立体几何动态点、线、面问题研究1 讲义——2026届高三数学二轮复习

该高中数学讲义聚焦立体几何动态问题，涵盖截面、动点轨迹、折叠展开三大高考核心考点，按问题类型构建“定义-方法-例题”知识体系。通过考点梳理明确截线作法、轨迹求解等方法，结合真题训练帮助学生突破空间想象难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以“动中窥静”为核心策略，融合数学眼光（空间观念）与数学思维（逻辑推理），设计截面作图步骤分解、轨迹问题坐标转化等教学活动。通过分层例题训练培养学生动态问题分析能力，为教师提供精准复习节奏把控方案，助力学生高效提升应考能力。

立体几何动态点、线、面问题研究（一） “动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题意更新颖，同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋灵活，加强了对学生空间想象能力的考查。在解决动态几何问题时。关键在于要注重动态元素所引发的图形变化过程，动中窥静，静中见静，以静止动。 角度一:截面问题 截面问题是高考立体几何题中比较常见的题型，由于截面的“动态”性，使截得平面的结果也具有一定的可变性。 截面的定义： 用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面。此平面与几何体表面的交集（交线）叫做截线，此平面与几何体的棱的交集（交点）叫做截点。 那么究竟该如何做截面呢？ 1. 方法（交线法）：该作图关键在于确定截点，有了位于多面体同一表面上的两个截点即可连结成截线，从而求得截面。 ​ 2. 作截线与截点的主要根据有： (1) 确定平面的基本事实1和三个推论。 (2) 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线。 (3) 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内。 (4) 如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行。 (5) 如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行。 例1. 按照下列要求画出截面 1.如图，在正方体中，求作过E,F,G三点的截面。 3. 如图 P，Q，R 三点分别在直四棱柱 AC₁的棱 CC₁，A₁D₁和 AB 上，试画出过 P，Q，R 三点的截面． 例2.已知正方体的棱长为分别是棱､的中点，点为底面四边形内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（       ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【解析】取的中点，连接，如图所示： 分别是棱､的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面． 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以． 又因为平面，平面，所以平面． 因为，所以平面平面． 因为点为底面四边形内（包括边界）的一动点，直线与平面无公共点， 所以的轨迹为线段，则． 例3.（多选题）如图，已知正方体ABCD—的棱长为1，P为正方形底面ABCD内一动点，则下列结论正确的有（       ） A．三棱锥-的体积为定值 B．存在点P，使得 C．若，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹是线段AC D．若点P是AD的中点，点Q是的中点，过P，Q作平面α垂直于平面，则平面α截正方体的截面周长为3 【答案】ACD 【解析】对于A，P为正方形底面ABCD时，三棱锥的高不变，底面积也不变，所以体积为定值，所以A正确； 对于B，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，； 若，则，即，与题意矛盾，所以B不正确； 对于C，，由得，所以的轨迹就是线段，所以C正确； 对于D，因为，所以平面； 因为平面平面，所以平面； 以为参照线作出平面与正方体各个侧面的交线，如图，易知每个侧面的交线均相等，长度为，所以截面周长为，所以D正确． 故选：ACD． 角度二：动点轨迹问题 动点轨迹问题是高考立体几何 “动态” 问题最为新颖的一种命题形式，它重点体现了在立体几何与解析几何的知识交汇处设计图形。不但考查了立体几何点线面之间的位置关系，而且又能巧妙地考查求轨迹的基本方法，是高考表现最为活跃的一种题型。 立体几何中的轨迹问题的常见解法： (1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题. (2)几何法：从几何视角入手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解. (3)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系（或平面直角坐标系），将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解. (4)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解. (5)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法. 例1．如图，点M是棱长为l的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．不存在点M满足平面 B．存在无数个点M满足 C．当点M满足时，平面截正方体所得截面的面积为 D．满足的点M的轨迹长度是 【答案】BCD.【详解】对于选项A：，又点M是面上的一个动点（包含边界），所以当M与A1重合时，故A错误； 对于选项B：所以，可知当M在线段上时，有故存在无数个点满足，故B正确； 对于选项C：故截面面积，故C正确； 对于选项D：，则，且，即，∴轨迹长度是，故D正确． 例2.如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，连接BM，设BM的中点为E，动点N在底面正方形ABCD内（含边界）运动，则下列结论中正确的是（    ） A．存在无数个点N满足 B．若，则，E，N三点共线 C．若，则的最大值为 D．若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为抛物线的一部分 【答案】AB【详解】，则线段BM中点，设且，对于A，，，由得，而，所以存在无数个点N满足，A正确； 对于B，因，即，则，，，所以，E，N三点共线，B正确；对于C，因，则点N的轨迹是以点B，D为焦点，长轴长为的椭圆(在正方形及内部)，方程为， ，所以当且仅当时，取最大值，C不正确；对于D，，平面的法向量，依题意，，整理得：，所以点N的轨迹为圆的一部分，D不正确. 例3.（多选）如图，若正方体的棱长为，点是正方体的侧面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．沿正方体的表面从点到点的最短路程为 B．若保持，则点在侧面内运动路径的长度为 C．三棱锥的体积最大值为 D．若点满足，则点的轨迹为线段 【答案】BD.【详解】对于A，将侧面和侧面沿棱展开，可得展开图如下图所示， 此时从点到点的最短路程为； 将底面和侧面沿棱展开，可得展开图如下图所示， 此时从点到点的最短路程为； 从点到点的最短路程为，A错误；对于B，取中点，连接， 点的运动路径是以为圆心，为半径的圆与侧面的交线即点在侧面内运动路径的长度为，B正确；对于C，当最大时，最大；当与重合时，取得最大值， ，C错误； 对于D，作，，垂足分别为， ；设，，， 则，，， ， 又，，整理可得：，即，即，则为满足的线段上的点，即点的轨迹为线段，D正确. 例4.1822年，比利时数学家Dandelin利用圆锥曲线的两个内切球，证明了用一个平面去截圆锥，可以得到椭圆（其中两球与截面的切点即为椭圆的焦点），实现了椭圆截线定义与轨迹定义的统一性．在生活中，有一个常见的现象：用手电筒斜照地面上的篮球，留下的影子会形成椭圆．这是由于光线形成的圆锥被地面所截产生了椭圆的截面．如图，在地面的某个点正上方有一个点光源，将小球放置在地面，使得与小球相切．若，小球半径为2，则小球在地面的影子形成的椭圆的离心率为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在中，设， ，，， ， ，∴长轴长，， 则离心率． 故选：A 角度三：折叠、展开问题 图形的折叠和展开必然会引起部分元素位置关系的变化，求解这类问题要注意对变化前后线线、线面位置关系、所成角及距离等加以比较，一般来说，位于棱的两侧的同一半平面内的元素其相对位置关系和数量关系在翻折前后不发生变化，分别位于两个半平面内的元素其相对关系和数量关系则发生变化。不可变量可结合原图形求解，变化了的量应在折后立体图形中来求证。 解决折叠问题的步骤 第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； 第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； 第三步：利用判定定义和性质定理进行证明. 例1.如图，已知四棱锥的底面为矩形，平面为的中点，点分别在线段上运动，当最小时，三棱锥的体积为 ．    【答案】【详解】将平面沿直线翻折，使得平面与平面在同一平面上，如图所示．    取关于直线对称的点为，连接，分别与交于点，连接， 易知此时， 因此的最小值为． 由可得， 因此，故点为线段的中点， 由可得， 因此，故点为线段的中点， 三棱锥的体积． 例2.如图，在矩形中，点B，C，D与点，，分别是线段与的四等分点，且．若把矩形卷成以为母线的圆柱的侧面，使线段，重合，则（    ）．    A．直线与异面 B．直线与异面 C．直线与平面垂直 D．直线与平面垂直 【答案】BC 【分析】由题意可证得可判断A；由异面直线的定义可判断B；由线面垂直的判定定理可判断C；与不一定垂直可判断D. 【详解】对于A，因为点B，C，D与点，，分别是线段与的四等分点，取分别为下底面和上底面的圆心，根据对称性直线，故A不正确；    对于B，连接，直线与既不平行也不相交，故直线与异面直线，故B正确；      对于C，因为点B，C，D与点，，分别是线段与的四等分点， 连接， 由圆柱的性质知，，所以四边形为平行四边形， 所以，同理，因为圆的直径，所以， 即，又因为底面，底面，所以，，平面，所以平面，故C正确；    对于D，连接，因为圆弧，则设圆的半径为， 所以圆弧，而，所以圆弧， 所以与不一定相等，故四边形的对角线与不一定垂直， 所以直线与平面不一定垂直，故D不正确； 例3.已知正方体边长为2，动点满足，则下列说法正确的是（    ） A．当时，则直线平面 B．当时，的最小值为 C．当时，的取值范围为 D．当，且时，则点的轨迹长度为 【答案】BC 【分析】由时，得到为的中点，可判定A错误；在上取点，得到求得点在上，将平面与平面沿着展开到同一平面内，可判定B正确；证得平面，求得的最大值与最小值，可判定C正确；求得点的轨迹在内，根据题意得到点轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，且，可判定D错误． 【详解】对于A中，由于时，则，此时为的中点， 在正方体中，由平面，所以直线不会垂直平面，所以A错误； 对于B中，在上取点，使，在上取点，使， 因为，即，可得点在上， 将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图（1）（2）所示， 连接交于，此时三点共线，取到最小值即的长， 由于，所以，则， 所以，所以， 即此时的最小值为，所以B正确； 对于C中，当时，可得点的轨迹在平面内（包括边界）， 在正方形中，可得， 因为平面，平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 所以，又由， 所以的取值范围为，所以C正确； 对于D中，当时，可得点的轨迹在内（包括边界）， 由于平面，平面，可得， 又因为平面，故平面， 因为平面，可得，同理可证， 又因为平面，所以平面， 设与平面交于点，由于， 为边长为的正三角形，则点到平面的距离为， 若，则，即点落在以为圆心，为半径的圆上， 此时点到三边的距离均为， 即点轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分， 又由，其轨迹长度为3倍的弧长，所以D错误． 故选：BC. 例4.（2025浙江协作体）已知直棱柱的所有棱长均为，动点满足，则下列说法正确的是（ ） A．当时， B．当时，三棱锥的体积为 C．当时，三棱锥的外接球的表面积为 D．记点到直线的距离为，当时，则的最小值为 【答案】ACD【详解】对于选项A：因为， 所以点M在平面内，因为底面为菱形，所以, 又因为直棱柱，所以,又因为平面, 平面，所以平面，又平面， 所以，故A正确； 对于选项B：当时，则点M在直线上，由选项A知平面， 所以点到平面的距离为,在三角形中， 由余弦定理得 则，故B错误； 对于选项C： 当时，点M在体对角线交点处，故点M在与底面垂直 且到底面距离为1，因为,所以的外接圆半径 为，设外接球半径为，球心到平面的距离为h， 则, 即，两式联立得， 故外接球体积为，故C正确； 对于选项D： 当时，则三点共线，即点M在线段上，如图建立空间直角坐标系， 则,,则， 故,则, 又得，, 故，当且仅当时，，故D正确； 故选：ACD 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 立体几何动态点、线、面问题研究（一） “动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题意更新颖，同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋灵活，加强了对学生空间想象能力的考查。在解决动态几何问题时。关键在于要注重动态元素所引发的图形变化过程，动中窥静，静中见静，以静止动。 角度一:截面问题 截面问题是高考立体几何题中比较常见的题型，由于截面的“动态”性，使截得平面的结果也具有一定的可变性。 截面的定义： 用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面。此平面与几何体表面的交集（交线）叫做截线，此平面与几何体的棱的交集（交点）叫做截点。 那么究竟该如何做截面呢？ 1. 方法（交线法）：该作图关键在于确定截点，有了位于多面体同一表面上的两个截点即可连结成截线，从而求得截面。 ​ 2. 作截线与截点的主要根据有： (1) 确定平面的基本事实1和三个推论。 (2) 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线。 (3) 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内。 (4) 如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行。 (5) 如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行。 例1. 按照下列要求画出截面 1.如图，在正方体中，求作过E,F,G三点的截面。 3. 如图 P，Q，R 三点分别在直四棱柱 AC₁的棱 CC₁，A₁D₁和 AB 上，试画出过 P，Q，R 三点的截面． 例2.已知正方体的棱长为分别是棱､的中点，点为底面四边形内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（       ） A．2 B． C． D． 例3.（多选题）如图，已知正方体ABCD—的棱长为1，P为正方形底面ABCD内一动点，则下列结论正确的有（       ） A．三棱锥-的体积为定值 B．存在点P，使得 C．若，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹是线段AC D．若点P是AD的中点，点Q是的中点，过P，Q作平面α垂直于平面，则平面α截正方体的截面周长为3 角度二：动点轨迹问题 动点轨迹问题是高考立体几何 “动态” 问题最为新颖的一种命题形式，它重点体现了在立体几何与解析几何的知识交汇处设计图形。不但考查了立体几何点线面之间的位置关系，而且又能巧妙地考查求轨迹的基本方法，是高考表现最为活跃的一种题型。 立体几何中的轨迹问题的常见解法： (1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题. (2)几何法：从几何视角入手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解. (3)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系（或平面直角坐标系），将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解. (4)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解. (5)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法. 例1．如图，点M是棱长为l的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．不存在点M满足平面 B．存在无数个点M满足 C．当点M满足时，平面截正方体所得截面的面积为 D．满足的点M的轨迹长度是 例2.如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，连接BM，设BM的中点为E，动点N在底面正方形ABCD内（含边界）运动，则下列结论中正确的是（    ） A．存在无数个点N满足 B．若，则，E，N三点共线 C．若，则的最大值为 D．若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为抛物线的一部分 例3.（多选）如图，若正方体的棱长为，点是正方体的侧面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A．沿正方体的表面从点到点的最短路程为 B．若保持，则点在侧面内运动路径的长度为 C．三棱锥的体积最大值为 D．若点满足，则点的轨迹为线段 例4.1822年，比利时数学家Dandelin利用圆锥曲线的两个内切球，证明了用一个平面去截圆锥，可以得到椭圆（其中两球与截面的切点即为椭圆的焦点），实现了椭圆截线定义与轨迹定义的统一性．在生活中，有一个常见的现象：用手电筒斜照地面上的篮球，留下的影子会形成椭圆．这是由于光线形成的圆锥被地面所截产生了椭圆的截面．如图，在地面的某个点正上方有一个点光源，将小球放置在地面，使得与小球相切．若，小球半径为2，则小球在地面的影子形成的椭圆的离心率为（       ） A． B． C． D． 角度三：折叠、展开问题 图形的折叠和展开必然会引起部分元素位置关系的变化，求解这类问题要注意对变化前后线线、线面位置关系、所成角及距离等加以比较，一般来说，位于棱的两侧的同一半平面内的元素其相对位置关系和数量关系在翻折前后不发生变化，分别位于两个半平面内的元素其相对关系和数量关系则发生变化。不可变量可结合原图形求解，变化了的量应在折后立体图形中来求证。 解决折叠问题的步骤 第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； 第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； 第三步：利用判定定义和性质定理进行证明. 例1.如图，已知四棱锥的底面为矩形，平面为的中点，点分别在线段上运动，当最小时，三棱锥的体积为 ．    例2.如图，在矩形中，点B，C，D与点，，分别是线段与的四等分点，且．若把矩形卷成以为母线的圆柱的侧面，使线段，重合，则（    ）．    A．直线与异面 B．直线与异面 C．直线与平面垂直 D．直线与平面垂直 例3.已知正方体边长为2，动点满足，则下列说法正确的是（    ） A．当时，则直线平面 B．当时，的最小值为 C．当时，的取值范围为 D．当，且时，则点的轨迹长度为 例4.（2025浙江协作体）已知直棱柱的所有棱长均为，动点满足，则下列说法正确的是（ ） A．当时， B．当时，三棱锥的体积为 C．当时，三棱锥的外接球的表面积为 D．记点到直线的距离为，当时，则的最小值为 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $