专题07 立体几何中的动点、截面、翻折问题（压轴题专项训练）高一数学人教B版必修第四册

专题07 立体几何中的动点、截面、翻折问题 目录 典例详解 类型一、球的截面 类型二、方体的截面 类型三、动点中的平行与垂直 类型四、轨迹问题 类型五、路径最值问题 类型六、翻折问题 压轴专练 类型一、球的截面 球的截面的性质主要有两点：①球的任何截面是圆；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；关键在于求球心到截面的距离、截面圆的半径、球的半径。 例1．（25-26高一下·全国·课堂例题）在半径为13的球面上有A、B、C三点，其中，，，则球心到经过这三个点的截面的距离为____________． 【答案】12 【分析】先求出的外接圆半径，然后根据球的结构特征和勾股定理求出结果即可. 【详解】由线段的长度知是以为斜边的直角三角形， 所以其外接圆的半径，设球的半径为， 所以． 故答案为：12. 变式1-1．（25-26高二下·浙江温州·期中）已知四面体满足，其余五条棱长均为2，该四面体的外接球球心为点，内切球球心为点，过直线的平面截四面体所得的截面的周长为，则的最小值为_______． 【答案】 【分析】由题意可得点是的中点，点在线段上(点是的中点)，作出截面，利用向量的线性运算可得，，由三角形全等可得，，从而得截面关于直线对称，即可得答案. 【详解】由题意可得，为等腰直角三角形，为等边三角形， 所以点是的中点， 取的中点，点在线段上． 设截面与交于点，则截面与相交于点． 设，， 则 ， ，， 又，，， 可证，， ，，即截面关于直线对称， 翻折可得， 所以的最小值为． （若截面与相交，则截面与相交，情况与上面一样） 变式1-2．（2026·重庆·模拟预测）在正四棱锥中，，当过，，三点的球的体积最小时，该球被平面所截截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分析过，，三点的球体积最小时，球心为正三角形的中心，再求出球心到截面的距离，利用求截面圆半径即可得解. 【详解】由题意，是边长为4的正三角形，设过，，三点的球心为，半径为， 则球中过，，三点的截面圆圆心为的中心，截面圆的半径. 设球心到截面圆的距离为，则，要使球的体积最小，则最小， 当时，有最小值为，此时、重合，即球心为的中心， 如图，作出符合题意的图形， 设为正方形的中心，为的中点， 连接、、、，过作，交于点N， 则为正四棱锥的高，， 由知，平面，且， 即球心到截面的距离为， 所以截面圆的半径为， 所以球被平面所截截面的面积为. 变式1-3．（2026·重庆·模拟预测）直径为2的球与一个正方体的各个面相切，过正方体的一条棱作一平面，该平面被正方体截得的长方形面积为，则球被截面截得的圆的面积为______. 【答案】 【分析】先利用球与正方体相切的条件得出正方体的棱长为2，再通过长方形面积求出截面的边长，最后结合球的半径和球心到截面的距离，算出截面圆的半径，进而得到面积. 【详解】因为球与正方体的各个面相切，且直径为2，所以正方体的棱长等于球的直径，即棱长， 如图，设过正方体的一条棱作一平面，分别与交于点, 因为该平面被正方体截得的长方形面积为，所以，即， 所以， 即是的中点，同理也是的中点， 如图建立空间直角坐标系，则， 所以 设平面的法向量为， 则，故可取， 又因为，则球心到平面的距离为， 所以球被截面截得的圆的半径 ， 所以球被截面截得的圆的面积. 【点睛】利用球与正方体相切，确定正方体的棱长，结合截面形状和面积求出球心到截面的距离，这是解决问题的关键. 类型二、方体的截面 （1）正方体的截面存在以下几种情况：三角形（等边三角形、等腰三角形）、四边形（正方形、矩形、梯形、平行四边形）、五边形、六边形（正方体过各棱中点截得的六边形是面积最大的截面） （2）作截面的方法 1、三点定面法：已知三个不共线的点（多位于棱上），连接其中两点得线段，再延长与棱或面相交，逐步确定截面与各面的交线。 2、平行线法：利用线面平行或面面平行性质，作已知线的平行线，确定截面与对应面的交线。 3、延长交棱法：将截面多边形的一边延长，与几何体的棱或面相交，得到新交点，再连接其他已知点。 例2．（25-26高一下·云南昆明·期中）在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一点且．过点，，作该正方体的截面，记为，则截面为（   ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【分析】根据正方体的性质，结合已知条件，利用几何法推出截面的形状． 【详解】如图所示，在正方体中， 由于平面平面，且平面与平面的交线为， 故平面与平面的交线必过点，且与平行， 不妨设正方体的棱长为1，在矩形中，由题可知，； 在矩形中，，； ， 又， ，故， 平面与平面的交线就是， 平面平面，且平面与平面的交线为， 平面与平面的交线必过点，且平行于， 设，平面，平面平面，平面， 平面， ，则与的交点位于的延长线上， 位于上，连接， 则平面与平面的交线为， ，，，，五点共面， 截面为五边形，故C正确． 【点睛】 变式2-1．（多选）（2026·江西九江·二模）（多选）如图，在长方体中，，点是棱上的动点（不含端点），过点作长方体的截面，并将长方体分成上下两部分，体积分别为，则（   ） A．截面是平行四边形 B．若，则 C．存在点，使得截面为长方形 D．截面的面积存在最小值 【答案】AD 【详解】如图： 对A：设平面交棱于点，连接，. 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以. 同理，所以四边形为平行四边形，即截面是平行四边形，故A正确； 对B：因为，，所以，. 又和中，，，. 所以，所以，. 连接，，则， 且， ， ， 所以，又，所以，所以，故B错误； 对C：假设存在点，使得截面为长方形. 设，则，. 由， 即或. 这与矛盾，所以假设错误.故不存在点，使得截面为长方形.即C错误； 对D：设，，则，， 在中，由余弦定理，， 所以. 所以. 所以截面四边形的面积为， 所以当时，截面的面积最小，为.故D正确. 变式2-2．（25-26高二下·安徽阜阳·开学考试）在四棱锥中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，且PD=AD=2，点E，F分别在侧棱PA，PC上，且，，过点B，E，F的平面α截四棱锥的截面面积为（    ） A．2 B．2 C．3 D．3 【答案】A 【分析】以为原点建系，设平面α交侧棱PD于点M，根据共面定理得出，再根据坐标计算得出点的坐标，再根据对角线互相垂直求出面积. 【详解】以为原点，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 则， 设平面α交侧棱PD于点M， 令，则，则， 由，，则， 所以，， 由题意，M，E，B，F四点共面， 所以存在实数，使得 ， 则，解得， 所以. 则，所以， 因为，所以， 所以四边形的面积为. 变式2-3．（多选）（25-26高二上·河南南阳·期末）（多选）如图，已知正方体的棱长为，为的中点，为线段上的一个动点，设由点、、构成的平面为．则下列结论中，正确的是（    ） A．当为的中点时，平面截正方体所得的截面为五边形 B．平面截正方体所得的截面可能是三角形 C．当点与重合时，平面截正方体，所得截面的面积为 D．点到平面的距离的最大值为 【答案】ACD 【分析】作出截面，可判断AB选项；作出截面，可知截面为菱形，求出其面积，可判断C选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断D选项. 【详解】对于A选项，如下图所示： 延长交的延长线于点，连接交线段于点， 延长交的延长线于点，连接交线段于点， 连接、，则平面截正方体所得的截面为五边形，A对； 对于B选项，当点在线段上运动时（不与端点重合）， 此时平面截正方体所得的截面为五边形； 当点与点重合时，连接交线段于点，连接、，如下图所示： 此时，平面截正方体所得的截面为四边形； 当点与点重合时，连接并延长交的延长线于点，连接交于点， 此时平面截正方体所得的截面为四边形， 综上所述，平面截正方体所得的截面不可能为三角形，B错； 对于C选项，当点与点重合时，此时截面为四边形，如下图所示： 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，同理可证， 又因为，同理可得， 故四边形为菱形， 设，则为的中点，且， 且，故，故， 所以截面面积为，C对； 对于D选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、，，设点的坐标为， ，，， 则设平面的法向量为，则， 令，可得，，则， 设点到平面的距离为，则， 由在时单调递增可知， 当时，，所以当时，取最大值，最大值为，D对. 故选：ACD. 类型三、动点中的平行与垂直 1、由动点保存平行 （1）转化为“确定平面”：若要证明或找到一点使，一个有效思路是构造一个包含且与平行的平面。那么必须位于平面与已知几何体（如棱、面）的交线上。 （2）转化为“线线平行”：利用公理4（平行传递性）或中位线定理。例如，要在线段上找点使，可尝试在平面内找一条与平行的固定直线，从而将线面平行转化为线线平行，P的位置由这组平行线决定。 2、由动点保存垂直关系 （1）转化为“线面垂直”： 且 ，。这是将分散的线线垂直集中到一个平面（垂面）上的强大工具。要确定一点使某线垂直于一个平面，常需该线同时垂直于平面内两条相交直线，这往往能给出两个约束条件。 （2）转化为“三垂线定理及其逆定理”：这是处理斜线在平面上投影垂直问题的利器。如果问题涉及“斜线”与“面内直线”垂直，立即考虑三垂线定理。这常常能将一个空间垂直问题，转化为平面内的垂直问题。 （3）转化为“平面垂直的判定”：若要证，需在内找一条线垂直于。这有时能引导我们去寻找或构造这条关键的垂线，而这条线的端点可能就是动点。 例3．（多选）（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. 变式3-1．（多选）（25-26高二上·浙江·月考）（多选）在正三棱台中，，，点是线段上的动点，则下列选项中正确的是（   ） A． B．直线与直线所成角的取值范围为 C．存在点使得平面 D．存在点使得平面 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，求出棱台的各个顶点坐标，对A，利用向量的坐标运算可得，即可求解；对B，，利用线线角的向量法可得，再求出其范围，即可解；对于C，利用线面平行的判定定理即可求解；对于D，利用，建立方程，求出，即可求解. 【详解】将正三棱台补成如图所示的正三棱锥，因为，则，所以为的中点， 过作于，由正三棱台的性质得，又，则， 过作平面于，则是的中心，连接并延长交于，易知为的中点， 由，易得，，， 所以， 设平面于，连接并延长交于，易知为的中点， 易得，，，过作交于，则， 过点作直线平面，以所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， ， 对于A选项，，则， 所以不垂直，故A错误； 对于B选项，设，因为， 设直线与直线所成的角为， 则， 又，令，令， 则，当时，， 当时，，又，则， 故，则，又，所以，故B正确； 对于C选项，当与重合时，此时即，易知，又平面，平面 所以平面，故C正确， 对于D选项，由选项B知，又 则，得到，解得， 故当与重合时，平面，故D正确， 故选：BCD. 变式3-2．（多选）（25-26高三下·陕西渭南·开学考试）（多选）已知正三棱柱的各棱长均为2，分别为棱，的中点，为上底面内一动点（包括边界），则（   ） A． B．平面 C．平面 D．三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【分析】利用面面垂直和线面垂直性质定理判断A选项；建立空间直角坐标系利用向量法判断B、C选项，最后利用锥体体积公式判断D选项. 【详解】对于A，如图所示： 在正三棱柱中， 平面平面，且平面平面， 在等边中，是棱的中点，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 对于B，取的中点连接，在正三棱柱中， 由四边形为正方形，且是棱的中点， 所以，又平面，所以平面， 又，所以两两互相垂直， 故以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示：      由正三棱柱的各棱长均为2， 所以， 则， 设平面的一个法向量为， 由， 令，则，所以， 由， 所以，所以平面，故B正确； 对于C，由B选项知， 此时， 所以不平行于平面，故C错误； 对于D，因为为上底面内一动点（包括边界）， 所以点到平面的距离为即为三棱锥的高， 所以为定值，故D正确. 变式3-3．（多选）（2025·安徽·二模）（多选）在正四棱锥中，已知，分别为，的中点，点为上一动点，满足，则下列说法正确的有（   ） A．平面 B．当时，平面平面 C．不存在，使得平面 D．当时，，，，四点共面 【答案】ABD 【分析】利用线面垂直的判定定理证明判断A；利用面面平行的判定定理证明判断B；利用线面垂直的判定定理证明判断C；利用空间向量线性运算得，可得，，共线，即可判断D. 【详解】对于A，如图，连接，交于点，连接， 因为在正四棱锥中，底面为正方形，所以， 又因为，为中点，所以， 又因为，，平面，所以平面，A正确； 对于B，连接，，，因为，所以，， 又，平面，，平面，，， 所以平面平面，B正确； 对于C，因为，为中点，所以， 因为四边形为正方形，所以， 又因为，，平面，所以平面， 则平面，所以当，即点与重合时，平面，C错误； 对于D，设与的交点为，当时，，， ，则， 所以，，共线，所以，，，四点共面，D正确. 故选：ABD. 类型四、轨迹问题 1、根据题目中“动点满足的几何条件”（如到定点距离为定值、到两定点距离相等、与定直线/定平面成定角等），判断轨迹形状： 到定点距离为定值 → 球面。 到两定点距离相等 → 中垂面。 到定直线距离为定值 → 圆柱侧面。 到定平面距离为定值 → 一对平行平面。 与定点连线垂直于定直线 → 过定点且垂直于定直线的平面。 与定直线/定平面成定角 → 圆锥侧面 2、轨迹常被限制在几何体（如多面体）的面、棱、内部，因此最终答案往往是完整轨迹与几何体的交集（如球面的一部分、圆弧、线段等）。 例4．（多选）（25-26高一下·浙江宁波·期中）（多选）如图，在棱长为3的正方体中，分别是棱的中点，是正方形内的动点，则下列结论正确的是（   ） A．若平面，则点的轨迹长度为 B．若平面，则点的轨迹长度为 C．若平面，则三棱锥的体积为定值 D．若，则点的轨迹长度为 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，用平面的法向量把直线与平面平行的问题转化为向量数量积为0的问题；再把点限制在正方形内，得到点的轨迹线段或圆弧. 利用点到平面的距离是否为定值判断三棱锥体积是否为定值. 【详解】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，. 因为分别是的中点，所以，. 设，其中，. 对平面，有，. 设平面的法向量为，则，，即，，所以可取. 对于A项，. 若平面，则，即，整理得. 在正方形内，该轨迹是从到的一条线段，长度为，故A正确. 对于B项，. 若平面，则，即，整理得. 在正方形内，该轨迹是端点为和的线段，长度为，故B正确. 对于C项，由上面B项可知平面时，点满足. 又确定，所以三棱锥的底面面积为定值. 下面只需看点到平面的距离是否为定值. 由，，可得平面的一个法向量为，所以平面的方程可写为. 对，其到平面的距离为. 当时，该距离等于2，为定值，因此三棱锥的体积为定值，故C正确. 对于D项，由得，即. 点在正方形内运动，所以轨迹是以为圆心，为半径的圆在该正方形内的一段四分之一圆弧，弧长为，不是，故D错误. 故选ABC. 变式4-1．（多选）（2026·宁夏银川·三模）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中错误的是（    ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，利用正弦定理可得的外接圆半径，再利用外接球性质可求出外接球半径，再利用表面积公式计算即可得A；取与中点，利用面面平行性质定理可得平面平面，则可得B；取靠近点的四等分点，利用线面垂直判定定理可得平面，则可得动点的轨迹为线段，计算出即可得C；由对称性，可假设平面，利用线面垂直性质定理与勾股定理可得，即可得在平面内轨迹，同理可得点所有轨迹，即可得D. 【详解】对于A，由四边形为正方形，故三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为，的外接圆半径为， ，，故， 又，则，故，解得， 因为平面，故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，，即， 故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确， 对于B，取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，，又平面，平面， 故平面，平面，平面，故平面， 又，、平面，故平面平面， 由平面，则点的轨迹是除去点，故B错误； 对于C，取靠近点的四等分点，连接， 由正方体性质可得平面，又平面，故， 由，，故与相似， 则，故， 故，又，、平面，故平面， 又平面，故动点的轨迹为线段，，故C错误； 对于D，若平面，因为平面，平面， 故，由，则，即点的轨迹为以为圆心，在平面内半径为1的四分之一圆，同理可得，点也可为以为圆心，在平面内半径为1的四分之一圆， 点也可为以为圆心，在平面内半径为1的四分之一圆， 故其轨迹长度为，故D错误. 变式4-2．（25-26高一下·福建厦门·期中）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，证明平面即可确定轨迹并求出其长度. 【详解】取的中点分别为，连接， 由分别为的中点，得，同理得， 由，得四边形是平行四边形，则，， 同理，，因此点共面， 而，面，面，则平面， 又平面，于是点在平面内，又点在上底面（含边界）， 因此点在面与面的交线上，点的轨迹为线段， 所以点的轨迹长度为. 变式4-3．（多选）（2026·内蒙古兴安·二模）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（    ） A．点的轨迹经过线段的中点 B．点的轨迹长度为2 C．三棱锥的体积为定值 D．球面经过四点的球的半径的最小值为 【答案】ABD 【分析】取的中点，连接，根据条件可得点的轨迹为线段（不含端点），即可判断出A和B的正误；对C，利用等体积法，即可求解；对D，建立空间直角坐标系，设，球心，半径为，利用球的性质可得，即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接，，易知， 又平面，平面，所以平面. 又是中点，所以，又平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 又平面，则平面，又点在正方形内部（不含边界）运动，且平面平面， 所以点的轨迹为线段（不含端点）. 对于A，连接，由正方体的性质易知与相交，且交点为的中点，所以A正确； 对于B，因为，所以点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，因为平面，点是棱的中点， 则，所以C错误； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为2， 则，设，球心，半径为， 由，得到， 解得，，所以， 又，且，所以当时，取到最小值为，故D正确. 类型五、路径最值问题 将变化的几何量（长度、角度、面积、体积）表示为某个变量的函数，然后通过代数或几何方法求其最值或范围。 1、函数法：将变化的几何量（长度、角度、面积、体积）表示为某个变量的函数，然后通过代数或几何方法求其最值或范围。 2、几何直观法（利用几何性质直接判断） 两点之间线段最短、点到直线垂线段最短、点到平面垂线段最短。 直线与平面平行时，直线上各点到平面的距离相等。 球面上两点间的最短路径是过大圆的劣弧。 展开图法：将立体图形表面展开为平面，化曲为直求最短路径。 例5．（25-26高一下·湖北襄阳·期中）如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点，则线段的最小值为_______． 【答案】 【详解】根据正方体结构，将面以为轴旋转展开，与面在同一个平面内， 易知：要使最小，即为上述所得平面内． 变式5-1．（2026·山东聊城·二模）（多选）已知棱长为的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上一动点，则下列说法正确的是（    ） A．若平面，且，则的最小值为 B．若，且，则的最小值为 C．若，则的最小值为 D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】过点作交于点，过点作交于点，连接，推导出平面平面，推导出为点的轨迹，可求出的最小值，可判断A选项；推导出平面，则点的轨迹为线段，可求出长的最小值，可判断B选项；过点作分别交、于点、，连接、、，推导出平面，可知点的轨迹为线段，当时，的长取最小值，可判断C选项；延长交线段于点，推导出平面平面，可知点关于平面、关于直线的对称点都在平面内，结合“将军饮马”思想求出长的最小值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，过点作交于点，过点作交于点，连接， 因为，平面，所以平面，同理可证平面， 又因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面， 当时，平面，则平面，故点的轨迹为线段， 因为，所以，则，同理可得， 又因为，，则是边长为的等边三角形， 当点为的中点时，，此时的长取最小值， 此时，A对； 对于B选项，如下图所示，连接、， 易知、都是边长为的等边三角形，且为的中点， 所以，， 又因为、平面，，所以平面， 当时，平面，则，故点的轨迹为线段， 由勾股定理可得，同理可得， 故当为的中点时，，此时的长取最小值，且，B对； 对于C选项，过点作分别交、于点、，连接、、， 因为为正的中心，则，因为，则， 因为三棱锥为正四面体，则平面， 因为平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 当时，则平面，所以，故点的轨迹为线段， 延长交于点，则为的中点，因为为正的中心，则， 因为，所以，故， 由余弦定理可得， 故，同理可得， 由余弦定理可得， 所以， 当时，的长取最小值，此时， 故长的最小值为，C错； 对于D选项，如下图所示： 延长交线段于点，则点为线段的中点， 因为、均为等边三角形，所以，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 故点关于平面、关于直线的对称点都在平面内， 因为平面，平面，所以， 易知， ， 设点关于直线、的对称点分别为、， 由对称性可知，，， 所以 ， 在中，，， 由余弦定理可得， 所以， 由余弦定理可得， 故， 由对称性知，， 所以， 当且仅当、为线段分别与线段、的交点时，等号成立， 故的最小值为，D对. 变式5-2．（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. 变式5-3．（25-26高一下·福建厦门·期中）现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥，下部是正四棱柱（如图所示），，分别是上、下底面的中心，且满足. (1)若，求该几何体的体积. (2)若正四棱锥的侧面是正三角形 ①求正四棱锥的侧面积. ②若，分别是线段，上的动点，求的最小值. 【答案】(1)312 (2)①；② 【分析】（1）利用锥体、柱体体积公式计算得解. （2）①利用正棱锥的侧面积公式计算即可；②将矩形，正和展开置于同一平面内，利用两点间距离最短求解. 【详解】（1）依题意，正四棱柱的高，则正四棱柱的体积为， 正四棱锥的体积为， 所以该几何体的体积为. （2）①设，则，而，且为正三角形， 则，由，得， 正四棱锥侧面的高为， 所以正四棱锥的侧面积为. ②将长方形，和展开在一个平面， ，， ，， 由几何意义知，， 当且仅当重合于点时，最短， 所以的最小值为. 类型六、翻折问题 弄清翻折前后不变与变化的地方：翻折后还在同一个平面的性质不变，不在同一个平面上的性质可能发生变化。 1、折痕垂直性：翻折时，折痕（棱）垂直于翻折前后对应点连线的平面（即对应点的中垂面）。 2、共面关系：翻折前共线的点，翻折后不一定共线；但翻折前在同一个平面内的点，翻折后仍在同一个平面内（该平面绕折痕旋转）。 3、长度与角度不变：翻折过程中，两点间距离、线段长度、直线与折痕的夹角均保持不变（刚性翻折）。 例6．（2026·河北承德·一模）（多选）已知在直角中，，，AD为边BC上的中线，将沿边AD翻折至，则下列选项正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积的最大值为 C．存在某个位置使得平面平面 D．三棱锥的外接球的体积最小值为 【答案】ABC 【分析】结合翻折的特点，由三角形的性质判断A；由三棱锥的体积公式判断B；假设存在某个位置使得平面平面，根据面面垂直的性质定理判断C；根据三角形外接圆的性质及三棱锥外接球的性质，判断D. 【详解】A，因为，所以， 又为斜边上的中线，所以，所以. 将沿边AD翻折，的形状不变，所以，所以，故A正确. B，如图，过点作的延长线于点，连接，， 由对A的分析可知，，故， 当平面时，三棱锥的体积最大，此时，， 故，故B正确. C，假设存在某个位置使得平面平面， 分别取，的中点，，连接，，， 由已知条件可知，又平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以. 在中，， 所以易知中，，，所以，所以. 又，所以． 易知在旋转过程中能成立，所以假设成立，所以C正确. D，由题可知，，所以的外接圆的半径为，是定值． 易知是边长为1的等边三角形，所以其外接圆的半径为，是定值. 因为在翻折的过程中，是固定不动的， 所以在旋转过程中，所在平面始终不过三棱锥外接球的球心， 当的外接圆正好是三棱锥外接球的大圆时，三棱锥的外接球的半径最小，为1， 此时三棱锥的外接球的体积最小，为，所以D错误. 变式6-1．（25-26高二上·云南楚雄·期末）在长方形中，，将沿所在直线进行翻折，二面角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意得异面直线与的夹角为，即与的夹角为，由空间向量的运算法则可得，则，结合条件即可计算. 【详解】由题意得： 过点作，垂足为，过点作，垂足为，如下图： 因为二面角为，则异面直线与的夹角为， 即与的夹角为，易得， 因为，且， 则， 即，解得， 故选：D. 变式6-2．（25-26高二上·上海静安·月考）已知边长为2的菱形，，对角线AC，BD交于点，现将沿对角线AC翻折，得到三棱锥记线段AD'，AB，BC的中点分别为，，，有以下几个结论： ①三棱锥体积的最大值为； ②平面EFG截三棱锥的截面图形可能是正方形； ③当折成的二面角为时，三棱锥的外接球半径为 则上述结论中正确的有（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】先证明平面得.对于①，由条件判断当平面时，体积最大，利用锥体体积公式计算求解；对于②，取中点，推出截面后，结合图形推得即可判断；对于③，找到球心位置，根据勾股定理列方程组即可求解． 【详解】因为四边形为菱形，所以，故，， 又且都在平面内，所以平面，因为平面，所以； ①由上得平面，平面，所以平面平面， 当到平面的距离最大时，即平面时三棱锥的高最大， 由题意得，为等边三角形，为中点，所以， 则三棱锥体积的最大值为，①正确 ； ②取中点，连接，因为线段的中点分别为， 所以，且， 所以截面图形为平行四边形． 由上可知，所以，故四边形为矩形， 由题意得，所以， 所以，即四边形一定不是正方形，②错误； ③当二面角为时，由①可得， 所以到平面的距离为， 在平面内的投影在直线上，投影长为， 因为，所以为外接圆圆心， 所以三棱锥外接球的球心在过D且与平面垂直的直线上， 如图， 设三棱锥外接球的半径为R，， 则，解得，故三棱锥外接球的半径为，③错误． 则有1个正确的结论. 故选：B 变式6-3．（多选）（25-26高二上·四川南充·月考）（多选）如图1，已知矩形中，，，为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（   ） A．当F为线段中点时，平面 B． C．若翻折后平面平面，则三棱锥的外接球半径为 D．当为线段中点时，过点的截面交于点，则 【答案】AD 【分析】证明平面与平面平行，再结合面面平行的性质即可判断A；利用反证法说明B错误；根据面面垂直得到线面垂直，计算长度，找到三棱锥的外接球球心，进而得到半径判断C；首先得分别为的中点，进一步根据几何形状判断即可判断D. 【详解】对于A，取中点，连接，因为为线段中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 在矩形中，，，故四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面，所以平面，故A正确； 对于B，假设存在某个位置，使，取中点，连接， 显然，而平面，∴平面， 平面，∴，则，但，不可能相等， 所以不可能有，B错误； 对于C，因为，为中点，根据勾股定理，， 又，即，因为平面平面， 平面平面，平面，则平面， 又，所以，根据勾股定理，即为直角三角形， 取中点，连接，可得， 所以点即三棱锥的外接球球心，半径为，C错误； 对于D，由题意得，平面，由平面，得平面， 延长交于点，连接，则平面平面， 所以，故，由，得分别为的中点， 若为的中点，则，所以，即，故D正确. 故选：AD. 1．（多选）（25-26高一下·山东·期中）如图，在正四棱柱中，底面边长为1，侧棱长为2，是上底面内（包括边界）的动点，是侧棱上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．的最小值为 B．若平面，则点的轨迹的长度为 C．若，则点是的中点 D．若，则点的轨迹的长度为 【答案】ABD 【分析】选项A：把平面与平面展开成一个矩形，利用两点之间线段最短，通过勾股定理求展开后与距离，得最小值．选项B：先证明平面平面，由线面平行性质可知，平面时，轨迹是线段，再用勾股定理求其长度．选项C：建立空间直角坐标系，得到向量与，根据向量垂直时数量积为0列方程求解点位置，判断不是中点．选项D：设坐标，根据空间两点距离公式列方程，得到轨迹方程，确定其轨迹是圆，用圆周长公式求轨迹长度． 【详解】将平面与平面展开在一个平面上， 此时的最小值为展开后与两点间的距离． 展开后得到一个矩形，矩形的两边长分别为和． 根据勾股定理，则，所以的最小值为，故A正确． 因为，，，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 同理可得平面，又，平面， 所以平面平面，若平面，则点的轨迹是线段． 在正方形中，边长为，根据勾股定理可得， 即点的轨迹长度为，故B正确． 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系． 则，，，，设，． ，． 因为，所以， 即，解得，所以不是的中点，故C错误． 设，，，已知，由， 根据空间两点间距离公式可得：， 即（，）． 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆． 根据圆的周长公式，则点的轨迹长度为，故D正确． 2．（多选）（25-26高一下·黑龙江大庆·期中）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. 3．（多选）（2026·安徽芜湖·二模）在棱长为的正四面体中，分别为棱的中点，在空间中，，记点的轨迹为曲线，则下列结论正确的是（    ） A．若线段的中点为，则 B．曲线是一个圆 C．曲线上不存在点，使得平面 D．曲线上点到平面距离的最大值为 【答案】ABD 【分析】先将正四面体还原成正方体，再建立空间直角坐标系，然后分别求选项所要求的内容. 【详解】先将正四面体放入正方体中，并建立如图所示的空间直角坐标系 因为正四面体的棱长为，所以正方体的棱长为， ，，，， 是的中点，所以，同理，， ， ， ， 所以，A正确； 设，所以，，， 由题意， 化简得， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，B正确； 过作平面的平行平面，与有两个交点，分别为和， 当为时，， 此时，所以， 因为平面，平面，所以平面，C错误； ，，， 设平面的法向量， ，解得 所以点到平面的距离为， 因为，所以， 因为，所以， ，， ， 所以点到平面的最大距离为，D正确. 4．（多选）（25-26高一下·广东广州·期中）已知正方体的棱长为1，，其中，且，则下列选项正确的是（ ） A．平面 B．三棱锥的体积为定值 C．的轨迹长度为 D．当时，取最小值 【答案】AC 【分析】根据题意，得到点在线段上，证得平面平面，可判定A正确；由，结合锥体的体积公式，可判定B错误；由点的轨迹为线段，可判定C正确；当时，得到为线段的中点，求得，将等边和矩形展开在一个平面上，结合余弦定理，求得的最小值，可判定D错误. 【详解】由其中，且， 可得三点共线，即在线段上， 对于A，连接， 在正方体，可得， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证：平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面，所以A正确； 对于B，因为在线段上，且平面， 所以，所以B错误； 对于C，因为在线段上，即点的轨迹为线段， 在直角中，可得，所以C正确； 对于D，当时，可得为线段的中点， 此时，， 所以， 又因为在线段上，将等边和矩形展开在一个平面上， 如图所示，设点展开后为点，连接， 在中，可得， 由余弦定理得， 因为，可得，即取最小值为，所以D错误. 5．（25-26高一下·北京朝阳·阶段检测）在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，动点在平面内，且．给出下列四个结论： ①平面； ②点轨迹的长度为； ③三棱锥的体积恒为定值； ④平面截正方体所得的截面面积为． 其中所有正确结论的序号是___________． 【答案】①②④ 【分析】对于①，证明，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，利用等体积法求出到平面的距离，即可得到点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，即可判断；对于③，的面积不为定值，即可判断③，对于④，作出平面截正方体所得的截面，截面为正六边形，求面积即可判断. 【详解】因为分别为的中点，所以， 又，所以， 又因为平面，平面， 所以平面，故①正确； 设点在平面的投影为， ，，，则， 所以， ， 所以， 而，解得， 又，所以， 所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆， 故点轨迹的长度为，故②正确； 因为点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆， 圆在平面内， 故到直线的距离不为定值，即的面积不为定值， 而到平面的距离为定值， 故的体积不恒为定值，故③错误； 取中点分别为，连接， 六边形即为平面截正方体所得的截面， 六边形的各边均为，故为正六边形， 所以正六边形的面积为，故④正确. 6．（多选）（24-25高一下·广东深圳·期末）（多选）如图1，已知矩形中，，，E为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点F是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（   ） A．当F为线段中点时，平面 B． C．不存在点F，使平面 D．当F为线段中点时，过点A，E，F的截面交于点M，则 【答案】ACD 【分析】对于A，只需证明平面平面，再结合面面平行的性质即可判断；对于BC，利用反正法说明错误即可；对于D，首先得E，C分别为的中点，进一步根据几何形状判断即可. 【详解】对于A，取中点N，连接，， 因为F为的中点，所以，因为平面，平面， 所以平面， 在矩形中，，，故四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面，所以平面，故A正确； 对于B，假设存在某个位置，使，取中点O，连接，， 显然，而，，平面， ∴平面，平面，∴，则， 但，，不可能相等，所以不可能有，所以B选项错误； 对于C，假设存在点F，使得平面成立， 因为平面，所以， 又因为且，，平面，所以平面， 又因为平面，那么， 又因为，则直角边大于斜边，矛盾，所以C选项正确； 对于D，由题意得，平面，， 由平面，得平面， 延长，交于点H，连接，则平面平面， 所以，故， 由，，得E，C分别为的中点， 若F为的中点，则， 所以，即，故D正确. 故选：ACD. 7．（25-26高三下·江西·阶段检测）在正三棱柱中，，，点D是平面ABC上的动点，则的最小值是_________． 【答案】/ 【分析】根据“胡不归”模型的概念，将转化为点到面的距离，进而判断最小值时的情况，再根据两角和的正弦公式，即可求出结果. 【详解】当D不在直线AC上时，过点作于H，连接AH，在正三棱柱中， 平面ABC，则，所以平面，， 所以，，所以当取最小值时，D在AC上， 如图所示，将在平面中绕点向下旋转得直线，作， 则，则的最小值等价于的最小值， 过作于，可知， 可知，，所以，，， 则， ，即，解得， 所以，所以的最小值为. 8．（25-26高一下·湖南邵阳·期中）如图，是边长为的正三角形的一条中位线，将沿翻折至，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为__________. 【答案】 【分析】当平面垂直于平面时，三棱锥的体积最大，进而结合勾股定理和底面梯形外接圆性质确定外接球的球心位置和球半径，再结合求表面积公式求解即可. 【详解】依题意，，正三角形的高为，则到的距离与梯形的高均为. 三棱锥的体积，其中， 是到底面的高，由图知，当且仅当平面平面时，最大（），此时其体积最大. 又因是等腰梯形，为圆内接四边形，其外心必在对称轴（中点到中点的连线）上，而. 设四棱锥的底面外接圆半径为，外心到的距离为， 由勾股定理： 将代入可得，解得， 因.则可知棱锥底面外接圆圆心就是中点，且，即. 外接球的球心必在过底面外心且垂直于底面的直线上， 设，外接球半径为，则：. 由平面平面，，得底面，， 且.由勾股定理得：， 代入得：， 化简得：. 因此， 外接球表面积：. 9．（2026·天津滨海新区·模拟预测）如图，已知是边长为4的等边三角形，分别是和的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则下列说法中，正确的个数为（   ） ①翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为9． ②取线段中点，则翻折过程中，三棱锥与四棱锥体积比为定值． ③翻折过程中，直线始终与平面平行． ④当时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】设分别为的中点，当平面，求解体积判断①；到平面的距离为，再结合等体积转化求解判断②；证明，再根据线面平行的判定定理即可判断③；由已知可推得平面平面，设球心为，的外心为，点为等腰梯形的外心，可得四边形为矩形，进而求出即半径的长，即可得出外接球的表面积判断④. 【详解】如图1，设分别为的中点，则， 对于①：当平面平面时，四棱锥的体积最大， 因为为的中点，且为等边三角形，则， 平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 此时体积，故①错误； 对于②，因为线段中点， 在翻折过程中，到平面的距离为， 因为是边长为4的等边三角形，分别是的的中点， 所以，， 所以， ， 所以翻折过程中，三棱锥与四棱锥体积比为，是定值，故②正确； 对于③，因为分别是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面，即翻折过程中，直线始终与平面平行，故③正确； 对于④，当时，由，可知，即， 又，且平面，则平面， 又平面，则平面平面， 设四棱锥的外接球球心为，的外心为，则平面， 如图2，易知点为等腰梯形的外心，则平面， 则四边形为矩形，且， 从而有， 从而该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为，故④正确. 10．（多选）（2026·河北邯郸·一模）（多选）如图1，在长方形中，是边上一点，且．将沿着翻折至，连接，得到如图2所示的四棱锥，则下列结论正确的是（    ） A．四棱锥体积的最大值为 B．当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积为 C．在翻折的过程中，与始终不垂直 D．若，则 【答案】ABD 【分析】过点作，求出再利用体积公式计算可判断A；记外接圆的圆心为的中点，利用余弦定理计算三棱锥外接球的半径判断B；过点作，并与交于点，求证平面，进而求证判断C；在上取靠近点处的四等分点，利用勾股定理计算判断D. 【详解】当平面平面时，四棱锥的体积取得最大值． 过点作，垂足为，则， 则四棱锥体积的最大值为，A正确； 连接，记外接圆的圆心为的中点，连接， 因为， 所以， 因为，， 则， 则， 则三棱锥外接球的半径为， 则三棱锥的外接球的表面积为，B正确； 连接，因为， 所以，则， 因为平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面， 则点在平面上的射影在直线上， 过点作，并与交于点，连接， 若点在平面上的射影为，即平面， 由平面，得, 又，平面，则平面， 因为平面，所以，故C错误； 在上取靠近点处的四等分点，连接， 因为，所以，且， 从而四边形为平行四边形，则，D正确． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $品学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题07立体几何中的动点、截面、翻折问题 目录 典例详解 类型一、球的截面 类型二、方体的截面 类型三、动点中的平行与垂直 类型四、轨迹问题 类型五、路径最值问题 类型六、翻折问题 压轴专练 典例详解 类型一、球的截面 球的截面的性质主要有两点：①球的任何截面是圆；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面： 关键在于求球心到截面的距离、截面圆的半径、球的半径。 例1.（25-26高一下·全国课堂例题)在半径为13的球面上有A、B、C三点，其中AC=6,BC=8, AB=10,则球心到经过这三个点的截面的距离为 变式1-1.(25-26高二下·浙江温州期中)己知四面体ABCD满足BC=2√2，其余五条棱长均为2，该四面 体的外接球球心为点O,内切球球心为点O2,过直线O,O2的平面截四面体ABCD所得的截面的周长为L, 则L的最小值为 变式1-2.(2026重庆模拟预测)在正四棱锥P-ABCD中，AB=PA=4,当过P,C,D三点的球的体积 1/13 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 最小时，该球被平面ABCD所截截面的面积为() A. 20 40 元 9 B. c.9 D.16 π 变式1-3.(2026重庆·模拟预测)直径为2的球0与一个正方体的各个面相切，过正方体的一条棱作一平面， 该平面被正方体截得的长方形面积为25，则球0被截面截得的圆的面积为 类型二、方体的截面 (1)正方体的截面存在以下几种情况：三角形（等边三角形、等腰三角形）、四边形（正方形、矩形 梯形、平行四边形)、五边形、六边形（正方体过各棱中点截得的六边形是面积最大的截面） 三角形 四边形 五边形 六边形 (2)作截面的方法 1、三点定面法：已知三个不共线的点（多位于棱上），连接其中两点得线段，再延长与棱或面相交，逐 步确定截面与各面的交线。 2、平行线法：利用线面平行或面面平行性质，作已知线的平行线，确定截面与对应面的交线。 3、延长交棱法：将截面多边形的一边延长，与几何体的棱或面相交，得到新交点，再连接其他已知点。 例2.(25-26高一下·云南昆明·期中)在正方体ABCD-A,B,C,D,中，M为AB的中点，N为CC的中点，P 为线段AA,上一点且AP=3AP.过点M,N,P作该正方体的截面，记为a,则截面a为() A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 变式2-1.（多选）(2026江西九江·二模)（多选）如图，在长方体ABCD-A,BC,D中，AD=AA=1,AB=2 ,点P是棱AA,上的动点（不含端点），过点D,B,P作长方体的截面，并将长方体分成上下两部分，体积分 别为"，2，则() A 2/13 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.截面是平行四边形 C.存在点P,使得截面为长方形 D.截面的面积存在最小值230 5 变式2-2.(25-26高二下·安徽阜阳·开学考试)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正 方形，且PDAD-2,点E,F分别在侧棱PA,PC上，且PE=2PA,PF=PC,过点B,E,F的平面a 3 截四棱锥的截面面积为() A.2V2 B.2 C.3√5 D.3 变式2-3.（多选）(25-26高二上·河南南阳期末)（多选）如图，已知正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为2， E为AD的中点，F为线段CC上的一个动点，设由点A、E、F构成的平面为，则下列结论中，正确 的是() D E B D C A.当F为CC的中点时，平面a截正方体ABCD-A,B,C,D,所得的截面为五边形 B.平面a截正方体ABCD-AB,CD,所得的截面可能是三角形 C.当点F与C重合时，平面a截正方体ABCD-AB,C,D,所得截面的面积为2√6 D.点D到平面a的距离的最大值为26 类型三、动点中的平行与垂直 1、 由动点保存平行 (1)转化为“确定平面”：若要证明或找到一点P使AP/平面α，一个有效思路是构造一个包含 AP且与平行的平面B。那么P必须位于平面B与已知几何体（如棱、面）的交线上。 (2)转化为“线线平行”：利用公理4（平行传递性）或中位线定理。例如，要在线段上找点P使 AP//平面《，可尝试在平面内找一条与AP平行的固定直线，从而将线面平行转化为线线平行，P 的位置由这组平行线决定。 3/13 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2、由动点保存垂直关系 (1)转化为“线面垂直”：a上b且a1c,bnc=0→a上平面(b,d。这是将分散的线 线垂直集中到一个平面（垂面）上的强大工具。要确定一点使某线垂直于一个平面，常需该线同时垂直 于平面内两条相交直线，这往往能给出两个约束条件。 (2)转化为“三垂线定理及其逆定理”：这是处理斜线在平面上投影垂直问题的利器。如果问题涉及“斜 线”与“面内直线”垂直，立即考虑三垂线定理。这常常能将一个空间垂直问题，转化为平面内的垂直 问题。 (3)转化为“平面垂直的判定”：若要证平面α1平面B,需在内找一条线垂直于B。这有时能引导 我们去寻找或构造这条关键的垂线，而这条线的端点可能就是动点。 例3.（多选）(2026四川泸州模拟预测)（多选）若P是正四棱台ABCD-A,B,C,D,的棱BB,上的动点（包 括端点)，则() A.存在点P,使得AP⊥平面BB,CCB.直线AP与DD,异面 C.平面PAC⊥平面BDDB, D.若PB=PB,则平面DA,C,∥平面PAC 变式3-1.（多选）(25-26高二上浙江·月考)（多选）在正三棱台ABC-A,B,C中，AB=2A,B,=2√2， ∠44B=牙，点D是线段BC上的动点，则下列选项中正确的是《) A.AB⊥AC B.直线AD与直线BB,所成角的取值范围为 ππ 4’2 C.存在点D使得ADI1平面CAB, D.存在点D使得C,D⊥平面ACC,A 变式3-2.（多选）(25-26高三下·陕西渭南开学考试)（多选）已知正三棱柱ABC-A,B,C,的各棱长均为2， M,Q分别为棱AB,BB,的中点，P为上底面ABC内一动点（包括边界），则() A.C,M⊥Ag B.AQ⊥平面BC,M C.AA/I平面BCM D.三棱锥A-BCP的体积为定值 变式3-3.（多选）(2025安徽二模)（多选）在正四棱锥P-ABCD中，已知E,F分别为PB,PD的中点， 点Q为AP上一动点，满足P⑨=元PA2∈[0,1)，则下列说法正确的有() 4/13 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.BD⊥平面PAC B.当元=时，平面QEF11平面ABCD C.不存在2，使得AC⊥平面QEF 当23时，0，E,F,C四点 类型四、轨迹问题 1、根据题目中“动点满足的几何条件”（如到定点距离为定值、到两定点距离相等、与定直线/定平面成定 角等)，判断轨迹形状： 到定点距离为定值球面。 到两定点距离相等→中垂面。 到定直线距离为定值→圆柱侧面。 到定平面距离为定值一对平行平面。 与定点连线垂直于定直线一过定点且垂直于定直线的平面。 与定直线/定平面成定角一圆锥侧面 2、轨迹常被限制在几何体（如多面体）的面、棱、内部，因此最终答案往往是完整轨迹与几何体的交集 (如球面的一部分、圆弧、线段等)。 例4.（多选）(25-26高一下浙江宁波期中)（多选）如图，在棱长为3的正方体ABCD-A,B,C,D,中， E,F分别是棱B,C,C,D的中点，P是正方形A,B,CD,内的动点，则下列结论正确的是() 夕 B D B A.若B,P/1平面CEF,则点P的轨迹长度为3√2 B.若DP1/平面CEF,则点P的轨迹长度为巨 C.若DPI/平面CEF,则三棱锥P-DEF的体积为定值 5/13 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D.若AP=7,则点P的轨迹长度为2π 变式41.（多选）(2026宁夏银川三模)（多选）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A,B,CD,中，P为棱 BB,的中点，Q为正方体ABCD-A,B,C,D,表面上的一动点（含边界），则下列说法中错误的是() O C B A.三棱锥P-AD,D外接球的表面积为4 16 B.若D,Q∥平面APD,则动点Q的轨迹是一条线段 C.若POL平面4PD,则动点Q的轨迹的长度为5 D.若DQ=万，则动点Q的轨迹长度为 变式42.(25-26高一下·福建厦门期中)如图，棱长为1的正方体ABCD-A'B'C'D'中，E,F分别为AD, AB的中点，点G在上底面A'B'C'D'(含边界)上运动，若满足BC/平面EFG,则点G的轨迹长度为 D' G B F 变式4-3.（多选）(2026内蒙古兴安·二模)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，P是棱BC的 中点，点Q在正方形AA,B,B内部（不含边界）运动，若PQ11平面ACCA,则() A D C 9 D 6/13 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.点Q的轨迹经过线段AB,的中点 B.点Q的轨迹长度为2 c三棱锥Q-4C的体积为定值时 D.球面经过A,B,C,Q四点的球的半径的最小值为√2 类型五、路径最值问题 将变化的几何量（长度、角度、面积、体积）表示为某个变量的函数，然后通过代数或几何方法求其最 值或范围。 1、函数法：将变化的几何量（长度、角度、面积、体积）表示为某个变量的函数，然后通过代数或几何 方法求其最值或范围。 2、几何直观法（利用几何性质直接判断） 两点之间线段最短、点到直线垂线段最短、点到平面垂线段最短。 直线与平面平行时，直线上各点到平面的距离相等。 球面上两点间的最短路径是过大圆的劣弧。 展开图法：将立体图形表面展开为平面，化曲为直求最短路径。 例5.(25-26高一下·湖北襄阳·期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，点M为线段BB,上的 动点，则线段AM+MC的最小值为 D M B 变式5-1.(2026山东聊城二模)（多选）已知棱长为2的正四面体ABCD,P为△BCD的中心，M为平面 ABC内的动点，N为棱AD上一动点，则下列说法正确的是() A.若MN∥平面BCD,且=2，则AM的最小值为2目 ND 7/13 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B.若MN上AD,且 =1,则MN的最小值为√2 ND C.若AM⊥PC,则DM的最小值为√2 D,PM+MW+NP的最小值为 变式5-2.(25-26高一下·黑龙江大庆期中)正方体ABCD-A,BC,D,的棱长为2，M是线段B,C上的一个动 点（含端点），则MA,+MC,的最小值为() A.2√2 B.V10 C.√6+√2 D.22+2 变式5-3.(25-26高一下·福建厦门期中)现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥P-A,B,C,D ,下部是正四棱柱ABCD-A,B,CD,(如图所示)，O,O分别是上、下底面的中心，且满足 0,0=4P01=8 D D O A D-.-- O° B (1)若AB=6,求该几何体的体积 (2)若正四棱锥的侧面是正三角形 ①求正四棱锥P-A,B,C,D,的侧面积 ②若Q,N分别是线段AB,PB,上的动点，求AQ+QN+NC,的最小值 类型六、翻折问题 弄清翻折前后不变与变化的地方：翻折后还在同一个平面的性质不变，不在同一个平面上的性质可能发 生变化。 1、折痕垂直性：翻折时，折痕（棱）垂直于翻折前后对应点连线的平面（即对应点的中垂面）。 2、共面关系：翻折前共线的点，翻折后不一定共线；但翻折前在同一个平面内的点，翻折后仍在同一个 平面内（该平面绕折痕旋转）。 3、长度与角度不变：翻折过程中，两点间距离、线段长度、直线与折痕的夹角均保持不变（刚性翻折）。 例6.(2026河北承德.一模)（多选）己知在直角ABC中，∠A=3∠B=90°，AC=1,AD为边BC上的中 8/13 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 线，将△ABD沿边AD翻折至AB'D,则下列选项正确的是() A.sinBAD B.三棱锥B'-ACD的体积的最大值为 C.存在某个位置使得平面AB'D⊥平面AB'C D.三棱锥B'-4CD的外接球的体积最小值为13V39, 54 变式6-1.(25-26高二上·云南楚雄·期末)在长方形ABCD中，AB=2,AD=1,将△ABD沿BD所在直线进 2π 行翻折，二面角A-BD-C为？，则AC=（） A.45 B.35 C.V95 D.V105 5 变式6-2.(25-26商二上上海静安月考)已知边长为2的菱形4BCD,∠48C=公，对角线AC,BD交于 点O,现将△ACD沿对角线AC翻折，得到三棱锥D'-ABC记线段AD',AB,BC的中点分别为E,F,G ,有以下几个结论： ①三棱锥D'-ABC体积的最大值为3 ②平面EFG截三棱锥D'-ABC的截面图形可能是正方形； ③当折成的二面角D'-4C-B为2严时，三棱锥D'-ABC的外接球半径为27 3 则上述结论中正确的有() A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 变式6-3.（多选）(25-26高二上·四川南充月考)（多选）如图1，己知矩形ABCD中，AB=2,AD=1, E为CD中点，现将△AED沿AE翻折后得到如图2的四棱锥D'-ABCE,点F是线段D'B上（不含端点） 的动点，则下列说法正确的是() 图1 图2 A.当F为线段D'B中点时，CF∥平面ADE B.D'B⊥AE C.若翻折后平面AD'E1平面ABCE,则三棱锥D-ABE的外接球半径为y5 9/13 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D.当F为线段D'B中点时，过点A,E,F的截面交CD于点M,则2CM=D'M 压轴专练 1.(多选)(25-26高一下山东期中)如图，在正四棱柱ABCD-AB,CD,中，底面边长为1，侧棱长为2， M是上底面ABCD内（包括边界）的动点，N是侧棱DD上的动点，则下列结论正确的是() 9 7C1 A 6 D C B A.A,N+NC的最小值为2√2 B.若BM∥平面ACD,则点M的轨迹的长度为√2 C.若AN⊥BD,则点N是DD,的中点 D.若AM=V5,则点M的轨迹的长度为 2.(多选)(25-26高一下·黑龙江大庆期中)如图，在棱长为6的正方体ABCD-A,B,C,D,中，已知M,N, P分别是棱CD,AA,BC的中点，点Q满足CQ=1CC,1e[0,1],则下列说法正确的有() D M C B W D P A B A.PQ/平面ADDA, B.若Q,M心P四点共面，则入=号 C若入点F在侧面BBCC内包括边界日4F平面PO,则点F的轨迹长度为E D。若-}，过4，P,Q三点作该正方体的载面格该正方体分成两部分，较小体积与较大体积的比值为 10/13 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 181 251 3.(多选)(2026安徽芜湖·二模)在棱长为√2的正四面体A-BCD中，E,F分别为棱AB,CD的中点，在 空间中，PAPC=PB.PD=0,记点P的轨迹为曲线Γ，则下列结论正确的是() A.若线段EF的中点为M,则AM⊥BC B.曲线Γ是一个圆 C.曲线『上不存在点P,使得PE∥平面BCD D.曲线T上点P到平面8CD距离的最大值为V5+6 6 4.(多选)(25-26高一下·广东广州期中)己知正方体ABCD-A,B,C,D的棱长为1，B,M=元B,A+uB,C, 其中入，∈[0,1]，且入+4=1，则下列选项正确的是() D C M A B B A.BM/I平面AD,C B。三棱锥M-4DC的体积为定值号 C.M的轨迹长度为√2 D.当A=u=2时，AM+BM取最小值6 5.(25-26高一下·北京朝阳·阶段检测)在棱长为1的正方体ABCD-A,B,CD,中，E,F,G分别为棱 AA,CD,CC的中点，动点H在平面EFG内，且DH=1,给出下列四个结论： D A G D B ①A,B/平面EFG; 11/13 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ②点H轨迹的长度为刀： ③三棱锥H-EDG的体积恒为定值； ④平面EFG截正方体所得的截面面积为3V 4 其中所有正确结论的序号是 6.(多选)(24-25高一下·广东深圳期末)（多选）如图1，己知矩形ABCD中，AB=2,AD=1,E为CD 中点，现将△AED沿AE翻折后得到如图2的四棱锥D'-ABCE,点F是线段D'B上（不含端点）的动点， 则下列说法正确的是() D' E 图1 图2 A.当F为线段DB中点时，CF∥平面ADE B.D'B⊥AE C.不存在点F,使CF⊥平面ABD D.当F为线段D'B中点时，过点A,E,F的截面交CD'于点M,则2CM=D'M 7.(25-26高三下·江西·阶段检测)在正三棱柱ABC-A,B,C,中，AB=2,AA,=1,点D是平面ABC上的动 点，则AD+ 2CD的最小值是 8.(25-26高一下湖南邵阳·期中)如图，DE是边长为25的正三角形ABC的一条中位线，将ADE沿 DE翻折至△A,DE,当三棱锥C-A,BE的体积最大时，四棱锥A-BCDE外接球的表面积为 B 9.(2026天津滨海新区·模拟预测)如图，已知ABC是边长为4的等边三角形，D、E分别是AB和AC的 中点，将ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P-BCED,则下列说法中，正确的个数为() ①翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为9. 12/13 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ②取线段AD中点F,则翻折过程中，三棱锥B-CEF与四棱锥P-BCED体积比为定值. ③翻折过程中，直线BC始终与平面PDE平行. ④当P8=V0时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为2， 3π p B b A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 10.(多选)(2026河北邯郸.一模)（多选）如图1，在长方形ABCD中，P是CD边上一点，且 AB=4,AD=2,DP=1.将△ADP沿着AP翻折至△AQP,连接QB,QC,得到如图2所示的四棱锥 Q-ABCP,则下列结论正确的是() D 图1 图2 A.四棱锥Q-ABCP体积的最大值为145 15 B.当平面QAP⊥平面ABCP时，三棱锥Q-BCP的外接球的表面积为69r 5 C.在翻折的过程中，BP与AQ始终不垂直 D.若E=80,则CE= 2 13/13