期中复习专题09 立体几何中截面、动点与翻折问题【6大题型】讲义-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

专题09 立体几何中截面、动点与翻折问题 题型预览 题型一 多面体中的截面问题 题型二 球体中的截面问题 题型三 动点中轨迹的问题 题型四 动点中证明平行垂直的问题 题型五 翻折过程中平行与垂直的问题 题型六 翻折过程中夹角的问题 题型突破 题型一 多面体中的截面问题 1．（25-26高三·全国·二轮复习）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，过点，，作正方体的截面，所得截面的面积是______． 2．（25-26高三·全国·一轮复习）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 3．（25-26高三下·上海宝山·期中）如图，正方体的棱长为1，任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的六条棱都有公共点.记截面的面积为，截面周长为，则有（    ） A．为定值，为定值 B．为定值，不为定值 C．不为定值，为定值 D．不为定值，不为定值 4．（25-26高三下·云南昆明·月考）在正方体中，分别是的中点，，则过点的平面截该正方体所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·河北承德·期末）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，E是棱上的动点，F是棱AB上的动点，过点，C，F作正方体的截面α，则（   ）    A．存在点E，使得平面 B．三棱锥的体积是定值 C．截面α的形状为梯形 D．当截面α的面积取得最小值时，F为AB的中点 题型二 球体中的截面问题 6．（24-25高一下·广东·月考）已知EF为圆柱的下底面圆的一条直径，D为上底面圆上任意一点，，球O内切于圆柱，则球O的体积为__________，平面DEF截球O所得截面面积的最小值为________ 7．（2025高二·上海·专题练习）一个球内有相距9 cm的两个平行截面，它们的面积分别为49π cm2和400π cm2，则球的表面积为________cm2． 8．（2025·山东·一模）在正三棱柱中，，为的中点，若三棱锥的四个顶点均在球上，过作球的截面，则所得截面圆面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 9．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知正三棱柱的各棱长均为分别为棱的中点，经过作该三棱柱外接球的截面，则截面面积的最小值为__________. 10．（25-26高二上·江苏南京·期中）已知正方体的棱长为2，则以为球心，2为半径的球面与正方体的截面的交线长为___________ 题型三 动点中轨迹的问题 11．（2026高一·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______. 12．（2026·广东江门·一模）已知正方体的棱长为，点是正方形内（含边界）的一个动点，且满足，则点的轨迹长为（    ） A． B． C． D． 13．（25-26高一下·黑龙江大庆·期中）（多选）如图，在棱长为6的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，BC的中点，点Q满足，则下列说法正确的有（   ）    A．平面 B．若Q，M，N，P四点共面，则 C．若，点F在侧面内（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为 D．若，过A，P，Q三点作该正方体的截面将该正方体分成两部分，较小体积与较大体积的比值为 14．（25-26高三上·云南普洱·期末）如图，在棱长为2的正方体中，是AB的中点，动点在正方体内部或表面上，若平面，则动点的轨迹所形成的区域面积为（   ） A．4 B． C．6 D． 15．（25-26高二上·云南·月考）（多选）如图，已知正方体的棱长为，点在上，为正方形内一动点含边界，则下列结论正确的是（   ） A．若为棱中点，则过点的截面周长为 B．在点的运动过程中，与平面所成角的取值范围 C．若为棱中点，且，则点的轨迹长度为 D．当，为的中点，则点的轨迹面积为 题型四 动点中证明平行垂直的问题 16．（25-26高三·北京·二轮复习）如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点.求证：平面平面. 17．（25-26高三·北京·二轮复习）如图，是圆柱的母线，四边形是底面内接正方形.点是棱上的动点（不与端点重合），且.证明：平面. 18．（25-26高一下·全国·课后作业）在长方体中，点P，R分别为BC，上的动点，当点P，R满足什么条件时，平面？ 19．（25-26高三上·宁夏吴忠·月考）四棱锥的底面为正方形，面，动点在线段上， (1)求证： (2)求四棱锥的外接球表面积 (3)求的最小值 20．（25-26高二上·辽宁·月考）四棱锥中，底面为矩形，平面平面， ，    (1)若为线段上一动点（不含端点），且平面交棱于点，证明：； (2)记为中点，证明：平面. 题型五 翻折过程中平行与垂直的问题 21．（25-26高一下·全国·课后作业）如图1，在梯形中，，，为中点，是与的交点，将沿翻折到图2中的位置得到四棱锥．求证： 22．（25-26高三·北京·二轮复习）如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为.求证：平面. 23．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图，四边形中，，，为的中点，在上，，，，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面.证明：平面. 24．（25-26高二上·四川泸州·期中）如图所示，在直角梯形中，，，，分别是，上的点，且， ，（），，将四边形沿向上翻折，连接，，，在翻折的过程中，设（），记几何体的体积为． (1)求证：平面； (2)若平面平面． ① 求证：； ② 当取得最大值时，求的值． 25．（25-26高一下·全国·课堂例题）在矩形中，，.点，分别在，上，且，.沿将四边形翻折至四边形，点平面.求证：平面. 26．（25-26高三·北京·二轮复习）如图，正三角形和平行四边形在同一个平面内，AB，DE的中点分别为F，G.将沿直线AB翻折到，设CE的中点为H.求证：平面平面. 题型六 翻折过程中夹角的问题 27．（25-26高三上·上海徐汇·月考）如图，已知梯形；E为线段上一动点，过点E作交线段于点F，连接，将沿翻折． (1)当平面平面时，若，求：到平面的距离； (2)若三棱锥体积和 同时达到最大值，求：与平面所成角的大小． 28．（24-25高一下·湖北咸宁·期末）如图，在平行四边形ABCD中，，，将沿AC翻折，使点B到达点P的位置． (1)求三棱锥体积的最大值； (2)当二面角的平面角为时，求三棱锥外接球的表面积； (3)在翻折过程中，求异面直线AC与PD所成角的余弦值的取值范围． 29．（25-26高二上·上海浦东新·期末）兴趣小组在折纸活动中将矩形纸片沿着对角线翻折至二面角的大小为处（如下图）.    (1)若纸片是正方形，请证明：； (2)若与平面所成角为，请求出的近似值（精确到0.01）. 30．（23-24高一下·云南昭通·月考）已知如图甲，在梯形ABCD中，，，，E，F分别是AB，CD上的点，，，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面平面EBCF（如图乙）． (1)证明：平面ABE； (2)当时，求二面角的余弦值． 31．（25-26高二上·安徽马鞍山·开学考试）如图1，在矩形中，为的中点．将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）．    (1)当平面平面时，求直线与平面所成角的正切值； (2)在翻折过程中，求直线与平面所成角的最大值； (3)在翻折过程中，求二面角的最大值． 32．（24-25高一下·吉林长春·期末）如图1，在中，，，分别是的中点，现将沿逆时针翻折形成四棱锥（如图2），且，直线与平面所成的角为. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正切值. 强化训练 1．（25-26高二上·上海·期末）已知正方体，棱的中点为，棱的中点为，棱的中点为，过作该正方体的截面，则该截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 2．（25-26高二上·四川内江·月考）球的半径为10，若它的截面面积是，则球心到截面的距离是（ ） A．9 B．8 C．6 D．4 3．（25-26高三下·广东·月考）已知高为4的正四棱锥的所有顶点都在球的表面上，若球被平面所截得的截面面积为，则四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高一下·天津·期中）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. 其中所有正确结论的个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（25-26高一下·黑龙江大庆·期中）正方体的棱长为2，M是线段上的一个动点（含端点），则的最小值为（   ） A． B． C． D． 6．（25-26高二上·广东·期末）如图所示，四边形为正方形，将绕翻折得到三棱锥，且，若三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（   ）    A． B． C． D． 7．（25-26高二下·四川成都·月考），分别为菱形的边，的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，直线与平面的位置关系为（    ） A．平行 B．相交 C．相交或平行 D．无法判断 8．（2026·重庆·二模）（多选）如图，平面四边形中，为正三角形，为等腰直角三角形，与交于点，若将沿斜边翻折，得到三棱锥，则下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中，与始终垂直 B．在翻折过程中，与始终垂直 C．在翻折过程中，三棱锥有可能是正四面体 D．在翻折过程中，三棱锥有可能是正三棱锥 9．（2026·四川泸州·模拟预测）（多选）若是正四棱台的棱上的动点（包括端点），则（    ） A．存在点，使得平面 B．直线与异面 C．平面平面 D．若，则平面平面 10．（25-26高三·全国·三轮复习）（多选）已知正方体的棱长为2，E为边CD的中点，P为空间内一动点，则下列说法中正确的是（ ） A．当P在线段上运动时，四面体的体积为定值 B．当P在正方体表面上运动时，若，则P的轨迹长度为 C．当P在线段AE上运动时，直线与AD成角最小值为 D．当P在线段上运动时，四面体的外接球半径的取值范围为 11．（25-26高一下·浙江金华·月考）（多选）在长方体中，底面是边长为4的正方形，在棱上，且，则（    ） A． B．过点的平面截该长方体，所得截面周长为 C．以点为球心，为半径作一个球，则球面与底面的交线长为 D．三棱锥外接球的体积是 12．（2026·四川宜宾·一模）（多选）已知正三棱台，上底面边长为2，下底面ABC边长为6，侧棱长为4，点在侧面内（包含边界）运动，且，Q为上一点，且，则下列说法正确的是（   ） A．正三棱台的高为 B．高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 C．点P的轨迹长度为 D．过点的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 13．（25-26高一下·浙江杭州·期中）已知正方体的棱长为3，点在棱上，，点在棱上（点异于两点），若平面截正方体所得的截面为五边形，则线段长的取值范围为______． 14．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图，棱长为1的正方体中，E，F分别为AD，AB的中点，点G在上底面（含边界）上运动，若满足平面，则点G的轨迹长度为______． 15．（23-24高二上·上海徐汇·月考）如图，矩形ABCD中，，，M为的中点．将沿直线翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中，①对于任意一个位置总有平面  ②存在某个位置，使得  ③存在某个位置，使得，上面说法中，所有错误的序号是________．    16．（25-26高二上·广西桂林·期末）如图，在边长为2的等边三角形ABC中，D为AC的中点，将沿BD翻折至，使得平面与平面CBD垂直． (1)证明：； (2)求点D到平面的距离； (3)求平面与平面DBC的夹角的余弦值． 17．（25-26高三·全国·二轮复习）已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点.求证：平面. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 立体几何中截面、动点与翻折问题 题型预览 题型一 多面体中的截面问题 题型二 球体中的截面问题 题型三 动点中轨迹的问题 题型四 动点中证明平行垂直的问题 题型五 翻折过程中平行与垂直的问题 题型六 翻折过程中夹角的问题 题型突破 题型一 多面体中的截面问题 1．（25-26高三·全国·二轮复习）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，过点，，作正方体的截面，所得截面的面积是______． 【答案】 【分析】取的中点的中点的中点，连接，由面面平行的性质定理，即得截面多边形，分析可得多边形为正六边形，求出边长后计算面积即可. 【详解】 取的中点的中点的中点，连接， 则正六边形为对应的截面，又正六边形的边长为， 所以截面的面积为：. 故答案为：. 2．（25-26高三·全国·一轮复习）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. 3．（25-26高三下·上海宝山·期中）如图，正方体的棱长为1，任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的六条棱都有公共点.记截面的面积为，截面周长为，则有（    ） A．为定值，为定值 B．为定值，不为定值 C．不为定值，为定值 D．不为定值，不为定值 【答案】C 【分析】判断周长和面积是否为定值，先判断截面各边之间的数量关系和位置关系，将立体问题平面化求解即可. 【详解】如图所示， 连接，，，易知平面与对角线垂直， 又平面与对角线垂直，所以平面平面； 同理连接，，，易知平面与对角线垂直， 又平面与对角线垂直，所以平面平面； 又平面平面，平面平面 从而可得，同理可得，又，所以， 同理可得，， 将截面各边展开如图： 由平行关系知，的周长等于为定值； 由平行关系知，的形状为六边形，各边夹角为，且相邻两边之和为， 设，则，则的面积， 从而可知是关于的二次函数，不为定值. 4．（25-26高三下·云南昆明·月考）在正方体中，分别是的中点，，则过点的平面截该正方体所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先确定四点共面，进而计算结果即可. 【详解】取线段的中点为，的中点为，，如图， 因为正方体中，分别是棱的中点， 所以，所以四点共面. 由正方体的棱长为2，可得，， 所得截面周长为， 故选：B. 5．（24-25高一下·河北承德·期末）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，E是棱上的动点，F是棱AB上的动点，过点，C，F作正方体的截面α，则（   ）    A．存在点E，使得平面 B．三棱锥的体积是定值 C．截面α的形状为梯形 D．当截面α的面积取得最小值时，F为AB的中点 【答案】BD 【分析】由线面垂直的性质判断A，由体积公式判断B，由截面的真正形状判断C，由正方体的对称性或求出截面面积的最小值判断D. 【详解】对A，矩形中，与不垂直，因此平面不可能成立，A错； 对B，平面，所以到平面的距离为定值， 所以三棱锥即三棱锥的体积为定值；B正确； 对C，当与重合时，截面即为矩形，它不是梯形，C错；（实际上可证明截面是平行四边形） 对D，由对称性可知，截面与棱相交，记交点为， 由面面平行的性质定理知，所以截面是平行四边形， 由对称性可知当为中点时，截面是菱形，面积最小，证明如下： 设，则，，又， 则， ， ， 所以，即为中点时，截面面积最小，D正确. 故选：BD.    题型二 球体中的截面问题 6．（24-25高一下·广东·月考）已知EF为圆柱的下底面圆的一条直径，D为上底面圆上任意一点，，球O内切于圆柱，则球O的体积为__________，平面DEF截球O所得截面面积的最小值为________ 【答案】 【分析】由球内切于圆柱得到球的半径可得第一空答案；过点在平面内作，垂足为点，分析可知当平面时，截面圆的半径最小，求解可得第二空答案. 【详解】如图：因为圆柱的高为2，且球O内切于圆柱， 所以球O的半径，故球O的体积. 设过点D的圆柱的轴截面为ABCD，过点O在平面ABCD内作，垂足为G，如图： 易知，，，由勾股定理可得， 因为与相似，所以，即， 设O到平面DEF的距离为，平面DEF截得球的截面圆的半径为， 因为平面DEF，当平面DEF时，取最大值OG，即， 所以， 所以平面DEF截得球的截面面积最小值为. 故答案为：；. 7．（2025高二·上海·专题练习）一个球内有相距9 cm的两个平行截面，它们的面积分别为49π cm2和400π cm2，则球的表面积为________cm2． 【答案】 【分析】对截面的位置分类讨论，利用勾股定理求解球的半径，再求解表面积即可. 【详解】当截面在球心的同侧时，如图所示为球的轴截面，由球的截面性质知， 且，为两截面圆的圆心，则，． 设球的半径为，，． ，． 设，则． 在中，，记为①式， 在中，，记为②式， 联立①②可得，． ，故球的表面积为． 当截面在球心的两侧时，如图所示为球的轴截面， 由球的截面性质知，，且，分别为两截面圆的圆心， 则，．设球的半径为， ，． ，． 设，则． 在中，．在中，． ，解得，不合题意，舍去． 综上所述，球的表面积为． 故答案为： 8．（2025·山东·一模）在正三棱柱中，，为的中点，若三棱锥的四个顶点均在球上，过作球的截面，则所得截面圆面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】方法一,根据题意可得在的外接圆上，即可的球为四棱锥的外接球，进而求解截面圆的最小值; 方法二, 根据题意可得在的外接圆上，即可的球为四棱锥的外接球，进而求解截面圆的最小值. 【详解】方法一：因为，所以点在的外接圆上， 所以三棱锥的四个顶点均在球上， 即球为四棱锥的外接球， 故球心在正方形的中心，则球的半径为． 过作球的截面，当所得截面圆面积最小时， 则截面圆圆心为中点（即过作截面垂线，垂足为中点）， 所以截面圆半径为1，所以面积最小值为． 方法二：因为，所以点在的外接圆上， 所以三棱锥的四个顶点均在球上， 即球为四棱锥的外接球， 故两点在球上，所以最小截面圆为以为直径的圆． 则截面圆圆心为中点（即过作截面垂线，垂足为中点）， 所以截面圆半径为1，所以面积最小值为． 故选：B. 9．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知正三棱柱的各棱长均为分别为棱的中点，经过作该三棱柱外接球的截面，则截面面积的最小值为__________. 【答案】 【分析】因为已知正三棱柱各棱长，所以可先确定底面正三角形外接圆的圆心，结合正三棱柱的高确定外接球的球心位置，再计算球心到的距离. 因为截面面积最小的情况是截面与球心和截面圆的圆心的连线垂直，此时截面圆的半径最小，所以求出球心到的距离，利用勾股定理计算最小截面圆的半径,即可求得答案. 【详解】正三棱柱的外接球的球心为上下底面的外接圆圆心的连线的中点，连接， 设外接球的半径为，为正三角形，其外接圆半径为 则下底面外接圆的半径为， 在中，，则， 在中，，，， 作于，由于，则F为的中点， 则过的平面垂直时截面圆的面积最小， 则，截面圆的半径为， 所以截面圆的面积最小值为. 10．（25-26高二上·江苏南京·期中）已知正方体的棱长为2，则以为球心，2为半径的球面与正方体的截面的交线长为___________ 【答案】 【分析】平面与球面相交所形成的交线形状应为圆，由对称性可知本题的交线形状应为半圆，再求结论. 【详解】      由对称性可知，以为球心，2为半径的球面与棱长为2的正方体的截面的交线为以为直径的半圆， 该半圆的半径, 因此交线长. 故答案为：. 题型三 动点中轨迹的问题 11．（2026高一·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______. 【答案】直线 【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． 12．（2026·广东江门·一模）已知正方体的棱长为，点是正方形内（含边界）的一个动点，且满足，则点的轨迹长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求长度，再求轨迹长度. 【详解】连接，如下图所示： 因为平面，平面，所以. 由，，可得. 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆位于正方形内的部分. 因为，所以点的轨迹长为. 13．（25-26高一下·黑龙江大庆·期中）（多选）如图，在棱长为6的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，BC的中点，点Q满足，则下列说法正确的有（   ）    A．平面 B．若Q，M，N，P四点共面，则 C．若，点F在侧面内（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为 D．若，过A，P，Q三点作该正方体的截面将该正方体分成两部分，较小体积与较大体积的比值为 【答案】ACD 【分析】根据正方体的结构特征可知侧面互相平行，可判断A；根据平面的性质及正方体的截面可判断B；根据面面平行的判定可判断点F的轨迹，进而判断C；时，先找出过A，P，Q三点的正方体的截面，进而可判断D. 【详解】A，根据正方体的结构特征可知，平面平面， 又平面，所以 平面，故A正确； B，因为三个不共线的点M，N，P确定一个平面，如图1：    当分别为所在棱的中点时，T，M，N，P四点共面，所以重合， 平面与正方体的截面为平面六边形 ，此时，故B错误； C，取的中点E，上靠近的三等分点G，连接 ，如图2：    则 ，又平面，平面，则平面， 因为 ， ，所以四边形 为平行四边形，所以， 又平面，平面，则平面， 由 ， 平面，所以平面 平面， 所以点F的轨迹为线段，由勾股定理可知其长度为，故C正确； D，延长，与的延长线交于点H， 连接，与棱交于I，与的延长线交于点J，连接，与棱交于点K，如图3：    则过A，P，Q三点的正方体的截面为五边形 ， 由比例关系可得， ， ，所以较小体积与较大体积的比值为，故D正确. 14．（25-26高三上·云南普洱·期末）如图，在棱长为2的正方体中，是AB的中点，动点在正方体内部或表面上，若平面，则动点的轨迹所形成的区域面积为（   ） A．4 B． C．6 D． 【答案】B 【分析】分别取中点，求证平面平面，接着取中点求证四点唯一确定一个平面得到平面即为平面，再由题意得到动点的轨迹为平面四边形，求出四边形为等腰梯形即可计算求解. 【详解】分别取中点，连接， 则由正方体结构性质可知，， 所以四边形、、均为平行四边形， 所以，所以， 因为平面，在平面外， 所以平面，平面， 又，所以平面平面， 取中点，连接，则，则， 所以四点唯一确定一个平面，所以平面即为平面， 所以由题意若平面，则动点的轨迹为平面四边形， 因为， 所以四边形为等腰梯形，且该梯形的高为， 由正方体结构性质可得面积为. 故选：B 15．（25-26高二上·云南·月考）（多选）如图，已知正方体的棱长为，点在上，为正方形内一动点含边界，则下列结论正确的是（   ） A．若为棱中点，则过点的截面周长为 B．在点的运动过程中，与平面所成角的取值范围 C．若为棱中点，且，则点的轨迹长度为 D．当，为的中点，则点的轨迹面积为 【答案】ACD 【分析】利用平面性质作出过点的截面，即可判断A；根据线面角的定义作出线面角，然后根据正切函数性质求解角的范围判断B；根据正方体的性质可得点的轨迹，求解即可判断C；求出点的轨迹，然后根据球的表面积公式求解判断D. 【详解】对于A，当为棱中点，取中点，取中点，连接， 由题意可知：且，所以四边形为平行四边形， 所以且，又因为且， 所以四边形为平行四边形， 所以且，所以且， 所以四边形为平行四边形， 又因为，所以过点的截面即为边长为的菱形， 所以截面菱形的周长为，故A正确. 对于B，过作，根据正方体的性质可知，平面， 根据线面角的定义可知，为与平面所成角， 当位于点时，； 当不位于点且点在上时，则， 因为，所以，所以， 所以在点的运动过程中，与平面所成角的取值范围，故B错误. 对于C，因为，且恒有，所以， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆弧，故弧长为，故C正确. 对于D，当，为的中点，恒有， 在的运动过程中，恒有， 则点的轨迹是以为球心，为半径的八分之一个球面，故面积为，故D正确. 故选：ACD. 题型四 动点中证明平行垂直的问题 16．（25-26高三·北京·二轮复习）如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点.求证：平面平面. 【答案】根据面面垂直的判定定理和性质定理得平面，再利用线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理即可证明. 【详解】平面 平面， ∴平面平面， 又∵平面平面，且，平面， 平面， 又平面，故. 在中，，E为线段的中点，则. 因为平面，平面，，平面. 平面，∴平面平面. 17．（25-26高三·北京·二轮复习）如图，是圆柱的母线，四边形是底面内接正方形.点是棱上的动点（不与端点重合），且.证明：平面. 【答案】证明见解析 【详解】在正方形中，由，得，， 则，，因此， 由是圆柱的母线，得平面，而平面，则， 又平面，所以平面. 18．（25-26高一下·全国·课后作业）在长方体中，点P，R分别为BC，上的动点，当点P，R满足什么条件时，平面？ 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据给定条件，利用线面平行的判定，结合棱柱的几何特征求解. 【详解】 如图，当时，平面，理由如下： 在长方体中，由，得， 由，得四边形是平行四边形， 则，即，而平面，平面， 因此平面，所以当时，平面. 19．（25-26高三上·宁夏吴忠·月考）四棱锥的底面为正方形，面，动点在线段上， (1)求证： (2)求四棱锥的外接球表面积 (3)求的最小值 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据底面为正方形，可得，由面可得，根据线面垂直判定定理可得平面，从而证得结论； （2）将该四棱锥补为长方体，求出长方体的体对角线即可得出该四棱锥外接球的半径，根据表面积公式即可得出答案； （3）将四棱锥沿剪开得到平面图，根据已知求出各边边长，进而计算面积即可得出答案. 【详解】（1）连接， 因为底面为正方形，所以， 因为面平面，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面，故； （2）因为面，底面为正方形，如图，将该四棱锥补为长方体， 可知即为该长方体的一条体对角线， 且. 且该长方体的外接球即为该四棱锥的外接球，半径为， 表面积为； （3）如图将四棱锥沿剪开得到平面图，连结，交于点， 易知均为直角三角形，且全等， 且，，， 则，且， 即有， 所以，即的最小值为. 20．（25-26高二上·辽宁·月考）四棱锥中，底面为矩形，平面平面， ，    (1)若为线段上一动点（不含端点），且平面交棱于点，证明：； (2)记为中点，证明：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据线线平行证明线面平行，进而根据线面平行的性质求证， （2）根据面面垂直的性质可得平面，进而得，利用三角形相似可得，即可由线面垂直的判定求解. 【详解】（1）因为底面为矩形，所以 又因为平面， 平面，所以平面. 因为平面，平面平面， 所以又因为，所以. （2）如图，连接.    因为，所以，因为侧面底面， 侧面底面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为底面为矩形，且，的中点， 所以，，所以， 又，所以，所以， 因为，所以， 所以，因为平面，所以平面. 题型五 翻折过程中平行与垂直的问题 21．（25-26高一下·全国·课后作业）如图1，在梯形中，，，为中点，是与的交点，将沿翻折到图2中的位置得到四棱锥．求证： 【答案】证明见解析 【分析】应用菱形得出，，进而应用线面垂直判定定理得出平面即可得出所以，再应用平行四边形得出线线垂直. 【详解】图1中，在四边形中，，，所以四边形为平行四边形， 又因为，所以四边形为菱形，所以，， 所以在图2中，，，又平面，所以平面， 因为平面，所以， 又在四边形中，，， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以； 22．（25-26高三·北京·二轮复习）如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为.求证：平面. 【答案】证明见解析 【分析】过点作，交线段于，先证平面平面，再根据面面平行证线面平行. 【详解】过点作，交线段于， 如图： 因为平面，平面，所以平面. 由平行线性质可得：， 且，，则， 即，则，且，则， 又因为平面，平面，所以平面， 且，平面，则平面平面， 又平面，则平面. 23．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图，四边形中，，，为的中点，在上，，，，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面.证明：平面. 【答案】证明见解析 【分析】取的中点，连接，，通过证明进而证平面. 【详解】 取的中点，连接，， 由题意得，. 所以四边形为平行四边形，所以，. 又因为，将四边形沿翻折至四边形，故， ，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以. 又因为在平面外，平面， 所以平面. 24．（25-26高二上·四川泸州·期中）如图所示，在直角梯形中，，，，分别是，上的点，且， ，（），，将四边形沿向上翻折，连接，，，在翻折的过程中，设（），记几何体的体积为． (1)求证：平面； (2)若平面平面． ① 求证：； ② 当取得最大值时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)① 证明见解析；② 【分析】（1）根据题意先构建面面平行，即平面平面，因为平面，平面，所以平面； （2）①过点作交于点，先证明平面．得到，再证平面，得到，因为，则可证平面，进而证得； ②由题意得到底面的距离为，设点到的高，可证平面，即点到底面的高为，在中使用等面积法可得，进而可使用割补法得几何体的体积，取的中点，连接，易得平面，即，在、、中，结合勾股定理与余弦定理，可得，，当且仅当时等号成立，故当取得最大值时，即取得最小值，，进而可求的值. 【详解】（1）证明：根据题意可知，， 因为平面，平面，所以平面， 同理，因为平面，平面，所以平面， 又因为是平面内的两条相交直线，所以平面平面， 因为平面，所以平面． （2）①证明：在平面内过点作交于点， 因为平面平面，平面平面，所以平面． 又因为平面，则； 根据题意，平面图形翻折后，， 且是平面内两条相交直线， 所以平面，又，得平面． 又平面，则， 因为是平面内两条相交直线，所以平面， 因为平面，所以． ②直角梯形中，，，且， 由①可知平面， 由（1）可知由题意平面平面， 所以到底面的距离为， 在中，设点到的高，即， 因为平面，而平面，所以， 因为，平面，所以平面， 故点到底面的高为， 在中，根据三角形的面积公式，∴； 几何体的体积为 ； 取的中点，连接， 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，所以平面，又因为平面，所以， 在中，， 在中，， 在中，，∴，化简得到， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 故当取得最大值时，即取得最小值，， 所以几何体体积． 25．（25-26高一下·全国·课堂例题）在矩形中，，.点，分别在，上，且，.沿将四边形翻折至四边形，点平面.求证：平面. 【答案】由条件根据线面平行判定定理证明平面，平面，再根据面面平行判定定理证明平面平面，结合面面平行性质证明结论. 【详解】证明：因为，平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 因为，故平面平面， 而平面，故平面. 26．（25-26高三·北京·二轮复习）如图，正三角形和平行四边形在同一个平面内，AB，DE的中点分别为F，G.将沿直线AB翻折到，设CE的中点为H.求证：平面平面. 【答案】证明见解析 【详解】因为四边形为平行四边形，F、G分别为的中点， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面， 又H、G分别为的中点，所以. 平面，平面，所以平面， 因为FD、平面，， 所以平面平面. 题型六 翻折过程中夹角的问题 27．（25-26高三上·上海徐汇·月考）如图，已知梯形；E为线段上一动点，过点E作交线段于点F，连接，将沿翻折． (1)当平面平面时，若，求：到平面的距离； (2)若三棱锥体积和 同时达到最大值，求：与平面所成角的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）过点作，过点作，根据平面知识求出梯形各边长，再利用面面垂直可证明出平面，即可证明平面平面，从而可得平面，再利用比例关系即可求解到平面的距离； （2）利用三棱锥的体积在平面平面时取得，再利用面积计算公式，结合平行线分线段成比例来求面积比值的最大值，即可得为三角形的中位线，从而可证明平面，即可得线面角的大小. 【详解】（1） 过点作，垂足为，由，可知为中点. 因为，所以可设， 因为为中点，所以，即， 又因为所以，即， 所以，即， 所以. 又因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又因为平面，所以平面平面， 又因为平面平面，在平面内，过点作， 所以平面. 在直角三角形中，， 即点到平面的距离为 又因为，所以， 则点到平面的距离等于点到平面的距离的倍，即， 因为，所以到平面的距离为. （2）要使得三棱锥体积达到最大值，则满足平面平面， 由平面平面，，平面， 所以平面. 由， 因为，所以可设， 则， 即当时，取到最大值，此时与重合，为三角形的中位线， 此时平面， 故与平面所成角的大小为. 28．（24-25高一下·湖北咸宁·期末）如图，在平行四边形ABCD中，，，将沿AC翻折，使点B到达点P的位置． (1)求三棱锥体积的最大值； (2)当二面角的平面角为时，求三棱锥外接球的表面积； (3)在翻折过程中，求异面直线AC与PD所成角的余弦值的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）依据当平面平面ACD时，最大，计算即可； （2）补全图形为三棱柱，计算外接圆半径，然后根据外接球半径，最后利用球的表面积公式计算即可. （3）作出图形，得到点B关于点A对称点，然后得到，依据，最后计算即可. 【详解】（1）∵点P到平面ACD的距离， ∴当平面平面ACD时，最大，． （2）如图，将三棱锥补成正三棱柱， 则为二面角的平面角，AP=2， 设与外接圆圆心分别为，，则球心O为的中点， ，设外接圆半径为，由，所以， 则外接球半径，所以外接球的表面积． （3）如图，设点与点B关于点A对称，则， 翻折中点P在以A为圆心、半径为2的圆周上运动，四边形为正方形，且， ∴异面直线PD与AC所成角为，又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴异面直线AC与PD所成角的余弦值的取值范围为． 29．（25-26高二上·上海浦东新·期末）兴趣小组在折纸活动中将矩形纸片沿着对角线翻折至二面角的大小为处（如下图）.    (1)若纸片是正方形，请证明：； (2)若与平面所成角为，请求出的近似值（精确到0.01）. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据正方形对角线的性质可得线线垂直，根据线面垂直的性质与判定，可得答案； （2）根据锐角三角函数，以及面面垂直的性质与线面角的概念，可表示各个边长，利用余弦定理建立方程，分解因式，可得答案. 【详解】（1）连接，取的中点为，连接，    由矩形是正方形，则易知，， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）在平面中，过作，垂足为，连接，    设，由矩形的性质，易知，，由题意可得， 由，即平面平面，且平面平面， ，平面，则平面， 因为平面，所以，由与平面的夹角为，则， 设，在中，，， 在中，，， 在中，， 易知，，， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 由，则化简可得， 令，则，分解因式可得， 由，则，即，解得， 所以，即的近似值为. 30．（23-24高一下·云南昭通·月考）已知如图甲，在梯形ABCD中，，，，E，F分别是AB，CD上的点，，，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面平面EBCF（如图乙）． (1)证明：平面ABE； (2)当时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由题意得到，，从而得到线面垂直； （2）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，从而，进而证明出故，所以为二面角的平面角，求出各边长，求出，进而求出二面角的余弦值. 【详解】（1）证明：在直角梯形ABCD中，因为，故，， 因为，故． 所以在折叠后的几何体中，有，， 而，平面， 故平面ABE． （2）如图，在平面AEFD中，过D作且交EF于G． 在平面DBF中，过D作且交BF于H，连接GH． 因为平面平面EBCF，平面平面，平面AEFD， 故平面EBCF， 因为平面EBCF，故，而，故平面DGH， 又平面DGH，故，所以为二面角的平面角， 在平面AEFD中，因为，，故， 又在直角梯形ABCD中，且， 故，故四边形AEGD为平行四边形，故，， 在直角中，， 因为为三角形内角，所以为锐角， ，，解得， 故，故， 因为三角形内角，故为锐角， ，，解得， 所以二面角的平面角的余弦值为． 31．（25-26高二上·安徽马鞍山·开学考试）如图1，在矩形中，为的中点．将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）．    (1)当平面平面时，求直线与平面所成角的正切值； (2)在翻折过程中，求直线与平面所成角的最大值； (3)在翻折过程中，求二面角的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据矩形边长性质以及三角形相似可得，再由面面垂直性质证明可证明平面，结合线面角定义即可求得结果； （2）根据线面垂直判定定理可证明平面，结合性质定理可得平面，作出线面角的平面角并得出正切值的表达式，再结合三角函数值域求得，可得结论. （3）根据二面角定义利用线面垂直性质作出二面角的平面角，结合三角函数最值求出正切值的最大值，即可求得结果. 【详解】（1）连接交于点，如下图所示：    则， 因为，所以，即， 又，所以，可得， 同理易证，所以， 翻折后当平面平面时，平面平面，且， 又平面，所以平面； 可知即为直线与平面所成的角， 在中，， 即直线与平面所成角的正切值为； （2）过点作，垂足为，如下图所示：    因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面， 即即为直线与平面所成的角， 在翻折过程中，设，由（1）可知，， 在中，， 所以， 设，则， 所以，其中， 所以，解得， 显然当时，，故， 即，又易知，所以， 即直线与平面所成角的最大值为； （3）过作于点，连接，如下图所示：    由（2）知平面，因为平面，所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以，又， 所以为二面角的平面角， 因为，，所以，可得， 结合（2）可得， 在中，, 令，则， 即，其中， 所以，解得， 显然当时，，故， 即，结合，可知， 因此二面角的最大值为. 32．（24-25高一下·吉林长春·期末）如图1，在中，，，分别是的中点，现将沿逆时针翻折形成四棱锥（如图2），且，直线与平面所成的角为. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知先证明平面，然后由面面垂直的判定定理即可证明； （2）连接，过点作，垂足为，连接，得出二面角的平面角为，即可求解. 【详解】（1）因为分别是的中点，所以， 因为，所以，则，，即， 又因为，平面，所以平面， 故平面，又平面， 所以平面平面. （2）连接，过点作，垂足为，连接，如图所示， 因为平面，直线与平面所成的角为 所以，即， 因为，，所以，是等腰直角三角形， 可得，所以，即为等边三角形， 则点为中点，， 在中，，在中，，则， 由点为中点得，， 又平面，平面，平面平面， 所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以二面角的正切值为. 强化训练 1．（25-26高二上·上海·期末）已知正方体，棱的中点为，棱的中点为，棱的中点为，过作该正方体的截面，则该截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【分析】采用截面扩展法找出截面与各条棱的交点，即可得到截面形状. 【详解】 延长，交的延长线于点，延长，交的延长线于点， 连接，交于，连接，交于， 连接，. 则五边形即为过与该正方体的截面. 故选：C. 2．（25-26高二上·四川内江·月考）球的半径为10，若它的截面面积是，则球心到截面的距离是（ ） A．9 B．8 C．6 D．4 【答案】C 【分析】利用即可求解. 【详解】因为球的截面面积是，故截面圆的半径， 设球心到截面的距离是，则解得. 故选：C 3．（25-26高三下·广东·月考）已知高为4的正四棱锥的所有顶点都在球的表面上，若球被平面所截得的截面面积为，则四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】球被平面所截得的截面面积为，可得截面圆的半径为，正方形的边长为， 设球的半径为，则到平面的距离为， ，解得， 所以四棱锥的体积为. 4．（25-26高一下·天津·期中）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. 其中所有正确结论的个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【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，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， 所以的最小值为错误，即结论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， ，，， ， 又平面，平面，， ，平面，平面， 平面， 因为平面，平面， . 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，，，，，， 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， ，，即点为上靠近点的三等分点，得证. 又，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3， 因为，，点从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， 所以点从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 5．（25-26高一下·黑龙江大庆·期中）正方体的棱长为2，M是线段上的一个动点（含端点），则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用展开平面和两点之间线段最短求解. 【详解】 因为平面，平面，所以，， 在正方形中，对角线平分直角，得， 将平面沿展开，与平面共面，此时，且， 当三点共线时最小，此时， 由余弦定理可得， 开方得：，即的最小值为. 6．（25-26高二上·广东·期末）如图所示，四边形为正方形，将绕翻折得到三棱锥，且，若三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三棱锥的体积求出棱长，再由为三棱锥的外接球球心，求出球的半径，利用球的表面积公式得解. 【详解】设正方形的边长为，则， 取中点，连接，如图，    则，又，所以为正三角形． 因为，平面 所以平面，则三棱锥的体积， 解得， 因为与均为直角三角形，且为斜边，为中点， 所以为三棱锥外接球的球心， 所以三棱锥外接球的半径． 则该三棱锥外接球的表面积为． 故选：D 7．（25-26高二下·四川成都·月考），分别为菱形的边，的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，直线与平面的位置关系为（    ） A．平行 B．相交 C．相交或平行 D．无法判断 【答案】A 【详解】因为，分别为，的中点，所以. 因为平面，平面， 所以平面. 8．（2026·重庆·二模）（多选）如图，平面四边形中，为正三角形，为等腰直角三角形，与交于点，若将沿斜边翻折，得到三棱锥，则下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中，与始终垂直 B．在翻折过程中，与始终垂直 C．在翻折过程中，三棱锥有可能是正四面体 D．在翻折过程中，三棱锥有可能是正三棱锥 【答案】AD 【分析】对于A，因为在翻折过程中平面，可判断A；对于B，当平面平面时，假设与垂直，可得到，显然不成立，可判断B；对于C，利用正四面体的定义即可判断；对于D，当的投影为的中心时，此时三棱锥为正三棱锥，可判断D. 【详解】由题意知，在翻折过程中，，， 可得，平面， 所以平面， 又平面，所以，故A正确； 当翻折使平面平面时， 因为，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 若，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 易知不成立，故此时与不垂直，故B错误； 而正四面体为四个面均为等边三角形的三棱锥， 显然不是等边三角形，故C错误； 在翻折过程中，当的投影为的中心时，此时平面， 又，所以， 此时三棱锥为正三棱锥，故D正确. 9．（2026·四川泸州·模拟预测）（多选）若是正四棱台的棱上的动点（包括端点），则（    ） A．存在点，使得平面 B．直线与异面 C．平面平面 D．若，则平面平面 【答案】BC 【分析】利用反证法结合线面垂直的性质可判断A选项；利用异面直线的概念可判断B选项；推导出平面，结合面面垂直的判定定理可判断C选项；利用反证法结合面面平行的性质可判断D选项. 【详解】A，若存在点，使得平面， 因为平面，所以， 又因为四边形为正方形，所以， 因为，、平面， 所以平面，平面， 所以，事实上，四边形为等腰梯形，即与不垂直，A错； B，将正四棱台补成正四棱锥，如下图所示： 则平面，若直线与共面，则点与点重合时，直线与共面， 但为线段上的点，即点不可能与点重合，故与异面，B对； C，设，则为正方形的中心，所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故平面平面，C对； D，设，则为的中点， 若平面平面，且平面平面，平面平面， 由面面平行的性质定理可得， 因为，则为的中点，为的中点，所以， 在平面内，过点且平行于的直线有且只有一条，矛盾，故假设不成立，D错. 10．（25-26高三·全国·三轮复习）（多选）已知正方体的棱长为2，E为边CD的中点，P为空间内一动点，则下列说法中正确的是（ ） A．当P在线段上运动时，四面体的体积为定值 B．当P在正方体表面上运动时，若，则P的轨迹长度为 C．当P在线段AE上运动时，直线与AD成角最小值为 D．当P在线段上运动时，四面体的外接球半径的取值范围为 【答案】ACD 【分析】求出点P到平面的距离d不变，得到为定值即可判断A；求证平面，取中点N，求出平面即平面即可求解点P轨迹长度判断B；求出与AD成角为且即可分析求解判断C；分析出球心为外心，球半径R为外接圆半径，再由正弦定理即可分析求解判断D. 【详解】对于A，，由于，且由正方体性质可知， 所以由平面、平面，所以平面， 所以点P到平面的距离d即直线到平面的距离，其距离值为定值， 所以，为定值，故A正确； 对于B，线段在平面的射影为，连接，则， 因为平面，平面，所以， 又，平面， 故平面，又平面，所以， 而在平面内的射影为， 取BC中点M，连AM，则由正方形性质易知， 而平面，平面，则， 又，平面，故平面， 又平面，所以， 因为，平面，所以平面， 取中点N，连接，易得， 所以可唯一确定一个平面，则平面即平面， 所以点P轨迹为四边形， 其长度为，故B错误； 对于C，过P作于H，连接，易知且平面， 因为平面，所以， 则与AD成角为，且， 随着P从点A运动到E，增大，PH减小，从而增大，增大， 因此当点P位于点A时，成角最小为，故C正确. 对于D，取AC中点O，过O作平面的垂线，则球心在该直线上， 又由正方体结构特征可知平面平面，从而球心为外心，记为S， 球的半径R为外接圆半径，由正弦定理， 因为且， 又， 所以，故，即，故D正确. 11．（25-26高一下·浙江金华·月考）（多选）在长方体中，底面是边长为4的正方形，在棱上，且，则（    ） A． B．过点的平面截该长方体，所得截面周长为 C．以点为球心，为半径作一个球，则球面与底面的交线长为 D．三棱锥外接球的体积是 【答案】ABD 【详解】设，在直角中，根据勾股定理得， 在直角中，根据勾股定理得，解得，故，故A正确， 延长相交于点，连接交于点，则截面周长为， 在中，利用三角形相似可得，在中，利用三角形相似可得， ，又底面是边长为4的正方形，则， 故截面周长为，故B正确， 点到底面的距离为1，球的半径为，设球面与底面（正方形）的交线为半圆， 圆心在线段上且与距离为1，圆的半径，可得交线长为，故错误， 在中，，则的外接圆半径，显然平面， 因此三棱锥的外接球的球心在线段的中垂线上，球心到平面的距离为， 则球半径，故三棱锥的外接球体积为，故D正确. 12．（2026·四川宜宾·一模）（多选）已知正三棱台，上底面边长为2，下底面ABC边长为6，侧棱长为4，点在侧面内（包含边界）运动，且，Q为上一点，且，则下列说法正确的是（   ） A．正三棱台的高为 B．高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 C．点P的轨迹长度为 D．过点的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 【答案】ABD 【分析】延长正三棱台侧棱相交于点，分析可知三棱锥为正四面体，对于A：根据正四面体的高以及棱台的性质分析求解；对于B，根据三棱台的高及上底面内切圆的半径即可判断；由得到，进而根据等边三角形的内切圆半径为求得点的轨迹，再求轨迹长度判断C；设正四面体的内切球的半径为，利用等体积法得到，再结合题意可知过点，，的平面正好过该内切球的球心，进而得到截面面积即可判断D． 【详解】延长正三棱台侧棱相交于点，由题意可知：， 在等腰梯形中，因为，，，则. 即为等边三角形，可知三棱锥为正四面体，且. 对于A：设为等边的中心， 由正四面体的性质可知：侧面，且， 即点到底面的距离为， 又因为，，所以正三棱台的高为，故A正确； 对于B，设的内切圆的半径为，则根据等面积法有：，解得， 因为正三棱台的高为，的内切圆的半径为，且， 所以高为、底面半径为的圆柱可以放进该棱台内，故B正确； 对于C，由A选项知，侧面，且， 因为点在侧面内（包含边界）运动，且 所以， 因为等边三角形的内切圆的半径为， 又，， 所以，点在侧面内的轨迹为弧和， 而,故，故为等边三角形， 所以，所以点的轨迹长度为，故C错误； 对于D，设正四面体的内切球的半径为， 由等体积法可得，解得， 因为，所以该棱台内最大的球即正四面体的内切球， 又因为，，， 所以为的中点，过点，，的平面正好过该内切球的球心， 所以截面面积为，故D正确． 13．（25-26高一下·浙江杭州·期中）已知正方体的棱长为3，点在棱上，，点在棱上（点异于两点），若平面截正方体所得的截面为五边形，则线段长的取值范围为______． 【答案】 【分析】本题关键是结合正方体的结构特征与平面基本性质,分析截面为五边形的临界条件,再利用勾股定理将线段长度转化为所求变量的表达式,进而求解取值范围. 【详解】由题意知,，又，故. 则. 当时，可知， 又，则， 故平面截正方体所得的截面为四边形(如图)， 当时，过点作的平行线交于点， 可知平面截正方体所得的截面为四边形(如图), 当时，过点作的平行线交的延长线于， 交于点，连接交于点， 可知平面截正方体所得的截面为五边形(如图3), 综上所述，使得平面截正方体所得的截面为五边形时, 即的范围为. 14．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图，棱长为1的正方体中，E，F分别为AD，AB的中点，点G在上底面（含边界）上运动，若满足平面，则点G的轨迹长度为______． 【答案】/ 【分析】取，，，的中点分别为，，，，连接，，，，，，，可证明平面，点在平面内，进而可得点在面与面的交线上，即可求解. 【详解】取，，，的中点分别为，，，， 连接，，，，，，， 因为，分别为，的中点， 所以，同理可得， 因为，， 所以四边形是平行四边形，可得， 所以，同理可证，， 所以，，，，，共面， 因为，面，面， 所以平面， 若平面，则点在平面内， 又因为点在上底面（含边界）， 所以点在面与面的交线上， 所以点在线段上，则点轨迹长度为. 15．（23-24高二上·上海徐汇·月考）如图，矩形ABCD中，，，M为的中点．将沿直线翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中，①对于任意一个位置总有平面  ②存在某个位置，使得  ③存在某个位置，使得，上面说法中，所有错误的序号是________．    【答案】② 【分析】根据空间中线面位置关系，再结合翻折过程中部分量的不变的特征直接判断得出. 【详解】如图，设的中点为，连.    对于①：因为为中点，所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，故平面.故①正确； 对于②：若存在某个位置，使得，由①知，得， 而在翻折过程中，即与矛盾，故②错误； 对于③：存在某个位置，使得，而在翻折过程中， 且，平面，平面，所以平面，平面， 得，由，， 故存在这样位置，使得，故③正确； 故答案为：②. 16．（25-26高二上·广西桂林·期末）如图，在边长为2的等边三角形ABC中，D为AC的中点，将沿BD翻折至，使得平面与平面CBD垂直． (1)证明：； (2)求点D到平面的距离； (3)求平面与平面DBC的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质推理得证. （2）过作于，利用面面垂直的判定性质，结合点到平面距离的意义求解. （3）由（2）中信息，确定两个平面的夹角，再利用直角三角形边角关系求解. 【详解】（1）依题意，，而平面， 则平面，又平面， 所以. （2）由（1）知，，而平面平面，平面平面， 平面，则平面，又平面，则， 过作于，连接，由平面， 得平面，而平面，于是平面平面， 过在平面内作于，而平面平面，因此平面， 长即为点D到平面的距离，，， ，在中，，则， 所以点D到平面的距离. （3）由（2）得，则是平面与平面DBC的夹角， ， 所以平面与平面DBC的夹角的余弦值为. 17．（25-26高三·全国·二轮复习）已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点.求证：平面. 【答案】证明见解析 【分析】取PE的中点，证明平面平面，再利用面面平行的性质定理证明. 【详解】取的中点，连接、， 因为点为棱的中点，且，所以且， ，平面，平面， 所以平面，同理可得平面. 因为平面，平面，且， 所以平面平面. 因为平面，所以平面. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $