答题模板18 立体几何的截面及动点压轴问题-2026年高考数学二轮复习培优讲义（含答案）

这是一份答题模板18 立体几何的截面及动点压轴问题-2026年高考数学二轮复习培优讲义（含答案），共62页。学案主要包含了截面形状与作图判断，截面面积计算与最值，截面周长计算与最值，截面分割几何体的体积、面积比，动点轨迹长度、周长、面积，动点函数图象问题，动点最值问题，截面或动点的存在性与唯一性问题等内容，欢迎下载使用。

模块说明：
洞察命题意图，明确攻坚方向
1. 考向聚焦：精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值。
2. 思维瓶颈：精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板。
1. 考向聚焦（精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值）
截面与动点压轴题旨在高阶考查空间想象、几何直观与代数运算的综合能力。试题通过静态截面与动态动点两大视角，深度融合几何性质与函数方法。
核心考查方向：
截面问题（静态）：考查空间作图、几何量计算与最值。关键在于将三维截面转化为二维图形进行面积、周长计算，并建立函数关系求最值。
动点问题（动态）：考查轨迹建模与几何量变化。核心是依据约束条件判断动点轨迹（如圆弧、交线），并计算其长度、面积或建立函数模型，进而求解最值与存在性问题。
2. 思维瓶颈（精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板）
作图与判断困难：难以依据公理严谨作截面，或忽略几何体对称性。
转化与计算不畅：不能将三维线段、角度准确转化到截面平面内计算。
轨迹识别与建模弱：无法从约束条件中抽象出轨迹的几何定义（球面、柱面等）。
函数建模与最值求解单一：不善于建立几何量的函数关系，求最值时依赖直观而非代数工具。
存在性问题思路缺乏：对存在性论证无从下手，不习惯通过假设与解方程进行推理。
模块说明：
构建思维框架，提炼通用解法
1.模模块化知识体系：熟记 立体几何的截面及动点压轴问题的相关知识内容，形成清晰的解题思维基础逻辑，便于快速定位解题切入点。
2.通用解法模板化：针对高频题型，总结“审题-建模-推导-验证”法，规范解题流程，减少思维漏洞，提升答题效率。
3.易错点专项突破：整理常见误区，设计针对性训练题，通过对比正确与错误解法，强化对知识边界的理解，避免重复犯错。
技法归纳
方法一 截面形状与作图判断
直接作图与形状判断是立体几何截面问题的基础方法。依据公理与面面、线面关系，通过确定截点、扩展交线、封闭成多边形等步骤完成截面作图，并依据几何特征判断截面形状。
例题1 如图，在正方体中，作截面如图交，，，分别于，，，，则四边形的形状为（ ）
A．平行四边形B．菱形C．矩形D．梯形
【答案】A
【分析】根据题意，结合面面平行的性质，证得和，进而得到答案.
【详解】在正方体中，可得平面平面，
且平面平面，平面平面，
所以，同理可证：，
所以四边形的形状一定为平行四边形.
故选：A.
例题2 （2025·广东佛山·模拟预测）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（ ）

A．六边形B．五边形C．四边形D．三角形
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，取的中点，的中点，的中点，证明都在平面内，由此可得结论.
【详解】因为多面体 正方体，所以，，，
如图：以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
所以为平面的一个法向量，
取的中点，的中点，的中点，
可得，，，
所以，，，
因为，，，
所以点都在平面内，
连接，
所以过点的正方体的截面为六边形，
故选：A.
方法二 截面面积计算与最值
截面面积计算基于将其视为平面图形处理。静态截面直接分解求面积；动态截面则需引入参数建立面积函数，利用代数或几何方法求最值。
例题3 （2025高三·全国·专题练习）如图，平行六面体下底面边长分别为8，6，侧棱长为4．分别为上下底面异面对角线，上的动点．
（1）若是长方体，则中点的轨迹形成图形的面积为 ．
（2）若顶点的三面角均为，则中点的轨迹形成图形的面积为 ．
【答案】 24
【分析】用极端原理，由于点的变化对中点高低不产生影响，故可以考虑压扁平行六面体得到平行四边形（如图），再分别固定点（或），运动另一点（或）即得轨迹为平行四边形，分别求出面积.
【详解】用极端原理，由于点的变化对中点高低不产生影响，
故可以考虑压扁平行六面体得到平行四边形（如图），
再分别固定点（或），运动另一点（或）即得轨迹为平行四边形．
（1）若是长方体，
轨迹形成的图形为面积为；
（2）若顶点的三面角均为，即，
所以，
则轨迹形成的图形为面积为.
故答案为：24；
例题4 （2025·浙江绍兴·模拟预测）（多选）正四棱柱的底面边长为2，侧棱长是的中点为，过点的平面记为，则下列说法中正确的是（ ）
A．点和点到平面的距离相等
B．二面角的正切值为
C．平面截得的截面形状是五边形
D．平面截得的截面面积为
【答案】ABC
【分析】根据平面，即可求解A,根据二面角的几何法可知为二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解B，根据长方体及平面的基本性质作图画出平面截直四棱柱所得截面，即可求解C，分别求出各个边长，将五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，分别求面积即可求解D.
【详解】对于A：由于是的中点，所以,又，所以,平面，平面，
故平面，因此点和点到平面的距离相等，A正确，
对于B，过作于，则是的中点，连接,
由于平面，平面，故,
又，平面，所以平面，
平面，故,故为二面角的平面角，
,所以,B正确，
延长交直线于点，连接，交棱于点,连接，可得五边形为截面图形，故C正确，
对于D, 由平行线分线段成比例可得,故，则为等腰三角形.由相似三角形可知，，则， .
连接，则，因此五边形可分为等边三角形和等腰梯形.
等腰梯形的高，
则等腰梯形的面积为.
又，所以五边形的面积为，故D错误，
故选：ABC
例题5 （2025·陕西西安·一模）如图，正方体的棱长为2，点是棱上的动点.

(1)求三棱锥的体积；
(2)当为中点时，求过点且与垂直的平面截正方体的截面面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等体积法结合棱锥的体积公式求解即可；
（2）设的中点为，中点为，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可证明，进而得到平面，可得即为过点且与垂直的平面截正方体的截面，进而求解即可.
【详解】（1）在正方体中，点是棱上的动点，
则到平面的距离即为,
则.

（2）设的中点为，中点为，连接，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
则，即，
因为，平面，
所以平面，
则即为过点且与垂直的平面截正方体的截面，
由正方体的棱长为2，的中点为，中点为，
可得，
在中，，
则，
所以.

方法三 截面周长计算与最值
截面周长计算即求截面多边形各边长之和。动态周长最值问题需建立周长函数，方法与面积最值类似，但更侧重于边长和的优化。
例题6 在棱长为6的正方体中，点分别为的中点，，点在棱上，若，则平面截正方体，所得截面多边形的周长 ．
【答案】
【分析】连接,设，找出平面与平面的交线，通过证明可知G、H为平面EFG截正方体所得的点，设平面，通过证明可知也为平面EFG截正方体所得的点，最终得到截面，通过简单的几何关系即可求解截面周长．
【详解】
如图，连接,设，
因为E、F分别为AB、BC的中点，所以，所以平面，
因为平面平面，连接GH，所以，
设平面，连接SO，则CG、OS、AH三者平行且相等，
在平面中，，，，，
所以，从而三点共线，即也在平面EFG内，连接，则截面多边形为，
易计算得，，，又根据对称性，截面多边形的周长为．
故答案为：．
方法四 截面分割几何体的体积、面积比
截面将几何体分割为两部分，通过体积公式（如棱锥体积公式）或面积公式计算比例。关键是利用等高、等底或割补法建立比例关系。
例题7 （2025·甘肃·一模）用一个平面截正方体，截面形状为正六边形，则截出的两部分几何体的体积之比是 .
【答案】
【分析】画出正六边形截面，根据对称性求得体积比.
【详解】如图所示，正方体中，
分别是的中点，
连接，则六边形是正六边形，
根据对称性可知，截出的两部分几何体的体积之比是.
故答案为：
例题8 在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是 .
【答案】2
【分析】根据给定条件，作出过的正四棱锥的截面，再求出的表达式并结合均值不等式求解作答.
【详解】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值，
设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图，
则，令，则，即有，
，
当且仅当时取等号，此时，
所以的最大值是2.
故答案为：2
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
方法五 动点在几何体表面、内部的轨迹问题
分析动点满足的几何条件（如距离、角度关系），结合其运动范围（表面或内部），确定轨迹形状（直线、圆、椭圆等）。
例题9 （2025高三·全国·专题练习）如图，在正方体中，是侧面内一动点，若点到直线的距离是到直线的距离的，则动点的轨迹所在的曲线是（ ）

A．直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】C
【分析】由题意可得点到直线的距离是到点的距离的，结合双曲线的定义可得结论.
【详解】由于平面，平面，
所以，
所以点到直线的距离即为点到点的距离．
从而点到直线的距离是到点的距离的，
由圆锥曲线的统一定义可得其轨迹所在的曲线为双曲线，离心率为．
故选：C．
例题10 （25-26高二上·湖南·月考）（多选）如图，在直三棱柱中，，且为所在平面内一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则点的轨迹是一条直线
B．若，则点的轨迹是半径为1的圆
C．若，则点的轨迹是椭圆
D．若点到直线和的距离相等，则点的轨迹是抛物线
【答案】ABD
【分析】对于A，则利用线线垂直证明线面垂直，从而可得，即可判断轨迹是直线；对于B，则利用勾股定理求出，即可判断轨迹是圆，对于C，利用求动点轨迹方程，即可判断轨迹是圆， 对于D，借助线面垂直证明线线垂直，从而把点到线的距离转化为点到定点的距离，再结合抛物线的定义，即可判断轨迹是抛物线.
【详解】对于A，如图，连接，当点与点不重合时，
因为三棱柱为直三棱柱，所以，
又，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面，所以平面平面，
又因为平面平面，所以点的轨迹是过点的一条直线，故A正确；
对于B，因为，所以，所以点的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆，故B正确；
对于C，如图，以为坐标原点，直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，
则，，设，因为，
所以，化简得，
所以点的轨迹是圆，故C错误；
对于D，因为平面平面，所以，
所以点到直线的距离即点到点的距离，
所以点到直线的距离与点到点的距离相等，
满足抛物线的定义，则点的轨迹是在平面内的一条抛物线，故D正确.
故选：ABD
方法六 动点轨迹长度、周长、面积
在确定轨迹形状的基础上，计算其几何度量。长度、周长问题侧重弧长与线段长求和；面积问题需识别图形并选择公式。
例题11 已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】D
【分析】分别取的中点，连接，证明平面，从而可得点在平面内，再根据，得点在以为球心，半径为1的球面上，可得动点的轨迹为平面与球的球面的交线，求出平面截球所得截面圆的半径，即可得解.
【详解】如图，分别取的中点，连接，
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以，所以，
又，所以，所以，
又，平面，所以平面，
由，得点在平面内，
由，得点在以为球心，半径为1的球面上，
因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆，
连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为，
则由得，
且，所以，则，
因此动点的轨迹长度为.
故选：D.
【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.
例题12 （2026高三·全国·专题练习）（多选）设正方体的棱长为1，点是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题正确的是（ ）
A．如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为
B．如果平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为
C．如果平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为2＋
D．如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为
【答案】ACD
【分析】对于A，点M的轨迹为过且与垂直的平面与正方体表面的交线，据此可判断选项正误；对于B，点M的轨迹为过且与平面平行的平面与正方体表面的交线，据此可判断选项正误；对于C，点M的轨迹为过E点且与平面平行的平面与正方体表面的交线，据此可判断选项正误；对于D，结合A分析，点M的轨迹为过过且与平面平行的平面与正方体表面的交线，据此可判断选项正误.
【详解】对于A，点M的轨迹为过且与垂直的平面与正方体表面的交线，
下证平面垂直于，如图连接，由题可得，
又平面，平面，则，
因平面，，则平面，
因平面，则.同理，可证得：，
又平面，，则平面，
从而点M的轨迹所围成图形为正三角形，由题可得，
则所围成图形的面积为，故A正确；
对于B，如图，取中点为F，连接，易得，
则四点共面，点M的轨迹为过且与平面平行的平面与正方体表面的交线，取中点为G，连接，下证平面平面.
由题易得：，又，
平面，平面，则平面平面.
则点M的轨迹所围成图形为三角形，由题可得，
，则轨迹所围成图形的周长为，故B错误；
对于C，如图取，，，中点为，则点M的轨迹为过E点且与平面平行的平面与正方体表面的交线，下证平面平面.
由题易得，，又，，
平面，平面，则平面平面.
则点M的轨迹所围成图形为四边形.由题可得，，
则轨迹所围成图形的周长为，故C正确；
对于D，点M的轨迹为过且与垂直的平面与正方体表面的交线，由A分析，
即为过且与平面平行的平面与正方体表面的交线.
取中点为： ，
连接，易得，
则六点共面，下证平面平面.
由题可得，，又平面，
平面，，，
则平面平面.则点M的轨迹所围成图形为正六边形，
注意到，又正六边形由六个全等的等边三角形组成，则，故D正确.
故选：ACD
方法七 动点函数图象问题
建立动点某几何量（如距离、面积）随另一变量（如时间、比例）变化的函数关系，并判断函数图象特征（增减性、凸凹性、特殊点）。
例题13 如图，正方体的棱长为，为的中点，动点从点出发，沿运动，最后返回.已知的运动速度为，那么三棱锥的体积（单位：）关于时间（单位：）的函数图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】讨论点在线段、、、上运动，求解体积即可得答案.
【详解】（1）当时，在线段上运动，此时，，所以；
（2）当时，在线段上，因为平面，所以到平面的距离为定值，所以为定值，；
（3）当时，在线段上，取的中点，，此时，同理可得，所以；
（4）当时，在线段上，因为平面，所以到平面的距离为定值，所以为定值，.
故选B.
【点睛】本题主要考查了棱锥的体积公式及空间想象力，本题的难点在于动点在不同的线段上运动时需要分别求体积，属于难题.
方法八 动点最值问题
将目标量表示为动点位置参数的函数，通过代数、几何或三角方法求最值。关键在于建立函数模型与合理选择求最值方法。
例题14 （25-26高三上·河北石家庄·月考）如图，正方体的棱长为2，E是的中点，F是侧面内的一个动点（含边界），且平面，则的最小值为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先判断点的轨迹，然后根据最小距离的求法求得正确答案.
【详解】设分别是的中点，连接，
根据正方体的性质可知，
由于平面，平面，所以平面，
同理可证得平面，由于平面，
所以平面平面.
由于平面，所以点的轨迹是线段，
设是的中点，连接，
由于都是等腰三角形，则，
所以此时最小，，
同理可得，所以的最小值为.
故选：D
例题15 （25-26高三上·重庆·月考）如图是一个由直三棱柱与半个圆柱拼接而成的简单组合体，底面 ，且，，为该组合体曲面部分上一动点，下列结论正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．三棱锥体积的最大值为
C．当平面时，直线与底面所成角的正弦值为
D．一质点从点沿着该组合体表面运动到的最短距离为
【答案】AB
【分析】AC选项，作出辅助线，得到四边形为正方形，当重合时，，A正确；找到点的位置，使得平面，与底面所成角为，求出各边长，并得到，从而求出直线与底面所成角的正弦值；B选项，找到使得三棱锥体积最大时的点的位置，并求出高，求出体积；D选项，将平面与平面沿着公共棱展开到同一平面内，利用勾股定理求出此时的，D错误.
【详解】AC选项，过点作直线平行于，交圆柱曲面于点，
由于几何图形是由直三棱柱与半个圆柱拼接而成的简单组合体，
则，故四边形为正方形，
连接相交于点，则为的中点，
当重合时，，故存在点，使得，A正确；
连接，则，
又为的中点，故⊥，
又，，
过点作，交于点，
因为⊥平面，平面，所以⊥，
又⊥，，平面，
所以⊥平面，又平面，所以⊥，
又，平面，所以平面，
故与底面所成角为，
又，，所以，
故，C错误；
B选项，取的中点，则为圆柱的上底面圆的圆心，
取的中点，连接并延长交半圆周于点，
此时点到平面的距离最大，
，，故，
其中，，
所以，
所以三棱锥体积的最大值为，B正确；
D选项，将平面与平面沿着公共棱展开到同一平面内，
如图所示：连接，其中，
由勾股定理得，
由于，
故一质点从点沿着该组合体表面运动到的最短距离不为，D错误.
故选：AB
方法九 截面或动点的存在性与唯一性问题
通过分析几何条件或解方程（组）的个数，判断截面或动点位置是否存在、是否唯一，必要时需分类讨论。
例题16 如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点.则下列说法正确的是（ ）
①存在点，使得；②存在点，使得；③对于任意点，到的距离的取值范围为；④对于任意点，都是钝角三角形
A．①②③B．①④C．②③D．②④
【答案】C
【分析】根据题意，以A为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】解：由题知，在正方体中，是棱上的动点，
建立以为原点建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，设，其中，
所以，，
当，即，
所以，显然方程组无解，
所以不存在使得，
即不存在点，使得，故①错误：
当时，解得，
即存在点，使得，故②正确：
因为，其中，
所以点到的距离为
，故③正确；
因为，，其中，
所以，
所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故④错误.
故选：C.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
例题17 （多选）已知正方体，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．存在唯一一点，使得过的平面与正方体的截面是菱形
B．存在唯一一点，使得平面
C．存在无穷多个点，使得平面
D．存在唯一一点，使得
【答案】BD
【分析】取线段的中点，过点作正方体的截面，然后证明点在线段上时可满足条件来判断A，建立空间直角坐标系，利用向量法转化为满足条件的方程解的问题可判断BCD.
【详解】点满足，即点在正方形
内（包括正方形的四条边）上运动，
对于A：取线段的中点，过点作正方体的截面，
因为面面，面面，根据面面平行
的性质定理知如果一个平面与两个平行平面相交，则交线平行，
所以有，即四边形为平行四边形，
又为线段的中点，由≌可得，
所以四边形为菱形，所以当点在线段上时，过的
平面与正方体的截面是菱形，故有无穷多个点，使得过的平面
与正方体的截面是菱形，A错误；
以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
令，
则，
，
因为，
若平面，则，解得，
即存在唯一点满足条件，故B正确；
因为，设平面平面的法向量，
则，令，则，若平面，
则，即，所以只有当时方程有解，
即存在唯一点满足题意，故C错误；
因为，，若，
则，由，可解的，
所以存在唯一一点，使得，故D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：对于立体几何中，针对找某点满足某种位置关系的问题，适当建立空间直角坐标系，利用向量法转化为方程的根是否存在及个数问题，将立体几何代数化，能起到非常好的效果.
例题18 （25-26高三上·北京·月考）如图所示，在长方体中，，点是棱上的一个动点，若平面交棱于点F，给出下列命题：
①四棱锥的体积恒为定值；
②存在点E，使得平面；
③对于棱上任意一点E，在棱AD上均有相应的点G，使得；
④存在唯一的点E，使得截面四边形的周长取得最小值．
其中真命题的是 ．（填写所有正确答案的序号）
【答案】①②④.
【分析】由到平面的距离为定值可判断①，由线面垂直的判定定理可判断②，由线面的位置关系可判断③，由面面平行的性质定理和对称性可判断④.
【详解】对于①，如图，由，平面，
可得到平面的距离为定值，
所以四棱锥的体积为定值，故①正确;
对于②，，得对角面为正方形，所以，
易知平面，而平面，
所以，若，
平面，
所以平面，平面，
所以平面，
所以有平面，故②正确;
对于③，可作出过的平面与平面平行，如图所示：
当点与棱的中点重合时，作的中点，连接，
易知平面，不包含于平面，
所以平面，同理平面，
平面，
所以平面平面，
易知：当点在线段内时，对应的点在棱上，
而当点在线段内时，对应的点在棱上，故③错误.
对于④，由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，
所以四边形的周长，
将矩形绕棱向内旋转90度，
使矩形和矩形共面，连接交于点，如下图所示：
此时，四边形的周长取得最小值，
故存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值，故④正确.
综上：①②④正确.
故答案为：①②④.
模块说明：
聚焦前沿题型，靶向提升解题能力
1.精选各省市最新模拟题，确保训练内容紧密贴合当前考查方向与命题动态，帮助学生把握前沿考点。
2.按题型进行系统分类与专项训练，使学生能够集中突破特定题型，深度掌握其核心解题思路与技巧。
【题型01】截面形状与作图判断（共5题）
1．（2025高三·全国·专题练习）正方体中，M，N分别是，的中点，则过，M，N三点的平面截正方体所得的截面形状是（ ）
A．平行四边形B．直角梯形C．等腰梯形D．三角形
【答案】C
【详解】解析 连结并延长交的延长线于H，连结DH，
因为M是的中点，所以直线DH经过点M，
连接MN，则，则等腰梯形，
即为过、M、N三点的正方体的截面，
故选：C.
2．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
3．（25-26高三上·全国·月考）（多选）如图所示，正方体的棱长为2，点和点分别是棱，上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．过点，的正方体截面可以是直角三角形
B．为定值4
C．直线与直线所成角余弦值的取值范围为
D．直线与面夹角的最小值为
【答案】BC
【分析】过点，的正方体截面为三角形只能是锐角三角形，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法依次分析选项BCD即可.
【详解】正方体截面要是三角形，则该截面必须与同一顶点出发的三条棱相交，
因为该截面要过点 ，所以只能都在最左侧（或者最右侧）截面才是三角形,
根据正方体性质得到该三角形为等腰三角形，如图以为例，，
设，其中 ，
则由余弦定理得到，所以为锐角，
所以必定为锐角三角形；
所以过点，的正方体截面若为三角形只能是锐角三角形，选项A错误；
以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则
则，，
则，选项B正确；
直线与直线所成角为
则，
因为，所以，选项C正确；
面的法向量为 ，设直线与面夹角为，
则 ,因为，所以，
因此直线与面夹角的最大值为，选项D错误.
故选：BC
4．（25-26高三上·辽宁沈阳·期中）如图，在正方体中，点、、分别为、和边的中点
(1)画出过、、三点的截面（保留作图痕迹）；
(2)若正方体的棱长为2，求截面的面积；
(3)证明：直线平面
【答案】(1)作图见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）连接，过作直线平行于，交延长线于，交于，再根据平面的基本性质确定截面即可；
（2）由（1）及已知截面是边长为的正六边形，进而求其面积；
（3）由（1），应用线面平行的判定定理证明结论.
【详解】（1）连接，分别为、的中点，则，
过作直线平行于，交延长线于，交于，
连接，分别交于，
最后连接，所得截面即为所求；
（2）由分别为、和边的中点，
所以分别为的中点，而正方体棱长为2，
所以，即截面为正六边形，
所以截面的面积；
（3）由（1）中作图过程知，平面，平面，
所以平面.
5．（2025·海南·模拟预测）如图（1），正方形的边长为，是的中点，点在边上且.将沿折起到图（2）中的位置，使得平面平面.

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)如图（2），点在线段上，过点、的平面截四棱锥所得的截面是一个直角三角形，在图中画出这个直角三角形.（请在答题卡指定位置作图，不必说明画法和理由）
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)作图见解析
【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，结合以及线面垂直的判定定理可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；
（3）在平面内作，交或于点，连接，利用平面，结合，可得出平面，结合线面垂直的性质可得出结论.
【详解】（1）因为，平面平面，且平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
又因为，即，
因为，、平面，所以平面.
（2）取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为，
因为平面平面平面，且平面平面，平面，，
所以，平面，
因为，即，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
因为，则，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、.
在中，，，所以，
因为，由勾股定理可得，
所以，，，则，所以，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，可得.
由（1）知平面，故平面的一个法向量为.
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为
（3）所得截面为直角三角形，如图所示：

作法：在平面内作，交或于点，连接，
因为平面，，则平面，
因为平面，所以，.
【题型02】截面面积计算与最值（共5题）
6．（25-26高三上·湖北·期中）（多选）在长方体中，分别为AB、D的中点，经过C，E，F三点的平面将已知长方体分成两部分，则（ ）
A．截面的形状为四边形
B．截面面积为
C．点A到截面的距离为
D．截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29
【答案】ABD
【分析】结合长方体的底面长方形的性质，作出截面，判断A；根据三角形面积公式及相似三角形面积关系，求得截面的面积，判断B；根据等体积法求得点A到截面的距离，判断C；根据三棱锥的体积公式及相似求得截面分得的较小部分（棱台）的体积，利用长方体的体积求得较大部分的体积，从而得到体积之比，以判断D.
【详解】对于A，如图所示，分别延长，交于点G，因为，所以，.
连接，并延长，分别交于点,连接，则四边形是经过C，E，F三点的长方体的截面，形状为四边形，故A正确；
对于B，因为，所以.
由A，得,且.
取的中点，连接，则为梯形的中位线，所以.
所以.
所以.
，.
所以，
所以.
所以.
所以截面的面积等于，所以选项B正确；
对于C，由B得，.
因为，所以点A到截面的距离，所以C错误；
对于D，由C知.
因为长方体的体积为，所以较大部分的体积等于.
故截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29，所以D正确.
故选：ABD.
7．（2025·湖南常德·一模）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，空间中的点满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则的最大值为
C．若，则平面截该正方体的截面面积的最小值为
D．若，则平面与平面夹角的正切值的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用空间向量的模建立方程求出最小值判断B；作出截面并求出最小面积判断C；利用面面角的向量求法求解判断D.
【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
由，得，即点，
对于A，，则点，，，
，因此，A正确；
对于B，，则，即，
令，则，
其中锐角由确定，则当时，的最大值为，B正确；
对于C，，在边上，且，
因平面平面，设平面平面，
而平面平面，则，同理，
因此是平面截该正方体的截面，
点到直线的距离
，当且仅当时取等号，
，C错误；
对于D，因，
设平面的法向量，则，
令，得；
又，因，则，
令平面的法向量，则，
令，得.
设平面与平面的夹角为，
则，，
当时，，当时，，
当且仅当或时取等号，因，此时最小，，，
因此平面与平面夹角的正切值的最小值为，D正确.
故选：ABD
8．（2025·江西新余·一模）（多选）如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（ ）
A．四面体的外接球的表面积为
B．存在点，使、、、四点共面
C．过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为
D．点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】利用补形法可判断A选项；作出辅助线，得到，即、、、四点共面，当与重合时满足要求，但不能与重合，可判断B选项；作出辅助线，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时面积为，当与点无限接近时，面积接近于，可判断C选项；作出辅助线，得到点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧，可求出点的轨迹长度，可判断D选项.
【详解】对于A选项，将四棱锥补成长方体，
所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长，
即四面体的外接球的直径为，
所以，四面体的外接球的表面积为，A对；
对于B选项，连接、、，
因为且，故四边形为平行四边形， 所以，，
因为、分别是、中点，则，所以，
即、、、四点共面，
当与重合时满足、、、四点共面，
但是线段上的动点（不包含端点），B错；
对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点，
过点作在平面内⊥交或者于，
因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又平面，所以⊥，
因为，、平面，所以平面，
平面截正方体截面为平行四边形，
当与点重合时，面积最大，此时，，面积为，
当与点无限接近时，面积接近于，
过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对；
对于D选项，取的中点，连接，则，
则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆，
交、于、，
则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧，
此时满足直线与直线夹角为，
如图，，故，
所以点的轨迹长度为，D对.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平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与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
9．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，在棱上满足，，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．当时，平面
B．当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形
C．当时，平面截该正方体所得截面面积的最大值为
D．当时，的最小值为
【答案】ABD
【分析】先证明所可得A正确，B，C作出截面图即可，D把立体几何展开形成平面的问题即可求解.
【详解】对A，当时，，为中点，
∵是中点，∴ ，又，所以，
即可得平面，故A正确；
对于B，如图延长交与H，连接交与I，
易知当时，I在线段上，截面如图为梯形，
当时，I在延长线上，截面如图为五边形，
所以当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形，
故B正确；
对于C，当时，为中点，
∵平面平面，∴截面可以为如图正六边形，
正方体边长为1，故截面正六边形边长为，
面积，
故C错误；
对于D，当时， ，∴ 四点共面，
如图对平面和平面沿进行展开，
四边形为等腰梯形，，
∴高，
又三角形为等腰三角形，，
∴高，
∴，又，所以的最小值为，故D正确；
故选：A B D.
10．（25-26高三上·河北·月考）（多选）如图，在梯形中，，，为的中点，将沿折起到的位置，下列说法中正确的是（ ）
A．在线段上存在点，使平面
B．点到平面的距离的最大值为
C．当三棱锥外接球的表面积为时，平面平面
D．当平面平面时，四棱锥的过的截面面积的最小值为
【答案】ACD
【分析】取中点，利用线面垂直的判定推理判断A；利用面面垂直的判定性质判断B；确定球心位置并计算判断C；作出截面并求出面积的函数关系，利用导数求出最小值判断D.
【详解】在梯形中，，，为的中点，连接，如图：
则四边形、四边形均为平行四边形，则，且，
为等边三角形，，和均为菱形，
于是，，设与交于点，则，
对于A，翻折后，，如图：
又平面，则平面，
因此在线段上存在点（即点），使平面，A正确；
对于B，由平面，平面，得平面平面，
则边上的高是点到平面的距离，而，
因此点到平面的距离的最大值为，B错误；
对于C，设三棱锥外接球的半径为，其表面积，得，
设等边，等边外接圆圆心分别为，令外接球球心为，
则平面，平面，连接，，如图：
，，，
得，同理得，即，因此四边形是菱形，
，平面，而平面，则平面平面，C正确；
对于D，设四棱锥的过的截面与交于点，与交于点，连接，如图：
由，平面，平面，得平面，
又平面，平面平面，则，又，
因此四边形为梯形，而平面，平面，则，
即为梯形的高，当平面平面时，，则，
且，设，在中，
，由，得，则
，
设，求导得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
则当时，，，
而，，因此截面面积的最小值为，D正确.
故选：ACD
【题型03】截面周长计算与最值（共4题）
11．（25-26高三上·河南商丘·开学考试）（多选）在棱长为1的正方体中，M，N分别为AD，CD的中点，过，M，N三点的截面将正方体分成两部分，其中体积小的几何体的体积记为，体积大的几何体的体积记为，则（ ）
A．平面B．
C．截面的周长为D．
【答案】ABD
【分析】根据题意作出相应的图象，利用线面平行可得平面即可对A判断求解；利用线面垂直证明平面，从而可证即可对B判断求解；.过的截面为梯形，利用几何知识即可求出其周长，即可对C判断求解；截面将正方体分成三棱台和剩余的部分，先求出三棱台的体积，即可对D判断求解.
【详解】对于A，连接AC，则，，所以，
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，连接，在正方体中，，平面，
又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
对于C，过的截面为梯形，
，，，
所以其周长为，故C错误；
对于D，截面将正方体分成三棱台和剩余的部分，
三棱台的体积为，
剩余部分的体积为，所以，故D正确．
故选：ABD．

12．（2025·山东聊城·二模）（多选）如图，棱长为2的正方体中，点E，F分别在棱上，且，，其中，点是平面内的一个动点（异于点），且，则（ ）
A．
B．直线与平面所成的角的余弦值为
C．当变化时，平面截正方体所得的截面周长为定值
D．点为中点时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，由结合空间向量的数量积即可判断A；由线面夹角的向量公式即可判断B；作出平面截正方体所得的截面，结合，，即可判断；根据球的表面积公式即可判断D．
【详解】以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，设，
则，所以，
，所以，
，，，，，
因为，所以，
所以，故A正确；
因为，，平面，
所以平面，所以平面的法向量为，
则直线与平面所成的角的正弦值为，
所以直线与平面所成的角的余弦值为，故B错误；
取上一点，满足，则，
因为，且有公共点，
所以平面，又平面，平面平面，
所以共线，作出平面截正方体所得的截面，
由，得为等腰直角三角形，
同理可得均为等腰直角三角形，
，
所以截面周长为为定值，故C正确；
当点为中点时，，所以，，，
则，所以，
所以三棱锥的外接球的球心在过中点，垂直于平面的直线上，
连接，
因为，
所以，所以四边形为平行四边形，
则共面，设交点为，则，
设球心为，，则，
则，即，
解得，半径为，表面积为，故D正确；
故选：ACD．
13．（2025·湖北·模拟预测）（多选）已知正方体的棱长为，点为的中点，点为底面的边界及其内部任意一点，则下列选项正确的是（ ）
A．点为中点时，平面
B．点为中点时，过三点作正方体的截面，则截面周长为
C．与交于，则四面体的外接球的表面积为
D．当在线段上运动时，四面体体积的最大值为
【答案】ACD
【分析】根据线面垂直性质和勾股定理可分别证得，，根据线面垂直的判定可知A正确；作出截面图形后，根据长度关系可求得B错误；根据外接球的性质可确定球心位于过点且平行于的直线上，利用可构造方程组求得，代入球的表面积公式可知C正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得点到平面距离的最大值，结合三棱锥体积公式可求得D正确.
【详解】对于A，由题意知：，
平面，平面，，
，，平面，
平面，又平面，；
，，，
，；
，平面，平面，A正确；
对于B，连接，
分别为中点，，又，
，四点共面，
则过三点的正方体的截面为梯形，
，，，
梯形的周长为，B错误；
对于C，取中点，连接，交于点，连接，过作的平行线
平面，为的外接圆圆心，
四面体的外接球球心在过点的的平行线上，
作，垂足为，
设，则，设四面体的外接球半径为，
由得：，解得：，
即四面体的外接球球心即为点，半径，
四面体外接球表面积，C正确；
对于D，，，，
，；
若三棱锥体积最大，则点到平面的距离最大，
以为坐标原点，正方向为轴正方向可建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，，，
设，则，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
则点到平面的距离，
，当时，，
四面体体积的最大值为，D正确.
故选：ACD.
14．（24-25高三上·重庆·月考）（多选）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.
【题型04】截面分割几何体的体积、面积比（共4题）
15．（24-25高三上·江苏南通·期中）在正四棱柱中，，P是线段上靠近C的三等分点，过点C与直线垂直的平面将正四棱柱分成两部分，则较大部分与较小部分的体积比为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】B
【分析】分别取，，的对应三等分点，，，利用空间向量证明共面，再通过向量数量积证明平面，最后采用割补法求解出较小部分的体积，从而体积比可求.
【详解】分别取靠近的三等分点，取靠近的三等分点，取靠近的三等分点，
连接，建立如下图所示空间直角坐标系，
不妨设，
所以，
所以，所以，且不共线，所以共面，
又因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，且，
所以平面，
较小部分的几何体如下图所示，
其体积为，
由正四棱柱结构特点易知平面，平面，
所以，
所以较大部分体积，
所以较大部分与较小部分的体积比为，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键一方面是确定平面与正四棱柱各条棱的交点，根据交点坐标和空间向量运算能更高效说明线面垂直，另一方面是采用割补法求解几何体的体积，将复杂几何体转化为简单几何体再去计算.
16．已知三棱锥的所有棱长都相等，点是的中心，点在棱上，且平面把三棱锥分成体积相等的两部分，平面与直线交于点．若点都在球的表面上，点都在球的表面上，记球与球的表面积分别为，则 ．
【答案】
【分析】假设，求出，再用勾股定理即可求解.
【详解】由平面把三棱锥分成体积相等的两部分，可得为棱的中点．
如图，取的中点，连接，则与的交点为，取的中点，连接，
易知，且，又，
所以，所以．
设，则．
由题易知点都在直线上，设球、球的半径分别为，
则，即，，
解得，所以．
故答案为：
17．已知经过圆锥的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出圆锥的轴的截面，根据题意推出上、下两部分几何体的两部分的内切球的半径之比为，从而可得上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，从而可得解．
【详解】如图，作出圆锥的轴截面，
设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为，，半径分别为，，
即，，
根据题意可知为正三角形，易知，圆锥的底面半径，
，又，
，，
上部分圆锥的底面半径为，高为，
又圆锥的底面半径为，高为，
上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，
上、下两部分几何体的体积之比是．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到上、下底面的半径的关系，从而得到两圆锥的体积之比.
18．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先判断为的重心，再利用重心得到，求出，进而得到，借助基本不等式求出最小值即可.
【详解】
过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，，得，，由，，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为.
故选：A.
【点睛】本题关键点在于由为的重心得到这一结论，再用表示出要求的体积，最后借助基本不等式得到最值.
【题型05】动点在几何体表面、内部的轨迹问题（共4题）
19．（2025高三·全国·专题练习）如图，所在的平面和四边形所在的平面互相垂直，且，，，，．若，则动点在平面内的轨迹是（ ）．
A．椭圆的一部分B．线段C．双曲线的一部分D．以上都不是
【答案】C
【分析】由题设得，结合双曲线的定义即可得.
【详解】由，，，，则，
由，即，而，，
所以，
结合双曲线定义知，动点在平面内的轨迹是双曲线的一部分.
故选：C
20．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知正四面体，动点在内，且点到平面的距离与点到点的距离相等，则动点的轨迹为（ ）
A．椭圆的一部分B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分D．一条线段
【答案】A
【分析】先作出相关的辅助线，再求出其中线段的关系，最后得到所以（定值），得到其轨迹为椭圆.
【详解】在正四面体，平面不垂直于平面，
过作平面于，过作于，连接，则平面，
所以，故为二面角的平面角，设为，
则中，；
又点到平面距离与到点的距离相等，
故，则；
又在正四面体，平面不垂直于平面，故为锐角，
所以，所以（定值），
故由椭圆定义知，点轨迹为椭圆在面内的一部分．
故选：A.
21．（2025高三·全国·专题练习）如图，在正方体中，是空间一动点，若点到直线的距离相等，则动点的轨迹是（ ）
A．直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】A
【分析】由对称性及地位等同性可得动点的轨迹.
【详解】因是正方体中两两互相异面垂直的棱所在直线，
由对称性及地位等同性知：轨迹是体对角线所在的直线．
故选：A.
22．（25-26高二上·辽宁·月考）（多选）已知直线是两条相互垂直的异面直线，点在平面内，且点到直线的距离相等，则点的轨迹可能是（ ）
A．两条直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】ACD
【分析】建立恰当的空间直角坐标系，利用点到直线的距离公式可得点的轨迹方程，从而得解.
【详解】由直线是两条相互垂直的异面直线，
设直线，
过点作直线，则，

以分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，，
则直线的一个方向向量为，
，
由于点到直线的距离相等，根据点到直线的距离公式，
得，
即，
化简得①，
由于点在平面内，平面位置不确定，
当时，①式化为，
即或，点的轨迹为两条直线，A正确；
当时，①式化为，点的轨迹为双曲线，C正确；
当时，①式化为，点的轨迹为抛物线，D正确；
方程①不可能为椭圆，B错误.
故选：ACD
【题型06】动点轨迹长度、周长、面积（共4题）
23．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知四棱柱中，底面是边长为的菱形且，底面，，点是四棱柱表面上的一个动点，且直线与所成的角为，则点的轨迹长度为 .
【答案】
【分析】根据四棱柱的性质可得点的轨迹是以为轴的圆锥的侧面与四棱柱的表面的交线，分析点在各平面的轨迹，计算轨迹长度可得结果.
【详解】∵，直线与所成的角为，
∴直线与所成的角为，
∴点的轨迹是以为轴（其中为顶点），母线与轴所成角为的圆锥的侧面与四棱柱的表面的交线．
如图，在线段和上分别取点，使得，连接，
∵在四棱柱中，底面，
∴平面，
∵平面，∴，
∴，故，
∴点在四边形与四边形上的运动轨迹为线段和，且.
当在四边形上运动时，其轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧，
故点在四边形上运动的轨迹长度为，
综上得，点的轨迹长度为．
故答案为：.
24．（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.
25．（2025高三·全国·专题练习）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：.
26．（2025·湖北·三模）（多选）在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，动点在正方体表面运动，则（ ）
A．与为异面直线
B．与所成的角为
C．平面截该正方体所得截面形状为等腰梯形
D．，则点轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】根据异面直线定义可判断A正确，作与平行的直线，作出异面直线的平面角并由勾股定理可判断B正确，作出截面形状可知平面截该正方体所得截面形状为正六边形，可得C错误，利用向量共线定理可找出点轨迹为线段，求出其长度可得结果，即D正确.
【详解】对于A，由异面直线定义可知与不同在任何一个平面内，它们是异面直线，即A正确；
对于B，取的中点为，连接，如下图所示：

由正方体性质可知，又，所以，
因此与所成的角即为与所成的角，即或其补角，
易知，满足，即，
所以，因此与所成的角为，即B正确；
对于C，分别取的中点为，连接各中点，如下图所示：

易知，，即可知在同一平面内，
所以平面截该正方体所得截面即为六边形，
又，所以截面形状为正六边形，即C错误；
对于D，因为为的中点，所以，
由可知，
即，因此可知共线，
所以点轨迹为过点且与平行的线段，
取的中点为，连接，取的中点，连接，如下图所示：

由正方体性质易知，又为的中位线，所以，；
因此点轨迹即为线段，且，
所以点轨迹长度为，可得D正确.
故选：ABD
【题型07】动点函数图象问题（共4题）
27．如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，且，是上的一个动点，过点作平面平面，截棱锥所得图形面积为，若平面与平面之间的距离为，则函数的图象是
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】
过点作交AB于点N，点作交PC于点F,过点作交CD于点E，连接EF.
则面平面，.
由平面，可得平面，平面与平面之间的距离为，且为直角梯形.
由，得，所以.
.
故选D.
28．如图，正方体的棱长为，动点P在对角线上，过点P作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设，则当时，函数的值域为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由正方体的性质证明平面，同样由正方体性质知时，截面与棱相交于它们的中点处，计算出，然后从1开始增加，平面逐渐平移，由棱锥平行于底面的截面的性质易得的表达式，，然后确定在时，是常数，与的情形相似可得．从而得出结论．
【详解】

如图，连接， ，平面，平面，则，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
同理，，平面，平面，所以平面，
因此平面与平面重合或平行，
取的中点，连接，则，，
同理可证平面，由于，，所以三棱锥是正三棱锥，
与平面的交点是的中心，
正方体棱长为，则，，
所以，所以，
由棱锥的平行于底面的截面的性质知，当平面从平面平移到平面时，，即，
，，显然，


平面过平面再平移至平面时，如图，把正方形沿旋转到与正方形在同一平面内，
如图，则共线，由正方形性质得，同理，，
因此此种情形下，截面的周长与截面的周长相等，平移平面，一直到平面位置处，
由正方体的对称性，接着平移时，截面周长逐渐减少到，
综上，的值域是．
故选：A.
【点睛】方法点睛:利用正方体性质求出截面初始位置（）时，截面周长，然后由棱锥的性质求出（），再通过空间问题平面化的思想（结合对称性）求出时的值，由对称性可得时函数值的取值情况．
29．在棱长为1的正四面体中，P为棱（不包含端点）上一动点，过点P作平面，使，与此正四面体的其他棱分别交于E，F两点，设，则的面积S随x变化的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】取线段的中点，连接、，证明出平面，分析可知平面与平面平行或重合，分、、三种情况讨论，计算出的面积，利用三角形相似可得出的表达式，即可得出合适的选项.
【详解】取线段的中点，连接、，
因为、为等边三角形，为的中点，则，，
，、平面，平面，
因为平面，所以，平面与平面平行或重合，
且，
取的中点，连接，则，
且，故.
①当时，平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可知，，，
所以，，故，
如下图所示：
则，则；
②当时，；
③当时，平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可知，，，
所以，，故，
如下图所示：
则，则.
综上所述，，故函数的图象如C选项中的图象.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键对分类讨论，求出函数的解析式，进而辨别出函数的图象.
30．已知正四面体的棱长为，为棱上的动点（端点、除外），过点作平面垂直于，与正四面体的表面相交．记，将交线围成的图形面积表示为的函数，则的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】取线段的中点，连接、，证明出平面，分析可知平面与平面平行或重合，分、、三种情况讨论，计算出的面积，利用三角形相似可得出的表达式，即可得出合适的选项.
【详解】取线段的中点，连接、，
因为、为等边三角形，为的中点，则，，
，、平面，平面，
因为平面，所以，平面与平面平行或重合，
且，
取的中点，连接，则，
且，故.
①当时，平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可知，，，
所以，，故，
如下图所示：
则，则；
②当时，；
③当时，平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可知，，，
所以，，故，
如下图所示：
则，则.
综上所述，，故函数的图象如C选项中的图象.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键对分类讨论，求出函数的解析式，进而辨别出函数的图象.
【题型08】动点最值问题（共4题）
31．（25-26高三上·福建厦门·月考）在长方体中，，，点M是平面内的动点，且，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】先确定点所在的截面圆，通过面面垂直找到球心到截面的距离，进而求出截面圆半径，再结合点与截面圆的位置关系求出的最大值.
【详解】如图，连接AC，由，得，

由可知点在以AC的中点为球心，为半径的球面上．
而又在平面内，故为平面与球的截面圆上的动点.
取的中点E，的中点的中点，连接，
由长方体的性质得平面且三角形为直角三角形，
而平面，所以平面平面，
作于，因平面平面，
平面，故平面，故为截面圆的圆心.
又，
故截面圆的半径为，
即点在以为圆心，为半径的圆上，
而既在球面上，又在平面内，故在截面圆上，
故的最大值即为截面圆的直径，则的最大值为．
故答案为：.
32．已知正方体的棱长为，分别为棱，上的动点，则四面体的体积最大值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作平行辅助线，借助线面平行关系，将所求几何体体积转化为，再利用等体积法转化为即可运算求解.
【详解】过点作交于，连接，
又
，又平面，且平面，
平面，
则，
设，，则，
，
故四面体PQAD的体积
，
当时，其最大值为.
故选：A.

33．（25-26高三上·北京·月考）正方体棱长为，为的中点，为线段上动点，为线段上动点，则 （ ）
A．存在无数条直线使得
B．存在唯一直线使得
C．点到平面距离最大值为
D．直线与夹角取值范围
【答案】B
【分析】以点为坐标原点、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，设，其中，求出点、的坐标，利用空间向量法逐项判断即可.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系：
则、、、、、、，，
由题意，是中点，故.
设，其中，
则，即点，
设，其中，
，即，
对于A选项，因为，.
若，则，，
化简得：，但、，只有时成立，并非无数条，故A错误；
对于B选项，若，则，即，
由③得：；由②得：；
代入①得：，，.
此时、，存在唯一解，故B正确；
对于C选项，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
，其中，
所以点到平面的距离为，
令，其中，
所以，
当时，；当时，.
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，，故，
所以，当且仅当时，等号成立，
故点到平面距离的最大值为，故C错误；
对于D选项，设直线、所成角为，则，
，.
所以，
当，时，，则，
因为，故直线与夹角取值范围不是，故D错误.
故选：B.
34．（2025·陕西西安·模拟预测）（多选）如图，在棱长为的正方体中，底面内（含边界）有一动点，下列说法正确的有（ ）
A．当E在线段上运动时，三棱锥体积不变
B．异面直线与成角的余弦值的取值范围是
C．当点到的距离等于点到平面的距离时，的最大值为
D．四棱锥外接球的表面积最小值为
【答案】ACD
【分析】对A，易知平面，即点到平面的距离不变，可判断；对B，举反例，当点与重合时，易判断；对C，由点到平面的距离即点到的距离，可得点到的距离等于点到的距离，即点的轨迹是为焦点，以为准线的抛物线在正方形内的部分，结合图形求出的最大值，得解；对D，球心必在过的中心且垂直于底面的线段上，当点位于上底面的中心时，外接球的半径最小，由勾股定理求得半径得解.
【详解】对于A，如图，由正方体性质可得，又平面，平面， 所以平面，
当点在线段上运动时，点到平面的距离不变，且的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值不变，故A正确；
对于B，因为，异面直线与所成角与直线与所成角相等，
当点与重合时，此时与所成角，则，故B错误；
对于C，因为平面平面，所以点到平面的距离即点到的距离，
所以当点到的距离等于点到平面的距离，即点到的距离等于点到的距离，
所以点的轨迹是为焦点，以为准线的抛物线在正方形内的部分，如图，
所以，又平面，则，
所以，故的最大值为，故C正确；
对于D，因为为正方形，故其外接圆圆心为正方形的中心，故球心必在过点且垂直于底面的线段上，
欲使四棱锥外接球的表面积取得最小值，则要求半径最小，故当点位于上底面的中心时，半径最小，
设最小半径为，则在中得，得，
此时外接球的表面积为，故D正确.
故选：ACD.
【题型09】截面或动点的存在性与唯一性问题（共6题）
35．（2025·北京石景山·一模）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列三个命题：
①对任意点Q，都有；
②存在点Q，使得平面；
③过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为．
其中正确的命题个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量可判断①②；在平面内作⊥，垂足为点，过点作在平面内作⊥交于，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，截面面积最大，进而判断③.
【详解】以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，
对于①，，
则，
所以，即，故①正确；
对于②，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
要使平面，则，
则，即，不符合题意，
所以不存在点Q，使得平面，故②错误；
对于③，如下图，在平面内作⊥，垂足为点，
过点作在平面内作⊥交于，
因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又平面，所以⊥，
因为，、平面，所以平面，
平面截正方体截面为平行四边形，
当与点重合时，为中点，截面面积最大，
此时，，截面面积为，故③对.
故选：C.
36．（25-26高三上·北京朝阳·月考）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论：
①存在唯一的点，使得四点共面；
②的最小值为；
③存在点，使得；
④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为.
其中正确结论是（ ）
A．①②B．①③C．②④D．①③④
【答案】B
【分析】对于结论①，作出经过点，，的截面即可判断；对于结论②，由分析可得，即可判断；对于结论③，作出经过点且与直线垂直的平面，判断平面与是否有交点即可判断；对于结论④，分析点与点重合时与点从上靠近点的三等分点向点运动时两种情况的截面面积的变化情况即可判断.
【详解】对于结论①，取中点为，连接， ，，
因为正方体，为的中点，所以，
所以四点共面，如图确定的平面与线段有且仅有一个交点，
故结论①正确；
对于结论②，因为关于对称，所以，求的最小值，即求的最小值，
因为正方体，所以四点共面，
所以与会相交于一点，设为，
此时，
因为 ，
所以的最小值为错误，故结论②错误；
对于结论③，取中点分别为，连接，设交 于点，若平面，
在平面中，易知，
所以，
所以，
所以，所以，
又因为平面，平面，
所以，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，
所以.
所以存在点，使得，
故结论③正确.
对于结论④，当点与点重合时，截面为矩形，截面面积为，
当点为上靠近点的三等分点时，
取中点为，连接，，，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，所以四点共面，
此时四边形即为平面截正方体所得截面，
证明如下：已知平面，求证点为上靠近点的三等分点，
因为，所以，所以点为上靠近点的三等分点，得证.
又因为，且，，
所以四边形为等腰梯形，面积为，
所以当点为上靠近点的三等分点时，截面面积为，
当点趋近于点时，截面面积趋近于，
因为，，点为上靠近点的三等分点向点运动时，截面面积的变化是连续的，
所以点为上靠近点的三等分点向点运动时存在某点，使得截面面积为，
故线段上至少存在两个点使得截面面积为，
故结论④不正确
故选：B
37．（25-26高三上·黑龙江大庆·期中）在正方体中，，为的中点，是正方形内部及边界上一动点，则下列说法正确的个数为（ ）
①平面平面；②当时，点的轨迹长度为；③存在直线与平面内的直线成角；④若分别为的三等分点，则的最小值为.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】对于①，连接，通过题中条件可得和平面，从而得到平面平面；对于②，由题中条件得到平面，则，根据和的长度得到的长度，从而得到点的轨迹为该圆在正方形内的圆弧，由的长度得到的长度，从而得到的大小，继而得到的大小，得到的轨迹长度；对于③，从正方体中分离出四棱锥，则，由和的长度得到的长度，则直线与平面内的直线所成的角的最小值为，求出得到，从而得到平面内不存在一条直线与直线成；对于④，建系，写出和的坐标，由分别为的三等分点得到的坐标，设关于平面的对称点为，从而得到的坐标，由三点共线可知的最小值为，求解即可.
【详解】对于①，连接，是正方形，，
平面，平面，
，
，平面，
平面，
平面，，
同理，，又，平面，
平面，平面，
平面平面，故①正确.
对于②，取的中点，连接，则平面，平面，
故，，，，
点是在以为圆心，半径为的圆上运动，
又是正方形内部及边界上一动点，
设该圆与正方形的边交于，与边交于，
的轨迹为该圆在正方形内的圆弧，如图
，，，
，
的轨迹长度为，故②正确.
对于③，从正方体中分离出四棱锥，

则， ，，，
则直线与平面内的直线中所成的角的最小值为，
又，
即，
故平面内不存在一条直线与直线成，故③错误.
对于④，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，，
分别为的三等分点，
，
设关于平面的对称点为，
，
由三点共线可知的最小值为，
故④正确.
故选：C.
38．（25-26高三上·重庆·月考）（多选）已知斜三棱柱中，平面平面为中点，为中点，，四边形为菱形，，点是侧面（含边界）的动点，在棱（含端点）上运动.下列说法正确的是（ ）
A．若平面，则点的轨迹长为
B．存在点，使得平面
C．三棱锥与三棱锥的体积比为1:4
D．直线与平面所成角的正切值的最大值为
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量可判断AB的真假，利用几何体的体积变换可判断C的真假，把问题转化成求的最小值，可判断D的真假.
【详解】在斜三棱柱中，平面平面，，，四边形为菱形，.
取中点，由可得，
又平面平面，平面平面，所以平面.
平面，所以.
又四边形为菱形，，所以.
所以两两垂直.
故可以为原点，建立如图空间直角坐标系，
在中，，，所以，.
所以.
所以，，，，，，
又分别为，的中点，所以，.
对于A：因为，，
设平面的法向量为，
则，可取.
因为点在侧面上，设，，
由平面，所以.
所以点轨迹是以和为端点的线段，故点轨迹长度为.故A正确；
对于B：因为，，
设平面的法向量为，
则，可取.
又，
由平面，所以.
此时与重合.故不存在，使平面.故B错误；
对于C：因为分别为，中点，
所以，
所以，故C正确；
对于D：因为平面，所以点到平面的距离等于到平面的距离，为1.
设与平面所成的角为，则，，所以当最小时，最大.
设，,
所以，即.
所以.
当时，取得最小值，为.
此时，取得最大值，故D正确.
故选：ACD
39．（2025·湖南·模拟预测）（多选）在棱长为1的正方体中，点P是线段（含端点）上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若点M在正方形内（含边界），且，则点M的轨迹长为
C．三棱锥的体积的最大值为
D．存在点P，使得异面直线与所成的角为
【答案】AB
【分析】根据正方体的性质、线面垂直的性质，结合球的定义、三棱锥的体积公式、异面直线所成角的定义逐一判断即可.
【详解】对于A，在正方体中，有平面平面，所以，选项A正确；
对于B，，则点M在以点D为球心，半径的球上，又点M在正方形内（含边界），所以点M在球与正方形的交线上，即点M在以点为圆心，半径的圆周上，点M的轨迹长为，选项B正确；
对于C，，点到平面的距离是定值，定值为，三棱锥的体积取最大值，即三棱锥的体积取最大值，即底面的面积取最大值，即点P与点重合，，选项C错误；
对于D，异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，即，所以，又，所以选项D错误．
故答案为：AB
40．（25-26高二上·北京·月考）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱的中点，动点P在直线DC上移动，对于下列四个结论：
①存在唯一点P，使得；
②三棱锥的体积不变；
③平面截正方体所得截面形状是梯形或平行四边形；
④的面积最小值为；
则所有正确结论的序号是 .
【答案】①②
【分析】设，分类讨论点位置，求出，由解得，确定①正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断②，通过作辅助线得到截面图形，即可判断③，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，分类讨论点位置，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律进行求解即可判断④正确.
【详解】对于①：由平面平面，得，同理，
若在线段上，设，
所以，
又，
由得，存在唯一点使得；
若在直线上，且在点左侧，设，则，
所以，
又，
由，得，舍去；
若在直线上，且在点右侧，设，则，
所以，
又，
由，得，舍去，①正确；
对于②：正方体中，平面，所以到平面的距离不变，
即到平面的距离不变，而面积不变，
因此三棱锥，即四面体的体积不变，②正确；

对于③：过作平面，则为中点，连接，则，
过作，则为中点，过作，则，
连接，则平面；
过作，则为中点，
过作，则为中点，
过作，则是靠近的三等分点，
所以，连接，
则五边形是平面截正方体所得，③错误；
对于④：以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图，

正方体棱长为，则，
设，
则，，
又，，
所以，
设到直线的距离为，
则
，
若在线段上，则，
由二次函数性质知时，递减，
所以，又不变，
所以的面积最小为；
若直线上，且在左侧，则，
由二次函数性质知，时，无最小值；
若直线上，且在右侧，则，
由二次函数性质知，时，在时，取得最小，
且此时，又不变，
所以的面积最小为，④错误；
故答案为：①②.
模块说明：
答题强化训练，实现能力跃迁。模块题量适中，全部选用最新高质量模拟题，侧重对方法模型的直接应用与巩固。题量10题
一、单选题
1．（2025·江苏·模拟预测）已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由，利用坐标运算求得正三棱锥底面边长和高，从而可得外接球半径，又过点作球的截面，当时，截面面积的最小，可得解.
【详解】如图在正三棱锥中，平面，且为的中心，为中线，
如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

设，则
所以，
由于，所以，则，
所以，
因为，则
解得，
设，则，则，得，
所以，
过点作球的截面，当时，截面面积的最小，
，所以截面圆半径为，
则面积为.
故选：B
2．（25-26高三上·北京·月考）正方体的棱长为1，是空间中任意一点，给出下列4个结论.正确的个数有（ ）
①若点在线段上运动，则始终有；
②若点在线段上运动，则过、、三点的正方体的截面面积最小值为；
③若点在线段上运动，则的最小值为；
④若点在线段上运动，则直线CP与平面所成最大角的正切值为.
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】由平面判断①；由向量法判断②；将与四边形沿展开在同一平面上，由余弦定理得出的最小值，由此判断③；根据线面角的知识判断④.
【详解】对于①：如下图，连接，所以，又，所以，
因为平面，所以，平面，由线面垂直的判定可知，
平面，因为平面，所以，故①正确；
对于②：在上取一点，使得，连接，
易知，且，即四点共面，
即过，，三点的截面为截面.
以点为坐标原点，建立如下图所示的坐标系：
，，
因为，，
所以截面的面积为
，
当时，，，三点的正方体截面面积最小值为，故②错误；
对于③：如下图，将与四边形沿展开在同一平面上，由图可知，线段
的长度即为的最小值，在中，
，故③正确；
对于④：连接，过作，交于，连接，
由于平面，所以平面，
所以是直线CP与平面所成角，
，由于，所以当最小时，最大，
当，即是的中点时，最小，且最小值为，
所以的最大值为，④正确.
综上所述，正确的个数有3个.
故选：B
二、多选题
3．（25-26高二上·广东·月考）如图，正方体的棱长为2，点在侧面的边界及其内部运动.下列说法正确的是（ ）

A．若点为线段上的动点，当时，
B．若点为线段上的动点，当时，点到平面的距离为
C．若点为底面的中心，且，则面积的最大值为
D．若，则点的轨迹的长度为
【答案】ACD
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，由求出的坐标，然后计算即可得出A选项；设平面的法向量为，根据题意建立方程组求出法向量为的坐标，然后利用向量法求点到面的距离即可得出选项B；对于C，取的中点，连接，结合图形以及已知条件即可分析得出选项C；选项D，根据题意分析，以所在的直线分别为轴建立平面直角坐标系，结合已知条件分析即可得出结论.
【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，
如图所示：

则，
对于AB选项，由知：
，
则，
，A正确；
，，
设平面的法向量为，
则，
取，得，
故平面的一个法向量为，
又，则点到平面的距离为：
，故B错误；
对于C，取的中点，
连接，
如图所示，

因为正方体的棱长为2，
所以，，，
平面，平面，平面，
所以，，
，
所以，，
所以，，
由可得平面，
所以，所以点的轨迹为线段，
又，
所以面积的最大值:
，故C正确；
对于D，平面，平面，
所以，都是直角三角形.
又，
所以，
因为，所以，
在侧面中以点为坐标原点，
以所在的直线分别为轴建立如图所示的平面直角坐标系，

则，设，
则，
整理得到，圆，
所以点在以为圆心，以为半径的圆上，
又因为在侧面（含边界）上运动，
所以点的轨迹是圆上的一段劣弧（分别是圆与的交点），
因为，，
所以，
则点的轨迹长度为，故D正确，
故选：ACD.
4．（25-26高三上·广东广州·月考）正方体的边长为2，O为底面的中心，P是正方形内（不包含正方形的四边）的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．一定是异面直线
B．当P在线段上移动时，的最小值为
C．当P是正方形的中心时，与所成角为
D．当与平面所成角为定值（非直角）时，P的运动轨迹是两段圆弧
【答案】AB
【分析】利用正方体的图像和性质，结合已知条件，对各选项进行逐一判断；根据异面直线判定定理判断选项A，利用侧面展开图根据两点间线段最短判断选项B，利用平行关系判断选项C，把线面角转化为边的关系进而判断选项D．
【详解】选项A：P是正方形内（不包含正方形的四边）的动点，即，
根据异面直线判定定理知一定是异面直线，故A正确；
选项B：将正三角形与等腰直角三角形展开到同一平面内得到四边形，则线段即为的最小值，
在中， 的最小值为，故B正确；
选项C：中，为的中点，则，
与所成角，故C错误；
选项D：取中点，则平面，
即为和平面所成角，
为定值，又为定值，为定值，
点P在以为圆心以为半径的圆上，
点P是正方形内（不包含正方形的四边）的动点，是一段圆弧，故D错误；
故选：AB．
5．（25-26高三上·山东济宁·月考）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A．点到平面的距离为定值
B．若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为
C．若是棱的中点，则过的平面截正方体所得的截面图形的周长为
D．若与平面所成的角为，则
【答案】ABD
【分析】对于A,根据线面平行可知，点到平面的距离为定值，利用等体积法即可判定；对于B，作出图形，根据题意建立方程组，解出即可；对于C,根据题意画出截面图，计算即可；对于D，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得的表达式，进一步计算求范围即可.
【详解】A，连接，因为，
由平面，平面，所以平面，

又点是棱上的动点（含端点），所以点到平面的距离为定值，设为，
则.
又，所以，解得，正确；
B，如图所示，连接，取的中点为，连接，
设外接圆圆心为，外接球球心为，连接，则，

在中，设其外接圆半径为，
由正弦定理知，所以，即，
依题易得≌，故，
弦所对的圆周角相等，故四点共圆，则，
设外接球半径为,过作,交于，
则在中，，即①，
在中，，即②，
联立①②，解得，故外接球的表面积为，正确；
C，如图，四边形为过的平面截正方体所得的截面图形，

因为平面平面，且平面平面，
且平面平面，根据面面平行的性质定理知，
又因为为中点，所以为四等分点，则四边形的周长为：
，错误；
D，以为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，

则，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，故，
则，
当时，，
当时，，
当且仅当时等号成立，又，
综上可知，，正确.
故选：ABD
6．（25-26高三上·江苏常州·月考）如图所示，已知正方体的棱长为4,分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截正方体所得的截面可能是五边形
B．一定是锐角三角形
C．当与点重合时，取为正方形内（含边界）一点满足平面平面，则的最小值
D．的最小值是
【答案】ACD
【分析】对于A，根据平面与正方体的各面的相交情况作图可判断；对于B，选择点的特殊位置通过余弦定理判断角的余弦值正负即可；对于C，依题建系，写出相关点的坐标，设，表示出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算求得，计算，利用二次函数的性质即可判断；对于D，将线段转化到一个平面上结合“将军饮马”计算两点间距离即可．
【详解】
对于A，如图，当点与两点不重合时，将线段向两端延长，分别交的延长线于点，
连接分别交于两点，连接，此时截面为五边形，所以A正确；
对于B，考虑，当点与点重合时，，
此时，，故是钝角，故B错误；
对于C，如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
因点为正方形内（含边界）一点，可设，
则，
设平面的法向量为，
则，故可取；
又，
设平面的法向量为，
则，故可取，
因平面平面，则，解得，故，
则，当时，的最小值，故C正确；
对于D，取的中点，连接，在的延长线上取点，使得，
连接交于点，连接，易得，
因平面，平面，故.
此时，，故D正确.
故选：ACD.
7．（25-26高三上·福建宁德·期中）在中，，，是边的中点，是边上的动点（不与，重合），过点作的平行线交于点，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥，如图所示.下列结论正确的是（ ）

A．不可能为等腰三角形
B．存在点，，使得
C．存在点，，使得平面
D．当四棱锥的体积最大时，
【答案】BD
【分析】对于A，考虑当时，证明可得是等腰三角形，排除；对于B，利用垂直关系转化，即可判断；对于C，通过建系，计算和引发矛盾排除；对于D，表示四棱锥的体积后，利用导数计算最值，即可判断.
【详解】对于A，因，，，易得为等腰直角三角形，
则，且，当时，易得，
则有，此时是等腰三角形，故A错误；

对于B，因为，且，平面，则平面，
因平面，则平面平面，且平面平面，
如图，过点作，于点，连接，则平面，
因平面，故，若由， 平面，
可得平面，又平面，则，
如图，延长交于点，则和都是等腰直角三角形，则，
点到直线的距离等于，这样在翻折过程中，若要满足题意，需使，
设，则，即得，则存在点，使得，故B正确；

对于C，如图，将沿折起过程中，始终保持，易得平面，则平面，
故可以点为坐标原点，所在直线为轴，以过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系.
设，设，则，
因，
则，，
假设存在点，，使得平面，则，解得，
又由，因，则得，
显然不存在，即不存在点，，使得平面，故C错误；
对于D，当底面的面积一定时，若平面平面时，
即平面时，四棱锥的体积最大，
设，则，，
则，
由，解得 （舍去）或，
当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，函数取得最大值，此时，故D正确.
故选：BD.
8．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期中）在正方体中，，分别为的中点，点为线段上的动点（包括端点），则下列命题正确的是（ ）

A．平面
B．点到平面的距离为
C．的最小值为
D．过三点作该正方体的截面，则截面图形的面积为
【答案】BCD
【分析】由可判断A；设点到平面的距离为，利用等体积法可求得判断B；将绕转到与在同一平面内，利用余弦定理可求最小值判断C；求得截面面积判断D.
【详解】对于A，因为，又平面，
所以不平行于平面，故A错误；
对于B，设点到平面的距离为，
在正方体中，可得，
由，得，
所以，解得，
所以点到平面的距离为，故B正确；
对于C，，所以是等边三角形，
将绕转到与在同一平面如图所示，的最小值即为，
由，所以，
在中，由余弦定理可得
，
所以，故的最小值为，故C正确；

对于D，因为分别为的中点，所以过三点作该正方体的截面为，
又对角线互相垂直，且，
所以四边形的面积为，故D正确.
故选：BCD.

三、填空题
9．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知三棱锥的三条侧棱，，两两垂直，且，，则三棱锥的外接球的半径为 ；若为线段的中点，则过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为 ．
【答案】 /
【分析】由于三棱锥三条侧棱两两垂直，所以把三棱锥的外接球问题转化成长方体的外接球问题来处理即可；分析出当截面与垂直时，截面面积最小，再去解由球半径，截面圆半径和球心到截面圆的距离组成的直角三角形即可求出，进而求出截面圆的面积.
【详解】
如图，将三棱锥补形为成长方体，
则三棱锥的外接球的半径即长方体对角线长的一半，
即；
当截面与垂直时，截面面积最小，设截面半径为，
又，所以，
所以截面面积的最小值为.
故答案为：；.
10．（25-26高三上·河北·期中）在棱长为的正方体中，E是正方形的中心，M为的中点，过的平面α与直线DE垂直，则平面α截正方体的截面面积为 ．
【答案】
【分析】记AB的中点为N，连接MC，CN，，先由线面垂直的判定定理证明平面和平面进而得到截面，然后由菱形的面积公式可解.
【详解】如图，在正方体，记AB的中点为N，连接MC，CN，．平面即为平面α，
证明如下：由正方体性质可知，，则，M，C，N四点共面，记的中点为F，连接DF，易证．
连接EF，则，平面，所以平面，
又平面，则，
同理可证，，，平面，则平面，
所以平面即为平面α，且四边形即为平面α截正方体的截面，
因为正方体的棱长为，易知四边形是边长为的菱形，其对角线，，所以其面积．
故答案为：.
目录
第一部分 命题解码 洞察命题意图，明确攻坚方向
第二部分 方法建模 构建方法体系，提供通用工具
【结论背记清单】
方法一 截面形状与作图判断
方法二 截面面积计算与最值
方法三 截面周长计算与最值
方法四 截面分割几何体的体积、面积比
方法五 动点在几何体表面、内部的轨迹问题
方法六 动点轨迹长度、周长、面积
方法七 动点函数图象问题
方法八 动点最值问题
方法九 截面或动点的存在性与唯一性问题
第三部分 题型专攻 实施靶向训练，提升应试效率。
【题型01】截面形状与作图判断
【题型02】截面面积计算与最值
【题型03】截面周长计算与最值
【题型04】截面分割几何体的体积、面积比
【题型05】动点在几何体表面、内部的轨迹问题
【题型06】动点轨迹长度、周长、面积
【题型07】动点函数图象问题
【题型08】动点最值问题
【题型09】截面或动点的存在性与唯一性问题
第四部分 答题实战 检验学习成效，锤炼应用能力
第一步：确定截点
明确已知点位于几何体的棱上或面上，标记所有已知截点位置。
第二步：扩展截面
若两点在同一平面内，直接连线得截线；若不在同一面，则通过作平行线或利用面面交线扩展得到新截点。
第三步：作交线
利用“若两平面有一公共点，则它们有且仅有一条过该点的交线”，分别作出截面与几何体各面的交线。
第四步：封闭成形
连接所有截点形成封闭多边形，即得完整截面。
第五步：判断形状
根据截面各边的平行、相等、垂直等关系，判断其为三角形、四边形、五边形等，并进一步判断是否为特殊图形（如平行四边形、梯形等）。
一步：静态计算
将截面分解为三角形、梯形等基本图形；利用立体几何关系（勾股定理、余弦定理等）求各边长；选择适当面积公式（如海伦公式、正弦定理面积公式等）计算。
第二步：动态建模
设关键参数（如截点分棱比例 λ），用参数表示截面各边长；建立截面面积关于参数的函数 S(λ)。
第三步：求最值
根据函数类型选择方法：二次函数配方法、基本不等式、导数法或三角函数有界性；注意参数取值范围。
第四步：验证形状
检查参数在取值范围内时截面形状是否一致，若形状改变需分段处理。
第五步：得结论
写出截面面积表达式或最值结果，并注明取得最值时截点的位置。
第一步：求各边长
作出截面，利用立体几何关系逐一计算截面各边的长度。
第二步：求和得周长
将各边长相加，即得截面周长 L。
第三步：动态建模
设参数表示动点位置，用参数表示每条边长；建立周长函数L(λ)。
第四步：求最值
利用函数求最值方法（代数法、几何法、三角法等）求周长最值；注意边界处截面形状可能突变。
第五步：几何转化
对于表面上的截面，可考虑将几何体表面展开为平面图形，利用“两点之间线段最短”等几何性质求最小周长。
第一步：体积比计算
补形法：将不规则部分补成易求体积的几何体（如棱锥、棱柱）。
割补法：将几何体分割为若干个小棱锥，利用等高时体积比等于底面积比，或等底时体积比等于高之比。
向量法：建立坐标系，用混合积求体积。
第二步：表面积比计算
分别计算两部分表面积，注意截面本身是新增面，应计入两部分；计算各侧面被截后剩余部分的面积。
第三步：反求参数
若已知比例，设截点分棱比 λ，用 λ 表示体积或面积，列方程求解 λ。
第四步：公式应用
对于棱锥被平行于底面的平面所截，截得小棱锥与原棱锥体积比等于高的立方比。
第五步：检验合理性
检查所得比例或参数是否在几何约束范围内。
第一步：分析约束
明确动点运动范围（在哪个面、棱或内部）及附加条件（如到定点距离相等、与定线成定角等）。
第二步：判断轨迹
到两定点距离相等：中垂面。
到定点距离为定值：球面（空间）或圆（平面）。
到定直线距离为定值：圆柱面。
到两定点距离和为定值：椭球面（空间）或椭圆（平面）。
视角为定角：球面上的圆（空间）或圆弧（平面）。
第三步：考虑边界
轨迹是上述曲面与几何体表面（或内部）的交线，可能为曲线段或组合曲线。
第四步：作图验证
在关键位置取点，验证轨迹形状。
第五步：展开分析
若动点在几何体表面，可将表面展开为平面，在展开面上分析轨迹，再还原。
第一步：确定形状
使用方法五确定轨迹曲线类型及所在平面。
第二步：计算长度
直线段：距离公式。
圆弧：确定圆心角 θ（弧度）和半径 R，弧长 l=θR。
椭圆弧：通常只考察特殊位置（如四分之一椭圆），需用椭圆积分或近似。
组合曲线：分段计算再求和。
第三步：计算周长
若轨迹为闭合曲线，各段长度之和即为周长。
第四步：计算面积
扇形：。
三角形、矩形等：直接公式。
复杂图形：分割或补形。
曲面面积（如球冠）：用相应公式。
第五步：展开处理
表面轨迹可展开为平面图形计算，注意展开前后角度、长度的对应关系。
第一步：选择变量
通常选自变量为时间 t、比例 λ 或角度 θ。
第二步：确定因变量
明确所求几何量，如距离 d、面积 S、角度 φ 等。
第三步：建立关系
在关键位置（起点、终点、转折点）分析因变量的值及变化趋势；写出分段函数（若运动过程分段）。
第四步：分析特征
分析函数的定义域、值域、单调性、凸凹性、最大值、最小值、拐点等。
第五步：匹配图象
根据函数特征，从给出的图象中选择符合的选项；常用特殊值法验证或排除。
第一步：确定轨迹
分析动点运动范围（线段、圆弧、曲面等）。
第二步：选择参数
设参数（如t,λ,θ）表示动点坐标。
第三步：建立函数
将目标量（距离、角度、面积等）表示为参数的函数f(θ)。
第四步：求最值
代数法：二次函数配方法、基本不等式、导数法。
几何法：垂线段最短、三角形三边关系、圆的性质（定点到圆上点距离最值）。
三角函数法：利用正弦、余弦有界性。
第五步：验证范围
最值点必须在动点运动范围内，否则取边界值。
第一步：转化条件
将几何条件（如平行、垂直、距离相等）转化为方程或不等式。
第二步：存在性分析
代数法：解方程（组），根据解的数量判断。
几何法：分析图形位置关系（相交、相切、相离）。
范围法：计算相关量的取值范围，看目标值是否在内。
第三步：唯一性判断
若方程有唯一解且在合理范围内，则唯一；若几何位置关系为相切，则唯一；若相交，则可能多个。
第四步：多解讨论
若可能存在多个解，需分类讨论所有情况（如对称位置）。
第五步：总结结论
写出存在性、唯一性结论或解的个数。