专题18立体几何小题：截面与动点（16题型提分练）-【上好课】2025年高考数学一轮复习知识清单

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 2 题型三：动点：阿波罗尼斯圆 4 题型四：平行线法做截面 5 题型五：相交线法做截面 8 题型六：截面计算：求面积 10 题型七：截面计算：求周长 11 题型八：动点：恒垂直求截面 12 题型九：动点：恒平行求截面 14 题型十：截面分体积比 15 题型十一：截面最值范围：面积型 16 题型十二：截面最值范围：周长型 18 题型十三：动点：两线动点最值 18 题型十四：动点：表面上动点距离最值 19 题型十五：动点：折线和最值 20 题型十六：动点：折线型“将军饮马”最值 21 结束 22 题型一：截面基础 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．（23-24高三下·安徽黄山·阶段练习）如图，在圆柱中过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． 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 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） 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． 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 题型二：截面圆锥型轨迹 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. 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 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． 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． 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． 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 题型三：动点：阿波罗尼斯圆 阿氏圆的定义与应用 定义：已知平面上两点，则所有满足的动点的轨迹是一个以定比为内分和外分定线段的两个分点的连线为直径的圆，圆的半径为，圆心为. 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． 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． 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 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 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 . 题型四：平行线法做截面 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。 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。 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． 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 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 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 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 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）， 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． 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． 3．（21-22高三上·全国·阶段练习）已知正四棱柱中，，点M是线段的中点，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． 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． 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（    ）    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 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。 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 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 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． 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（    ） A． B． C． D． 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 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． 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． 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． 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． 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 题型八：动点：恒垂直求截面 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。 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． 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． 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． 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． 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 题型九：动点：恒平行求截面 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 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． 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． D． 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． 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． 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 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． 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（    ） 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 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积.则等于（    ）. A． B． C． 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． 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 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 题型十一：截面最值范围：面积型 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；  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． 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． 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． 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（    ） A．1 B． C． D．4 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 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（    ）． A． B． C． D． 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． 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 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 ．    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 . 题型十三：动点：两线动点最值 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 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． 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 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． 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． 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 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（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 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． 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． 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 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． 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． 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 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． 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 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． 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． 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（    ） A． B． C． D．2 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 .    结束 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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 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．（23-24高三下·安徽黄山·阶段练习）如图，在圆柱中过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； 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 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. 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； 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. 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 阿氏圆的定义与应用 定义：已知平面上两点，则所有满足的动点的轨迹是一个以定比为内分和外分定线段的两个分点的连线为直径的圆，圆的半径为，圆心为. 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为球心，半径为4的球.再根据球的性质求解即可. 【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，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，    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，， 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. 【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， 所以，由题得所以设平面的法向量为，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 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。 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， 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. . 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； 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. 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）， 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. 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（    ）    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,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。 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， 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（    ） 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，，， 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． 【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，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. 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，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， 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 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。 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， ，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.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，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 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 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， 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． 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 【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， 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； 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（    ） 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、、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 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 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；  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， 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， 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（    ） 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，，， ，，，，， 所以，， 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，，，，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（    ）． 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． 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，，，．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 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 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. 【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 【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，平面平面， 平面，∴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（    ） 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， 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，. 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， 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， 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≌△D1C1B，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≌△D1C1B1，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． ∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1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，平面， 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； 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. 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（    ） 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. 【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： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$