方体表面上一点，且点P 到直线
的距离与它到平面ABCD 的距离相等，记动点P 的轨迹为曲线W，则曲线W 的周长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，得点
的坐标满足
，由题意分六种情况讨论即可求解.
【详解】以
为原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，
显然点
到平面
的距离为
，
设点
，在
上取一点
，而
，
所有
，从而
，
所以点P 到直线
的距离为
，
所以
，
令
，得
，此时点
的轨迹就是一个点，此时点
的轨迹长度是0，
令
，得
，此时点
在以
为圆心半径为2 的四分之一的圆周上面运动，此
时点
的轨迹长度是
，
令
，得
，即
，此时点
的轨迹长度是0，
令
，得
，即
，此时点
在线段
上运动，轨迹长度是
，
令
，
，即
，此时点
在线段
上运动，轨迹长度为
，
令
得，
，即
，此时点
的轨迹长度是0，
综上所述，所求为
.
故选：D.
15．如图所示，在正四棱台
中，上底面边长为4，下底面边长为6，体积为
，点E
为AD 中点，过点E 的平面α 与平面
平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形
的周长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】首先过点
作
于点
，结合已知得
，由棱台体积公式得，由勾股定理得，再求
出的长，最终根据相似三角形对应边成比例即可得解.
【详解】如图所示，点
作
于点
，因为
，所以
，
则四棱台的高为
，则四棱台的体积为
，
解得
，所以侧棱长为
.
如图所示：
作
于点
，
作
于点
，连接
，
由对称性可知
，
，
所以
，而
，
所以
，所以
，
同理
，
分别在棱
上取中点
，则平面
即为平面
，
，
所以截面多边形的周长为
.
故选：D.
16．（2024·山东·模拟预测）在直四棱柱
中，
，
，点
在侧
面
内，且
，则点
轨迹的长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】过点
作
，结合已知得
，再结合平面几何知识即可求解.
【详解】
如图所示，过点
作
，过点
作
，
因为四棱柱
是直四棱柱，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
又因为
，
，
平面
，
平面
，
所以
平面
，
因为直线
平面
，
所以
，
因为
，
，
所以
，
又因为
，
所以
，
因为点
在侧面
内，
所以在平面直角坐标系中来研究点
轨迹的长度，如图所示：
点
的运动轨迹为以点
为圆心、半径为2 的圆在正方形
内部的弧
，
显然
，
，所以
，
所以
.
故选：C.
17．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∠ACH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BC sin 60° =2❑√3，所以CH = 2
3 ×2❑√3= 4 ❑√3
3
.
由题可知cos∠ACH =
❑√3
3 ，所以CH
AC =
❑√3
3 ，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AE∩BE = E , AE ,BE⊂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FG = 1
2 CE =1.
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❑√F C
2−F G
2=
❑√2
2−1
2= ❑√3，
则其轨迹长为2π ×❑√3=2❑√3 π .
故选：D．
18．在棱长为2 的正方体
中，
是棱
的中点，过
，
，
作正方体的截面，则这
个截面的形状是 ，截面的面积是 ．
【答案】 等腰梯形
/
【分析】根据线线平行及边长判断截面是等腰梯形，再计算可得面积.
【详解】如图，取
的中点
，连接
，
，
，
，
，
因为
，
，故
，且
．
则截面
为梯形，且为等腰梯形，
，可得梯形的高为
，所以梯形的面积为
．
故答案为：等腰梯形；
.
19．如图所示，在直三棱柱
中，
，
，
，
，
分别是
，
的中点，沿棱柱表面，从
到
的最短路径长为
【答案】3
【分析】分析可得沿棱柱的表面从E 到F 可能经过棱
，
，
，
再分别展开直观图求解即可.
【详解】若从
到
经过棱
则沿棱
展开如图，
过
作
于
，则
，
，
故
.
若从
到
经过棱
，则沿棱
展开如图，
，
，
则
.
若从
到
经过棱
，则沿棱
展开如图，因为
，
，
所以
，
，
，则
.
若从
到
经过棱
，则沿棱
展开如图，由题意，
为等腰直角三角形，
四边形
为正方形，故
为等腰直角三角形，故四边形
为直角梯形.
又
，
，故
.
综上，故沿棱柱的表面，从
到
的最短路径长度为.
故答案为：
20．如图，在四面体
中，
，
，
，
.点
，
分别在
侧面
和棱
上运动，
为线段
中点，当
运动时，点
的轨迹把三棱锥
分
成上、下两部分的体积之比等于 .
【答案】
【分析】根据已知证得
，即
，易知点
的轨迹以
为球心的球面被三个平面
所截得，应用球体、棱锥的体积公式求体积，即可得.
【详解】由
，
，
，
平面
，则
平面
，
由
平面
，则
，则
，而
，故
，
则中点
的轨迹以
为球心的球面（如图），被三个平面
所截，体积为球体的
，
所以上部分体积为
，下部分体积为
，
所以上、下两部分的体积之比等于
.
故答案为：
21．正方体
的棱长是
，其中
是
中点，
是
中点，则过点
的截面面积是
．
【答案】
【分析】根据题意得到过点
的截面为五边形
，由余弦定理求得
，得到
，求得平行四边形
的面积为
，再由
，得到
，进而求得截面的面积.
【详解】在
上取
使
，连接
并延长与
的延长线交于点
，连
交
于
，连
接
，
由正方体的性质可知
，则五边形
即为过点
的截面，
由题可得
，
，
在
中，
，
由余弦定理得
，所以
，
所以平行四边形
的面积为
，
又由
，
所以
，
所以截面的面积为
.
故答案为：
.
22．在长方体
中，
，
．E 是底面ABCD 的中心，F 是棱AD 上一点，
且
，则长方体中经过点
，E，F 的截面面积的最小值为 ．
【答案】
/
【分析】由题意作图，根据线面角的定义，结合最大角定理以及面积射影定理，可得答案.
【详解】如图，设
，平面
分别交平面
，平面
于GH，
．
设平面
与平面
的夹角为
．作
，连接
，
则直线
与平面
所成角为
，
．
由最大角定理得
．
由面积射影定理得
，
当且仅当
时取等号，
故所求面积的最小值为
．
故答案为：
.
23．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 .
【答案】
/
【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
，
，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
.
故答案为：
检测Ⅱ组 创新能力提升
1．若三棱锥
的侧面
内一动点
到底面
的距离与到棱
的距离相等，则动点
的轨迹
与
组成的图形可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设二面角
为
，过点
作
面
于点
，
于点
，
于点
，
根据题设有
为常数，进而分析点
在
上的轨迹即可求解.
【详解】设二面角
为
，过点
作
面
于点
，
于点
，
于点
，
如图所示.
由题设有
，且
，所以
为常数，
所以点
在
上的轨迹是一条直线，且与边
夹角较小.
故选：D.
2．（2024·四川·一模）设正方体
的棱长为1，与直线
垂直的平面
截该正方体所得的
截面多边形为M．则下列结论正确的是（ ）．
A．M 必为三角形
B．M 可以是四边形
C．M 的周长没有最大值
D．M 的面积存在最大值
【答案】D
【分析】对于选项A 和B，结合空间图形，截面与直线
垂直，截面多边形只能为正三角形或六边形；
对于选项C，分截面多边形为正三角形和六边形两种情况分析多边形的周长最值即可；对于选项D，分截
面多边形为正三角形和六边形两种情况分析多边形的面积最值即可；
【详解】对于选项A、B，易知平面
为平面
或与其平行的平面，故多边形M 只能为三角形或六边
形，选项A 和B 均错误；
对于选项C，
当M 为正三角形时，显然截面多边形M 为
时周长取得最大值为
；
当截面多边形M 为六边形时，
设
，则
，
，
，
易得：
，
，
此时截面多边形M 的周长为定值：
，
综合两种情况，M 的周长的最大值为
，选项C 错误；
对于选项D，
当M 为正三角形时，
仅当截面多边形M 为
时的面积为
；
当截面多边形M 为六边形时，设
，
该六边形可由两个等腰梯形
和
构成，
其中
，
，
，
，
两个等腰梯形
和
的高分别为
和
，
则
，
，
当且仅当
时，六边形面积最大值为
，即截面多边形是正六边形时截面面积最大．
综上，当
时，截面多边形为正六边形时面积取得最大值
.
选项D 正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的D 选项的关键是设
，计算出截面
的面积表达式，利用二次函数图
象与性质即可求出其面积最值.
3．棱长为2 的正方体
中，点M，N 分别是棱
，
的中点，过点B 作与直线MN 平
行的平面
（与底面
不重合），设平面
与正方体表面相交的多边形的周长为，则的取值范围为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由题可知截面分三种情况，菱形、五边形和三角形，分别计算边长，结合导数求范围即可.
【详解】情况一、当截面与
相交于
，
此时平面
为平面
，即
平面
，
又M，N 分别是棱
，
的中点，所以
，
，即
，
又
平面
，所以
平面
，
又平面
平面
，所以
，
所以四边形
为矩形，则
，即
，
又易得四边形
为平行四边形，所以四边形
为菱形，
当
接近
时，此时周长接近，当
与
重合时，此时周长达到最大
，
所以此时
；
情况二、当
往上，截面为五边形
，过点
作
，设
，
又
平面
，
，所以
平面
，
又
，所以
，
易得
，所以
，
即
，
，则
，
所以
，
，
即
，
令
，
，
因为
，
所以
，
所以
在
单调递减，又
，且
,
即
,
所以此时，情况一的范围包含情况二；
情况三、当截面为三角形时，如图，
易知此时周长
，
综上，周长
.
故选：D.
4．（多选题）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
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.
【点睛】关键点点睛：对于选项D：取特殊位置，假设
为
的中点，
，结合几何形
状求周长，进而分析判断.
5．（多选题）如图，正六棱柱
的各棱长均为1，下列选项正确的有（ ）
A．过A，
，
三点的平面
截该六棱柱的截面面积为
B．过A，
，
三点的平面
将该六棱柱分割成体积相等的两部分
C．以A 为球心，1 为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为
D．以A 为球心，2 为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为
【答案】ACD
【分析】对于A：根据平行关系分析交线，进而运算求解；对于B：利用割补法求体积，分析运算；对于
C、D：根据球的半径分析交线，运算求解.
【详解】对于A：过点A 作
//
，设
，
连接
，设
，
则过A，
，
三点的平面
截该六棱柱的截面即为
，
可得
，
因为
，且
//
，则
，
可得
，
因为
平面
，
平面
，
所以
，
，
平面
，可得
平面
，
平面
，则
，
由
//
，则
，
连接
，则
，
故截面面积
，故A 正确；
对于B：连接CE，
因为
平面
，
平面
，
所以
，
，
，
平面
，可得
平面
，
则四棱锥
的高为
，则其体积
，
四棱柱
的体积
，
三棱柱
的体积
，
故平面
下半部分的体积
，
正六棱柱
的体积
，
显然
，故B 错误；
对于C：因为球的半径为1，则球只与侧面
、侧面
和底面
相交，
因为
，在侧面
、侧面
的交线为
个圆，在底面
的
交线为
个圆，半径均为1，
故交线的长为
，故C 正确；
对于D：因为球的半径为2，显然球不与侧面
、侧面
相交，
由选项A 可知：
平面
，且
，
则球与侧面
、侧面
分别交于点
、
，
连接
，则
，
因为
平面
，
平面
，
所以
，
，
平面
，可得
平面
，
且
，则球与侧面
的交线为
个圆，且半径为1，
同理可得：球与侧面
的交线为
个圆，且半径为1，
又因为
平面
，且
，
则球与底面
的交线为
个圆，且半径为
，
又因为
，则球与底面
的交点为D，
所以球面与该六棱柱的各面的交线总长为
，故D 正确；
故选：ACD.
【点睛】方法定睛：在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空
间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考
虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹
命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.
6．（2025·浙江宁波·模拟预测）如图，
是正四面体
棱
上的两个三等分点，分别过
作同
时平行于
的平面，将正四面体分成上中下三部分，其体积分别记为
，则
．
【答案】
【分析】利用几何体的特征可知
，利用割补法求出
即可得答案.
【详解】由题意可知
，
,
设正四面体的棱长为6，则下部分可以看作一个直棱柱
两端截去两个体积相同的四棱锥
和
，如图，
由题可知，
,
,
;
由直棱柱的性质可知
,所以
的高为
，且为四棱锥
的高；
,
棱长为6 的正四面体高为
，其体积为
.
所以
，所以
.
故答案为：
7．如图所示，在平行四边形
中，
为
中点，
，
，
.沿着
将
折
起，使
到达点
的位置，且平面
平面
.若点
为
内的动点，且满足
，
则点
的轨迹的长度为 .
【答案】
【分析】根据给定条件探求出PB，PC 在平面
的射影PE，PD 的关系，再在平面
内建立平面直
角坐标系，探讨出动点P 在
内的轨迹即可作答.
【详解】因平面
平面
，平面
平面
，
，于是得
平面
，
而
，则
平面
，
从而得PE，PD 分别是PB，PC 在平面
内的射影，如图，
，
，而
，则
，
在
所在平面内以点E 为原点，射线ED、
分别为x，y 轴非负半轴建立平面直角坐标系，如图，
则
，设
，于是得
，整理得
，
从而得点P 的轨迹是以
为圆心，4 为半径的圆，圆M 交
分别于Q，N，
显然
，圆M 在
内的部分是圆心角
所对的弧
，弧
长为
，
所以点
的轨迹的长度为
.
故答案为：
