立体几何中的截面问题、立体几何中的轨迹问题专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦立体几何截面与轨迹两大难点，通过精选模拟题构建从几何体性质到空间关系推导的专项突破体系，强化空间观念与几何直观。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |立体几何中的截面问题|例5+变式5|涵盖正四面体、正方体等几何体，涉及截面周长、面积、夹角及存在性问题|以几何体性质为基础，通过线面关系推导截面形状，结合距离、角度公式计算几何量| |立体几何中的轨迹问题|例5+变式5|包含正方体、正四棱柱等场景，考查轨迹长度、形状判断及区域面积|基于空间限制条件（如线面平行、距离关系），转化为平面轨迹问题，运用几何推理与代数运算求解|

立体几何中的截面问题、立体几何中的轨迹问题专项训练 立体几何中的截面问题、立体几何中的轨迹问题专项训练 考点目录 立体几何中的截面问题 立体几何中的轨迹问题 考点一 立体几何中的截面问题 例1．（2026·山东日照·二模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（   ） A．4 B．8 C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，设，由得出相应的结论，即可得出点构成的平面截正四面体所得的截面图形求出图形的周长即可. 【详解】将正四面体补全为正方体，则正方体棱长为4， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 设，则 ， 所以，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，边长为， 故截面周长为. 例2．（25-26高二上·河南新乡·月考）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面，分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先把题目转化为求平面与平面夹角的余弦值，结合线面垂直得出法向量，，再应用面面角余弦公式计算求解. 【详解】如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面与平面夹角的余弦值， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，    设正方体棱长为1，平面与平面的夹角为， 因为平面，平面， 所以，且，，，平面， 所以平面，同理平面， 所以为平面的一个法向量，为平面的一个法向量， ，，，，， 则. 故选：D. 例3．（2025·安徽合肥·三模）在长方体中，．若，点M在长方体内且，则平面ADM截长方体的截面面积为_______． 【答案】 【分析】设由可得，用表示正切值，利用和角的正切公式求得，再由求得，利用构造平面，连接并延长交于点，连接，过点作，交于点，即可得矩形为平面ADM截长方体得到的截面，求其面积即可. 【详解】已知，则， 设， 因为， ， ， ， 所以，化简得，得， 即． 又，则 因，则组成一个平面，由可知在线段点在上， 故点在平面内，连接并延长交于点，连接，过点作，交于点，连接， 则矩形即平面截长方体得到的截面. 因，即， ． 故答案为：. 例4．（2026·广东广州·三模）已知正方体的棱长为4．为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为____________． 【答案】 【分析】通过空间向量法确定垂直于的平面方程，找到截面顶点，判定截面为菱形后，利用对角线求面积即可. 【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体棱长为4， 所以，则， 设截面上的点为，则， 因为过点的平面垂直于，所以是平面的一个法向量， 所以，即，整理得：， 当点在棱上时，，则，得； 当点在棱上时，，则，得； 当点在棱上时，，则，得， 所以截面为四边形， 又因为， 同理可得，所以四边形为菱形， 又因为对角线， 所以面积. 例5．（2026·广东汕头·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)，截面周长为12 (3)存在， 【分析】（1）运用直角梯形垂直关系，再结合已知得到线面垂直，再证明面面垂直； （2）利用平面平行相交的性质作出截面，再通过直角三角形，平行四边形性质求得周长； （3）先计算出点C到平面的距离，如果距离大于3，则不存在；如果距离小于3，则存在；最后如果存在，那么点在运动过程中所围成的图形是：以点为球心半径为的球面被平面所截的面，计算出半径求得圆面积. 【详解】（1）证明： 又平面 平面 又平面 平面平面 （2） 连接交于点，连接，取中点，连接,， 四边形 为平行四边形 点为中点， ，四边形为平行四边形,则 ， 点G平面，故四边形即为所求截面， 平面 ,为直角三角形， ,故四边形为平行四边形， 所以，四边形周长为：; （3）假设平面内存在动点，使其到点的距离为3， 方法一（等体积法）： 设点到平面距离为h，那么 取中点，由可知为正三角形， 所以， 由可得 , 即， 由于， 所以，, , 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截得的截面，截面形状为圆， 半径,. 方法二（建坐标系）： 取中点，由可知为正三角形， 所以， 以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 那么, 设平面法向量为，那么 取，则为平面一个法向量， 那么点到平面距离， 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截，截面形状为圆， 半径,. 变式1．（2020·湖北宜昌·一模）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】球心为正方体中心，，法一：连接相交于点，根据线面平行的判定定理得平面，则到平面的距离等于点到平面的距离，设为，利用求出，再由截面圆半径可得答案；法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再由点到平面的距离的向量求法可得答案. 【详解】球心为正方体中心，半径， 法一：连接，相交于点，点为的中点，连接， 可得，因为平面，平面， 所以平面，在上， 则到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ，， 由平面、得：， 则截面圆半径， 所以截面面积； 法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 所以， 则到平面的距离， 截面圆半径，所以截面面积. 故选：A． 变式2．（2025·浙江·三模）在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面的所成角为最小时，截面的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设平面交直线于点，利用空间向量法可求出平面与平面的所成角为最小时的值，求出此时二面角余弦值的最大值，然后利用射影面积法可求出截面的面积. 【详解】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、，设平面交直线于点， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的所成角为， ， 当且仅当时，取最大值，此时平面与平面所成角最小， 则， 设平面交棱于点，， 因为，则，解得，即点， 结合图形可知，平面分别交棱、于点、， 先证明射影面积法：设点在平面内的射影点为，如下图所示： 过点在平面内作，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，，、平面，故平面， 因为平面，所以， 故为锐二面角的平面角， 在中，， 推广到其他多边形的面积也成立， 本题中，， 设截面的面积为，由射影面积法可得， 故. 故选：B. 变式3．（2026·湖南湘西·三模）如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点，三棱柱的外接球为球，则过的平面截球所得截面面积的最小值为___________． 【答案】/ 【分析】将三棱柱补成正方体，建立空间直角坐标系，可求出外接球的半径为，利用空间向量求出点到直线的距离，进而求解截面面积的最小值. 【详解】根据题意，将该三棱柱补成正方体，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 由正方体的性质可得该正方体的外接球球心为，即为点， 则，外接球半径为， 点到直线的距离， 该截面面积最小时，点到该截面的距离为， 则截面面积的最小值为． 变式4．（2025·湖南·模拟预测）如图，正方形的边长为．现沿对角线将翻折到的位置，使二面角成直二面角．分别为的中点，点四点都在球的表面上，则过直线的平面截球所得截面圆面积的最小值是________．    【答案】 【分析】法一：记的中点为，可得为外接球球心，当点O到EF的距离即为球心O到截面圆的距离时，截面面积最小，结合勾股定理即可求解；法二：建立空间直角坐标系，同法一即可求解． 【详解】方法一：由四边形为正方形，得球心即为BD的中点， 所以球的半径， 又连结、、、，则，， 再过E作，垂足为G，过F作，垂足为H，则，    且由已知条件可得， 则在等腰中，顶点O到底边EF的距离， 当顶点O到底边EF的距离即为球心O到截面圆的距离时， 截面圆面积最大，此时截面圆的半径，故最大面积为． 方法二：易知球心即为BD的中点，所以球的半径， 又连结、，则， 如图建立空间直角坐标，，    则，， 所以点O到直线EF的距离为：， 以下同方法一； 故答案为：． 变式5．（2026·广西桂林·二模）已知正三棱柱如图，各棱长均为1，D为上的动点. (1)当时，求与的夹角余弦值； (2)棱是否存在点D，使得二面角的平面角的余弦值为，若存在说明点D的位置，若不存在，请说明理由； (3)记过点D与侧面对角线的截面为，与底面ABC和三个侧面，，，所成的二面角依次为，，，，若，求截面三角形的面积. 【答案】(1)； (2)存在，； (3). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，即可计算线线夹角； （2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，计算法向量，即可根据二面角计算坐标； （3）根据射影面积定理列出等式，即可求解. 【详解】（1）依题意作正三棱柱如图，设AC的中点为O，建立空间直角坐标系如图， 由，得，，，， ，， 设与的夹角为，. （2）假设存在点D满足题意，由，则，，，， 设面的法向量为，，， ，，令，得，，从而， 设面的法向量为，， ，，令，解得，， 从而， 当时，，解得， 所以D为的中点时，二面角为直二面角. 时，二面角的平面角为钝角；时，二面角的平面角为锐角， 设二面角的平面角为， 则，解得，， 因为二面角的平面角为锐角，故舍去， 综上得，存在满足题意的点D，此时. （3）假设存在点D满足题意，且， 则，，，，设面的法向量为， ，，，， 则点D到的距离为， ，， 又在底面和三个侧面，，上的射影面积分别为，,，， 所以由面积射影定理得，， ，， 得， 解得，故. 考点二 立体几何中的轨迹问题 例1．（2026·山东枣庄·三模）在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是正方形内的动点（包含边界），且平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用线面平行，可知直线的方向向量与平面的法向量垂直，确定动点坐标之间的联系，从而找到过点且与平面平行的平面，与平面的交线即为动点的轨迹，最后计算轨迹线段长度即可. 【详解】解：由正方体，可建立以为原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系， 则，，，，所以，， 设平面的法向量，则，所以， 则，取，则，，所以. 由是正方形内的动点（包含边界），可设，其中，，则， 因为平面，所以，则，即，整理得， 当时，，此时，为中点； 当时，，此时，为中点， 连接，不难发现，，且，， 易证，平面平面，所以点的轨迹为线段， 因此，轨迹长. 例2．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知正方体棱长为2，点满足，点在正方体的表面上运动，且，则的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据线面垂直的判定定理结合条件可得点的轨迹，进而求得轨迹的长度． 【详解】设，分别是，的中点，连接，，， 则，即四点共面， 在正方体中，得是的中点， 显然，，， 所以，故， 所以， 即，所以， 又平面，平面，所以， 又，且平面，平面， 所以平面， 因为点在正方体的表面上运动，且，所以点的轨迹是矩形， 由题可得，， 所以点的轨迹长度为． 例3．（2026·河南开封·模拟预测）已知正四棱柱的体积为，，且底面内（包含边界）一动点P满足，则点P的轨迹长度为________. 【答案】 【详解】由于正四棱柱的体积为，， 故，则， 由于在平面上运动，且， 平面，平面，因此， 故， 由于，， 以为圆心，以的长度为半径作圆，此时圆与棱相交于点， 且 ，由于， 故，故， 故的轨迹为，故. 例4．（2026·河北·二模）已知棱长为4的正四面体的各顶点均在球的球面上，为的中点，动点在球的球面上运动，且．记在平面上的射影为，则的轨迹长度为___________，的轨迹所围成的区域面积为___________． 【答案】 【分析】根据正四面体及外接球的性质，运用几何法求出外接球半径，进而求出点的轨迹长度，求出点所在平面和点所在平面的夹角余弦值，进而求出点的轨迹所围成的区域面积． 【详解】 如图，设在平面上的射影为，四面体的外接球的半径为， 则， 由得，解得， 为的中点， ， 又， 的轨迹是半径为的圆， 的轨迹长度为， 设的轨迹所在平面为，记平面与平面的夹角为， 平面的法向量，平面的法向量， 则， 的轨迹所围成的区域面积为． 例5．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形的边界及其内部运动，且满足. (1)求点的轨迹的长度； (2)证明：直线与平面所成的角为定值. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出点的轨迹方程即可得解. （2）利用线面角的向量法求解得证. 【详解】（1）在所有棱长都为4的直四棱柱中，四边形为菱形，则， 令，过作平面，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 而，则， ，设， 由，得，整理得， 而，则点的轨迹为在平面内，以为圆心，2为半径的半圆弧， 所以点的轨迹的长度为. （2）由（1）知，平面的一个法向量为，， 设直线与平面所成的角为，则， 又，解得，所以直线与平面所成的角为定值. 变式1．（2026·北京石景山·二模）在正方体中，E是棱的中点，S是正方形ABCD及其内部的点构成的集合，设集合，则T表示的轨迹是（    ） A．线段 B．圆的一部分 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】B 【分析】首先建立空间直角坐标系，进一步利用两点间的距离公式化简求出结果． 【详解】根据正方体中，建立空间直角坐标系，如图所示：    设正方体的棱长为1， 则， 由于， 所以， 整理得，即， 所以，动点的轨迹为圆的一部分． 变式2．（2026·陕西安康·三模）在长方体中，为长方体表面上一动点，且，则点的轨迹的总长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过讨论点所在位置确定轨迹长度进而求解. 【详解】若点在平面内，则，如图，点的轨迹为，其长度为 若点在平面内，则，如图，点的轨迹为，其长度为，由对称性可知，点在平面内的轨迹长度也为； 点不可能在平面内，在平面，内时分别位于点处，所以点的轨迹的总长度为． 变式3．（2026·四川广安·模拟预测）在长方体中，，，，长方体表面上的动点满足，则点的轨迹长度为______. 【答案】 【分析】由题设，在长方体表面确定P的轨迹，应用弧长公式计算轨迹长度. 【详解】因为，故在以为球心，半径为的球面上， 而点在长方体各面上，故在各面上的轨迹为圆弧， 如图，在矩形，因为，，故， 故，故， 同理，故， 因为，故，故，故， 故. 同理，，故，， 综上，点的轨迹长度为 变式4．（2026·北京丰台·二模）已知是棱长为2的正方体表面及其内部的点，直线与直线所成的角为，且，给出下列四个结论： ①满足条件的点有无数个； ②点的轨迹是一段圆弧； ③线段长度的最大值为2； ④三棱锥体积的最大值为. 其中正确结论的序号是___________. 【答案】①③④ 【分析】建系并求出相关点的坐标，设，根据线线夹角和空间中距离公式可得点的轨迹方程，即可判断①②；再根据点的轨迹方程分析可得，进而判断③④. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设， 可得，，，， 因为直线与直线所成的角为， 则，整理可得， 又因为，则，整理可得， 联立可得，即， 可知点的轨迹方程为，， 所以点的轨迹为双曲线的一部分，满足条件的点有无数个，故①正确，②错误； 因为，则，可得，即， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以线段长度的最大值为2，故③正确； 因为点到平面的距离为， 所以三棱锥体积的最大值为，故④正确. 变式5．（2026·陕西榆林·三模）如图，在几何体中，四边形为正方形，平面，，，. (1)求证：平面平面； (2)若点在平面内，且. （i）求点的轨迹的长度； （ii）设直线与平面所成的角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）先证平面，得到，利用勾股定理可得，再由线面垂直的判定得到平面，进而可证平面平面； （2）（i）以为原点建立空间直角坐标系，设，根据垂直向量的坐标表示求解即可； （ii）利用空间向量法求线面夹角即可． 【详解】（1）证明：因为平面，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，所以， 由题意求得，， 所以，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）解：由题意知，直线，，两两垂直，以直线，，分别为轴，轴，轴 建立空间直角坐标系， 则，，，，. （i）设，则，， 因为，所以， 即， 所以点的轨迹是以棱为直径的圆，其长度为. （ii）由（i）知，，， 设平面的一个法向量，则 即 令，得，，所以， 则. 由（i）知，所以， 因为，得， 所以，所以的取值范围是. 2 学科网（北京）股份有限公司 $立体几何中的截面问题、立体几何中的轨迹问题专项训练 立体几何中的截面问题、立体几何中的轨迹问题专项训练 考点目录 立体几何中的截面问题 立体几何中的轨迹问题 考点一 立体几何中的截面问题 例1．（2026·山东日照·二模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（   ） A．4 B．8 C． D． 例2．（25-26高二上·河南新乡·月考）在正方体中，平面经过点，平面经过点，当平面，分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 例3．（2025·安徽合肥·三模）在长方体中，．若，点M在长方体内且，则平面ADM截长方体的截面面积为_______． 例4．（2026·广东广州·三模）已知正方体的棱长为4．为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为____________． 例5．（2026·广东汕头·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 变式1．（2020·湖北宜昌·一模）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（    ） A． B． C． D． 变式2．（2025·浙江·三模）在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面的所成角为最小时，截面的面积为（   ） A． B． C． D． 变式3．（2026·湖南湘西·三模）如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点，三棱柱的外接球为球，则过的平面截球所得截面面积的最小值为___________． 变式4．（2025·湖南·模拟预测）如图，正方形的边长为．现沿对角线将翻折到的位置，使二面角成直二面角．分别为的中点，点四点都在球的表面上，则过直线的平面截球所得截面圆面积的最小值是________．    变式5．（2026·广西桂林·二模）已知正三棱柱如图，各棱长均为1，D为上的动点. (1)当时，求与的夹角余弦值； (2)棱是否存在点D，使得二面角的平面角的余弦值为，若存在说明点D的位置，若不存在，请说明理由； (3)记过点D与侧面对角线的截面为，与底面ABC和三个侧面，，，所成的二面角依次为，，，，若，求截面三角形的面积. 考点二 立体几何中的轨迹问题 例1．（2026·山东枣庄·三模）在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是正方形内的动点（包含边界），且平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 例2．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知正方体棱长为2，点满足，点在正方体的表面上运动，且，则的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 例3．（2026·河南开封·模拟预测）已知正四棱柱的体积为，，且底面内（包含边界）一动点P满足，则点P的轨迹长度为________. 例4．（2026·河北·二模）已知棱长为4的正四面体的各顶点均在球的球面上，为的中点，动点在球的球面上运动，且．记在平面上的射影为，则的轨迹长度为___________，的轨迹所围成的区域面积为___________． 例5．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形的边界及其内部运动，且满足. (1)求点的轨迹的长度； (2)证明：直线与平面所成的角为定值. 变式1．（2026·北京石景山·二模）在正方体中，E是棱的中点，S是正方形ABCD及其内部的点构成的集合，设集合，则T表示的轨迹是（    ） A．线段 B．圆的一部分 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 变式2．（2026·陕西安康·三模）在长方体中，为长方体表面上一动点，且，则点的轨迹的总长度为（   ） A． B． C． D． 变式3．（2026·四川广安·模拟预测）在长方体中，，，，长方体表面上的动点满足，则点的轨迹长度为______. 变式4．（2026·北京丰台·二模）已知是棱长为2的正方体表面及其内部的点，直线与直线所成的角为，且，给出下列四个结论： ①满足条件的点有无数个； ②点的轨迹是一段圆弧； ③线段长度的最大值为2； ④三棱锥体积的最大值为. 其中正确结论的序号是___________. 变式5．（2026·陕西榆林·三模）如图，在几何体中，四边形为正方形，平面，，，. (1)求证：平面平面； (2)若点在平面内，且. （i）求点的轨迹的长度； （ii）设直线与平面所成的角为，求的取值范围． 2 学科网（北京）股份有限公司 $