秘籍13 空间几何体截面问题与动点轨迹问题（八大热点题型）（抢分专练）2026年高考数学终极冲刺讲练测

秘籍13 空间几何体截面问题与动点轨迹问题 题型 考情分析 考向预测 1.截面形状与作图判断 2023年新高考卷Ⅰ：12题考查了正方体中最大截面 2023年新高考卷Ⅱ：14题考查了正四棱锥中截面问题 2024年天津高考卷：14题考查正方体中动态问题 2025年新高考卷Ⅱ：14题考查圆柱中两球相切截面问题 2026年高考，空间几何体截面与动点轨迹仍为选填压轴热点，难度中高档. 1.截面：以正方体、棱锥、球为载体，考形状判定、面积或周长最值. 2.动点轨迹：常见线段、圆弧、椭圆、抛物线，结合等距、垂直、平行条件；常与最值、范围、体积/距离综合 2.截面周长面积计算与最值 3.截面分割几何体的体积、面积比 4.动点在几何体表面、内部的轨迹问题及动点轨迹长度、周长、面积 5.与动点有关的最值问题 6.动点的存在性与唯一性问题 题型1 截面形状与作图判断 1.. 高频几何体的截面问题 (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： 圆柱体：当平面平行于底面去截时，得到的截面是圆；当平面垂直于底面去截时，得到的截面是矩形；当平面既不平行也不垂直于底面去截时，得到的截面是椭圆或椭圆的一部分 圆锥体：当平面平行于底面去截时，得到的截面是圆；当平面通过圆锥的顶点且垂直于底面去截时，得到的截面是等腰三角形；当平面既不平行于底面，也不通过顶点去截时，得到的截面是椭圆或抛物线或双曲线的一部分 （3）.球的截面形状 ①当截面过球心时，截面的半径即球的半径，此时球的截面就是球的大圆； ②当截面不过球心时，截面的半径小于球的半径，此时球的截面就是球的小圆. (2)球的截面的性质 ①球心和截面圆心的连线垂直于截面 ②球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r之间满足关系式：. 2.常见空间几何体截面的作法 技法1　直接法 若截面上的点都在几何体的棱上，且两两在同一个平面内，可借助基本事实“如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内”，直接连线作截面. 技法2　平行线法 若截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某一个面平行，可以借助于两个性质：①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；②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，利用平行线法作截面. 【例1】（2026高三·全国·专题练习（多选）已知正方体的棱长为2，若平面，则下列关于平面截此正方体所得截面的判断中正确的是（    ） A．截面形状可能为正三角形 B．截面形状可能为正方形 C．截面形状可能为正五边形 D．截面面积最大值为 【答案】AD 【分析】借助正方体，画出截面图形，再对选项进行一一判断． 【详解】如图,在正方体中，连接，    因为平面，平面，则， 又四边形为正方形，则， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 因为，平面，所以平面， 所以平面与平面平行或重合， 所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形，故A正确； 当分别为对应棱的中点时，截面为正六边形， 因为分别为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又因为平面，所以平面平面， 所以平面，所以截面为正六边形， 将平面平移，可知截面不可能为正方形和正五边形，故BC错误； 如图设截面为多边形， 设，则， 则， 所以多边形的面积为两个等腰梯形的面积之和， 所以， 因为，， 所以， 当时，，故D成立. 故选：AD. 【变式1-1】（2026·辽宁抚顺·一模） 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． 题型2 截面周长，面积计算与最值 1.利用平行线法，相交线法作出截面形状，结合正弦定理，余弦定理求解截面的周长与面积。 2.用函数思想求截面面积的最值。 【例2】（2026高三·全国·专题练习）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． 【变式2-1】（2026·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. 【变式2-2】（2026福建泉州·月考）（多选）如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（      ） A．平面 B．点到平面的距离为1 C．过作与该正方体所有棱都相切的球的截面，所得截面的面积的最小值为 D．若为直线上的动点，则为定值 【答案】ABD 【分析】对A，证明，利用线面平行的判定定理得证；对B，利用三棱锥等体积求解；对C，连接交于点，则是的中点，由对称性可得截面的面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆，即截面圆圆心为，求出截面圆的半径得解；对D，由，结合向量数量积运算得解. 【详解】对于A，连接，，在正方体中，，而M，N分别为棱，的中点，则， 又平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，连接，设点到平面的距离为， 由，得，又， 则，所以，故B正确； 对于C，连接交于点，则是的中点． 正方体的棱切球的球心是正方体对角线的中点，半径． 由对称性知过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆，即截面圆圆心为. 易得，∴． 故截面圆半径， 此时截面圆面积为，故C错误； 对于D，易得 ，所以，故D正确. 故选：ABD. 题型3 截面分割几何体的面积，体积比 1.截面分割几何体时，找出分割后两部分中特殊几何体如棱柱，棱锥，棱台等，再利用求棱柱，棱锥，棱台公式求体积 【例3】（2026江西宜春十校联考）（多选）在正方体中，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ） A．直线与所成的角的大小为 B．直线平面 C．平面平面 D．平面将正方体截成的两部分（较大部分与较小部分）的体积之比为 【答案】AD 【详解】由正方体的结构特征知，，即三角形为正三角形， 又因为分别为的中点，则， 因此直线与所成的角即为直线与所成的角，即或其补角， 又，所以直线与所成的角的大小为，A正确； 对于B，如图，连接，，连接，显然是的中点，而是的中点，则，若直线平面，则、确定的平面与平面的交线过点，且平行于，显然过点有两条直线与平行，与过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行矛盾，因此与平面不平行，B错误； 对于C，如图，取的中点为，连接，显然，则， 假设平面平面，而平面平面， 于是平面，又平面，则，与矛盾，C错误； 对于D，不妨设正方体的棱长为，则正方体的体积即为， 平面将正方体截成的较小部分为三棱锥， 由锥体体积公式可得，则正方体被截的较大部分体积为， 所以平面将正方体截成的两部分（较大部分与较小部分）的体积之比为，D正确.故选AD. 【变式3-1】(2026成都诊断联考)正四棱锥P﹣ABCD的底面边长为2,侧棱长为2,过点A作一个与侧棱PC垂直的平面α,则平面α被此正四棱锥所截的截面面积为 ,平面α将此正四棱锥分成的两部分体积的比值为 . 【答案】 （或2） 【分析】由已知得△PAC为正三角形,取PC的中点G,得AG⊥PC,且AG.然后证明AG⊥EF,且求得AG与EF的长度,可得截面四边形的面积；再求出四棱锥P﹣AEGF的体积与原正四棱锥的体积,则平面α将此正四棱锥分成的两部分体积的比值可求. 【详解】解：如图, 在正四棱锥P﹣ABCD中,由底面边长为2,侧棱长为, 可得△PAC为正三角形,取PC的中点G,得AG⊥PC,且AG. 设过AG与PC垂直的平面交PB于E,交PD于F,连接EF, 则EG⊥PC,FG⊥PC,可得Rt△PGE≌Rt△PGF,得GE＝GF,PE＝PF, 在△PAE与△PAF中,由PA＝PA,PE＝PF,∠APE＝∠APF,得AE＝AF. ∴AG⊥EF. 在等腰三角形PBC中,由PB＝PC＝2,BC＝2,得cos∠BPC, 则在Rt△PGE中,得. 同理PF,则EF∥DB,得到. ∴； 则. 又, ∴平面α将此正四棱锥分成的上下两部分体积的比为. 故答案为：；（或2）. 题型4 动点在几何体表面、内部的轨迹问题 1 对于翻折问题的动点及轨迹问题 (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. 2 判断轨迹的类型问题，常常要借助于圆锥曲线的定义来判断，常见的轨迹类型有：线段、圆、圆锥曲线、球面等.在考查学生的空间想象能力的同时，又融合了曲线的轨迹问 【例4】（2026郑州一模）（多选）在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，点Q在侧面内运动，则下列结论正确是（    ） A．若，则动点Q的轨迹是线段 B．若，则动点Q的轨迹是圆的一部分 C．若，则动点Q的轨迹是椭圆的一部分 D．若点Q到与的距离相等，则动点Q的轨迹是双曲线的一部分 【答案】AB 【分析】先求证平面，再根据线面垂直性质定理得平面，进而得点Q的轨迹判断A；根据线面垂直性质得，即可得Q的轨迹判断B；建立空间直角坐标系，设Q的坐标，利用向量夹角公式列式求得点Q的轨迹判断C；利用距离公式列式求得点Q的轨迹判断D. 【详解】对于A，如图1，由正方体容易得平面，因平面，则， 又，，平面，则平面， 又平面，则，同理可证，， 因，平面，则平面， 若，则平面， 又平面，所以点Q的轨迹是平面与平面的交线段，A正确； 对于B，如图2，因为平面，平面，所以， 所以是直角三角形，又因为，，所以， 即Q的轨迹是以C为圆心，半径为1的圆弧，B正确；      对于C，以为坐标原点，为轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 设，所以， 因为，所以， 即，得， 所以点Q的轨迹是双曲线的一部分，C错误； 对于D，以D为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 设 则Q到的距离等于，Q到的距离y， 又点Q到与的距离相等，所以， 而满足方程的点仅有，D错误. 故选：AB 【变式4-1】（25-26高三上·辽宁·月考）（多选）如图，是棱长为2的正方体的侧面上的一个动点，是棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若点与点重合，则异面直线与所成角的大小为 B．若点满足，则动点的轨迹长度为2 C．三棱锥体积的最大值为 D．当直线与平面所成角为时，点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】对于A, 先证明平面，再证；对于B，如图②，取的中点的中点，连接，可证 ，再证，平面，由，得点的轨迹为四边形中的边，即可求解；对于C， ，要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，点是正方体侧面内到平面距离最大的点，点到平面的距离，进而可求解；对于D，如图③，易知为直线与平面所成角，所以2，则点的轨迹是以为圆心，半径的圆，即为弧，即可求解 【详解】对于A，当点与点重合时， 如图①，连接，由正方形，知，由正方体知平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以异面直线与所成角的大小为，A正确； 对于B，如图②，取的中点的中点，连接，由，得， 则，所以， 由平面平面，得， 而平面，所以平面，由，得点的轨迹为四边形中的边，则动点的轨迹长度为2，B正确； 对于C，显然为正三角形，，而，要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，点是正方体侧面内到平面距离最大的点，又三棱锥是棱长为的正四面体，所以点到平面的距离， 则，C错误； 对于D，如图③，由平面，易知为直线与平面所成角，所以2，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即为弧，所以点的轨迹长度为，D正确. 故选：ABD 【变式4-2】如图，为圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为 B．三棱锥的体积的最大值为 C．的取值范围是 D．若，为线段上的动点，则的最小值为 【答案】D 【分析】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断A；当时，的面积最大，此时三棱锥体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断B；先用取极限的思想求出的范围，再利用，求的范围，即可判断C；利用图形展开及两点之间线段最短即可判断选项D. 【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径， 对于A，圆锥的侧面积为：，故A错误； 对于B，当时，的面积最大，此时， 则三棱锥体积的最大值为，故B错误； 对于C，因为为等腰三角形，，又，所以， 当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，达到最大值， 又因为与不重合，则，又，可得，故C错误； 对于D，由，得，又， 则为等边三角形，则， 将以为轴旋转到与共面，得到， 则为等边三角形，，如图可知， 因为， ， 则，故D正确； 故选：D. 题型5 与动点有关的最值、范围问题 (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值. (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值. 【例5】(2026·西安调研)（多选）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的有（    ） A．异面直线与所成的角为45°； B．此八面体的外接球与内切球的体积之比为； C．若点为棱上的动点，则的最小值为； D．若点为四边形的中心，点为此八面体表面上动点，且，则动点的轨迹长度为. 【答案】BD 【分析】利用正八面体的性质，找出异面直线与所成的角，即可求得其大小，判断A；分别求出八面体的外接球与内切球的半径，即可判断B；将沿折叠至平面中，结合平面图形性质，即可求得的最小值，判断C；求出三角形的内切圆半径，确定当点在平面内时，点在三角形的内切圆上运动，结合正八面体的对称性，即可求得动点的轨迹长度，判断D. 【详解】对于A：连接，取中点，连接、， 由题意可得在正八面体中，、为同一直线，、、、四点共面， 又，故四边形为菱形， 故，故异面直线与所成的角等于直线与所成的角， 结合正八面体每个面都是正三角形，即得异面直线与所成的角等于，故A错误； 对于B：由四边形为正方形，有， 即，故四边形亦为正方形，即得， 即点到各顶点距离相等， 即此八面体的外接球球心为，半径为， 设此八面体的内切球半径为， 则有，即 化简得， 则此八面体的外接球与内切球的体积之比为，故B正确； 对于C：将沿折叠至平面中，如图所示： 则在新的平面中，、、三点共线时，有最小值， 则，故C错误. 对于D，设三角形的内切圆半径为，则由等面积法，有， 解得， 由B可知，点到平面的距离为，而， 所以， 这表明当点在平面内时，点在三角形的内切圆上运动， 它的周长是， 根据对称性可知动点的轨迹长度为，故D正确.故选：BD. 【变式5-1】（25-26高三上·天津西青·月考）如图，点是棱长为1的正方体的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论不正确的（   ） A．当时，点一定在线段上 B．当为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 C．当点在棱上运动时，的最小值为 D．线段上存在点，使异面直线与所成角的正切值为 【答案】C 【分析】根据线面垂直判定A，应用空间向量法计算角及外接球球心，结合表面积公式计算判断B，D，应用展开图及勾股定理计算判断C. 【详解】对于A，若， 又因为平面，平面， 所以，又平面，可得平面， 所以，又因为是正方形，所以，所以点一定在线段上，故A正确； ， 对于C，如图，旋转平面，使之与平面共面， 连接交于，此时最短为，大小为，故C错误， 对于B，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系， 当为的中点时，则，，， 设三棱锥的外接球的球心为，则， 即，解得， ∴三棱锥的外接球半径， ∴三棱锥的外接球表面积为，则B正确； 设线段上存在点，设， 则可得，又，，， 则， 设异面直线与所成角为，若正切值为，则， 即，化简得， 解得，故线段上存在点，使异面直线与所成角的正切值为，故D正确. 故选：C. 【变式5-2】(2026河南名校联考 ) 已知正三棱锥，侧棱长为5，底面边长为8，若空间中的一个动点M满足，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】设O为中点，先由题设得和，进而得点M在以O为球心，半径为的球上，接着设 ，再将转化成即可计算求解. 【详解】如图，O为中点，则由题意且， 所以. 因为，则即， 所以点M在以O为球心，半径为的球上， 设，则， 所以. 故答案为：. 题型6 动点的存在性与唯一性问题 1.直接法，利用特殊性直接找出特殊点，判断存在性 2.向量法，通过向量计算判断唯一性 【例6】(2026江西名校联考）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，点P在线段AC上运动，则（   ） A．平面 B．与平面所成的角随AP的增大先变大再变小 C．存在唯一点P，使得与所成角的大小为30° D．若Q为棱BC上一动点，则的周长的最小值为 【答案】ABD 【分析】利用面面平行证明线面平行可判断A；结合线面角的表达式可判断B；先确定的轨迹，研究轨迹和的关系可判断C；把三角形三边都转化到底面中，结合余弦定理可求最小值可判断D． 【详解】对于A选项，连接， 在正方体中，，四边形为平行四边形， 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， 又平面，所以平面，所以A选项正确； 对于B选项，因为在平面内的投影为， 设与平面所成的角为， 所以， 由图易得随的增大先变小再变大，所以先变大再变小， 因为时，为增函数， 所以与平面所成的角随的增大先变大再变小，所以B选项正确； 对于C选项，因为，所以与所成角为时，与所成角也为， 因为，所以， 所以点在底面内的轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧， 如图，在正方形中， ，， 作于，由等面积法可得， 所以不存在使得与所成角的大小为，所以C选项错误； 对于D选项，把△和侧面分别绕，旋转到底面内，如图： 则△的周长为，由图易知，最小值为图中虚线长， 因为△为等边三角形，且边长为， 所以，， 所以，所以D选项正确． 故选：ABD． 【变式6-1】（2026·广东名校联考）如图，在直三棱柱中，，，是棱的中点，在底面内（包括边界），则下列说法正确的是（   ） A．的最小值为 B．当时，点的轨迹长度为 C．存在唯一，使 D．若，则三棱锥外接球的半径为 【答案】BCD 【分析】作关于平面的对称点，则，根据长度及勾股定理，即可判断A的正误；过点作于，则为在平面上的射影，根据条件可证，即可得为的中点，分析求解，即可判断B的正误；如图建系，求得各点坐标，进而可得，坐标，根据，求得P点坐标，可判断C的正误；因为，，所以三棱锥外接球的直径为，求出长度，即可判断D的正误. 【详解】选项A：作关于平面的对称点， 则， 所以的最小值为，故A项错误； 选项B：过点作于，则为在平面上的射影， 若要，只要即可， 因为四边形为正方形，是棱的中点，且， 所以， 所以，又， 所以， 所以，即为的中点，又， 所以点的轨迹的中位线，长度为，故B项正确； 选项C：以为原点，以，，所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，设， 则， 所以， 所以，即为的中点，故C项正确； 选项D：因为，，所以三棱锥外接球的直径为， 又，所以外接球的半径为，故D项正确．故选：BCD 一、单选题 1 在正方体中，P、Q、R分别是棱BC、、的中点，过P、Q、R三点的平面与正方体表面的交线围成的封闭图形的形状是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】D 2. 已知正四面体棱长为4，所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得的截面之和为（   ） A．4 B． C． D． 【答案】C 3．（2025·广西·三模）如图，在棱长为的正方体中，点是平面内的一个动点，当时，点的轨迹长度是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 4（2026·北京丰台·一模）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 5. 在长方体中，分别是棱的中点，点满足，若过点的平面截长方体所得的截面为五边形，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 2、 多选题 6.（2026·甘肃武威·模拟预测）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，，分别为线段，上的动点，则（   ）    A．异面直线与所成角的余弦值为 B．三棱锥体积的最小值为2 C．当平面时，线段的最小值为 D．存在点，，使得 【答案】AD 7.（25-26高三上·浙江温州·月考） .如图，已知正方体的棱长为2，点是侧面上的一个动点（含边界），且分别是棱的中点，则（    ）    A．平面截该正方体所得的截面图形是正五边形 B．平面平面 C．若，则的最小值为 D．若，则点的轨迹长度为 【答案】BD 8,。（多选）已知三棱锥，三棱锥的外接球为球，则下列选项中正确的是（   ） A．与可能垂直 B．与可能垂直 C．过棱作球的截面，截面面积可能为 D．二面角的余弦值可能为 【答案】BCD 9.（2026·江苏泰州·二模）（多选）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（如图甲）．利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．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相交部分围成的几何体（如图乙）．若正四面体的棱长为3，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值大于3 B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是 C．勒洛四面体四个曲面交线长的和为 D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 【答案】AD 三、填空题 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】 11. 已知正四棱柱为对角线的中点，过点的直线与长方体表面交于两点，为长方体表面上的动点，则的取值范围是 . 【答案】 12. 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】. 13 已知直四棱柱中高为1，底面是一个矩形，且，点是底边中点，动点在以为球心1为半径的球与（包括边界）的交线上，动点在直线上，则的最小值为 ． 【答案】 四．解答题 14．（2025·海南·模拟预测）如图（1），正方形的边长为，是的中点，点在边上且.将沿折起到图（2）中的位置，使得平面平面.    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)如图（2），点在线段上，过点、的平面截四棱锥所得的截面是一个直角三角形，在图中画出这个直角三角形.（请在答题卡指定位置作图，不必说明画法和理由） 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)作图见解析 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，结合以及线面垂直的判定定理可证得平面； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）在平面内作，交或于点，连接，利用平面，结合，可得出平面，结合线面垂直的性质可得出结论. 【详解】（1）因为，平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又因为，即， 因为，、平面，所以平面. （2）取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为， 因为平面平面平面，且平面平面，平面，， 所以，平面， 因为，即，且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为，则， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、. 在中，，，所以， 因为，由勾股定理可得， 所以，，，则，所以， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，可得. 由（1）知平面，故平面的一个法向量为. 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为 （3）所得截面为直角三角形，如图所示：    作法：在平面内作，交或于点，连接， 因为平面，，则平面， 因为平面，所以，. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘籍13 空间几何体截面问题与动点轨迹问题 题型 考情分析 考向预测 1.截面形状与作图判断 2023年新高考卷Ⅰ：12题考查了正方体中最大截面 2023年新高考卷Ⅱ：14题考查了正四棱锥中截面问题 2024年天津高考卷：14题考查正方体中动态问题 2025年新高考卷Ⅱ：14题考查圆柱中两球相切截面问题 2026年高考，空间几何体截面与动点轨迹仍为选填压轴热点，难度中高档. 1.截面：以正方体、棱锥、球为载体，考形状判定、面积或周长最值. 2.动点轨迹：常见线段、圆弧、椭圆、抛物线，结合等距、垂直、平行条件；常与最值、范围、体积/距离综合 2.截面周长面积计算与最值 3.截面分割几何体的体积、面积比 4.动点在几何体表面、内部的轨迹问题及动点轨迹长度、周长、面积 5.与动点有关的最值问题 6.动点的存在性与唯一性问题 题型1 截面形状与作图判断 1.. 高频几何体的截面问题 (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： 圆柱体：当平面平行于底面去截时，得到的截面是圆；当平面垂直于底面去截时，得到的截面是矩形；当平面既不平行也不垂直于底面去截时，得到的截面是椭圆或椭圆的一部分 圆锥体：当平面平行于底面去截时，得到的截面是圆；当平面通过圆锥的顶点且垂直于底面去截时，得到的截面是等腰三角形；当平面既不平行于底面，也不通过顶点去截时，得到的截面是椭圆或抛物线或双曲线的一部分 （3）.球的截面形状 ①当截面过球心时，截面的半径即球的半径，此时球的截面就是球的大圆； ②当截面不过球心时，截面的半径小于球的半径，此时球的截面就是球的小圆. (2)球的截面的性质 ①球心和截面圆心的连线垂直于截面 ②球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r之间满足关系式：. 2.常见空间几何体截面的作法 技法1　直接法 若截面上的点都在几何体的棱上，且两两在同一个平面内，可借助基本事实“如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内”，直接连线作截面. 技法2　平行线法 若截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某一个面平行，可以借助于两个性质：①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；②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，利用平行线法作截面. 【例1】（2026高三·全国·专题练习（多选）已知正方体的棱长为2，若平面，则下列关于平面截此正方体所得截面的判断中正确的是（    ） A．截面形状可能为正三角形 B．截面形状可能为正方形 C．截面形状可能为正五边形 D．截面面积最大值为 【变式1-1】（2026·辽宁抚顺·一模） 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 题型2 截面周长，面积计算与最值 1.利用平行线法，相交线法作出截面形状，结合正弦定理，余弦定理求解截面的周长与面积。 2.用函数思想求截面面积的最值。 【例2】（2026高三·全国·专题练习）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 【变式2-1】（2026·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． 【变式2-2】（2026福建泉州·月考）（多选）如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（      ） A．平面 B．点到平面的距离为1 C．过作与该正方体所有棱都相切的球的截面，所得截面的面积的最小值为 D．若为直线上的动点，则为定值 题型3 截面分割几何体的面积，体积比 1.截面分割几何体时，找出分割后两部分中特殊几何体如棱柱，棱锥，棱台等，再利用求棱柱，棱锥，棱台公式求体积 【例3】（2026江西宜春十校联考）（多选）在正方体中，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ） A．直线与所成的角的大小为 B．直线平面 C．平面平面 D．平面将正方体截成的两部分（较大部分与较小部分）的体积之比为 【变式3-1】(2026成都诊断联考)正四棱锥P﹣ABCD的底面边长为2,侧棱长为2,过点A作一个与侧棱PC垂直的平面α,则平面α被此正四棱锥所截的截面面积为 ,平面α将此正四棱锥分成的两部分体积的比值为 . 题型4 动点在几何体表面、内部的轨迹问题 1 对于翻折问题的动点及轨迹问题 (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. 2 判断轨迹的类型问题，常常要借助于圆锥曲线的定义来判断，常见的轨迹类型有：线段、圆、圆锥曲线、球面等.在考查学生的空间想象能力的同时，又融合了曲线的轨迹问 【例4】（2026郑州一模）（多选）在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，点Q在侧面内运动，则下列结论正确是（    ） A．若，则动点Q的轨迹是线段 B．若，则动点Q的轨迹是圆的一部分 C．若，则动点Q的轨迹是椭圆的一部分 D．若点Q到与的距离相等，则动点Q的轨迹是双曲线的一部分 【变式4-1】（25-26高三上·辽宁·月考）（多选）如图，是棱长为2的正方体的侧面上的一个动点，是棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若点与点重合，则异面直线与所成角的大小为 B．若点满足，则动点的轨迹长度为2 C．三棱锥体积的最大值为 D．当直线与平面所成角为时，点的轨迹长度为 【变式4-2】如图，为圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为 B．三棱锥的体积的最大值为 C．的取值范围是 D．若，为线段上的动点，则的最小值为 题型5 与动点有关的最值、范围问题 (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值. (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值. 【例5】(2026·西安调研)（多选）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的有（    ） A．异面直线与所成的角为45°； B．此八面体的外接球与内切球的体积之比为； C．若点为棱上的动点，则的最小值为； D．若点为四边形的中心，点为此八面体表面上动点，且，则动点的轨迹长度为. 【变式5-1】（25-26高三上·天津西青·月考）如图，点是棱长为1的正方体的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论不正确的（   ） A．当时，点一定在线段上 B．当为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 C．当点在棱上运动时，的最小值为 D．线段上存在点，使异面直线与所成角的正切值为 【变式5-2】(2026河南名校联考 ) 已知正三棱锥，侧棱长为5，底面边长为8，若空间中的一个动点M满足，则的取值范围是 ． 题型6 动点的存在性与唯一性问题 1.直接法，利用特殊性直接找出特殊点，判断存在性 2.向量法，通过向量计算判断唯一性 【例6】(2026江西名校联考）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，点P在线段AC上运动，则（   ） A．平面 B．与平面所成的角随AP的增大先变大再变小 C．存在唯一点P，使得与所成角的大小为30° D．若Q为棱BC上一动点，则的周长的最小值为 【变式6-1】（2026·广东名校联考）如图，在直三棱柱中，，，是棱的中点，在底面内（包括边界），则下列说法正确的是（   ） A．的最小值为 B．当时，点的轨迹长度为 C．存在唯一，使 D．若，则三棱锥外接球的半径为 一、单选题 1 在正方体中，P、Q、R分别是棱BC、、的中点，过P、Q、R三点的平面与正方体表面的交线围成的封闭图形的形状是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 2. 已知正四面体棱长为4，所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得的截面之和为（   ） A．4 B． C． D． 3．（2025·广西·三模）如图，在棱长为的正方体中，点是平面内的一个动点，当时，点的轨迹长度是（   ） A． B． C． D． 4（2026·北京丰台·一模）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. 在长方体中，分别是棱的中点，点满足，若过点的平面截长方体所得的截面为五边形，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2、 多选题 6.（2026·甘肃武威·模拟预测）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，，分别为线段，上的动点，则（   ）    A．异面直线与所成角的余弦值为 B．三棱锥体积的最小值为2 C．当平面时，线段的最小值为 D．存在点，，使得 7.（25-26高三上·浙江温州·月考） .如图，已知正方体的棱长为2，点是侧面上的一个动点（含边界），且分别是棱的中点，则（    ）    A．平面截该正方体所得的截面图形是正五边形 B．平面平面 C．若，则的最小值为 D．若，则点的轨迹长度为 8,。（多选）已知三棱锥，三棱锥的外接球为球，则下列选项中正确的是（   ） A．与可能垂直 B．与可能垂直 C．过棱作球的截面，截面面积可能为 D．二面角的余弦值可能为 9.（2026·江苏泰州·二模）（多选）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（如图甲）．利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．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相交部分围成的几何体（如图乙）．若正四面体的棱长为3，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值大于3 B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是 C．勒洛四面体四个曲面交线长的和为 D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 三、填空题 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. 已知正四棱柱为对角线的中点，过点的直线与长方体表面交于两点，为长方体表面上的动点，则的取值范围是 . 12. 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 ． 13 已知直四棱柱中高为1，底面是一个矩形，且，点是底边中点，动点在以为球心1为半径的球与（包括边界）的交线上，动点在直线上，则的最小值为 ． 四．解答题 14．（2025·海南·模拟预测）如图（1），正方形的边长为，是的中点，点在边上且.将沿折起到图（2）中的位置，使得平面平面.    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)如图（2），点在线段上，过点、的平面截四棱锥所得的截面是一个直角三角形，在图中画出这个直角三角形.（请在答题卡指定位置作图，不必说明画法和理由） 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $