2023高三数学二轮热点题型专项突破专题22 截面（新高考全国通用）

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截面高考定位立体几何中的截面问题主要考查空间想象、逻辑推理以及数学运算能力,因而截面问题一直是高考的热点、重点与难点。专题解析正方体的截面 （2）棱柱的截面 （3）棱锥的截面 （4）圆柱圆锥圆台的截面 （5）球的截面专项突破类型一、正方体的截面例1-1．如图正方体，棱长为1，P为中点，Q为线段上的动点，过A､P､Q的平面截该正方体所得的截面记为.若，则下列结论错误的是（ ）A．当时，为四边形 B．当时，为等腰梯形C．当时，为六边形 D．当时，的面积为【答案】C【分析】根据题意，依次讨论各选项，作出相应的截面，再判断即可.【详解】解：当时，如下图1，是四边形，故A正确；当时，如下图2，为等腰梯形，B正确：当时，如下图3，是五边形，C错误；当时，Q与重合，取的中点F，连接，如下图4，由正方体的性质易得，且，截面为为菱形，其面积为，D正确.故选：C练．正方体的棱长为2，E是棱的中点，则平面截该正方体所得的截面面积为（ ）A．5 B． C． D．【答案】D【分析】作出示意图，设为的中点，连接，易得平面截该正方体所得的截面为，再计算其面积.【详解】如图所示，设为的中点，连接，设为的中点，连接，由且，得是平行四边形，则且，又且，得且，则共面，故平面截该正方体所得的截面为.又正方体的棱长为2，，，，，故的面积为.故选：D.练．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．平面以任意角度截正方体，所截得的截面图形不可能为（ ）A．等腰梯形 B．非矩形的平行四边形C．正五边形 D．正六边形【答案】C【分析】在正方体中依次分析，经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形．但此时不可能是正五边形，其他情况都可构造例子.【详解】画出截面图形如图：可以画出等腰梯形，故A正确；在正方体中，作截面（如图所示）交，，，分别于点，，，，根据平面平行的性质定理可得四边形中，，且，故四边形是平行四边形，此四边形不一定是矩形，故B正确；经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形．但此时不可能是正五边形，故C错误；正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故D正确．故选：C练．如图，在正方体中，M、N、P分别是棱、、BC的中点，则经过M、N、P的平面与正方体相交形成的截面是一个（ ）A．三角形 B．平面四边形C．平面五边形 D．平面六边形【答案】D【分析】分别取、、的中点，连接、、、、、、、、、，先证明四点共面，再证明平面，平面可得答案.【详解】如图，分别取、、的中点，连接、、、、、、、、、，且M、N、P分别是棱、、BC的中点，所以、，且，所以， 即四点共面，因为，所以四边形是平行四边形，所以，又因为，得，且平面，平面，所以平面，得平面，因为，所以四边形是平行四边形，所以，又因为，得，又平面，平面，所以平面，得平面，所以六点共面，平面六边形即为经过M、N、P与正方体相交形成的截面，故选：D.练．正方体的棱长为4，，，用经过，，三点的平面截该正方体，则所截得的截面面积为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据题意画出截面，再根据正方形的棱长以及梯形的面积公式即可求解.【详解】解：如图所示：延长交于点，则，即为中点，连接，取中点，连接，则，，，，四点共面，，，，截面如图所示：在中，边上的高，记边上的高为，则，，则所截得的截面面积为：.故选：D.练．如图，在正方体中，E是棱的中点，则过三点A、D1、E的截面过（ ）A．AB中点 B．BC中点C．CD中点 D．BB1中点【答案】B【分析】根据截面特点结合正方形结构性质求解.【详解】取的中点，连接，，如图，则，所以在截面上,故选：B练．如图，为正方体，任作平面与对角线垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为，周长为，则（ ）A．为定值，不为定值B．不为定值，为定值C．与均为定值D．与均不为定值【答案】B【分析】将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展开在一个平面上，得到一个平行四边形，考查的位置，确定【详解】解：将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展开在一个平面上，得到一个平行四边形，如图所示而多边形的周界展开后便成为一条与平行的线段（如图中），显然，，所以为定值，当位于中点时，多边形为正六边形，而当称到时，为正三角形，则当周长这定值的正六边形与正三角形面积分别为，所以不是定值，故选：B练．已知正方体，平面和线段，，，分别交于点E，F，G，H，则截面EFGH的形状不可能是（ ）A．梯形 B．正方形 C．长方形 D．菱形【答案】A【分析】根据面面平行的性质定理，可以得出，，由此可推断四边形EFGH一定为平行四边形，从而可得出答案.【详解】因为面面，面面，面面，所以，同理可得，所以四边形EFGH为平行四边形，所以截面EFGH的形状不可能是梯形.若面面，此时四边形EFGH是正方形，也是菱形；当是所在棱的中点，分别与 重合时，四边形EFGH是长方形.故选：A.练．（2021春•金山区校级期中）设正方体的棱长为2，为过直线的平面，则截该正方体的截面面积的取值范围是　　．【解答】解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，2，，，0，，设与棱的交点为，与棱的交点为，则四边形为平行四边形，在平面内过点作的垂线，垂足为，则截面的面积，设，，，，2，，则，因为，所以，所以，所以，因为，所以，又，有，可得，所以，则截该正方体的截面面积的取值范围是．故答案为：．练．一个封闭的正方体容器内盛有一半的水，以正方体的一个顶点为支撑点，将该正方体在水平桌面上任意旋转，当容器内的水面与桌面间距离最大时，水面截正方体各面所形成的图形周长为，则此正方体外接球的表面积为___________.【答案】【分析】若水面与桌面距离最大，则正方体一条体对角线垂直于水平面，可知最大高度为，由垂直关系可知水面截正方体各面形成的截面为正六边形，边长为，由周长可构造方程求得正方体棱长，由此可得正方体外接球半径，由球的表面积公式计算求得结果.【详解】设正方体的棱长为，则正方体的体对角线长为，当正方体旋转到一条体对角线垂直于水平面时，容器内水的高度最大，又因为水的体积是正方体体积的一半，所以容器里水面的最大高度为体对角线的一半，即最大高度为.设外接球的球心为，则球心为体对角线的中点，设正方体为，为的中点，取，的中点，，，的中点，，可证得，，进而可知平面，同理可知：水面截正方体各面形成的图形为正六边形，边长为，周长为，，解得：，正方体外接球的半径，正方体外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查正方体外接球表面积的求解问题，解题关键是能够根据水面与体对角线垂直的关系，确定水面与正方体各面所形成的的截面图形.类型二、平面截棱柱例2-1．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.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.类型三、平面截棱锥例3-1．（2021•天津校级期中）空间四边形的两条对角线，的长分别为4，5，则平行于两条对角线的截面四边形在平移过程中，其周长的取值范围是　　A． B． C． D．【解答】解：如图所示，设，，，，周长．又，周长的范围为．故选：．练．某艺术比赛提倡能力均衡发展，特别将水晶奖杯设计成具有对称美的形状．其形如图所示，是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的空间几何体，则下列说法正确的是（       ）A．该几何体的体积为 B．该几何体的外接球表面积为C．该几何体的表面积为 D．该几何体中，二面角的余弦值为【答案】AB【解析】【分析】补全几何体为棱长为3a的正三棱锥，应用棱锥体积、表面积的求法求几何体的体积、表面积，再由几何法求几何体外接球的半径，进而求外接球面积，根据四面体的性质判断二面角与棱锥侧面夹角的关系，通过求棱锥侧面夹角余弦值求二面角的余弦值.【详解】补全几何体为棱长为3a的正三棱锥，如下图示，∴几何体体积，故A正确；若分别是面、底面的中心，由题设易知：，若几何体外接球半径，则，即，解得，则几何体的外接球表面积，故B正确.几何体的表面积，故C错误；由正四面体的性质及图知：二面角为正四面体相邻两个面夹角的补角，而正四面体相邻两个面夹角的余弦值为，则二面角的余弦值为，故D错误；故选：AB.练．（2021•泉州模拟）设四棱锥的底面不是平行四边形，用平面去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面　　A．不存在 B．只有1个 C．恰有4个 D．有无数多个【解答】证明：由侧面与侧面相交，侧面与侧面相交，设两组相交平面的交线分别为，，由，确定的平面为，作与平行且与四条侧棱相交，交点分别为，，，则由面面平行的性质定理得：，，从而得截面必为平行四边形．由于平面可以上下移动，则这样的平面有无数多个．故选：．练．过正四面体的顶点作一个形状为等腰三角形的截面，且使截面与底面所成的角为，这样的截面共可作出　18　个．【解答】解：作正四面体的高，连接交于，连接．则为的中点，为△等边三角形的中心．，，为二面角的平面角．设，则，，．．．，．在平面内，以为圆心，以为半径作圆，则圆在内部．若截面与底面所成角为，则截面与平面的交线为圆的切线．（1）若圆的切线与的一边平行，如图1所示：则存在6个符合条件的截面三角形．（2）若圆的切线过三角形的顶点，不妨设过点，交于，如图2所示：则由可得，故截面为符合条件的截面三角形，显然存在6个这样的截面三角形．（3）若圆的切线与三角形的两边相交，不妨设与交于，与交于，且，如图3所示：显然，故而，截面为符合条件的截面三角形．显然这样的截面也有6个．综上，符合条件的截面共有18个．故答案为：18．练．（2021•3月份模拟）在棱长为的正四面体中，点分别为直线，上的动点，点为中点，为正四面体中心（满足，若，则长度为　　．【解答】解：如图，将正四面体放置在棱长为4的正方体中，则，为正方体的中心，设、分别是、的中点，则是的中点，，，连接，设的中点为，连接，，，为的中位线，，，同理，，，，，，即，则，，，，，，，平面，可得，在中，．故答案为：．类型四、平面截圆柱、圆锥例4-1．（2021春•浙江期中）如图所示，一个圆柱形乒乓球筒，高为12厘米，底面半径为2厘米．球筒的上底和下底分别粘有一个乒乓球，乒乓球与球筒底面及侧面均相切（球筒和乒乓球厚度忽略不计），一个平面与两个乒乓球均相切，且此平面截球筒边缘所得的图形为一个椭圆，则该椭圆的离心率为　　A． B． C． D．【解答】解：不妨设椭圆方程为，由题意得，解得，，，该椭圆的离心率为．故选：．例4-2．我国古代数学家祖暅求几何体的体积时，提出一个原理：幂势即同，则积不容异.这个定理的推广是夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的平面所截，若截得两个截面面积比为，则两个几何体的体积比也为.如下图所示，已知线段长为4，直线过点且与垂直，以为圆心，以1为半径的圆绕旋转一周，得到环体；以，分别为上下底面的圆心，以1为上下底面半径的圆柱体；过且与垂直的平面为，平面，且距离为，若平面截圆柱体所得截面面积为，平面截环体所得截面面积为，则下列结论正确的是（       ）A．圆柱体的体积为 B．C．环体的体积为 D．环体的体积为【答案】ABD【解析】【分析】圆柱体的体积为，即可判断A，，，即可判断B，环体体积为，可判断C、D.【详解】由已知圆柱体的体积为，故选项A正确；由图可得，，其中，，故，故选项B正确；环体体积为，故选项D正确，选项C错误故选：ABD练．在如图所示的斜截圆柱（截面与底面不平行）中，已加圆柱底面的直径为4cm，母线长最短5cm，最长8cm，则斜截圆柱的侧面积为___________cm【答案】【解析】【分析】将相同的两个几何体，对接为圆柱，然后求出新圆柱侧面积的一半即可．【详解】解：将相同的两个几何体，对接为圆柱，则圆柱的侧面展开的面积为斜截圆柱的侧面积的两倍，所以斜截圆柱的侧面积．故答案为：例4-3．（2021•上海模拟）如图，圆锥的母线长为，轴截面的顶角，则过此圆锥的顶点作该圆锥的任意截面，则面积的最大值是 　　，此时　　．【解答】解：过此圆锥的顶点作该圆锥的任意截面，则面积的最大值时是等腰直角三角形时，且顶角为，三角形中，，所以此时，且故答案分别为：，．练．如图，是圆台的轴截面， ，过点与垂直的平面交下底圆周于两点，则四面体的体积为__________．【答案】【解析】【分析】如图，连接，设交于，连接，过作，交于，可证，根据轴截面的各线段的长度可求体积.【详解】如图，连接，设交于，连接，过作，交于，因为平面，平面，又平面，故.因为梯形是圆台的轴截面，故平面平面，因为，平面，平面平面，故平面，而平面，故， 而，故平面，而平面，故，同理，而为底面圆的直径，故为的中点，故为等腰三角形，所以.如图，在梯形中，因为，，而，故，故为等腰直角三角形，故，故，故，所以，故四边形为平行四边形，结合可得为矩形，故.在底面圆中，设底面圆的圆心为，则，故，故.故答案为：.【点睛】方法点睛：三棱锥体积的计算，关键是选择合适的底面和顶点，在计算过程中，注意垂直关系的转化.类型五、球截面例5-1．球O的内接正四面体中，P、Q分别为被AC、AD上的点，过PQ作平面，使得AB、CD与平行，且AB、CD到的距离分别为1，2，则球О被平面所截得的圆的面积是_______．【答案】【分析】先将正四面体放到一个正方体模型中，结合面面平行证明上下底面和平面平行，将距离都转移到线段上，得到正四面体和正方体的棱长，再利用球心到截面的距离求截面圆的半径，最后计算面积即可.【详解】将正四面体放到一个正方体模型中，如图所示，球O是正四面体的外接球，也是正方体的外接球.依题意，设平面交BC于R，因为平面，平面与平面交于，所以，同理平面，可证.如图，连接，与AB交于上底面中心，易见，而平面，故平面，结合平面，，故上底面平面，同理下底面也平行平面.因为AB、CD到的距离分别为1，2，即连接上下底面中心，交平面于S，则，则正方形棱长为，正四面体棱长为，正方体的体对角线，即球的直径为，即，球О被平面所截得的圆的半径为r，则截面圆圆心为S，到球心的距离，故，故面积.故答案为：.练．已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，，，，，若为的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是___________.【答案】【分析】过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线，则球心在该直线上，若是的中点，则，重合，过点作球的截面，则截面面积最小时是与垂直的面，即是三角形的外接圆，然后算出答案即可.【详解】如图所示：由题意知，，则底面三角形为直角三角形，若是的中点，则，重合，过点作球的截面， 则截面面积最小时是与垂直的面，即是三角形的外接圆，而三角形的外接圆半径是斜边的一半，即，所以截面面积为.故答案为：.练．已知球O是正三棱锥A-BCD（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，BC=3，AB=，点E在线段BD上，且BD=3BE．过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图，O1是A在底面的射影，求出底面外接圆的半径和几何体外接球的半径，利用余弦定理求出O1E=1，当截面垂直于OE时，截面面积最小，求出截面圆的半径即得解.【详解】解：如图，O1是A在底面的射影，由正弦定理得，△BCD的外接圆半径；由勾股定理得棱锥的高AO1；设球O的半径为R，则，解得，所以OO1=1；在△BO1E中，由余弦定理得所以O1E=1；所以在△OEO1中，OE=；当截面垂直于OE时，截面面积最小，此时半径为，截面面积为.故选：A练、（广东省清远市第一中学2021届高三下学期开学考试T16）．四棱锥各顶点都在球心为O的球面上，且平面ABCD，底面ABCD为矩形，，设E，F分别是PB，BC中点，则平面AEF被球O所截得的截面面积为___________．【答案】【分析】求出球的半径，从而求出球的体积即可，根据题设球心O到平面AEF的距离等于点B到平面AEF的距离，求出球心O到平面AEF的距离为d，从而求出截面的面积即可.【详解】由题设知球心O为PC中点，故球O的直径，故，设球心到平面AEF的距离为d，截面圆的半径为r，由题设球心O到平面AEF的距离等于点B到平面AEF的距离，在三棱锥中，由等体积法得，∴，故截面面积为．故答案为：例5-2．体积为的四棱锥的底面是边长为的正方形，底面的中心为，四棱锥的外接球球心到底面的距离为，则点的轨迹长度为_______________________．【答案】【分析】由已知可得到底面的距离为3，进而可求外接球的半径，即可知与不可能在面的两侧，则在垂直于且与球心距离为2的平面与的外接球的交线上，即可求的轨迹长度.【详解】由题意知：到底面的高，又四棱锥的外接球球心到底面的距离为，若外接球半径为，∵底面的中心为，∴面且，∴与不可能在面的两侧，可得如下示意图，∴在垂直于且与球心距离为2的平面与的外接球的交线上，如上图以O'P为半径的圆上，而，∴，故的轨迹长度为.故答案为：.练．已知在圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上､下底面及母线均相切.过直线的平面截圆柱得到四边形，其面积为8.若P为圆柱底面圆弧的中点，则平面与球O的交线长为___________.【答案】【分析】先根据球与圆柱的上､下底面及母线均相切，可得四边形为正方形，由，求出球的半径 r;由题意分析出平面与球O的交线为一个圆，利用垂径定理，计算出圆的半径，求出周长即可.【详解】设球的半径为r，则，而，∴ .作于H,∵⊥底面,∴⊥ AB∵P为圆柱底面圆弧的中点，∴AP=BP又为AB中点，∴⊥AB又,∴ ∴，又且,∴ ∵，， ∴∴∴平面与球O的交线为一个圆，其半径圆周长为.故答案为：练．（2021•安徽二模）已知正四面体的中心与球心重合，正四面体的棱长为，球的半径为，则正四面体表面与球面的交线的总长度为　　A． B． C． D．【解答】解：正四面体的中心与球心重合，正四面体的棱长为，取中点，连结，，过作底面，交于，则，，，，设正四面体内切球半径为，则，解得正四面体内切球半径为，球的半径为，由球的半径知球被平面截得小圆半径为，故球被正四面体一个平面截曲线为三段圆弧，且每段弧所对中心角为，正四面体表面与球面的交线的总长度为：．故选：．例5-3.（2020高考山东海南卷）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_________．【答案】.练．（2021春•绍兴期末）已知四面体的所有棱长均为4，点满足，则以为球心，为半径的球与四面体表面所得交线总长度为 　　．【解答】解：正四面体的中心与球心重合，正四面体的棱长为4，取中点，连结，，过作底面，交于，则，，，又，，由球的半径知球被平面截得小圆半径为．而的内切圆半径为，故球被正四面体一个平面截曲线为圆弧，正四面体表面与球面的交线的总长度为：．故答案为：．练．（2021春•开福区校级月考）以棱长为的正四面体中心点为球心，以为半径的球面与正四面体的表面相交得到若干个圆（或圆弧）的总长度的取值范围是　，　．【解答】解：将正四面体看作是正方体的6条面对角线围成的正四面体，设正方体棱长为，则，故，于是正四面体的外接球半径为，又正四面体的体积为，表面积为，设正四面体的内切球半径为，则，解得．设三角形的内切圆半径为，圆心为，为的中点，则，，故，此时，（1）当时，球面与正四面体无交点或相切，此时圆弧总长度为0；（2）当时，球面与正四面体的每个面交线均为相等的圆，设圆的半径为，则，故当时，圆弧总长度取得最大值，最大值为；（3）当时，球面与正四面体的每个面的交线均为三段相等的圆弧，不妨设其中一段为，如图所示：设，显然，，，于是的长为，，令，则，在上单调递增，故，，故在上单调递减，，故当时，圆弧总长度小于．综上，圆（或圆弧）的总长度的取值范围是：，．故答案为：，．练．如图，已知半径为的球O的直径AB垂直于平面，垂足为B，是平面内的等腰直角三角形，其中，线段AC、AD分别与球面交于点M、N，则三棱锥的体积为（       ）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由题可知，根据几何关系可求AM、BM长度；由题可证BD⊥平面ABM，则过N作NH垂直于AB，则NH垂直于平面ABC，则.【详解】如图所示，∵AB是直径，M和N在球面上，∴，即，由等面积法得，，∵，平面ABC，过N作NH⊥AB，则NH⊥平面ABC，则..故选：B.练．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（       ）A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为aB．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为C．勒洛四面体的截面面积的最大值为D．勒洛四面体的体积【答案】ABD【解析】【分析】先求得正四面体的外接球半径、内切球半径、正四面体的体积、外接球的体积.结合勒洛四面体的知识对选项进行分析，从而得出正确选项.【详解】首先求得正四面体的一些结论：正四面体棱长为，是底面的中心，是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为，是高，如图1．，，由得，解得，（内切球半径）．正四面体的体积为，外接球体积为．图1对于A选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；对于B选项，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图2，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B，O，E三点共线，且，，因此，故B正确；对于C选项，勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图3，则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；对于D选项，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，而正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积，故D正确.故选：ABD　　　　　图2　　　　　　　　　图3【点睛】求解勒洛四面体问题的关键是理解勒洛四面体的结构、正四面体的结构特征、球的结构特征，需要很强的空间想象能力和逻辑推理能力.正四面体的外接球球心和内切球球心重合，是解题的突破口.类型六、轨迹例6-1．（2021•丽水期末）斜线段与平面所成的角为，为斜足，点是平面上的动点且满足，则动点的轨迹是　　A．直线 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线的一支【解答】解：用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．此题中平面上的动点满足，可理解为在以为轴的圆锥的侧面上，再由斜线段与平面所成的角为，可知的轨迹符合圆锥曲线中抛物线定义．故可知动点的轨迹是抛物线．故选：．练．（2021秋•翠屏区校级期末）如图，为平面内一定点，是平面的定长斜线段，为斜足，若点在平面内运动，使面积为定值，则动点的轨迹是　　A．圆 B．两条平行线 C．一条直线 D．椭圆【解答】解：因为三角形面积为定值，以定长斜线段为底，则得到直线的距离为定值，分析可得，点在以为轴线的圆柱面与平面的交线上，且与圆柱的轴线斜交，由平面与圆柱面的截面的性质判断，可得的轨迹为椭圆；故选：．练．（2021春•江西期中）已知是平面的斜线段，为斜足，若与平面成角，过定点的动直线与斜线成角，且交于点，则动点的轨迹是　　A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线【解答】解：用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．此题与平面成角，过定点的动直线与斜线成角，且交于点，故可知动点的轨迹是抛物线．故选：．练．（2021•滨州一模）如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足．平面上的动点满足，则点的轨迹为　　A．圆 B．椭圆 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分【解答】解：用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．参考上图：此题中平面上的动点满足，可理解为在以为轴的圆锥的侧面上，再由斜线段与平面所成的角为，可知的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义，故可知动点的轨迹是椭圆．故选：．练．（多选）（2021•新罗区校级月考）如图，是平面的斜线段，为斜足，点满足，且在平面内运动，则有以下几个命题，其中正确的命题是　　A．当时，点的轨迹是线段 B．当时，点的轨迹是一条直线 C．当时，点的轨迹是圆 D．当时，点的轨迹是椭圆【解答】解：在中，点满足，当时，即，则在过的中点且垂直直线的平面与平面的交线上，即点的轨迹是一条直线，故错误，正确；当时，，设点在平面内的射影为，连接，，，设，，则，在平面内，以所在直线为轴，以的中垂线为轴，建立如图所示坐标系：设，则，，所以，，，则，整理可得，即的轨迹是圆，故正确，错误；故选：．例6-2．（2021•河南二模）如图，在长方形中，，，为线段上一动点，现将沿折起，使点在面上的射影在直线上，当从运动到，则所形成轨迹的长度为　　A． B． C． D．【解答】解：由题意，将沿折起，使平面平面，在平面内过点作，为垂足，由翻折的特征知，连接，则，故点的轨迹是以为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是，如图当与重合时，，取为的中点，得到是正三角形．故，，其所对的弧长为，故选：．练．（2021•浙江月考）设点是长方体的棱的中点，，，点在面上，若平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等，则点的轨迹为　　A．椭圆的一部分 B．抛物线的一部分 C．一条线段 D．一段圆弧【解答】解：建系，如图，设，5，，，0，，，0，，，设平面的一个法向量为，则，不妨取，则，故，而平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，，即，即，为一个平面，故点的轨迹为一条线段．故选：．例6-3．（2021•余姚市校级模拟）在正四面体中，，分别是棱，的中点，，分别是直线，上的动点，是的中点，则能使点的轨迹是圆的条件是　　A． B． C． D．【解答】解：如图所示，正四面体中，取、、、的中点、、、，因为、分别是棱，的中点，所以的中点也为定点；由对称性知，和的中点都在中截面上；由，所以；又在正四面体中，对棱垂直，所以；所以，即；若点的轨迹是以为圆心的圆，则为定值．故选：．练．（2021•浙江开学）在正四面体中，，分别是棱，的中点，，分别是直线，上的动点，且满足，是的中点，则点的轨迹围成的区域的面积是　　A． B． C． D．【解答】解：在正四面体中，取，，，的中点，，，，如图所示，因为，分别是棱，的中点，所以的中点也为定点，由对称性可知，和的中点都在中截面（正方形）上，由，所以，设，在中截面上的投影分别为，，所以，所以点是线段的中点，作，，如图所示，则，因为，所以，取，则，两式相减可得，过点作，所以，所以，所以的中点在上，同理的中点在，，上，因为，故定点的轨迹是边长为的正方形，所以其轨迹围成的区域的面积为．故选：．练．（2021•3月份模拟）在棱长为的正四面体中，点，分别为直线，上的动点，点为中点，为正四面体中心（满足，若，则长度为　　A． B． C．3 D．2【解答】解：将正四面体放在棱长为4的正方体中，则，为正方体的中心，设，分别为，的中点，则是的中点，所以，，连结，设的中点为，连结，，，因为是的中位线，所以，，同理可得，，，因为，所以，则，即，所以，则，因为，所以，又，，，，平面，所以平面，又平面，所以，在中，．故选：．