2026届高三数学二轮复习讲义：专题突破　专题三　第三讲　立体几何中截面、动态问题（含解析）

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1.(2023·新课标Ⅱ卷，T14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 .
2.(多选)(2023·新课标Ⅰ卷，T12)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
命题热度：
本讲是高考命题常考的内容，属于中高档题目，一般以选择题、填空题为主，分值约为5~6分.
考查方向：
一是“截面、交线”问题，主要与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合；二是“动态”问题，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.
1.答案 28
解析 方法一 棱台的体积为13×3×(16+4+16×4)=28.
方法二 如图，由于24=12，而截去的正四棱锥的高为3，
所以原正四棱锥的高为6，
所以原正四棱锥的体积为
13×(4×4)×6=32，
截去的正四棱锥的体积为
13×(2×2)×3=4，
所以棱台的体积为32-4=28.
2.答案 ABD
解析 对于A，因为0.99 m1.4，
所以能够被整体放入正方体容器内，故B正确；
对于C，因为正方体的体对角线长为3 m，且31 m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，
过AC1的中点O作OE⊥AC1，
设OE∩AC=E，
可知AC=2，CC1=1，AC1=3，OA=32，
那么tan∠CAC1=CC1AC=OEAO，
即12=OE32，
解得OE=64，且642=38=924>925=0.62，
即64>0.6，
所以以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2 m的圆柱，
若底面直径为1.2 m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体下底面的切点为M，
可知AC1⊥O1M，O1M=0.6，
那么tan∠CAC1=CC1AC=O1MAO1，
即12=0.6AO1，
解得AO1=0.62，
根据对称性可知圆柱的高为
3-2×0.62≈1.732-1.2×1.414=0.035 2>0.01，
所以能够被整体放入正方体容器内，所以D正确.
考点一 截面问题
例1 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别为棱AB，AD的中点，过点E，F，C1三点作该正方体的截面，则( )
A.该截面多边形是四边形
B.该截面多边形与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点
C.A1C⊥平面C1EF
D.平面AB1D1∥平面C1EF
答案 B
解析 对于A，将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD的延长线交于G，H，
连接C1G，C1H，分别与棱BB1，DD1交于P，Q，得到截面多边形C1PEFQ是五边形，A错误；
对于B，易知△AEF和△BEG全等且都是等腰直角三角形，所以GB=AF=12BC，
所以BPCC1=GBGC=13，即BPBB1=13，点P是棱BB1的一个三等分点，B正确；
对于C，因为A1B1⊥平面BCC1B1，
BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1，
又BC1⊥B1C，A1B1∩B1C=B1，A1B1，
B1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，
因为A1C⊂平面A1B1C，
所以A1C⊥BC1，
同理可证A1C⊥BD，
因为BD∩BC1=B，BD，BC1⊂平面BC1D，所以A1C⊥平面BC1D，
因为平面BC1D与平面C1EF相交，
所以A1C与平面C1EF不垂直，C错误；
对于D，易知BC1∥AD1，BD∥B1D1，
所以A1C⊥AD1，A1C⊥B1D1，
又AD1∩B1D1=D1，AD1，B1D1⊂平面AB1D1，
所以A1C⊥平面AB1D1，
结合C结论，所以平面C1EF与平面AB1D1不平行，D错误.
[规律方法] 作几何体截面的方法
(1)利用平行直线找截面.
(2)利用相交直线找截面.
跟踪演练1 (多选)如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是( )
A.AO⊥平面BCD
B.球O的体积为2π3
C.球O被平面BCD截得的截面面积为4π3
D.球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为83π3
答案 ABD
解析 设E，F分别为AB，CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，
则EM∥BD，NF∥BD，
EM=12BD，NF=12BD，
故EM∥NF，EM=NF，则四边形MENF为平行四边形，
故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，
又AB=AC，DB=DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，
AN∩DN=N，AN，DN⊂平面AND，
故BC⊥平面AND，
由于O∈MN，MN⊂平面AND，则AO⊂平面AND，故BC⊥AO，结合O点为EF的中点，同理可证DC⊥AO，BC∩DC=C，BC，DC⊂平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正确；
又球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，在棱长为2的正四面体ABCD中，AN=DN=3，M为AD的中点，则MN⊥AD，
故MN=DN2-MD2=3-1=2，
则OM=22，所以球O的体积为43π×OM3=43π×223=2π3，B正确；
由BC⊥平面AND，BC⊂平面BCD，
故平面AND⊥平面BCD，
平面AND∩平面BCD=DN，
由于AO⊥平面BCD，
延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，
且G为正△BCD的中心，故NG=13ND=33，
所以OG=ON2-NG2=222-332=66，
故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为
222-662=33，则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π×332=π3，C错误；
由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，
则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，
球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为33，故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2π×33=83π3，D正确.
考点二 交线问题
例2 (2025·九江模拟)在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在正方体内(包含边界)运动.若直线A1P与DC所成的角为π6，则动点P所围成的图形的面积是( )
A.π4B.π2C.3π4D.π
答案 B
解析 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，DC∥A1B1，直线A1P与DC所成的角为π6，即直线A1P与A1B1所成的角为π6，故动点P所围成的图形是高为3，底面半径为1，母线长为2的圆锥侧面的四分之一，即动点P所围成的图形的面积为14×π×1×2=π2.
[规律方法] 找交线的方法
(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点.
(2)面面交点法：各棱面与截平面的交线.
跟踪演练2 四棱锥P-ABCD满足PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，AD∥BC，PA=AB=AD=12BC=1，动点E在以P为球心，1为半径的球与△PCD(包括边界)的交线上，动点F在直线PB上，则EF的最小值为 .
答案 63
解析 以P为球心，1为半径的球与△PCD(包括边界)的交线是△PCD内以P为圆心，1为半径的一截圆弧，如图所示，
由于PE为定值1，则当F点固定时，由余弦定理可知，EF的长只取决于∠EPF的大小，∠EPF越小，EF越小，
过B作平面PCD的垂线，垂足为G，
易知在△BCD中，CD⊥BD，CD=BD=2，
所以S△BCD=12×2×2=1，
因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
则PA⊥BC，又易知BC⊥AB，AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，则BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，则BC⊥PB.
PC=PB2+BC2=(2)2+22=6，
在△PCD中，PD=DC=2，
所以S△PCD=12×6×(2)2-622=32，
由V三棱锥P-BCD=V三棱锥B-PCD得，13×1×PA=13×32×BG⇒BG=233，易知G在PC上，
延长PG交圆弧为E，过E作PB的垂线，垂足为F，此时∠EPF为线面角，取到最小值，
此时sin∠EPF=2332=63，
EF=PEsin∠EPF=1×63=63取到最小值.
考点三 动态问题
例3 (多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P在侧面CC1D1D(含边界)内运动，Q在底面ABCD(含边界)内运动，则下列说法正确的是( )
A.若直线AC与直线AP所成角的大小为30°，则点P的轨迹为椭圆的一部分
B.若过点Q作体对角线A1C的垂线，垂足为H，满足QA=QH，则点Q的轨迹为双曲线的一部分
C.若点P到直线B1C1的距离与点P到平面ABCD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分
D.若点P满足∠PAD=∠PAC1，则点P的轨迹为线段
答案 ACD
解析 依题意，以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，0，0)，C(1，1，0)，
A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D(1，0，0)，
假设P(1，m，n)，m，n∈[0，1]，
则AC=(1，1，0)，AP=(1，m，n)，
所以cs 30°=AC·APACAP=m+12·1+m2+n2=32，
即(m-2)23+n2=1，m，n∈[0，1]，
所以点P的轨迹为椭圆的一部分，故A正确；
设Q(a，b，0)，a，b∈[0，1]，
QA=a2+b2，A1Q=(a，b，-1)，
A1C=(1，1，-1)，
A1H为向量A1Q在向量A1C上投影的长度，故|A1H|=A1Q·A1CA1C=a+b+13，
由勾股定理，得QH=A1Q2-A1H2
=a2+b2+1-(a+b+1)23，
由QA=QH得，a+b=3-1，a，b∈[0，1]，
所以点Q的轨迹为线段，故B错误；
由条件得，点P到直线B1C1的距离为(1-m)2+(1-n)2，
设点P到平面ABCD的距离为n，
由(1-m)2+(1-n)2=n，化简得(m-1)2=2n-1，所以点P的轨迹为抛物线的一部分，故C正确；
AD=(1，0，0)，AC1=(1，1，1)，
可得cs∠PAD=AD·APADAP=1m2+n2+1，
cs∠PAC1=AC1·APAC1AP=1+m+n3·m2+n2+1，
由cs∠PAD=cs∠PAC1，
化简得m+n=3-1，所以点P的轨迹为线段，故D正确.
[规律方法] 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法
(1)几何法：根据平面的性质进行判定.
(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算.
(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除.
跟踪演练3 (多选)(2025·济宁模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足BP∥平面ACD1，则下列结论正确的是( )
A.BP⊥B1D
B.点P的轨迹长度为π
C.线段BP长度的最小值为66
D.BP·BC1的最小值为1-33
答案 ACD
解析 以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，
正方体的内切球的球心为正方体的中心O12，12，12，半径r=12，
AC=(-1，1，0)，AD1=(-1，0，1)，设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z)，
由n·AC=0，n·AD1=0，即-x+y=0，-x+z=0，
令x=1，则y=1，z=1，所以n=(1，1，1).
对于选项A，B1D=(-1，-1，-1)，
因为BP∥平面ACD1，所以BP·n=0，而B1D=-n，
所以BP·B1D=0，即BP⊥B1D，A正确；
对于选项B，易证平面ACD1∥平面A1BC1，所以平面A1BC1的一个法向量为n=(1，1，1)，因为BP∥平面ACD1，所以点P的轨迹是平面A1BC1与正方体内切球表面的交线，此交线为圆，记圆心为O1，
OA1=12，-12，12，
所以点O到平面A1BC1的距离
d=|OA1·n|n=12-12+123=36，
所以圆O1的半径为r1=r2-d2=122-362=66，
所以圆O1的周长l=2πr1=6π3，
即点P的轨迹长度为6π3，B错误；
对于选项C，BO=32，点P在球面上，BO1=BO2-d2=322-362=63，
线段BP长度的最小值为BO1-r1=63-66=66，C正确；
对于选项D，设BP与BC1的夹角为θ，BC1=(-1，0，1)，|BC1|=2，
在平面直角坐标系中，B0，62，C1-22，0，
P(x，y)，O10，66，
BC1=-22，-62，BP=x，y-62，
所以x2+y-662=662，
令x=66cs θ， y=66+66sin θ，
BP·BC1=-22x-62y+32=1-33sinθ+π6≥1-33，
所以BP·BC1的最小值为1-33，D正确.
专题强化练
[分值：42分]
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O，O1分别为矩形ABCD，矩形A1B1C1D1对角线的交点，则平面A1BC1与平面BB1D1的交线为( )
A.直线OO1B.直线OB1
C.直线O1BD.直线OD1
答案 C
解析 点B是长方体的顶点，显然B∈平面A1BC1 且B∈平面BB1D1，
所以B∈平面A1BC1∩平面BB1D1，
O1是矩形A1B1C1D1的对角线交点，
则O1∈A1C1，O1∈平面A1BC1，O1∈B1D1，O1∈平面BB1D1，
所以O1∈平面A1BC1∩平面BB1D1，
所以平面A1BC1∩平面BB1D1=O1B.
2.已知点P是正四面体A-BCD内的动点，E是棱CD的中点，且点P到棱AB和棱CD的距离相等，则点P的轨迹被平面ABE所截得的图形为( )
A.线段B.椭圆的一部分
C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分
答案 D
解析 在正四面体A-BCD中，E是棱CD的中点，
所以AE⊥CD，BE⊥CD，又AE∩BE=E，AE，BE⊂平面ABE，所以CD⊥平面ABE，
又点P的轨迹被平面ABE所截，即点P在平面ABE内，所以点P到棱CD的距离为PE.
在平面ABE内过点P作PF⊥AB，则PF为点P到棱AB的距离，又点P到棱AB和棱CD的距离相等，
即PE=PF，
因此，在平面ABE内，动点P到棱AB和到定点E的距离相等.
由抛物线的定义得，动点P的轨迹是抛物线的一部分.
3.已知三棱锥P-ABC的棱PA，PB，PC两两垂直，且PA=43，PB=PC=4.以BC为直径的球的球面与平面APC的交线为l，则l的长度为( )
A.4B.43C.4π3D.4π
答案 D
解析 由于BC为直径，所以球心在BC中点O处，且半径为12BC=22，取PC的中点M，则OM∥PB，所以OM⊥平面APC，且OM=12BP=2，故O到平面APC的距离为2，平面APC截球所得的图形为圆，且圆的半径为(22)2-OM2=2，故l的长度为4π.
4.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，若P为侧面ADD1A1内(含边界)的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为( )
A.825B.2305C.5D.22
答案 B
解析 如图所示，取A1D1的中点M，
连接AM，B1M，AB1，
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得AD∥B1C1且AD=B1C1，
因为E，F分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F且AE=B1F，
所以四边形AB1FE为平行四边形，则AB1∥EF，
又因为AB1⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AB1∥平面BEF，同理可证AM∥平面BEF，
因为AB1∩AM=A，且AB1，AM⊂平面AB1M，所以平面AB1M∥平面BEF，
又因为平面ADD1A1∩平面AB1M=AM，
当P∈AM时，则B1P⊂平面AB1M，
此时B1P∥平面BEF，所以点P在侧面ADD1A1内的轨迹为线段AM，
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，可得AM=B1M=5，AB1=22，
在△AMB1中，可得cs∠AMB1=5+5-82×5×5=15，
则sin∠AMB1=265，
所以B1P的最小值为B1M·sin∠AMB1=5×265=2305.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.如图，棱长为a的正四面体形状的木块，点P是△ACD的中心.劳动课上需过点P将该木块锯开，并使得截面平行于棱AB和CD，则下列关于截面的说法中正确的是( )
A.截面不是平行四边形
B.截面是矩形
C.截面的面积为2a29
D.截面与侧面ABC的交线平行于侧面ABD
答案 BCD
解析 如图所示，在正四面体中，4个面均为正三角形，由于点P为△ACD的中心，
所以P位于CD的中线的23处，分别取BC，AC，AD，BD的三等分点，
则EM∥AB，EF∥CD，FN∥AB，MN∥CD，
所以EM∥FN，EF∥MN，所以截面EFNM为平行四边形，所以A错误；
连接AP并延长交CD于G，连接BG，由于P为△ACD的中心，所以G为CD的中点，因为AC=AD=BC=BD，所以AG⊥CD，BG⊥CD，
因为AG∩BG=G，AG，BG⊂平面ABG，
所以CD⊥平面ABG，又AB⊂平面ABG，所以CD⊥AB，
因为EM∥AB，EF∥CD，所以EM⊥EF，
所以截面EFNM为矩形，所以B正确；
因为MN=23CD=23a，ME=13AB=13a，
所以截面面积S=MN·ME=23a·13a=29a2，
所以C正确，
对于D，截面EFNM∩平面ABC=ME，ME∥AB，ME⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，
所以ME∥平面ABD，所以D正确.
6.(2025·大庆质检)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=23，BC=AA1=2，M，N分别为B1C1，A1B1的中点，则( )
A.B1D⊥平面BMN
B.若P为对角线AC上的动点(包含端点)，则三棱锥M-BPN的体积为定值
C.三棱锥B1-BMN的外接球的体积为823π
D.若点P为长方形ABCD内一点(包含边界)，且D1P∥平面BMN，则D1P的最小值为2
答案 BC
解析 对于选项A，若B1D⊥平面BMN，根据线面垂直的性质，可得B1D⊥MN，
因为A1C1∥MN，根据平行线的传递性，所以B1D⊥A1C1，
又因为D1D⊥A1C1，且D1D∩B1D=D，
D1D，B1D⊂平面DD1B1，
所以A1C1⊥平面DD1B1，又B1D1⊂平面DD1B1，所以A1C1⊥B1D1，
但在长方体中，B1D1不垂直于A1C1，这相互矛盾，所以B1D不垂直于平面BMN，故A错误；
对于选项B，易知AC∥平面BMN，根据线面平行的性质，可知AC上的点到平面BMN的距离相等，三棱锥P-BMN的体积V三棱锥P-BMN=13S△BMN·h(h为点P到平面BMN的距离)，由于AC上的点到平面BMN距离相等，所以V三棱锥P-BMN不变，
又因为V三棱锥M-BPN=V三棱锥P-BMN，所以三棱锥M-BPN的体积为定值，故B正确；
对于选项C，分别以B1B，B1M，B1N为长、宽、高构造长方体，由于长方体的外接球直径就是长方体的体对角线，且该长方体的外接球与三棱锥B1-BMN的外接球相同，
设外接球半径为R，可得2R=(3)2+12+22=22，则R=2，则外接球的体积V=43π×(2)3=823π，故C正确；
对于选项D，取AD的中点E，取CD的中点F，连接EF，D1E，D1F，易知平面D1EF∥平面BMN，
因为点P为长方形ABCD内一点(包含边界)，所以点P的运动轨迹为线段EF，在△D1EF中，过点D1作D1P⊥EF，此时D1P取得最小值，
由题意可知，D1E=5，D1F=7，EF=2，
根据余弦定理cs∠D1FE=D1F2+EF2-D1E22·D1F·EF=(7)2+22-(5)22×7×2=327，
则sin∠D1FE=1-cs2∠D1FE=1-3272=1927，
所以D1Pmin=D1Fsin∠D1FE=7×1927=192，故D错误.
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.已知一个棱长为a的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为2，母线长为4，则a的最大值为 .
答案 43
解析 正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，
底面半径为2，母线长为4的圆锥轴截面正△SAB的内切圆是该圆锥内切球O的截面大圆，如图，正△SAB的高SO'=32SA=23，
则内切圆的半径即球O的半径R=13SO'=233，
于是得球O的内接正方体棱长a满足3a=2R=433，解得a=43，所以a的最大值为43.
8.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，记平面AD1E与平面ABCD的交线为l1，平面AD1E与平面ABB1A1的交线为l2，若直线AB分别与l1，l2所成的角为α，β，则tan α= ，tan(α+β)= .
答案 12 43
解析 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，
延长D1E与DC的延长线交于点F，连接AF，
则直线AF即为直线l1，α=∠BAF，
由CE∥DD1，得CF=DC，又AB∥CD，
于是tan α=tan∠AFD=12.
由平面DCC1D1∥平面ABB1A1，平面AD1E∩平面ABB1A1=l2，平面AD1E∩平面DCC1D1=D1E，
则D1E∥l2，又C1D1∥AB，
因此β=∠C1D1E，tan β=12，
所以tan(α+β)=tanα+tanβ1-tanαtanβ=12+121-12×12=43.