专题4.6 动态几何探究立体几何压轴小题（期末复习讲义）高一数学下学期人教A版

专题4.6 动态几何探究立体几何压轴小题（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01正方体的截面问题 题型02动点中的平行与垂直关系 题型03轨迹问题 题型04翻折问题 题型05最短路径问题 题型06动点问题综合 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 正方体的截面问题 掌握作截面的基本方法（延长交线找交点）；能判断截面形状（三角形、四边形、五边形、六边形）；会计算截面面积或周长 中等难度，常在选择题或填空题中出现，考查空间想象和作图能力，截面形状随切角变化，临界位置（过顶点、过棱中点）是考查重点 动点中的平行与垂直关系 能根据动点满足的平行或垂直条件，利用坐标法或几何性质建立方程；会判断动点在运动过程中是否保持平行或垂直关系 综合题型，常在解答题第二问出现，需结合判定定理与代数运算，注意动点位置变化时条件的转化和范围验证 轨迹问题 能将几何约束（到定点距离恒定、与定线成定角、满足平行或垂直等）转化为轨迹方程，识别轨迹形状（线段、圆、球面、圆锥面、平面等） 难度较高，常在压轴小题中出现，考查从动态几何中抽象出轨迹模型的能力，需结合常见轨迹模型（中垂面、等距面、圆柱面） 翻折问题 理解翻折前后“变”与“不变”的关系（长度不变、角度不变、位置关系可能改变）；能根据翻折后图形建立空间关系，求解距离、角度或体积 综合题型，常在解答题中出现，需分清翻折前后对应点，利用不变量列方程，注意折痕作为旋转轴的性质（折痕垂直平分对应点连线） 最短路径问题 掌握将空间路径最值转化为平面展开图中的线段最短（如圆柱、圆锥侧面爬行）；或利用几何性质（垂线段最短、对称点连线）求最小值 高频考点，常以选择题形式出现，核心思想是“空间问题平面化”，通过展开或投影将空间折线转化为平面直线段 知识点01 正方体的截面问题 （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。 知识点02 动点中的平行与垂直关系 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。 知识点03 动点中的轨迹问题 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）。 知识点04 最值与范围问题 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。 知识点05 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）。 题型一 正方体的截面问题 解｜题｜技｜巧 对于需要补全截面，根据两个原则，1、延长相交 2、做平行线 易｜错｜点｜拨 【典例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. 【典例2】（多选）（2025高三上·吉林长春·专题练习）（多选）如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是（    ） A．当时，S为四边形 B．当时，S为等腰梯形 C．当时，S的面积为 D．当时，S与的交点R满足 【答案】ABD 【分析】根据各选项的条件作出对应的截面图形，再经判断即可得解. 【详解】对于A选项：过点A，P，Q的平面与平面交于直线AH，AH交于H，如图： 平面平面，则，由等角定理知，， ，因，则，点H必在线段上(不含点D，)，截面S为四边形，A正确； 对于B选项：连，，，，如图： 因，且，得，，， 则，，是梯形，而，截面S为等腰梯形，B正确； 对于C选项：点Q与重合，取中点E，连PE，，如图： 正方体中，P为BC中点，则，且，得，有，且， 取中点F，连AF，，由，得，有，且，从而是平行四边形， ，是菱形，对角线，，S的面积为，C错误； 对于D选项：同C选项有，PQ延长线交延长线于点M，如图： 过M作交于N，交于R，连AN，则，四边形APMN为截面S， ，而，，则，D正确. 故选：ABD. 【变式1】（多选）（25-26高一下·河南许昌·期中）（多选）已知正方体的棱长为2，点E，F分别是线段CD，BC的中点，平面过点，E，F且与正方体形成一个截面图形，下面说法正确的是（   ） A．直线与是异面直线 B．截面图形是一个五边形 C．若点I在正方形内（含边界位置），且平面，则点I的轨迹长度为 D．截面图形的周长为 【答案】AB 【分析】由异面直线的定义判断A，应用平面的基本性质画出截面图，再根据已知及各项描述依次判断正误即可. 【详解】A，在正方体中，与既不平行也不相交， 平面，平面，，平面， 所以直线与是异面直线，正确； B，延长，与AD的延长线交于点P，与AB的延长线交于点Q， 连接交于点G，连接交于点H， 再连接GE，HF，可得五边形为所求截面，正确； C，由题意知，线段EG为点I的轨迹， 因为，所以G为的三等分点，同理，H为的三等分点， 则，即点I的轨迹长度为，错误； D，，，且， 则五边形的周长为，错误． 【变式2】（多选）（25-26高三上·山东潍坊·开学考试）（多选）在棱长为6的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，过E，F，G作正方体的截面，则（    ） A． B．截面多边形存在外接圆 C．截面多边形的面积为 D．截面所在平面与平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【分析】通过空间几何分析正方体截面的形状、面积、外接圆存在性及二面角的正弦，结合正方体的性质和给定棱长，计算相关各边长度和面积，通过几何性质对选项进行逐一判断. 【详解】    如上图所示，根据正方体的性质可知，平面，底面对角线， 因为为中线，则，又因为，所以， 又因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，故A正确.    如上图，延长交于，交于，连接交于，连接交于. 根据正方体的性质可知，，即，且公用顶点， 显然这两个三角形外心不重合，故这个五边形没有外接圆，B错误； 如上图，因为，为中点，则， ，， ，， ，，， 所以， ， 所以，故C正确. 如上图，因为，，由二面角定义可知，为截面与底面所成角（或补角）， 因为，， 由余弦定理得， 所以，故D正确. 故选：ACD 题型二 动点中的平行与垂直关系 答｜题｜模｜板 1、平行关系：利用线线平行、线面平行、面面平行三者之间的关系来找动点的位置 2、垂直关系：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的关系来找动点的位置 【典例1】（25-26高二上·北京延庆·阶段检测）如图，在正方体中，点是对角线上一个动点，在点从顶点移动到顶点的过程中，下列结论中正确的序号有_____.    ①二面角的取值范围是； ②直线与平面所成的角逐渐增大； ③存在一个位置，使得平面； ④存在一个位置，使得平面平面. 【答案】①③④ 【分析】点由点移动到中点的过程中，二面角逐渐由减小至，再由对称性即可判断结论①；找特殊点，令点分别与点和点重合，找出相应位置的线面角，并比较二者大小即可判断结论②；当点为平面与直线的交点时，根据空间中线面平行或垂直的判定定理与性质定理可判断结论③④． 【详解】对于结论①，当与重合时，二面角为， 点由点移动到中点的过程中，二面角逐渐减小至， 由对称性可知，当由中点移动到点的过程中，二面角由逐渐增大至，即结论①正确； 对于结论②，不妨设正方体棱长为2， 当点与重合时，即为所求，此时有， 当与重合时，连接相交于点，则锐角即为所求， 在中，， 由余弦定理， 此时有， 所以，即直线与平面所成的角并不是逐渐增大，所以结论②错误；    对于结论③，当点为平面与直线的交点时，连接，则， 又因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，所以． 同理可得，． 因为，平面，所以平面，即结论③正确；    对于结论④，当点为平面与直线的交点时， 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，即结论④正确． 故答案为：①③④． 【典例2】（多选）（25-26高三下·安徽阜阳·开学考试）（多选）如图，在正方体中，动点在线段上，则（    ）    A．直线与所成的角大于50° B．对任意的点，都有平面 C．存在点，使得平面平面 D．不存在点，使得平面平面 【答案】BCD 【分析】A选项，根据线线平行，找到直线与BC所成的角，根据正方体的性质求出其度数；B选项，证明出平面，得到结论；C选项，当E在处时，平面平面；D选项，找到平面与平面所成的夹角，结合圆的知识点，推导出. 【详解】因为，所以即为直线与BC所成的角，，故A项错误； 因为平面，平面，所以， 又因为，所以平面， 故平面，故B项正确； 当点在处时，平面平面， 所以存在点，使得平面平面，故C项正确； 如图，过点作，则为平面与平面的交线， 在正方体中，平面，所以平面， 所以，，所以即为平面与平面所成的夹角， 因为点一定在以为直径的圆外，所以，所以不存在点， 使得平面平面，故D项正确.    故选：BCD 【变式1】（多选）（25-26高二上·湖南岳阳·期末）（多选）如图，在棱长为3的正方体中，是侧面内的一点，是线段上的一点，则下列说法正确的是（    ） A．过点A，P，E的平面截该正方体所得的截面图形不可能为五边形 B．当点是线段的中点时，存在点，使得平面 C．存在点，使得平面平面 D．当为棱的中点且时，点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】A当为中点，为中点时，作出截面判断；B当点重合时，利用线面垂直的性质定理和判定定理求证；C当为中点，为中点时，利用面面平行的判定定理求证；D求出点的轨迹即可. 【详解】A选项，当为中点，为中点时， 在上取点Q ，使，在上取点T ，使 连接、，则，则四边形为平行四边形，则, 在平面内过点作，交于N，则, 连接，则同理可证, 则五边形为过点A，P，E的平面截该正方体所得的截面，故A错误； B选项，当点重合时，平面， 若是线段的中点，则为和的交点， 因为平面，平面，所以， 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， 即平面，故B正确； C选项，当为中点，为中点时，平面平面， 因为，平面，平面，则平面， 因为，又平面，平面，则平面， 又，则平面平面，故C正确； D选项，当为棱的中点且时，点的轨迹长度为 取线段的中点，连接，则平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 则点在以为圆心，为半径且位于侧面内的圆上， 该圆分别交于点， 因为，所以，则， 故点的轨迹长度为，故D正确. 故选：BCD 【变式2】（多选）（25-26高三上·山东青岛·开学考试）（多选）如图，和都垂直于平面，且，，点在上，则（　　） A． B．若为中点，则平面 C．存在点使得平面平面 D．存在点使得平面平面 【答案】ABD 【分析】A线面垂直的性质定理可得；B取线段的中点，先证明为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可；C利用反证法以及面面平行的性质定理即可；D当为中点时，先求证平面，再结合B选项即可求出. 【详解】因和都垂直于平面，则，故A正确； 取线段的中点，连接， 因为中点，则，， 又，则，，故,， 则四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面，故B正确； 假设存在点使得平面平面， 因平面平面，平面平面，则， 显然是不成立的，故假设不成立，故C错误； 当点为中点时，平面平面，证明如下： 因，则， 因平面，平面，则， 又平面，则平面， 由B选项可知，则四点共面， 又平面，则平面平面，故D正确. 故选：ABD 题型三 轨迹问题 答｜题｜模｜板 分析动点满足的几何条件，联想基本轨迹模型，再与给定几何体取交线，得出最终轨迹图形。 【典例1】（25-26高一下·天津滨海新区·期中）在棱长为4的正方体中，为棱的中点，是侧面上的动点，且平面，则点在侧面上的轨迹长度为（   ）    A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用面面平行的性质确定轨迹，进而求出其长度. 【详解】在棱长为4的正方体中，分别取的中点，连接， 连接，由，得四边形是平行四边形， 则，又，平面，平面， 因此平面，平面，又平面，， 则平面平面，而侧面，平面，于是平面， 则点在侧面上的轨迹为线段，又， 所以点在侧面上的轨迹长度为.    【典例2】（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1】（多选）（2026·四川内江·二模）（多选）在棱长为的正方体中，点是棱的中点，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 C．三棱锥的体积为定值 D．球面经过，，，四点的球的半径最小值为 【答案】ACD 【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错误； 对于C，因为平面，点是棱的中点， 则，所以C正确； 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， 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，最小值为，故D正确. 【变式2】（25-26高一下·福建厦门·期中）如图，在长方体中，，点E，F分别为BC，的中点，点P在矩形内运动（包括边界），若平面AEF，则动点P的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用面面平行得到轨迹的长度求解即可. 【详解】取的中点，的中点，连接，，， 根据长方体的结构特征，易得，， 因为平面，平面， 故平面，同理平面， 又，，平面， 所以平面平面，又平面，且面， 所以平面，即点在平面与平面的交线上， 因为，所以， 所以，所以动点的轨迹长度为.    题型四 翻折问题 答｜题｜模｜板 1、给出翻折后的某个状态，求长度、角度 2、在整个翻折过程中，一些角度的变化过程。 3、在翻折的过程中，几何体的底面通常为固定不变的，几何体的高随着翻折过程在变化，求体积最值问题即判断几何体的高的最值。 【典例1】（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． 【典例2】（多选）（2026·四川资阳·三模）（多选）如图（1），菱形的边长为，，现将沿翻折至，连接，得到如图（2）所示的三棱锥，在该三棱锥中，下列说法正确的有（   ） A． B．若，则 C．当三棱锥体积最大时，与平面所成角为 D．若在平面内的射影为的垂心，且，则过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为 【答案】ABD 【分析】对于A，设中点为，证明平面即可判断；对于B，设的中点为，连接，先平面，得到，进而可得三棱锥为正四面体，再证平面即可判断；对于C，当平面平面时，三棱锥体积最大，再求即可；对于D，根据题意可知三棱锥为正四面体，求出外接球半径，再计算出，进而可求截面最小半径及面积． 【详解】解：对于A，设中点为，连接， ， ，又平面， 平面，又平面， ，故A正确； 对于B，设的中点为，连接， 四边形为菱形，， 为等边三角形， ， 又，平面， 平面，又平面， ，又为中点， ，易得为等边三角形， 故三棱锥为正四面体， ，又平面， 平面，又平面， ，故B正确； 对于C，当平面平面时，三棱锥体积最大， 又，平面平面， 平面， 就是直线与平面所成角， 又， ，则与平面所成角为，故C错误； 对于D，在平面内的射影为的垂心，为等边三角形， 则三棱锥为正四面体，棱长为， 设外接球球心为，半径为，的垂心为，的中点为， ，， ，解得， ，，的中点为， ，，， 因此三棱锥的外接球球心到过点的该球的截面距离最大值为， 截面最小半径，面积为，故D正确． 【变式1】（多选）（2026·湖南衡阳·二模）（多选）如图，在矩形ABCD中，，E为BC的中点，将沿AE向上翻折到，连接PC，PD，在翻折过程中，下列说法正确的是（   ） A．若平面平面ABCD，则 B．四棱锥的体积最大值为 C．点P从点B翻折到AD中点的过程中，PD的中点F形成的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球表面积的最小值为 【答案】AD 【详解】对于A：因为平面平面，平面平面， 因为是中点，，所以， 所以，所以，平面， 所以平面，平面，所以，故A正确； 对于B：由已知梯形的面积为， ，直角斜边上的高为， 当平面平面时，四棱锥的体积取最大值，故B错误； 对于C：如图1，取的中点，则，平行且相等，四边形是平行四边形， 所以点的轨迹与点的轨迹形状完全相同，过点作的垂线，垂足为，， 点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆弧，从而的中点的轨迹长度为，故C错误； 对于D：如图2，的外接圆的半径为，是的中点，外接圆的半径为2， 是圆与圆的公共弦，，设三棱锥外接球心为O，半径为， 则， 因为，所以，所以的最小值为2， 所以三棱锥的外接球表面积的最小值为，故D正确． 【变式2】（多选）（25-26高二上·四川南充·阶段检测）（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. 题型五 最短路径问题 答｜题｜模｜板 展开图法：将立体图形表面展开为平面，化立体图形为平面图形，然后利用将军饮马求最短路径。 【典例1】（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. 【典例2】（25-26高三上·河北石家庄·阶段检测）如图，正方体的棱长为2，E是的中点，F是侧面内的一个动点（含边界），且平面，则的最小值为（   ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先判断点的轨迹，然后根据最小距离的求法求得正确答案. 【详解】设分别是的中点，连接， 根据正方体的性质可知， 由于平面，平面，所以平面， 同理可证得平面，由于平面， 所以平面平面. 由于平面，所以点的轨迹是线段， 设是的中点，连接， 由于都是等腰三角形，则， 所以此时最小，， 同理可得，所以的最小值为. 故选：D 【变式1】（25-26高一下·重庆·期中）如图，在正四棱台中，，，为边上一点，且，为棱上的动点（含端点）． (1)求四棱台的体积； (2)在边上求一点，使得平面，并说明理由； (3)求的最小值． 【答案】(1) (2)为边上满足的点，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据已知条件得到上下底面正方形的边长，再结合侧棱长求出正四棱台的高，最后代入棱台体积公式计算体积即可. （2）当时满足要求，先可证得，再结合线面平行的判定定理即可推出平面. （3）将侧面和侧面展开到同一平面内，根据两点之间线段最短，可知的最小值就是展开平面中线段的长度，用余弦定理即可计算得结果. 【详解】（1）由题意可知，下底边长 ，上底边长， 上下底面均为正方形，故，， 上下底面中心与同底面各顶点的距离差为： ， 设棱台高为，由勾股定理：，得， 由棱台体积公式可得： . （2）由，,可得， 因为且，故得，则， 如图，若在边上取点，满足，连接, 则因且,故得，则, 故,又因不在平面内，平面,故得平面. 即在边上存在点满足，使得平面. （3）如图将平面沿展开，使平面与平面共面， 因为棱上的动点，的最小值即图中的线段之长. 因，，可得， 则，由余弦定理， 即，故的最小值为. 【变式2】（2026·福建漳州·三模）（多选）已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．平面截正方体所得的截面可能是五边形 B．可能是钝角三角形 C．的最小值大于 D．的最小值小于 【答案】ABC 【分析】对于A：截面形状，依据平面与正方体各面的相交情况判断；对于B：三角形是否为钝角三角形，选取特殊位置通过余弦定理判断角的余弦值正负；对于CD：的最小值，可转化为共平面结合将军饮马计算两点间距离． 【详解】对于A：如图，当点与两点不重合时， 将线段向两端延长，分别交的延长线于点， 连接分别交于两点， 连接，此时截面为五边形，故A正确； 对于B：当点与点重合时， ， ，，故是钝角，故B正确； 对于CD：如图，取的中点，连接， 在的延长线上取点，使得， 连接交于点，连接， 则，所以， 因为平面平面，所以， ， 仅当位于时，， 所以C正确． 因为，故D错误． 题型六 动点问题综合 答｜题｜模｜板 立体几何小题中的动点问题综合，通常考察了由动点保持的平行、垂直关系，动点的轨迹，截面问题、体积最值问题，最短路径问题，翻折过程中的变换问题等。 【典例1】（25-26高一下·山东淄博·期中）（多选）如图，在棱长为的正方体中，点为中点，动点在正方形内（含边界），则（     ） A．若，则点的轨迹长度为 B．若点为中点，过点、、的平面截该正方体，所得截面周长为 C．若点为中点，则三棱锥的外接球表面积为 D．若与的夹角为，为线段上的动点，则的最小值为 【答案】ABD 【分析】选项A，结合勾股定理求出点的轨迹，利用圆的周长计算即可；选项B，作出截面，并求出截面周长，即可作出判断；选项C，取中点，连接，分析可得等腰的外接圆圆心在上，且外接圆半径为，再过点作底面的垂线，设为三棱锥的外接球的球心，结合底面，可得，进而求出外接球半径，再根据球的表面积公式求解判断即可；选项D，由题意知点在以为圆心，为半径的圆弧上，再利用对称性结合平面几何知识即可判断D. 【详解】对于A选项，因为平面，平面，所以， 因为，则， 则在以为圆心，半径为的四分之一圆周上，如图， 所以点的轨迹长度为，故A正确； 对于B选项，如下图所示： 延长分别交直线、于点、， 连接交于点，连接交于点，连接、， 所以五边形为所求截面， 因为为的中点，所以， 因为，所以， 又因为，故，所以， 因为，所以，所以， 由勾股定理可得， ，， 同理可得，，， 故截面周长为，故B正确； 对于C选项，如图所示，， 取中点，连接，则等腰的外接圆圆心在上， 所以外接圆半径，依题意易知，， 根据正弦定理可知，，则， 过点作底面的垂线，由于底面， 设为三棱锥的外接球的球心，则， 而，则，又， 则三棱锥的外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球表面积为，故C错误； 对于D选项，因为平面，所以与的夹角为， 故，则， 所以点在以为圆心，为半径的圆弧上， 连接，由对称性可知，当点位于上时，最小，过作于， 在中，， 则，故， 如图在平面中，过点作于点， 则，当且仅当、、三点共线时取等号，故D正确． 【典例2】（2026·湖南郴州·模拟预测）（多选）已知正四棱台的体积为，，，则下列正确的有（    ） A．此四棱台的侧面积为 B．若是的中点，则平面截此四棱台所得截面的面积为 C．若点为平面截此四棱台所得截面上的动点，且，则的轨迹长度为 D．若点为棱上的动点，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】先根据条件，结合正四棱台的性质，求出正四棱台的高和斜高，即可求出此四棱台的侧面积，判断A的真假；确定截面的形状，结合梯形的面积公式求截面面积，可判断B的真假；分析点轨迹，结合扇形弧长公式，可求点轨迹长度，判断C的真假；根据点到直线距离，垂线段最短，再结合面积法可求的最小值，判断D的真假. 【详解】如图： 设棱台的高为，斜高为. 根据棱台的体积公式. 所以. 对A：该四棱台的侧面积为，故A正确； 对B：设为的中点，易得，所以平面截此四棱台所得的截面是等腰梯形. 设中点为，四棱台上下底面的中心分别为，，则为等腰梯形的高. 在等腰梯形中，，，. 所以截面的面积为，故B错误； 对C：点在截面上，且平面， 所以. 所以点轨迹是以为圆心，为半径的半圆，所以点轨迹的长度为，故C正确； 对D：点在上，根据正四棱台的性质，当时，， 此时，且最小. 因为, 由， 所以.故D正确. 【变式1】（多选）（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. 【变式2】（25-26高一下·广东深圳·期中）（多选）如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ） A．三棱锥的体积为定值 B．直线与直线所成角的余弦值为 C．的最小值为 D．点在正方体表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】根据体积桥可确定A正确；作出异面直线所成角，结合余弦定理可求得B正确；将与沿直线展开到同一平面内，根据可求得C错误；过作出平面的平行平面截正方体所得的截面，根据线面垂直关系可确定点轨迹即为正六边形，知D正确. 【详解】对于A，连接， 四边形为正方形，， 平面，平面，， 平面，，平面， 点到平面的距离， 又， ，即三棱锥的体积为定值，A正确； 对于B，延长至点，使得，连接， ，，又， 四边形为平行四边形，， 异面直线与所成角即为（或其补角）， ，，， ， 直线与直线所成角的余弦值为，B正确； 对于C，将与沿直线展开到同一平面内，如下图所示， （当且仅当为线段与交点时取等号），； ，，； ，为等边三角形，， ， ， 的最小值为，C错误； 对于D，，，，平面， 平面，又平面，； 同理可证得：， ，平面，平面； 取中点，连接， ，平面，平面，平面， ，平面，平面，平面， ，平面，平面平面， 作出平面截正方体所得的截面，其中分别为的中点，则截面平面； 平面，平面， 则当平面时，， 点的轨迹即为正六边形，点的轨迹长度为，D正确. 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（25-26高一下·江苏常州·期中）如图，棱长为2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， 又正方体的棱长为2，所以，则， 故点轨迹长度为. 2．（多选）（2026·江西·一模）（多选）在直三棱柱中，为的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（   ） A． B．平面 C．平面平面 D．存在点，使得平面 【答案】BCD 【详解】如图： 对于选项A，因为平面,平面，所以平面，又因为平面，但不过，所以与是异面直线，故A错误； 对于选项B，因为底面，因为底面，所以； 又，且平面， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，所以侧面是正方形，所以． 因为，且平面， 所以平面，故B正确. 对于选项C，由选项下的证明得到，平面，因为平面 所以平面平面，故C正确. 对于选项D，当为线段的中点时，设， 则，所以，故四边形为平行四边形， 所以，而平面平面，所以平面，故D正确. 3．（25-26高一下·江苏扬州·阶段检测）如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，则平面截正方体所得截面的面积为_____ 【答案】 【分析】找到平面截正方体的截面为正六边形，求出正六边形面积即可. 【详解】延长交于点，交于点， 连接并延长交于点， 过点在平面内作，连接，交于点， 因为，， 所以，所以， 同理可证，，故为的中点， 因为，，， 所以，所以为中点， 因为，，， 所以，故为的中点， 所以截面为正六边形，其边长为， 所以正六边形的面积为. 4．（多选）（25-26高一下·重庆渝北·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，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 C．直线与直线为异面直线 D．三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【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：根据异面直线的判定定理分析判断；对D，利用等体积法，即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接，，则， 且平面，平面，所以平面. 又因为是中点，则， 且平面，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错误； 对于C，因为平面，平面，， 所以直线与直线为异面直线，故C正确； 对于D，因为平面，点是棱的中点， 则，所以D正确； 5．（25-26高一下·福建泉州·期中）如图，四边形是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则截面四边形的周长的最小值为（   ） A． B．5 C． D．10 【答案】D 【分析】先根据面面平行得到，，然后确定当，，三点共线时，最小，进而得出结果. 【详解】由题意，平面平面， 平面平面，平面平面， 所以，同理可得， 所以四边形为平行四边形，则周长， 沿将相邻两四边形展开， 当，，三点共线时，最小，最小值为5， 所以周长的最小值为10. 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 1．（多选）（25-26高一下·河北邢台·期中）（多选）如图，在棱长为的正方体中，E、F分别是棱，的中点，动点P在线段上，动点Q在正方形内（包含边界），平面，则（    ） A． B．PQ的最大值为 C．存在P，Q，使得平面 D． 【答案】BCD 【分析】A选项，根据动点所在平面与已知平面平行，确定动点所在位置，进行判断线线平行；B选项，根据P，Q两点的移动轨迹，确定取最大值时P，Q两点的位置，计算最大值；C选项，当P，Q两点都在平面中时，可满足平面，故根据P，Q两点的移动轨迹判断即可；D选项，根据平面的平行线上的点到平面的距离都相等可将动点通过平行线转化为定点，从而保证同底等高的棱锥体积不变． 【详解】 如图，连接，，，． 因为，平面，平面， 所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面； 因为，且平面， 所以平面平面； 因为平面，平面，所以平面； 又平面平面，所以点在线段上， 故与不一定平行，A错误． 由A可知，当与或重合时，取最大值为，B正确； 当点与点重合，点与点重合时，平面，C正确； 因为，平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离与点到平面的距离相等， ，D正确． 2．（多选）（2026·甘肃兰州·模拟预测）（多选）在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，过三点作正方体的截面，则（   ） A．所得截面图形为五边形 B．平面 C．截面多边形的周长为 D．平面与平面夹角的正切值为 【答案】ABD 【分析】选项A，采用延长交线法，即可确定截面形状；选项B，利用中位线性质和线面平行判定定理即可判断；选项C，利用相似性求出截面五边形各边的长度即可判断；选项D，利用二面角的定义，找到其平面角，再利用三角函数的定义求解即得． 【详解】 对于A，如图，延长交的延长线于点， 由，，由，得，解得． 连接交于点，交的延长线于点，连接交于点， 连接，则所得截面图形为五边形，A正确： 对于B，连接，由为的中点，且，得为的中点，所以， 因为，所以，又平面，平面， 所以平面，B正确； 对于C，易得，所以， ，， 所以五边形的周长为，C错误； 对于D，连接交于点，连接，易知， 所以为平面与平面的夹角， 因为，所以，D正确． 3．（多选）（2026·辽宁·模拟预测）（多选）如图，已知正三棱锥的棱长均为6，点为点在底面上的射影，，分别为线段，的中点，过点作平面与平面平行，点为侧面上一动点（含边界），且，则（    ） A．平面截三棱锥所得截面的面积为 B．三棱锥的内切球的表面积为 C．点的轨迹长度为 D．过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为 【答案】ACD 【分析】作出平面截三棱锥所得截面，求其面积，判断A的真假；利用体积法求三棱锥的内切球半径，再求其表面积，判断B的真假；求点的轨迹，求其轨迹的长度，判断C的真假；确定点的平面截三棱锥的外接球所得截面圆半径的最小值，可得截面面积的最小值，判断 D的真假. 【详解】因为平面平面PBC，且平面平面， 过作 交于，则平面， 同理过作，分别交，于点，，过作交于，连接，则为平面截三棱锥所得的截面． 由题意，得 ，且，所以， 所以，故A正确； 因为，，所以. 设三棱锥的内切球的半径为， 由等积法得，解得， 故其表面积为，故B错误； 过作平面的垂线，垂足为，连接，则为的重心， 且，所以 ， 所以点Q的轨迹是以K为圆心，以2为半径的圆在△PBC内的部分（三段弧）， 因为每段弧的圆心角均为，故点Q的轨迹长为，故C正确； 设三棱锥的外接球的半径为，球心为， 所以， 当截面与垂直时，所得的截面圆的面积最小， 因为， 此时截面圆的半径为 ， 故截面面积为，故D正确． 4．（多选）（25-26高三下·安徽六安·阶段检测）（多选）如图所示，正方体的棱长为2，M为棱（不包括端点）上的动点，在M的运动过程中，下列选项正确的是（   ） A．三棱锥的体积为 B．过、M、D三点的平面截正方体所得截面图形是等腰梯形 C．当点M为中点时，过、M、D三点的平面把正方体分成两部分的体积之比为 D．的最小值为 【答案】BCD 【分析】对于A，利用三棱锥的体积公式求解即可；对于B，过点M作交于点G，连接，可得截面为四边形，即可判定；对于C，由B选项可得当点M为中点时，为的中点，可得为三棱台。利用台体的体积公式求解即可.对于D，将平面沿展开到与同一个平面，所以的最小值为. 【详解】对于A选项，，故A选项错误； 对于B选项，过点M作交于点G，连接，则截面为四边形，因为，， 所以，且与不相等，由于,则，则四边形为等腰梯形，故B选项正确； 对于C选项，由B选项可得当点M为中点时，为的中点， 则立体图形为三棱台 所以，，，故C选项正确； 对于D选项，如图，将平面沿展开到与同一个平面， 连接,所以的最小值为，,故D正确. 5．（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. 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．（25-26高一下·河北保定·期中）如图，在直三棱柱中，，侧面是正方形，是线段上的动点，当取得最小值时，的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过将沿翻折至与共面，把空间中求最小值的问题，转化为平面内三点共线时的线段最短问题，结合已知边长与正方形性质，计算出相关线段长度，利用勾股定理求得等腰 的高，进而算出其面积. 【详解】如图，将沿着翻折，使其与共面， 可知当三点共线时，取得最小值. 过作，因为，侧面是正方形， 所以， 因为在直三棱柱中，，，，所以平面， 又平面，所以，翻折之后两者的垂直关系不变， 则为的中点，则， 则的边上的高为， 则的面积为. 2．（多选）（25-26高一下·重庆·期中）（多选）如图所示，在正方体中，为棱中点，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列说法正确的是（    ）    A．直线与是异面直线 B．存在点，使得为直角 C．若点是棱上的中点，则直线与所成的角为 D．平面平面 【答案】ACD 【分析】选项A，直线、既不平行也不相交，为异面直线；选项B，假设，通过证明线面垂直发现需要在端点处，因此不存在；选项C，通过线线平行将的夹角转化为的夹角，进而求解夹角；选项D，利用线面垂直的性质得，进而推导出面面垂直. 【详解】选项A，直线、直线，两直线不平行、无交点、不在同一平面， 符合异面直线定义，A正确； 选项B，若，则， 在正方体中平面，平面， 所以，此时，、平面， 则平面，又平面， 故当且仅当点与点重合时成立，此时有， 即点在点处，不符合题意，B错误； 选项C，为中点时，连接， 因为分别为的中点，所以， 在正方体中，所以有， 则的夹角可转化为的夹角， 因为为等边三角形，所以， 即的夹角为，C正确；    选项D，由正方体性质可得平面，又平面，则， 又，且都在平面内，所以平面， 又平面，所以，同理可得， 又且都在平面内，故平面， 又平面，故平面平面，D正确.    3．（多选）（25-26高二上·安徽合肥·期中）（多选）如图，在棱长为的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（    ）    A．无论点的位置，总有平面 B．存在点使得平面 C．若是的中点，则到平面的距离为 D．若直线与平面所成角的正弦值为，则 【答案】ACD 【分析】由，可判断A；由与不垂直，可判断B；将点到平面的距离转换成点到直线的距离即可判断C，设，结合线面角的定义列出等式求解即可. 【详解】对于A，因为，又平面并且平面， 所以平面，故A正确； 对于B，在正方体中易知，与不垂直，故B不正确； 对于C，正方体中易知，，不在平面内，在平面内， 所以平行平面，所以到平面的距离即为到平面的距离， 在正方体中，易知平面平面，且相交于， 所以到平面的距离即为到的距离，又因为点是的中点， 所以点到直线的距离等于点到直线的距离，设距离为， 又，，解得，故C正确； 对于D，设，所以， 计算可得， 所以点到直线的距离为， 根据三角形相似可得点到直线的距离为， 所以直线与平面所成角的正弦为， 所以，故D正确． 故选：ACD. 4．（2026·北京昌平·一模）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，给出下列四个结论： ①当时，，的面积为定值； ②当时，，三棱锥的体积为定值； ③当时，存在唯一的，使得； ④当时，存在唯一的，使得平面． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②③ 【分析】①根据向量运算得出线段，再分别取点重合、点重合两种情况计算面积；②根据向量运算得出线段，判断三棱锥的体积为定值；③分别取线段的中点，根据向量运算得出点线段，利用勾股定理计算；④分别取线段的中点，根据向量运算得出点线段，利用反证法判断. 【详解】①当时，，则， 因为，所以线段， 若点重合，则， 则的面积为， 若点重合，则， 则，则的面积为， 故的面积不为定值，①错误； ②当时，，则， 因为，所以线段， 因为平面，平面，所以平面， 则点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥，即三棱锥的体积为定值，故②正确； ③当时，， 分别取线段的中点，则，则， 则点线段， 因为平面，平面，所以， 因为，， 所以，得， 故存在唯一的，使得，故③正确； ④当时，， 分别取线段的中点，则，则， 则点线段， 若平面，平面，则， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以，显然不可能成立， 故不存在，使得平面，故④错误.   5．（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 1 / 4 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4.6动态几何探究立体几何压轴小题（期末复习讲义） 内容导航 明。期末考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破。重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01正方体的截面问题 题型02动点中的平行与垂直关系 题型03轨迹问题 题型04翻折问题 题型05最短路径问题 题型06动点问题综合 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 明·期未考情 核心考点 复习目标 考情规律 正方体的截面问 掌握作截面的基本方法（延长交线找 中等难度，常在选择题或填空题中出现， 题 交点)；能判断截面形状（三角形、 考查空间想象和作图能力，截面形状随 四边形、五边形、六边形)；会计算 切角变化，临界位置（过顶点、过棱中 截面面积或周长 点)是考查重点 动点中的平行与 能根据动点满足的平行或垂直条 综合题型，常在解答题第二问出现，需 垂直关系 件，利用坐标法或几何性质建立方程： 结合判定定理与代数运算，注意动点位 会判断动点在运动过程中是否保持 置变化时条件的转化和范围验证 平行或垂直关系 轨迹问题 能将几何约束（到定点距离恒定、与 难度较高，常在压轴小题中出现，考查 定线成定角、满足平行或垂直等)转 从动态几何中抽象出轨迹模型的能 化为轨迹方程，识别轨迹形状（线段、力，需结合常见轨迹模型（中垂面、等 圆、球面、圆锥面、平面等) 距面、圆柱面) 翻折问题 理解翻折前后“变”与”不变"的关系 综合题型，常在解答题中出现，需分清 (长度不变、角度不变、位置关系可 翻折前后对应点，利用不变量列方程， 能改变)；能根据翻折后图形建立空注意折痕作为旋转轴的性质（折痕垂直 1/19 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 间关系，求解距离、角度或体积 平分对应点连线) 最短路径问题 掌握将空间路径最值转化为平面展 高频考点，常以选择题形式出现，核心 开图中的线段最短（如圆柱、圆锥侧 思想是“空间问题平面化”，通过展开或 面爬行)或利用几何性质（垂线段 投影将空间折线转化为平面直线段 最短、对称点连线)求最小值 记·必备知识 属知识点01正方体的截面问题 (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，作己知线的平行线，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。 局知识点2动点中的平行与垂直关系 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Q,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。 2、由动点保存垂直关系 (1)转化为“线面垂直”：a1b且a1c,bnc=0→a1平面(b,C)。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。 2/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (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。 受知识点3动点中的轨迹问题 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)。 局知识点04最值与范围问题 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。 局知识点05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。 3/19 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 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）。 破·重难题型 题型一 正方体的截面问题 解|题|技|巧 :对于需要补全截面，根据两个原则，1、延长相交2、做平行线 易|错点|拨 【典例1】（多选）(2026江西九江·二模)（多选）如图，在长方体ABCD-A,B,C,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() 6 A.截面是平行四边形 B若背导 V23 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 【典例2】（多选）(2025高三上·吉林长春.专题练习)（多选）如图，正方体ABCD-A,BC,D的棱长为1， P为BC的中点，Q为线段CC上的动点，过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S,则下列命题 正确的是（) 4/19 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 C A (B 2 D P B A,当0<C9<)时，8为四边形 B.当CQ=2时，5为等腰梯形 C.当CQ=1时，S的面积为√6 D.当CQ=三时，S与CD的交点R满足CR= A 3 【变式1】（多选）(25-26高一下·河南许昌·期中)（多选）已知正方体ABCD-A,B,CD的棱长为2，点E, F分别是线段CD,BC的中点，平面a过点A,E,F且与正方体ABCD-A,B,CD形成一个截面图形，下 面说法正确的是() A.直线A,E与BB,是异面直线 B.截面图形是一个五边形 C.若点I在正方形CD,G内（含边界位置），且1e平面&，则点I的轨迹长度为 2 D.截面图形的周长为√22+√5 【变式2】（多选）(25-26高三上·山东潍坊·开学考试)（多选）在棱长为6的正方体ABCD-A,B,C,D,中， E,F,G分别为棱AD,AB,CC的中点，过E,F,G作正方体的截面，则() A.EF⊥AC B.截面多边形存在外接圆 C.截面多边形的面积为2 2 D.截面所在平面与平面ABCD所成角的正弦值为V2 1 它题型二 动点中的平行与垂直关系 答|题模板 5/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 1、平行关系：利用线线平行、线面平行、面面平行三者之间的关系来找动点的位置 2、垂直关系：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直三者之间的关系来找动点的位置 【典例1】(25-26高二上·北京延庆·阶段检测)如图，在正方体ABCD-AB,C,D,中，点P是对角线AC,上 一个动点，在点P从顶点A移动到顶点C的过程中，下列结论中正确的序号有 D B C B ①二面角P-A,D-B,的取值范围是 ②直线AC,与平面ADP所成的角逐渐增大： ③存在一个位置，使得AC,⊥平面ADP: ④存在一个位置，使得平面A,DP∥平面B,CD 【典例2】（多选）(25-26高三下·安徽阜阳·开学考试)（多选）如图，在正方体ABCD-A,B,C,D,中，动 点E在线段AC上，则() D C E A B B A.直线AC与BC所成的角大于50° B.对任意的点E,都有BD⊥平面ACE C.存在点E,使得平面ABE//平面CCD,D D.不存在点E,使得平面ABE⊥平面CDE 【变式1】（多选）(25-26高二上湖南岳阳·期末)（多选）如图，在棱长为3的正方体ABCD-A,B,C,D,中， 6/19 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 P是侧面ADDA,内的一点，E是线段CC上的一点，则下列说法正确的是() D A B P A B A,过点A,P,E的平面截该正方体所得的截面图形不可能为五边形 B.当点P是线段AD的中点时，存在点E,使得AE⊥平面PBD C.存在点P,E,使得平面B,D,PI∥平面EBD D.当E为棱CC,的中点且PE=3√2时，点P的轨迹长度为刀 【变式2】（多选）(25-26高三上山东青岛·开学考试)（多选）如图，EA和DC都垂直于平面ABC,且 EA=2DC,CA=CB,点F在BE上，则() E B A.EAlIDC B.若F为BE中点，则DF∥平面ABC C.存在点F使得平面DEF∥平面ABC D.存在点F使得平面DCF⊥平面ABE 它题型三轨迹问题 答|题模板 分析动点满足的几何条件，联想基本轨迹模型，再与给定几何体取交线，得出最终轨迹图形。 【典例1】(25-26高一下·天津滨海新区·期中)在棱长为4的正方体ABCD-AB,C,D,中，E为棱DD,的中 点，F是侧面CDD,C上的动点，且B,FII平面ABE,则点F在侧面CDD,G上的轨迹长度为() 7/19 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A D B C E - A ; B A.4 B.3V2 C.25 D.2√2 【典例2】（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() D C ⊙ P D B1 A.三棱锥P-AD,D外接球的表面积为41π 16 B.若D,Q∥平面APD,则动点Q的轨迹是一条线段 C.若P四L平面4PD,则动点Q的轨迹的长度为5 D.若DQ=5,则对点Q的统迹长度为号 【变式1】（多选）(2026四川内江·二模)（多选）在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，点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PQ/平面ACCA,,则() A B C B A.点Q的轨迹经过线段AB,的中点 8/19 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B.点Q的轨迹长度为√2 C三棱锥Q-ACC的体积为定值 D.球面经过A,B,C,Q四点的球的半径最小值为√2 【变式2】(25-26高一下·福建厦门期中)如图，在长方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=2BC=2CC,=6,点 E,F分别为BC,CC的中点，点P在矩形BCC,B内运动（包括边界），若AP∥平面AEF,则动点P的轨 迹长度为() D C 6 B 3 A. B.3√2 C.32 D.3 2 2 题型四翻折问题 答|题模板 1、给出翻折后的某个状态，求长度、角度 2、在整个翻折过程中，一些角度的变化过程。 3、在翻折的过程中，几何体的底面通常为固定不变的，几何体的高随着翻折过程在变化，求体积最值问题 即判断几何体的高的最值。 【典例1】（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 P 图1 图2 A.四棱锥Q-ABCP体积的最大值为14W5 15 B.当平面4PL平面ABCP时，三棱锥Q-BCP的外接球的表面积为69 C.在翻折的过程中，BP与AQ始终不垂直 9/19 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D,若BE=0,则cB=国 2 【典例2】（多选)(2026四川资阳·三模)（多选）如图(1)，菱形ABCD的边长为2√3，∠B=60°，现将 △ACD沿AC翻折至△D'AC,连接DB,得到如图(2)所示的三棱锥D'-ABC,在该三棱锥中，下列说 法正确的有() 图(1) 图(2) A.AC⊥BD' B.若AD'⊥BC,则CD⊥AB C.当三棱锥D'-ABC体积最大时，BD与平面ACD'所成角为60° D.若D在平面ABC内的射影为ABC的垂心，且AM=AD,则过点M的平面截三棱锥D'-ABC的 4 外接球所得截面面积的最小值为4” 9 【变式1】（多选）(2026湖南衡阳·二模)（多选）如图，在矩形ABCD中，AD:24B:4,E为BC的中 点，将△BAE沿AE向上翻折到△PAE,连接PC,PD,在翻折过程中，下列说法正确的是() P(B) D B E A.若平面PAE⊥平面ABCD,则PA⊥DE B.四棱锥P-AECD的体积最大值为4√2 C.点P从点B翻折到AD中点的过程中，PD的中点F形成的轨迹长度为√2π D.三棱锥P-AED的外接球表面积的最小值为16π 【变式2】（多选）(25-26高二上·四川南充阶段检测)（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DB上（不 含端点)的动点，则下列说法正确的是() 10/19 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 E 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ADE1平面ABCE,则三棱锥D'-ABE的外接球半径为5 D.当F为线段DB中点时，过点A,E,F的截面交CD于点M,则2CM=D'M 它题型五最短路径问题 答|题模板 展开图法：将立体图形表面展开为平面，化立体图形为平面图形，然后利用将军饮马求最短路径。 【典例1】(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4D+ CD的最小值是 2 【典例2】(25-26高三上·河北石家庄阶段检测)如图，正方体ABCD-AB,C,D的棱长为2，E是DD的 中点，F是侧面AADD内的一个动点（含边界），且BF∥平面B,CE,则BF+FD的最小值为(). D C B E D A A.25 B.2√2 c.52 2 D.32 【变式1】(25-26高一下·重庆期中)如图，在正四棱台ABCD-A,B,C,D,中，AB=3A,B,=6,AA=4, M为AB边上一点，且AM=2MB,P为棱BB1上的动点（含端点）. 11/19 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D B M B (I)求四棱台ABCD-AB,CD的体积； (2)在BC边上求一点N,使得A,M∥平面C,DN,并说明理由； (3)求AP+PC的最小值， 【变式2】(2026福建漳州三模)（多选）己知正方体ABCD-A,B,C,D的棱长为4，M,N分别是AD,CC的 中点，P是线段AB上的动点，则下列说法正确的是() A.平面PMN截正方体所得的截面可能是五边形 B.△MPN可能是钝角三角形 C.PM+PN的最小值大于2√14 D.PM+PN的最小值小于√57 它题型六动点问题综合 答|题模|板 立体几何小题中的动点问题综合，通常考察了由动点保持的平行、垂直关系，动点的轨迹，截面问题、体 积最值问题，最短路径问题，翻折过程中的变换问题等。 【典例1】(25-26高一下山东淄博期中)（多选）如图，在棱长为4的正方体ABCD-A,B,C,D,中，点E为 AD中点，动点P在正方形AB,CD内（含边界），则() D P. B E B A.若AP=42,则点P的轨迹长度为2π B.若点F为CD中点，过点E、F、B的平面截该正方体，所得截面周长为4√3+2√2 12/19 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 C.若点P为AD中点，则三棱锥E-BCP的外接球表面积为lm 4 D.若BP与B,的夹角为，Q为线段BD,上的动点，则P0+5B0的最小值为4 d 3 【典例2】(2026湖南郴州模拟预测)（多选）已知正四棱台4BCD-4BCD,的体积为1045,4B=6, 3 AB,=2,则下列正确的有（) A.此四棱台的侧面积为32√3 B.若M是AD的中点，则平面BDM截此四棱台所得截面的面积为7V17 C.若点N为平面AACC,截此四棱台所得截面上的动点，且BN=2√5，则N的轨迹长度为√2π D.若点P为棱CC上的动点，则BP+PD的最小值为6√3 【变式1】（多选）(25-26高三全国三轮复习)（多选）已知正方体ABCD-A,B,CD,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BC,上运动时，四面体D,-APE的体积为定值 B.当P在正方体表面上运动时，若AP⊥B,E,则P的轨迹长度为32+√5 C.当P在线段4E上运动时，直线DP与AD成角最小值为号 D.当P在线段A,C上运动时，四面体P-ABC的外接球半径的取值范围为[√2，√6) 【变式2】(25-26高一下·广东深圳·期中)（多选）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,CD,中，M为 BC的中点，P为线段B,D上动点（包括端点），则下列说法中正确的是() D 4 A.三棱锥P-A,BD的体积为定值 B.直线BM与直线4C所成角的余弦值为 15 C.AP+MP的最小值为√6+1 13/19 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D.点Q在正方体表面上运动（包含边界），且MQ上A,C,则点Q的轨迹长度为6√互 过·分层验收 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1.(25-26高一下，江苏常州期中)如图，棱长为2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'CD'(含边界)上运动，若满足BC/平面EFG,则点G的轨迹长度为 D' C G A B B 2.(多选)(2026江西一模)（多选）在直三棱柱ABC-AB,C,中，∠ACB=90°，AC=BC=CC,E为CC 的中点，F为线段AB,上的动点，下列结论正确的是() A.ABI∥BE B.AC,⊥平面ABC C.平面BFC⊥平面ACC,A, D.存在点F,使得CF∥平面ABE 3.(25-26高一下·江苏扬州阶段检测)如图，在棱长为6的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E,F,G分别为 AB,BC,CC,的中点，则平面EFG截正方体所得截面的面积为 A B G E F 14/19 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 4.(多选)(25-26高一下·重庆渝北期中)（多选）在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，点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PQ∥平面ACCA,则() A B C D 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.直线PQ与直线AC为异面直线 D三棱锥Q-4CC的体积为定值 5.(25-26高一下·福建泉州·期中)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，AA,BB,CC,DD都垂 3 直王底4BCD,目PD544-CC3BB,3,点B在线段CC,面D交线段4山王点P吻 截面四边形BED,F的周长的最小值为() D C A E 6N B A.2√5 B.5 C.45 D.10 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 1.(多选)(25-26高一下·河北邢台期中)（多选）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E、F分 别是棱B,C,CC的中点，动点P在线段A,D上，动点Q在正方形CDD,C内（包含边界），PQ//平面AB,C ,则() 15/19 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D C B E 70 D B A.PO//AC B.PQ的最大值为√2 C.存在P,Q,使得PQ//平面BB,CC D.VP-DEF =VE-DFD 2.(多选)(2026甘肃兰州模拟预测)（多选）在棱长为4的正方体ABCD-A,B,CD,中，E,F分别为棱 DD,BC的中点，点G在棱AA上，且AA=6AG,过E,F,G三点作正方体的截面，则() A.所得截面图形为五边形 B.A,C,∥平面EFG C.截面多边形的周长为22+43+40 3 D.平面EFG与平面ABCD夹角的正切值为 3 3.(多选)(2026辽宁·模拟预测)（多选）如图，已知正三棱锥P-ABC的棱长均为6，点0为点P在底面 ABC上的射影，G,M分别为线段PO,PC的中点，过点G作平面与平面PBC平行，点Q为侧面PBC 上一动点（含边界），且A0=2√7，则() M ↑G :B A.平面α截三棱锥P-A8C所得截面的面积为25,5 B.三棱锥P-ABC的内切球的表面积为√6π C.点Q的轨迹长度为2π D.过点M的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面面积的最小值为9元 4.(多选)(25-26高三下·安徽六安·阶段检测)（多选）如图所示，正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为2，M 为棱CC,(不包括端点)上的动点，在M的运动过程中，下列选项正确的是() 16/19 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 C B M D以 A.三棱锥A-DD,M的体积为 6 B.过A、M、D三点的平面截正方体所得截面图形是等腰梯形 C.当点M为CC,中点时，过A、M、D三点的平面把正方体分成两部分的体积之比为7：17 D.AM+MD的最小值为2√4+2√2 5.(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. 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， 52 ④当PB=0时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为亏π D E D D B A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1.(25-26高一下·河北保定期中)如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AB1BC,侧面BCCB,是正方形， BC=√2AB=2,M是线段BC,上的动点，当AM+B,M取得最小值时，△AB,M的面积为() 17/19 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A B M A. 6 B.√6 C.3v2 D.32 2 2 2.(多选)(25-26高一下·重庆期中)（多选）如图所示，在正方体ABCD-A,BC,D中，G为棱CD中点， 点N是棱CC上的一个动点（不包括端点），平面BND,交棱AA,于点M,则下列说法正确的是() D G A B D B A.直线AG与BN是异面直线 B.存在点M,使得∠DMB为直角 C.若点N是棱CC,上的中点，则直线GN与AC所成的角为60 D.平面AB,C⊥平面BWDM 3.（多选)(25-26高二上·安徽合肥期中)（多选）如图，在棱长为4的正方体ABCD-A,B,C,D,中，P是线 段CD上的动点，则下列说法正确的是() 0 D D B A.无论点P的位置，总有AA/I平面BBP 18/19 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B.存在点P使得AC,⊥平面BBP C.若P是CD的中点，则D到平面BBP的距离为45 D.若直线BD,与平面BBP所成角的正弦值为V 15 ,则DP= 4.(2026北京昌平.一模)在棱长为2的正方体ABCD-AB,C,D,中，点P满足CP=入CD+HCC,其中 入∈[0，，u∈[0,1，给出下列四个结论： ①当2=1时，Hμ∈[0，，△BC,P的面积为定值； ②当4=1时，1∈[0,1]，三棱锥P-A,CD的体积为定值； ③当入=}时，存在唯一的u∈[0,1，使得BA=BP; ④当u=号时，存在唯一的2e0,使得8c1平面8CP. 其中所有正确结论的序号是 5.(25-26高一下·天津期中)如图，正方体ABCD-A'B'CD'的棱长为2，E为CD的中点，F为线段A'C上 的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点F,使得A,B,E,F四点共面； ②EF+D'F的最小值为25； ③存在点F,使得AF⊥D'E; ④有且仅有一个点F,使得平面AEF截正方体ABCD-A'B'CD'所得截面的面积为25 其中所有正确结论的个数为() B C D E B C A.1 B.2 C.3 D.4 19/19