专题13 立体几何的截面及动态问题（复习讲义）（上海专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何截面及动态问题专题，覆盖截面形状判断、球的截面、周长面积计算、最值范围及动态轨迹等高考核心考点，按考情精解、知能框架、题型攻坚逻辑架构知识，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建空间几何问题的分析体系。 资料以数学眼光观察空间形式，用数学思维推理截面交线与轨迹规律，创新设计“截面作法归纳+动态不变量分析”教学活动，如通过平行线法作正方体截面、折叠问题中抓垂直关系求轨迹，配合分层题型训练，培养学生空间观念与创新意识，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

专题13立体几何的截面及动态问题 目录 01 析·考情精解 02 构·知能框架 03 破·题型攻坚 考点一 截面问题 真题动向 必备知识 知识点1.作截面的几种方法 知识点2.截面的类型 命题预测 题型1判断截面形状 题型2球的截面问题 题型3截面的周长问题 题型4截面的面积问题 题型5截面的最值与范围问题 考点二 动态问题 真题动向 必备知识 知识点1、距离、角度有关的轨迹问题 知识点2、翻折有关的轨迹问题 命题预测 题型1 由动点保持平行求轨迹 题型2 由动点保持垂直求轨迹 题型3 折叠过程中的动点轨迹 命题轨迹透视 “截面”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、周长、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解. “动态”问题是高考立体几何中最具创新意识的题型，它融入了“动态”的点、线、面等元素，为传统的静态立体几何题增添了新的活力，使得题型更加新颖。同时，由于“动态”元素的引入，立体几何题变得更加多元化，它能够在立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立联系，实现这些知识点之间的灵活转化 2026命题预测 预计在2026年高考中，截面及动态问题仍是高考考查的重点，大概率以5分填空题形式出现， 侧重知识的交汇和延伸，整体难度较大。 考点一 截面问题 （2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 知识点1.作截面的几种方法 (1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程. (2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点. (3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线. 知识点2.截面的类型 (1) 正方体的基本斜截面： 正六面体的斜截面不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形． (2) 圆柱体的基本截面： (3) 结合线、面平行的判定定理与性质定理求截面问题；结合线、面垂直的判定定理与性质定理求截面问题． 题型1判断截面形状 1.在正方体中，，分别为，的中点，则平面截正方体所得的截面多边形的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 2．已知正方体中，点、满足，则平面截正方体形成的截面图形为（  ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为(　　) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 题型2球的截面问题 4.已知球的半径为5，球心到平面的距离为4，则球被平面截得的截面面积为 ． 5．（2025·浙江嘉兴模拟）已知边长为6的正方体与一个球相交，球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 6.球的两个平行截面面积分别为和，球心到这两个截面的距离之差等于1，则球的直径为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 7.已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过棱作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8.已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的最大值是（    ） A． B． C． D． 题型3截面的周长问题 9．如图，在正方体中，分别是棱的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是 . 10.如图所示正方体中棱长为1，是棱的中点，则由，，三点确定的平面与正方体相交所得截面图形的周长为 ． 11.如图，在棱长为2的正方体，中，点E为CD的中点，则过点C且与垂直的平面被正方体截得的截面周长为 ． 12.在三棱锥P-ABC中，AB+2PC=9，E为线段AP上更靠近P的三等分点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P-ABC所得截面的周长为(　　) A.5 B.6 C.8 D.9 题型4截面的面积问题 13．在棱长为的正方体中，为线段上靠近的三等分点，过点、、的平面截正方体得到一个截面图形，则该截面图形的面积为 . 14．已知正方体的棱长为3，点 分别在棱 ， ，则过 ， ， 三点的平面截正方体所得多边形的面积为 15．四面体中，，点分别为棱的中点，过点作四面体的截面，则该截面的面积为 ． 16.如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于 ．    17.在棱长为2的正方体中，P，Q是，的中点，过点A作平面，使得平面平面，则平面截正方体所得截面的面积是（    ） A． B．2 C． D． 18.已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（  ） A． B． C． D． 题型5截面的最值与范围问题． 19.直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为 ． 20.三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为 ． 21.如图，已知正四面体的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱，于E，F两点，且四面体的体积为四面体体积的，则 ，的最小值为 . 22．（2025·云南曲靖·一模）已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过棱作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 考点二 动态问题 （2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点． 知识点1、距离、角度有关的轨迹问题 (1)距离：可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹. (2)角度：直线与面成定角，可能是圆锥侧面；直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面. 知识点2、翻折有关的轨迹问题 (1)翻折过程中寻找不变的垂直关系求轨迹. (2)翻折过程中寻找不变的长度关系求轨迹. (3)可以利用空间坐标运算求轨迹. 题型1 由动点保持平行求轨迹 1.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是棱BC的中点，点Q满足＝，点F在侧面BB1C1C内，且A1F∥平面APQ，则点F的轨迹长度为 ． 2.已知长方体，，，M是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是 . 3.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M为A1C1的中点，N为侧面BCC1B1上的一点，且MN∥平面ABC1，若点N的轨迹长度为2，则(　　) A.AC1=4 B.BC1=4 C.AB1=6 D.B1C=6 题型2 由动点保持垂直求轨迹 4.（2025·山东聊城一模）已知正四面体的棱长为2，动点满足，且，则点的轨迹长为 . 5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，Q是正方形B1BCC1内的动点，A1Q⊥BC1，则Q点的轨迹是(　　) A.点B1 B.线段B1C C.线段B1C1 D.平面B1BCC1 6.（2025·浙江宁波·期末）已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（    ） A．4 B． C． D． 7.（2025·甘肃武威二模）在所有棱长为4的正四棱锥中，M是底面正方形内一点（含边界），若，则点M的轨迹长度是（   ） A． B． C． D． 8.（2025·河南驻马店二模）如图，在三棱柱中，侧棱均与底面垂直，侧棱长为2，，，点是的中点，是侧面（含边界）上的动点.要使平面，则线段的长的最大值为（    ）    A． B． C． D．. 题型3 折叠过程中的动点轨迹 9.（2025·重庆西南大学附中模拟）如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，F为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） ①平面平面；②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为；④点的轨迹的长度为. A．①② B．①③ C．①②④ D．②③④ 10.（2025·辽宁葫芦岛二模）在等腰直角中，，，为中点，为中点，为边上一个动点，沿翻折使，点在平面上的投影为点，当点在上运动时，以下说法错误的是　　 A．线段为定长 B． C．线段的长 D．点的轨迹是圆弧 11. （2025·广东惠州一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝，E为AB的中点，将△ADE沿DE折起至△A′DE，记二面角A′-DE-C＝θ，当θ在[0，π]范围内变化时，点A′的轨迹长度为 ． 12．如图，在等腰中，，分别为线段的中点，与分别是以为边的等边三角形，现将与分别沿向上折起，则在翻折的过程中，下列结论中可能正确的是 ．（填序号） ①；                    ②； ③平面平面；        ④． 13．如图，在菱形ABCD中，，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接和，N为的中点，连接CN.则在翻折过程中，与CN的夹角为 . 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司/ 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13立体几何的截面及动态问题 目录 01 析·考情精解 02 构·知能框架 03 破·题型攻坚 考点一 截面问题 真题动向 必备知识 知识点1.作截面的几种方法 知识点2.截面的类型 命题预测 题型1判断截面形状 题型2球的截面问题 题型3截面的周长问题 题型4截面的面积问题 题型5截面的最值与范围问题 考点二 动态问题 真题动向 必备知识 知识点1、距离、角度有关的轨迹问题 知识点2、翻折有关的轨迹问题 命题预测 题型1 由动点保持平行求轨迹 题型2 由动点保持垂直求轨迹 题型3 折叠过程中的动点轨迹 命题轨迹透视 “截面”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、周长、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解. “动态”问题是高考立体几何中最具创新意识的题型，它融入了“动态”的点、线、面等元素，为传统的静态立体几何题增添了新的活力，使得题型更加新颖。同时，由于“动态”元素的引入，立体几何题变得更加多元化，它能够在立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立联系，实现这些知识点之间的灵活转化 2026命题预测 预计在2026年高考中，截面及动态问题仍是高考考查的重点，大概率以5分填空题形式出现， 侧重知识的交汇和延伸，整体难度较大。 考点一 截面问题 （2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 【答案】9 【解析】因为空间中有三个点，且， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种： 第一种：为正四棱锥的侧面，如图1， 此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的; 不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；    第二种：为正四棱锥的对角面，如图2， 此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的; 不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种； 综上所述：总共有9种情况. 知识点1.作截面的几种方法 (1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程. (2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点. (3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线. 知识点2.截面的类型 (1) 正方体的基本斜截面： 正六面体的斜截面不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形． (2) 圆柱体的基本截面： (3) 结合线、面平行的判定定理与性质定理求截面问题；结合线、面垂直的判定定理与性质定理求截面问题． 题型1判断截面形状 1.在正方体中，，分别为，的中点，则平面截正方体所得的截面多边形的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】B 【解析】如图，把截面补形为四边形， 连接，， 因为，分别为，的中点，则， 又在正方体中， 所以，则四点共面. 则平面截正方体所得的截面多边形的形状为四边形.故选：B. 2．已知正方体中，点、满足，则平面截正方体形成的截面图形为（  ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 【答案】B 【解析】如图， 因为点、满足， 点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点， 延长与交于点，连接交于， 延长交于点，连接交于，连接， 则五边形为所求截面图形，故选B． 3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点，点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为(　　) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 【答案】C 【解析】如图，设AB=6，分别延长AE，A1B1交于点G， 此时B1G=3， 连接FG交B1C1于点H，连接EH， 设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l， 因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1=AE，平面AEF∩平面DCC1D1=l， 所以l∥AE，设l∩D1D=I，则FI∥AE， 此时△FD1I∽△ABE，故ID1=，连接AI， 所以五边形AIFHE为所求截面图形. 题型2球的截面问题 4.已知球的半径为5，球心到平面的距离为4，则球被平面截得的截面面积为 ． 【答案】 【详解】    设截面圆的半径为，球的半径为，球心到平面的距离为， 则， 即 可得， 所以截面面积为， 5．（2025·浙江嘉兴模拟）已知边长为6的正方体与一个球相交，球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由对称性，球心与正方体重心重合，且每个面的交线半径为4. 连球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面， 再连交线圆上一点与球心（即为球半径），由勾股定理得球的半径为5， 则表面积为.故选：B. 6.球的两个平行截面面积分别为和，球心到这两个截面的距离之差等于1，则球的直径为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【解析】令球心到较近的截面距离为，则到另一个截面距离为，且球的半径为， 易知较近的截面圆面积为，另一个截面圆面积为， 所以较近的截面圆半径为，另一个截面圆半径为， 由截面圆半径与球体半径、球心与截面距离关系知：， 所以，故，则球的直径为6. 故选：D 7.已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过棱作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图，作平面，垂足为，取的中点，外接球的球心为，连接， 易得为的中心，则，所以， 设外接球半径为，则，即，解得， 当垂直过的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为长， 最小面积为， 当截面过球心时，截面圆的面积最大，最大面积为， 故截面面积的取值范围是. 故选：B. 8.已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，设的中心为，球的半径为，连接，， 则，， 在 中，，解得， 当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为． 所得截面圆面积的最大值为． 故选：D．    题型3截面的周长问题 9．如图，在正方体中，分别是棱的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是 . 【答案】 【解析】在正方体中，取的中点,的中点为,连接， 由是的中点，得，则四边形， ，由是的中点，得， 梯形是正方体被平面所截得的截面， ， 所以所求截面的周长是. 10.如图所示正方体中棱长为1，是棱的中点，则由，，三点确定的平面与正方体相交所得截面图形的周长为 ． 【答案】 【解析】延长相交于点，连接交于点，连接， 则四边形即为所求截面图形,如图， 因为为的中点，由相似比可知为的中点， 则，因为，分别为，中点， 所以， 所以，， 同理，， 所以周长为. 11.如图，在棱长为2的正方体，中，点E为CD的中点，则过点C且与垂直的平面被正方体截得的截面周长为 ． 【答案】/ 【解析】如图，取中点，中点，连接，设与交于 点O， 因为在平面内的射影为， 由可得， 所以， 又因为， 所以， 在四边形中，， 其中， 所以，即， 所以是截面内的一条线， 同理是截面内的一条线， 所以过点C且与垂直的平面被正方体截得的截面为， 因为正方体的棱长为2， 所以 截面的周长为， 故答案为： 12.在三棱锥P-ABC中，AB+2PC=9，E为线段AP上更靠近P的三等分点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P-ABC所得截面的周长为(　　) A.5 B.6 C.8 D.9 【答案】B 【解析】如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作EF∥AB，EH∥PC， 再分别过点H，F作HG∥AB，FG∥PC，可得E，F，G，H四点共面， 因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH， 同理可证，PC∥平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH， 又由E为线段AP上更靠近P的三等分点，且AB+2PC=9，所以EF=AB，EH=PC， 所以平行四边形EFGH的周长为2(EF+EH)=(AB+2PC)=6. 题型4截面的面积问题 13．在棱长为的正方体中，为线段上靠近的三等分点，过点、、的平面截正方体得到一个截面图形，则该截面图形的面积为 . 【答案】 【解析】设截面交棱于点，连接、，如图所示， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 因为，由等角定理结合图形可得， 又因为，故为等腰直角三角形，且，， 易知，且，同理可得， 故四边形为等腰梯形，如下图所示： 在平面内分别作，，垂足分别为点、， 因为，，，故四边形为矩形，所以， 在和中，，，， 所以， 所以， 由勾股定理可得， 故截面面积为. 14．已知正方体的棱长为3，点 分别在棱 ， ，则过 ， ， 三点的平面截正方体所得多边形的面积为 【答案】 【解析】如图所示： 分别在棱上取点，且， 易得，， 故， 同理可得， 故， 同理可求得，， 故过三点的平面截正方体所得的多边形为六边形，其面积等于两个等腰梯形与的面积之和， 由条件可得，，， 从而可得梯形的高为， 梯形的高为， 故梯形的面积为， 梯形的面积为， 六边形的面积为． 15．四面体中，，点分别为棱的中点，过点作四面体的截面，则该截面的面积为 ． 【答案】2 【解析】因为点分别为棱的中点，则 因平面平面，所以平面， 又平面，平面直线， 即平面平面，所以， 故过点的四面体的截面即四边形. 又，所以，则为的中点， 则，所以四边形为平行四边形． 取的中点，连接，因为， 所以平面， 所以平面，因平面，所以，所以， 所以为矩形，又， 所以截面的面积． 16.如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于 ．    【答案】 【解析】因为、分别为、的中点，则且， 因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，， 所以，，设平面交棱于点， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，，则， 因为为的中点，所以，为的中点， 设直线分别交、的延长线于点、，连接交棱于点， 连接交棱于点，连接、，则截面为六边形， 因为，则， 所以，， 因为，则，所以，，则为的中点， 同理可知，为的中点，易知六边形是边长为的正六边形， 所以，截面面积为. 17.在棱长为2的正方体中，P，Q是，的中点，过点A作平面，使得平面平面，则平面截正方体所得截面的面积是（    ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【解析】如图，取中点，中点，连接，    因为，平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面，又， 平面，平面，所以平面平面， 即三角形为所得截面， 在中，，， 由余弦定理得， 所以， 所以. 故选：C. 18.已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心， 且，故. 因为，故， 故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 而三角形内切圆的圆心为，半径为， 故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为，故选B 题型5截面的最值与范围问题． 19.直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为 ． 【答案】 【解析】由直三棱柱可知，平面， 又，所以两两垂直， 设直三棱柱外接球的半径为R， 通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以为边长的长方体外接球相同； 过作该直三棱柱外接球的截面，当为所截圆的直径时截面面积最小， 因为， 则所求截面面积最小值为 20.三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为 ． 【答案】 【解析】如图所示，因为平面，设面，所以， 同理：， 设，所以，即， 所以四边形为平行四边形，即， 平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以，即，且， 取中点，连接，易得，， ，所以面，所以，所以， 所以四边形为矩形， 所以面与三棱锥的交线围成的面积， 当，即为中点时，面积最大，最大值为， 21.如图，已知正四面体的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱，于E，F两点，且四面体的体积为四面体体积的，则 ，的最小值为 . 【答案】； 【解析】因为，则， 记， 因为，即。 又因为， 当且仅当，即时，取等号，所以a的最小值为 22．（2025·云南曲靖·一模）已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，过棱作球的截面，则所得截面面积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图，作平面，垂足为，取的中点，外接球的球心为，连接， 易得为的中心，则，所以， 设外接球半径为，则，即，解得， 当垂直过的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为长， 最小面积为， 当截面过球心时，截面圆的面积最大，最大面积为， 故截面面积的取值范围是.故选：B. 考点二 动态问题 （2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点． 【答案】12 【解析】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图， 由题意可知，为球心，在正方体中，， 即， 则球心到的距离为， 所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点， 同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点， 所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12. 知识点1、距离、角度有关的轨迹问题 (1)距离：可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹. (2)角度：直线与面成定角，可能是圆锥侧面；直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面. 知识点2、翻折有关的轨迹问题 (1)翻折过程中寻找不变的垂直关系求轨迹. (2)翻折过程中寻找不变的长度关系求轨迹. (3)可以利用空间坐标运算求轨迹. 题型1 由动点保持平行求轨迹 1.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是棱BC的中点，点Q满足＝，点F在侧面BB1C1C内，且A1F∥平面APQ，则点F的轨迹长度为 ． 【答案】 【解析】 如图，取BB1上靠近B1的三等分点G，B1C1的中点H，连接A1H，A1G，GH， 则在正方形BB1C1C中，可得GH∥PQ.又GH⊄平面APQ，PQ⊂平面APQ，所以GH∥平面APQ. 同理可由A1H∥AP，得A1H∥平面APQ.因为A1H，GH⊂平面A1GH，A1H∩GH＝H， 所以平面A1GH∥平面APQ.又点F在侧面BB1C1C内，且A1F∥平面APQ， 所以GH即为点F的轨迹，GH＝＝. 2.已知长方体，，，M是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是 . 【答案】 【解析】如图所示，E，F，G，H，N分别为，，，DA，AB的中点，则，， 由面，面，则面， 同理可证面，，面， 所以面面， 所以动点P的轨迹是六边形MEFGHN及其内部，又， 所以点在侧面，故的轨迹为线段， 因为，，所以. 3.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M为A1C1的中点，N为侧面BCC1B1上的一点，且MN∥平面ABC1，若点N的轨迹长度为2，则(　　) A.AC1=4 B.BC1=4 C.AB1=6 D.B1C=6 【答案】B 【解析】如图，取B1C1的中点D，BB1的中点E，连接MD，DE，ME， 由MD∥A1B1∥AB，DE∥BC1， 又MD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，同理可得DE∥平面ABC1， 又MD∩DE=D，MD，DE⊂平面MDE，所以平面MDE∥平面ABC1， 又MN∥平面ABC1，故点N的轨迹为线段DE，又由DE=BC1=2，可得BC1=4. 题型2 由动点保持垂直求轨迹 4.（2025·山东聊城一模）已知正四面体的棱长为2，动点满足，且，则点的轨迹长为 . 【答案】 【解析】由，故点在过点且垂直于的平面上， 由，故点在以为直径的球面上， 即点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆， 由正四面体的性质可得，取中点，连接，， 则有，又、平面，， 故平面，取中点，中点，连接， 则，由平面，故平面， ，， 为以为直径的球的球心，则该球半径为， 则点的轨迹所形成的圆的半径为，则其轨迹长为. 5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，Q是正方形B1BCC1内的动点，A1Q⊥BC1，则Q点的轨迹是(　　) A.点B1 B.线段B1C C.线段B1C1 D.平面B1BCC1 【答案】B 【解析】如图，连接A1C， 因为BC1⊥A1Q，BC1⊥A1B1，A1Q∩A1B1=A1，A1Q，A1B1⊂平面A1B1Q，所以BC1⊥平面A1B1Q， 又B1Q⊂平面A1B1Q，所以BC1⊥B1Q，又BC1⊥B1C，所以点Q在线段B1C上. 6.（2025·浙江宁波·期末）已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（    ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，所以，平面， 所以平面，由于点 P 始终保持 PE 垂直于 BC ，且 P 在正四面体表面运动， 因此 P 的轨迹为平面 与正四面体表面的交线，即的边界. 为等腰三角形，其中 AD 为底边，长为2，AE 和 DE 为腰，长均为. 因此，三角形 的周长为. 7.（2025·甘肃武威二模）在所有棱长为4的正四棱锥中，M是底面正方形内一点（含边界），若，则点M的轨迹长度是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在正四棱锥中，令正方形中心为，取中点，连接， 取中点，连接，则，由平面， 平面，则平面，由，得， ，又平面， 因此，，点的轨迹是以为圆心， 为半径的圆在正方形及内部的圆弧，显然， 则，而点是的轨迹的端点，于是点的轨迹是半径的半圆， 所以点M的轨迹长度是，故选A 8.（2025·河南驻马店二模）如图，在三棱柱中，侧棱均与底面垂直，侧棱长为2，，，点是的中点，是侧面（含边界）上的动点.要使平面，则线段的长的最大值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解析】平面，平面，则， ，，故， 取为上靠近的四等分点，则，故， 现在说明此时平面， 平面，平面，故， 又，，平面，故平面， 平面，故，且， 又，，平面，故平面， 故的轨迹为线段，，故的最大值为. 故选：A. 题型3 折叠过程中的动点轨迹 9.（2025·重庆西南大学附中模拟）如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，F为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） ①平面平面；②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为；④点的轨迹的长度为. A．①② B．①③ C．①②④ D．②③④ 【答案】C 【解析】对于①：由，，为边的中点知且， 易知，，而，平面， 故平面，又平面，所以平面平面，故①正确； 对于②：若是的中点，又为的中点，则且， 而且，所以且，即为平行四边形， 故，所以与的夹角为或其补角， 若为中点，即，由①分析易知， 故与的夹角为，故②正确； 对于③：由上分析知：翻折过程中当平面时，最大， 此时，故③错误； 对于④：由②分析知：且，故的轨迹与到的轨迹相同， 由①知：到的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，而为中点， 故到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆， 所以的轨迹长度为，故④正确.故选C. 10.（2025·辽宁葫芦岛二模）在等腰直角中，，，为中点，为中点，为边上一个动点，沿翻折使，点在平面上的投影为点，当点在上运动时，以下说法错误的是　　 A．线段为定长 B． C．线段的长 D．点的轨迹是圆弧 【答案】B 【解析】如图所示， 对于A中，在为直角三角形，ON为斜边AC上的中线，为定长，即A正确； 对于C中，点D在M时，此时点O与M点重合，此时，，此时，即正确； 对于D，由A可知，根据圆的定义可知，点O的轨迹是圆弧，即D正确；故选B． 11. （2025·广东惠州一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝，E为AB的中点，将△ADE沿DE折起至△A′DE，记二面角A′-DE-C＝θ，当θ在[0，π]范围内变化时，点A′的轨迹长度为 ． 【答案】 【解析】 取DE的中点为M，连接AM，A′M，则AM＝A′M，故A′在以M为球心，AM为半径的球面上．过A′作A′G⊥DE，垂足为G，连接AG，则AG⊥DE.在矩形ABCD中，AE＝1，AD＝，故AG＝＝，故AG＝AG′＝，而A′G∩AG＝G，故DE⊥平面A′AG，故A′在过G且垂直于DE的平面上，所以A′在以G为圆心，AG为半径的圆上，而∠AGA′为二面角A-DE-A′的平面角，故0≤∠AGA′≤π，故点A′的轨迹长度为. 12．如图，在等腰中，，分别为线段的中点，与分别是以为边的等边三角形，现将与分别沿向上折起，则在翻折的过程中，下列结论中可能正确的是 ．（填序号） ①；                    ②； ③平面平面；        ④． 【答案】①②③ 【解析】对于①，若平面平面，因为，故， 而平面平面，平面，故平面， 而平面，故，故①可能正确； 对于②，设，则，且有， 当点与点重合时，故，故②可能正确； 对于③，若平面和平面同时与平面垂直， 取的中点，连结，由为等边三角形可得， 平面平面，平面，故平面， 同理平面，故， 而平面，平面，故平面， 而为的中位线，故，同理可得平面， 又因为，平面，所以平面平面， 故③可能成立； 对于④，假设与可能平行，由得，事实上， 假设不成立，因此，与不可能平行，故可能正确的结论为①②③． 13．如图，在菱形ABCD中，，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接和，N为的中点，连接CN.则在翻折过程中，与CN的夹角为 . 【答案】 【解析】取的中点，连接， 则，则（或其补角）就是与CN所成的角， 因为M为BC的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以，，所以， 因为菱形ABCD中，，所以是等边三角形，所以， 所以，即，所以， 又，所以，，， 所以， 所以，所以， 所以，所以与CN的夹角为. 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司/ 学科网（北京）股份有限公司 $