暑假作业17 重难专题07：直击立几的四大疑难问题：翻折、截面、动点轨迹与新定义（巩固培优,5知识14题型巩固提升+能力培优+创新拓展）高一数学人教A版

**基本信息** 聚焦立体几何四大疑难问题，以“问题分类-方法提炼-题型应用”构建系统训练体系，强化空间观念与逻辑推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |翻折问题|3类题型|抓“不变量”，折叠与展开转化|从平面图形性质到空间位置关系的转化| |截面问题|7类题型|平行线法、延长交棱法，球截面勾股定理|从特殊几何体截面到一般截面的作图与计算| |动点轨迹|2类题型|平行/垂直关系构造，几何条件轨迹判定|从静态位置关系到动态轨迹的逻辑推理| |探究型问题|1类题型|逆向假设、分类讨论、函数法求最值|从存在性探究到量化计算的思维递进| |新定义问题|1类题型|咬文嚼字吃透定义，化归为常规问题|从新情境到旧知识的迁移应用|

完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业17 重难专题07：轻松突破立几的四大疑难问题：翻折、截面、动点轨迹与新定义 【知识点1 翻折问题】 1．立体几何中的翻折问题的分类 (1)平面图形的折叠. 把一个平面图形按照某种要求折起,转化为空间图形,进而研究图形在位置关系和数量关系上的变化,这就是折叠问题 (2)几何体表面的展开 把一个几何体的表面伸展为一个平面图形从而研究几何体表面上的距离问题,这就是几何体的表面展开问题. 2．翻折问题中图形的特征： (1)翻折前后全等 折叠前后图形形状、大小不变，对应边相等、对应角相等. (2)对称轴是折痕 折痕是对应点连线的垂直平分线. (3)对应点连线垂直于折痕，且被折痕垂直平分. (4)折叠前后重合线段相等、重合角相等. 3．翻折问题注意事项 (1) 平面图形通过折叠变为立体图形，就在图形发生变化的过程中，折叠前后有些量(长度、角度等)没有发生变化，我们称其为“不变量”．求解立体几何中的折叠问题，抓住“不变量”是关键． (2)把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题，从而使问题得到解决，这是求曲面上最短路线的一种常用方法. 【知识点2 截面问题】 1．球的截面 （1） 无论怎么切，截面永远都是圆 （2） 平面与球相交，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； （2）这里通常考察角度问题、截面面积、周长等.解决问题核心是构建直角三角形，这样球心到截面的距离、截面圆的半径、球的半径三种之间可以用勾股定理表示出来. 2．正方体的截面 （1）正方体不可能截出直角三角形、钝角三角形，只能是锐角三角形； 可以截：正方形、长方形、平行四边形、梯形、菱形、正六边形； 斜着切→三角形、梯形、五边形、六边形； 平行面切→正方形/长方形（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. ②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3 动点轨迹问题】 1．平行关系上的动点 （1） 动点在棱上滑动，始终找平面内定直线与之平行 （2）利用中位线、等分线段构造平行关系 （3）直线∥平面，过直线作截面，交线与已知直线平行 （4）移动点使两条相交线分别平行对面，证两面平行 2．垂直关系上的动点 （1）定直线动端点垂直：定点向动棱作连线，始终垂直定直线； 固定一条垂线，动点滑动仍保持垂直关系. （2）直角轨迹模型：到线段两端连线恒垂直：动点轨迹为以线段为直径的圆（圆弧） 固定棱垂直底面，底面上动点始终与该棱垂直 （3）翻折不变垂直：折叠前后，垂直位置关系、直角边长保持不变，可直接沿用垂直结论. （4）面面垂直里动点垂直：交线为分界线，动点在面内垂直交线，即刻得到线面垂直、线线垂直. 3．判断轨迹形状 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： (1)到定点距离为定值→球面； (2)到两定点距离相等→中垂面. (3)到定直线距离为定值→圆柱侧面. (4)到定平面距离为定值→一对平行平面. (5)与定点连线垂直于定直线→过定点且垂直于定直线的平面. (6)与定直线、定平面成定角→圆锥侧面 注意：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4 探究型（最值范围）问题】 求解策略 ⑴依据几何公理定理，逆向溯源、正向推导，探究点、线、面存在性与位置关系. ⑵先假设结论成立，反向推导所需条件，结合题干判定是否存在、求出对应参数. ⑶针对动点位置、线段比例、角度范围、几何体不同形态，分情况分析探究结果. ⑷结合几何边界、函数单调性，探究长度、面积、体积、夹角的最值及取值区间.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. ⑸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5 立几中的新定义问题】 1．常见类型： ⑴新定义几何体：如 "等腰四面体"" 对棱相等四面体 ""直角四面体" 等，赋予几何体新的名称和性质. ⑵新定义空间关系：如 "线面的距离"" 异面直线的公垂线 ""二面角的平面角" 的新表述方式. ⑶新定义几何量：如 "几何体的高"" 侧面与底面所成角 " 的新定义形式. 2．求解策略： ⑴咬文嚼字，吃透定义：逐字分析新定义的内涵与外延，明确约束条件，这是解题的前提. ⑵化归转化，回归课本：将新定义问题转化为已学的线面关系、体积计算、角度求解等常规问题. ⑶构造辅助，降维处理：通过作高、作截面、平移直线等手段，将空间问题平面化. ⑷特殊验证，排除干扰：选取特殊几何体（如正方体、正四面体）验证命题，快速排除错误选项. 核心思想：新定义只是 "新瓶装旧酒"，本质仍是线面平行垂直、角度距离、体积表面积等基础知识点的综合应用. 【题型1 平面图形折叠后形状的判断】 1．下图代表未折叠正方体的展开图,将其折叠起来,变成正方体后的图形是（ ） A. B. C. D. 2．（25-26高二上·内蒙古巴彦淖尔·期末）如图，在边长为4的等边中，分别是的中点，分别为的中点，将分别沿折起，使得三点重合，此时（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高二下·浙江杭州·期中）如图，在平行四边形中，，将沿BD折起，使平面平面，连接，则在四面体的四个面中，互相垂直的平面有（    ） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 4．将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四边形ABCD(如图2),则在空间四边形ABCD中,AD与BC的位置关系是 (　　) 图1　　　　　　　图2 A．相交且垂直 B．相交但不垂直 C．异面且垂直 D．异面但不垂直 【题型2 几何体展开后形状的判断】 1．把正方体的表面沿某些棱剪开展成一个平面图形（如右下图）,请根据各面上的图案判断这个正方体是（　　） 2．（多选）（25-26高一下·广东江门·期末）一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，则（    ）． A． B． C．与所成的角为 D．平面 3．水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示.如右图,是一个正方体的平面展开图,若图中的“似”表示正方体的前面, “锦”表示右面, “程”表示下面.则“祝”、 “你”、 “前”分别表示正方体的______________________. 【题型3 几何体表面上最短距离问题】 1．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图，已知正方体中，，点P为线段上的动点，Q为平面内的动点，则的最小值是（ ） A． B． C． D． 2．（25-26高一下·重庆渝北·期中）直四棱柱的所有棱长均为1，为棱上的动点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 3．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知某圆台的轴截面为等腰梯形，其中，，．则沿该圆台表面从点到达点，最短路径的长度为（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高一下·河北邢台·期中）如图，现有一底面半径为，母线长为的圆锥，、为底面圆周上两点，且为底面直径，是的中点，一只蚂蚁沿圆锥表面从点爬到点，其移动路径的最小值为_______． 5．（24-25高二上·上海·期末）如图，在长方体中，，点为上的动点，则的最小值为 .    6.（24-25高二上·上海徐汇·期末）已知正四棱柱的底面边长为1，高度为2，一蚂蚁沿着正四棱柱的表面从点爬到点的最短距离是 ． 【题型4 截面形状的判断】 1．如图，在正方体中，作截面如图交，，，分别于，，，，则四边形的形状为（    ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形 2．（2027高三·全国·专题练习）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．在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 4．（多选）（25-26高一下·江苏宿迁·期末）如图，有一块正四棱台的木料，木工师傅想经过木料表面内（不含边界）一点与棱把木料锯成两块，为此需要先在面内作出交线，下列关于交线与截面形状的说法正确的是（    ） A．截面形状是梯形 B．截面形状可能为等腰梯形 C．直线与直线相交 D．直线与直线相交 【题型5 求截面的周长】 1．（25-26高二上·广东汕尾·期末）在长方体中，，现有一个动平面，且，当平面截此长方体所得截面边数最多时，截面的周长为（   ） A． B． C． D． 2．在棱长为6的正方体中，点分别为的中点，，点在棱上，若，则平面截正方体，所得截面多边形的周长 ． 3．（2026高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为为的中点，若平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为__________.    4．（25-26高二上·浙江绍兴·期末）已知棱长为的正方体中，分别是的中点.    (1)求证：平面； (2)过三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长. 【题型6 求截面的面积】 1.（25-26高一下·黑龙江鸡西·期中）在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，的中点，过B，E，F三点的平面记为，则截该正方体所得截面的面积为（     ） A． B． C． D． 2．（25-26高一下·广西南宁·期末）如图，已知正方体的棱长为4，是棱的中点，则平面截正方体所得截面图形的面积为（    ）    A． B．18 C． D．36 3．（22-23高一下·黑龙江大庆·期末）在正三棱柱中，，，，，平面CMN截三棱柱所得截面的周长是（    ）    A． B． C． D． 4．（2026云南昆明·模拟预测）直三棱柱中，，P为BC中点，，Q为上一点，，则经过A，P，Q三点的平面截此三棱柱所成截面的面积是（    ） A． B．4 C． D．5 【题型7 截面的最值、范围问题】 1．（25-26高二下·江苏·期末）已知圆锥的高为1，体积为，则过圆锥顶点作圆锥截面的面积最大值为（    ） A． B．2 C． D． 2．（2026高三·全国·专题练习）已知正方体 的体积为1，点 在棱 上（点 异于 ， 两点）， 为 的中点，若平面 截正方体 所得的截面为五边形，则的长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·广东广州·模拟预测）已知正方体的边长为1，现有一个动平面，且平面，当平面截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为，周长为，则（    ） A．不为定值，为定值 B．为定值，不为定值 C．与均为定值 D．与均不为定值 【题型8 截面分体积问题】 1．（2025高三上·广东·专题练习）棱长为1的正方体中，分别为的中点，过三点的截面将正方体分成两部分，则其中体积较小的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（24-25高一下·辽宁辽阳·期末）如图，在正四棱锥中，分别是的中点，则下列结论正确的是（    ） A．设平面，则 B．三棱锥与正四棱锥的体积之比为 C．若，则正四棱锥内切球与外接球的半径之比为 D．正四棱锥被平面分成的上、下两部分的体积之比为 3．（2026·甘肃·一模）用一个平面截正方体，截面形状为正六边形，则截出的两部分几何体的体积之比是 . 4．在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是 . 【题型9 球的截面问题】 1．（25-26高一下·湖南·期末）已知正方形ABCD的边长为4，将沿对角线AC翻折，使二面角为，则平面BCD截三棱锥的外接球所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 2．已知正三棱锥的外接球的表面积为，侧棱，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．已知正四面体内接于球，球半径为3，为的中点，过点作球的截面，求截面圆半径的最小值（   ） A．1 B． C． D． 4．（25-26高二上·上海·期末）球面上三点A、B、C所确定的截面到球心的距离等于球半径的四分之一，且，，，则球的体积为 ． 【题型10 平行、垂直中的动点轨迹问题】 1．已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（    ） A． B．3 C． D． 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． 3．（2025·湖北·二模）在长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 4.（25-26高三上·河北石家庄·月考）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． 5.（2026高三·全国·专题练习）（多选）设正方体的棱长为1，点是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题正确的是（    ） A．如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为 B．如果平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为 C．如果平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为2＋ D．如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为 6．（多选）（25-26高一下·重庆渝北·期中）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 【题型11 距离、角度中的轨迹问题】 1.（25-26高二上·天津·期中）在棱长为2的正方体中，点P是侧面正方形内的动点，点Q是正方形的中心，且PQ与平面所成角的正弦值是，则动点P的轨迹图形的面积为（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·河北·阶段检测）在长方体中，，球是以为球心，以1为半径的球.动点在矩形的内部及其边界上运动，且到球的球面上的点的最小距离为2，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 3．（2027高三·全国·专题练习）如图，点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为________． 4．（2025高三·全国·专题练习）如图，平行六面体下底面边长分别为8，6，侧棱长为4．分别为上下底面异面对角线，上的动点． （1）若是长方体，则中点的轨迹形成图形的面积为 ． （2）若顶点的三面角均为，则中点的轨迹形成图形的面积为 ． 5．（2025·陕西咸阳·二模）在正方体中，为的中点，为底面上一动点，与底面所成的角为，若，且该正方体的外接球的体积为，则动点的轨迹长度为______. 【题型12 与翻折有关的综合问题】 1．（25-26高二上·辽宁·开学考试）如图，这是一副直角三角板组成的平面图形，从中抽象出四边形，其中，，，，．现将沿着折起，连接，得到三棱锥，取的中点分别为，连接．若，则直线与平面所成的角为（    ）    A． B． C． D． 2.（多选）（24-25高二上·重庆·期中）在矩形中，，点是边的中点，将沿翻折，直至点落在边上.当翻折到的位置时，连结，，则（    ）    A．四棱锥体积的最大值为 B．存在某一翻折位置，使得 C．为的中点，当时，二面角的余弦值为 D．为的中点，则的长为定值 3．（多选）（24-25高一下·江苏徐州·阶段检测）如图，在多边形ABPCD中（图1）.四边形为长方形，为正三角形，，，现以BC为折痕将折起，使点P在平面ABCD内的射影恰好是AD的中点（图2）.若点E在线段PB上运动，Q点在AD上运动，则（   ） A．平面PAD B．平面平面 C．Q到平面的距离为2 D．当时，三棱锥的体积为 4．（25-26高一下·浙江·期中）如图，在平行四边形中，，点为的中点，将沿直线翻折成（点不在面内），点为的中点.在翻折过程中， (1)证明：直线平面； (2)若，求二面角的大小. 5．（25-26高三上·辽宁沈阳·期中）如图，在正方体中，点、、分别为、和边的中点 (1)画出过、、三点的截面（保留作图痕迹）； (2)若正方体的棱长为2，求截面的面积； (3)证明：直线平面 【题型13 动点中的探究性问题】 1．（25-26高一下·广西南宁·期中）如图，已知点是正方形所在平面外一点，分别是的中点． (1)求证：平面； (2)若线段上存在一点使得平面平面，求的值． 2．（25-26高一下·福建泉州·期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，分别为，，的中点. (1)求证：点，，，四点共面 (2)求证：平面平面. (3)在线段上是否存在一点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 3．（25-26高一下·北京·期中）已知正方体棱长为4，是的中点，点是上一点，是上一点，且平面平面， (1)求证：点是的中点． (2)求证： (3)棱上是否存在点使得平面平面，若存在，求出三棱锥的体积，若不存在，说明理由． 4．（25-26高一下·福建莆田·期中）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中， ，且，点E为棱的中点. (1)求证: 平面; (2)若M为上的动点，则线段上是否存在点N，使得/平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由； (3)若，请在图中作出四棱锥过点B，E及棱中点的截面，并求出截面周长. 【题型14 新定义题】 1．（2026·贵州黔西南·二模）定义：对于空间一个平面和该平面外两点，，若在平面内存在一点使得取得最小值，则称为，两点关于平面的“最短距点”.如图，已知正方体的棱长为2，与交于点，点为线段的中点，其中，点是，两点关于平面的“最短距点”，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·云南·开学考试）在一个四面体中，若存在一个顶点处的三条棱两两垂直，则称该四面体为直角四面体，同时，把该顶点叫作“完美顶点”.若在四面体中存在“完美顶点”，，，，F为的中点，则与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（   ） A．60 B．90 C．120 D．180 4．（25-26高一下·湖南长沙·期中）已知正四面体的棱长为． (1)证明：； (2)某几何体是由正四面体按如下规则得到：在每个三角形面上，以各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第1次操作；继续以新生的小正四面体各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第2次操作；以此类推，如图所示． （i）求第3次操作后几何体的体积； （ii）现有次操作后生成的几何体石材，求打磨出的最大球的体积． 1．（25-26高一下·黑龙江黑河·期末）如图，在正四面体木块中，点在内，过点将木块锯开，且使截面平行于直线，，若截面的周长为4，则正四面体的表面积为（   ）    A． B． C． D．2 2．（25-26高一下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，三棱锥中，，为正三角形，，一质点从点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为（    ） A．2 B．3 C． D． 3．（25-26高三上·安徽·期中）如图，在正四棱锥中，，，是棱上一动点，是棱上一点，且，则两线段，的长度的和的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高三下·广东·阶段检测）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． 5．（25-26高一下·江苏连云港·期末）已知正四面体．的所有棱长均为，D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面面积为（   ） A． B． C． D． 6．（多选）（24-25高二上·重庆北碚·期末）在长方体中，分别为棱上的动点，则下列说法中正确的是（   ） A．若为中点，则三棱锥的体积为 B．若为中点，过的平面截该长方体得到的截面图形为五边形 C．若分别为靠近的三等分点，则到直线的距离为 D．若直线与平面所成角为，则存在点使得线段长度为 7．（多选）（24-25高二上·广东肇庆·期末）如图所示的圆台，在轴截面中，，则（   ） A．该圆台的高为1 B．该圆台轴截面面积为 C．该圆台的体积为 D．一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为5 8．（25-26高一下·河南鹤壁·期末）如图，在棱长为4的正方体中，点E，F分别为棱，的中点，过点F作与DE垂直的平面，则截正方体所得截面的周长为__________． 9．（25-26高三上·广西·期末）在正四面体ABCD中棱AB，CD没有公共点，作两个平行于AB和CD的截面，已知这两个截面的面积分别为和，且它们之间距离为，则该正四面体棱长为______cm． 10．（24-25高二上·北京房山·期末）如图，在边长为的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②不存在点，使得平面； ③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面； ④点到的距离的最小值为． 其中正确结论的序号是 ． 11．（25-26高一下·广东珠海·期中）如图所示，正四棱锥中，为侧棱上靠近点的四等分点，即，为侧棱的中点，平面平面. (1)证明：平面； (2)证明：； (3)侧棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，试说明理由. 12．（25-26高一下·河南·阶段检测）如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 1．（25-26高二上·安徽阜阳·期末）朱世杰是元代著名的数学家，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉.其著作《四元玉鉴》是一部成就辉煌的数学名著，受到数学史研究者的高度评价.《四元玉鉴》下卷“杂范类会”中第一问为：“今有沈香立圆球一只，径十寸，今从顶截周八寸四分，问厚几何?”大意为现有一个直径为的球，从上面截一小部分，截面圆周长为，问被截取部分几何体的高为多少.已知朱世杰是以圆周率为来计算，则《四元玉鉴》中此题答案为（注：） （   ） A． B． C． D． 2．（2026高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为2，平面过直线，且与平面ABCD所成的角为，则当分别取得最大值、最小值时，截正方体的截面面积之比为（   ） A． B． C． D． 3．如图，正方体的棱长为，为的中点，动点从点出发，沿运动，最后返回.已知的运动速度为，那么三棱锥的体积（单位：）关于时间（单位：）的函数图象大致为（    ） A． B． C． D． 4．（多选）（2026·江西新余·一模）如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（   ） A．四面体的外接球的表面积为 B．存在点，使、、、四点共面 C．过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D．点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为 5.（多选）（2026·浙江绍兴·模拟预测）正四棱柱的底面边长为2，侧棱长是的中点为，过点的平面记为，则下列说法中正确的是（    ） A．点和点到平面的距离相等 B．二面角的正切值为 C．平面截得的截面形状是五边形 D．平面截得的截面面积为 6．（25-26高一下·广东深圳·期中）如图所示，在正方体中，点分别是棱的中点，P为线段上一动点，. (1)若平面交平面于直线l，求证：； (2)当直线时，求三棱锥的体积； (3)是否存在一点P，使得直线平面？若存在，求出此时线段与的比值；若不存在，请说明理由. 7．（25-26高一下·江苏常州·期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.    (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，已知在三棱锥中，平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为. ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②若点在棱PB上运动，求直线 CQ与平面 ABC所成的角的最大值. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业17 重难专题07：轻松突破立几的四大疑难问题：翻折、截面、动点轨迹与新定义 【知识点1 翻折问题】 1．立体几何中的翻折问题的分类 (1)平面图形的折叠. 把一个平面图形按照某种要求折起,转化为空间图形,进而研究图形在位置关系和数量关系上的变化,这就是折叠问题 (2)几何体表面的展开 把一个几何体的表面伸展为一个平面图形从而研究几何体表面上的距离问题,这就是几何体的表面展开问题. 2．翻折问题中图形的特征： (1)翻折前后全等 折叠前后图形形状、大小不变，对应边相等、对应角相等. (2)对称轴是折痕 折痕是对应点连线的垂直平分线. (3)对应点连线垂直于折痕，且被折痕垂直平分. (4)折叠前后重合线段相等、重合角相等. 3．翻折问题注意事项 (1) 平面图形通过折叠变为立体图形，就在图形发生变化的过程中，折叠前后有些量(长度、角度等)没有发生变化，我们称其为“不变量”．求解立体几何中的折叠问题，抓住“不变量”是关键． (2)把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题，从而使问题得到解决，这是求曲面上最短路线的一种常用方法. 【知识点2 截面问题】 1．球的截面 （1） 无论怎么切，截面永远都是圆 （2） 平面与球相交，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； （2）这里通常考察角度问题、截面面积、周长等.解决问题核心是构建直角三角形，这样球心到截面的距离、截面圆的半径、球的半径三种之间可以用勾股定理表示出来. 2．正方体的截面 （1）正方体不可能截出直角三角形、钝角三角形，只能是锐角三角形； 可以截：正方形、长方形、平行四边形、梯形、菱形、正六边形； 斜着切→三角形、梯形、五边形、六边形； 平行面切→正方形/长方形（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. ②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3 动点轨迹问题】 1．平行关系上的动点 （1） 动点在棱上滑动，始终找平面内定直线与之平行 （2）利用中位线、等分线段构造平行关系 （3）直线∥平面，过直线作截面，交线与已知直线平行 （4）移动点使两条相交线分别平行对面，证两面平行 2．垂直关系上的动点 （1）定直线动端点垂直：定点向动棱作连线，始终垂直定直线； 固定一条垂线，动点滑动仍保持垂直关系. （2）直角轨迹模型：到线段两端连线恒垂直：动点轨迹为以线段为直径的圆（圆弧） 固定棱垂直底面，底面上动点始终与该棱垂直 （3）翻折不变垂直：折叠前后，垂直位置关系、直角边长保持不变，可直接沿用垂直结论. （4）面面垂直里动点垂直：交线为分界线，动点在面内垂直交线，即刻得到线面垂直、线线垂直. 3．判断轨迹形状 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： (1)到定点距离为定值→球面； (2)到两定点距离相等→中垂面. (3)到定直线距离为定值→圆柱侧面. (4)到定平面距离为定值→一对平行平面. (5)与定点连线垂直于定直线→过定点且垂直于定直线的平面. (6)与定直线、定平面成定角→圆锥侧面 注意：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4 探究型（最值范围）问题】 求解策略 ⑴依据几何公理定理，逆向溯源、正向推导，探究点、线、面存在性与位置关系. ⑵先假设结论成立，反向推导所需条件，结合题干判定是否存在、求出对应参数. ⑶针对动点位置、线段比例、角度范围、几何体不同形态，分情况分析探究结果. ⑷结合几何边界、函数单调性，探究长度、面积、体积、夹角的最值及取值区间.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. ⑸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5 立几中的新定义问题】 1．常见类型： ⑴新定义几何体：如 "等腰四面体"" 对棱相等四面体 ""直角四面体" 等，赋予几何体新的名称和性质. ⑵新定义空间关系：如 "线面的距离"" 异面直线的公垂线 ""二面角的平面角" 的新表述方式. ⑶新定义几何量：如 "几何体的高"" 侧面与底面所成角 " 的新定义形式. 2．求解策略： ⑴咬文嚼字，吃透定义：逐字分析新定义的内涵与外延，明确约束条件，这是解题的前提. ⑵化归转化，回归课本：将新定义问题转化为已学的线面关系、体积计算、角度求解等常规问题. ⑶构造辅助，降维处理：通过作高、作截面、平移直线等手段，将空间问题平面化. ⑷特殊验证，排除干扰：选取特殊几何体（如正方体、正四面体）验证命题，快速排除错误选项. 核心思想：新定义只是 "新瓶装旧酒"，本质仍是线面平行垂直、角度距离、体积表面积等基础知识点的综合应用. 【题型1 平面图形折叠后形状的判断】 1．下图代表未折叠正方体的展开图,将其折叠起来,变成正方体后的图形是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】将平面展开图还原成正方体后,三个面内的线段是平行的,故选B. 2．（25-26高二上·内蒙古巴彦淖尔·期末）如图，在边长为4的等边中，分别是的中点，分别为的中点，将分别沿折起，使得三点重合，此时（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】在边长为4的等边中，分别是的中点，分别为的中点， 将分别沿折起，使得三点重合记为，如图所示， 因为，所以，因为，所以， 所以是等腰三角形， 因为是中点，所以，所以，所以. 故选：B. 3．（25-26高二下·浙江杭州·期中）如图，在平行四边形中，，将沿BD折起，使平面平面，连接，则在四面体的四个面中，互相垂直的平面有（    ） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 【答案】C 【解析】因为平面平面，平面平面， ，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． 因为平面，所以． 又，，，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． 综上，平面平面，平面平面，平面平面，共有3对， 故选:C． 4．将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四边形ABCD(如图2),则在空间四边形ABCD中,AD与BC的位置关系是 (　　) 图1　　　　　　　图2 A．相交且垂直 B．相交但不垂直 C．异面且垂直 D．异面但不垂直 【答案】C 【解析】在图1中的等腰直角三角形ABC中,斜边上的中线AD就是斜边上的高,则AD⊥BC,折叠后如图2,AD与BC变成异面直线,而原线段BC变成两条线段BD、CD,这两条线段与AD垂直,即AD⊥BD,AD⊥CD,故AD⊥平面BCD,所以AD⊥BC. 【题型2 几何体展开后形状的判断】 1．把正方体的表面沿某些棱剪开展成一个平面图形（如右下图）,请根据各面上的图案判断这个正方体是（　　） 【答案】C 【解析】这是图③模型,在右图中,把中间的四个正方形围起来做“前后左右”四个面,有“空心圆”的正方形做“上面”,显然是正方体C的展形图, 故选：C. 2．（多选）（25-26高一下·广东江门·期末）一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，则（    ）． A． B． C．与所成的角为 D．平面 【答案】BCD 【解析】将正方体的展开图还原，如图， 对于A，由，得， 则，而，因此，A错误； 对于B，由，得， 则，而，因此，B正确； 对于C，连接，因为，得， 则，故与所成的角为， 设正方体边长为，故，所以， 因此与所成的角为，C正确； 对于D，连接，因为平面，平面，故， 又因为，，平面,平面， 故平面，平面，故， 同理可得，因为，平面, 平面，故平面，D正确. 故选：BCD. 3．水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示.如右图,是一个正方体的平面展开图,若图中的“似”表示正方体的前面, “锦”表示右面, “程”表示下面.则“祝”、 “你”、 “前”分别表示正方体的______________________. 【解析】这个展开图是图⑦的情形,题目给出“程”做底面,“似”做前面,显然,“祝”是后面,“前”和“你”是往右边翻折的,所以“前”是左面,“你”是上面. 因此,依次填：“后面”、“上面”、“左面”. 【题型3 几何体表面上最短距离问题】 1．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图，已知正方体中，，点P为线段上的动点，Q为平面内的动点，则的最小值是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 当，即可得平面，此时是最小距离， 然后把平面与平面展开成共面， 如第二个图：即可得过作的垂线，垂足为 此时，即此时取到最小值， 因为在正方体中，， 所以 ， 所以， 即的最小值是 2．（25-26高一下·重庆渝北·期中）直四棱柱的所有棱长均为1，为棱上的动点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 【答案】C 【解析】 将所在平面与所在平面展平至同一平面内，如右图 在左图中，由于，，得是等边三角形，故． 在右图中，． 两点之间线段最短，连接，最小为． 3．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知某圆台的轴截面为等腰梯形，其中，，．则沿该圆台表面从点到达点，最短路径的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意，圆台上底面圆的直径为，因此上底面圆的半径为，下底面圆的直径为，因此下底面圆的半径为， 圆台的母线长为，则圆台的侧面展开图如图所示，从点到达点的最短路径即为， 假设将圆台补全为一个圆锥，设小圆锥的母线长为，则有，代入数据，解得， 所以小圆锥的母线长为，即，大圆锥的母线长为，即， 展开图的圆心角由下底面圆的周长决定，即，解得， 由于位于内侧弧长的中点，因此， 在中，，，由余弦定理得，代入数据，解得 即从点到达点的最短路径的长度为. 4．（25-26高一下·河北邢台·期中）如图，现有一底面半径为，母线长为的圆锥，、为底面圆周上两点，且为底面直径，是的中点，一只蚂蚁沿圆锥表面从点爬到点，其移动路径的最小值为_______． 【答案】 【解析】因为圆锥的底面半径为，底面圆的周长即扇形的弧长为， 又因为圆锥的母线长为，所以展开图扇形的圆心角为，展开图如图所示． 易知为半圆弧的中点，且， 结合题意可知，，则，即其移动路径的最小值为． 5．（24-25高二上·上海·期末）如图，在长方体中，，点为上的动点，则的最小值为 .    【答案】 【解析】将绕翻折到与共面，平面图形如下所示：    连接，则的长度即为的最小值， 因为，所以 ， 所以，所以，即的最小值为. 故答案为：. 6.（24-25高二上·上海徐汇·期末）已知正四棱柱的底面边长为1，高度为2，一蚂蚁沿着正四棱柱的表面从点爬到点的最短距离是 ． 【答案】 【解析】如图正四棱柱中，若沿着侧棱展开，可得图（1） 此时, 若沿着侧重展开，可得图（2），此时, 若沿着侧重展开，可得图（3），此时 由于，故最短距离为， 故答案为： 【题型4 截面形状的判断】 1．如图，在正方体中，作截面如图交，，，分别于，，，，则四边形的形状为（    ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形 【答案】A 【解析】在正方体中，可得平面平面， 且平面平面，平面平面， 所以，同理可证：， 所以四边形的形状一定为平行四边形. 故选：A. 2．（2027高三·全国·专题练习）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 【解析】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．在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】B 【解析】在正方体中，取，， 连接，，，，，，如下图所示： 因为在正方体中，，分别是棱和上的点，，， 所以，且，则四边形为平行四边形，则，， 又因为，且，所以四边形为平行四边形， 则，， 所以，，所以为平行四边形， 则正方体中过点，，的截面形状为四边形. 故选：B 4．（多选）（25-26高一下·江苏宿迁·期末）如图，有一块正四棱台的木料，木工师傅想经过木料表面内（不含边界）一点与棱把木料锯成两块，为此需要先在面内作出交线，下列关于交线与截面形状的说法正确的是（    ） A．截面形状是梯形 B．截面形状可能为等腰梯形 C．直线与直线相交 D．直线与直线相交 【答案】ACD 【解析】依题意，正四棱台的侧棱延长交于点， 直线分别与棱交于点，连接，平面即为平面， 对于CD，直线平面平面，直线与直线、直线都相交，CD正确； 对于AB，平面平面，平面平面，平面平面， 则，，因此截面是梯形，A正确； 在等腰中，在线段上（除端点外），则，而， 于是，即，梯形不是等腰梯形，B错误. 故选：ACD 【题型5 求截面的周长】 1．（25-26高二上·广东汕尾·期末）在长方体中，，现有一个动平面，且，当平面截此长方体所得截面边数最多时，截面的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图，截面，由于， 则， 设，则， ，， 则， 则周长为， 故选：A. 2．在棱长为6的正方体中，点分别为的中点，，点在棱上，若，则平面截正方体，所得截面多边形的周长 ． 【答案】 【解析】 如图，连接,设， 因为E、F分别为AB、BC的中点，所以，所以平面， 因为平面平面，连接GH，所以， 设平面，连接SO，则CG、OS、AH三者平行且相等， 在平面中，，，，， 所以，从而三点共线，即也在平面EFG内，连接，则截面多边形为， 易计算得，，，又根据对称性，截面多边形的周长为． 故答案为：． 3．（2026高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为为的中点，若平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为__________.    【答案】 【解析】在正方体中，平面，是正方形的对角线， 则，又平面，则平面， 而平面，则，取的中点的中点，连接， ，则，，由， 平面，得平面，而平面，则， 又平面，于是平面，又平面， 则，而平面，因此平面， 取的中点，由，得点在平面上， 梯形是平面截正方体所得截面，又正方体棱长为2， 所以截面周长为. 4．（25-26高二上·浙江绍兴·期末）已知棱长为的正方体中，分别是的中点.    (1)求证：平面； (2)过三点作正方体的截面，画出截面（保留作图痕迹），并计算截面的周长. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【解析】（1）连接，则由中位线定理得 又由正方体性质得且， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以，又平面，平面， 所以平面.    （2）如图，延长，与的交点分别为， 则连接即可得到过三点的正方体的截面， 由题意可知，故， 所以截面的周长为.    【题型6 求截面的面积】 1.（25-26高一下·黑龙江鸡西·期中）在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，的中点，过B，E，F三点的平面记为，则截该正方体所得截面的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】连接，，， 因为E，F分别是棱，的中点，所以， 又，故，，则四点共面， 故截该正方体所得截面为四边形， ，， ，四边形为等腰梯形， 过点分别作，交于点， 则，故， 故，所以截面面积为. 2．（25-26高一下·广西南宁·期末）如图，已知正方体的棱长为4，是棱的中点，则平面截正方体所得截面图形的面积为（    ）    A． B．18 C． D．36 【答案】B 【解析】取的中点，连接，易知，所以平面与交点为， 则平面为平面截正方体的截面，四边形为等腰梯形， 过做，由，， 所以,， ，, 所以其面积为. 故选：B. 3．（22-23高一下·黑龙江大庆·期末）在正三棱柱中，，，，，平面CMN截三棱柱所得截面的周长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图1，延长与交于点，连结，与交于点， 连结，则四边形为所求截面， 其中，，    如图2，，所以，即，    如图1，若，则，所以， 即点是的中点， 所以， 中，， 所以， 所以四边形的周长为. 故选：B 4．（2026云南昆明·模拟预测）直三棱柱中，，P为BC中点，，Q为上一点，，则经过A，P，Q三点的平面截此三棱柱所成截面的面积是（    ） A． B．4 C． D．5 【答案】C 【解析】如图，在上取点M，使得，取的中点N，连接， 则，又，所以， 得A、P、M、Q四点共面，又，为BC的中点，所以， 由，得，又平面， 所以平面，由平面，得， 所以截面为直角梯形APQM，且，得， 所以， 作于D，则， 所以. 故选：C． 【题型7 截面的最值、范围问题】 1．（25-26高二下·江苏·期末）已知圆锥的高为1，体积为，则过圆锥顶点作圆锥截面的面积最大值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【解析】设圆锥的底面半径为，高为，母线为，则， 得，， 如图，下图为圆锥的轴截面，等腰三角形，，则， 则等腰三角形的顶角为，    所以过圆锥顶点作圆锥截面，设顶角为，面积， 当顶角为时，面积最大，最大值为. 故选：B 2．（2026高三·全国·专题练习）已知正方体 的体积为1，点 在棱 上（点 异于 ， 两点）， 为 的中点，若平面 截正方体 所得的截面为五边形，则的长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为正方体 的体积为1，所以该正方体的棱长为1，则 . 当 时，连接 ， ，则 ， ， ， ， 四点共面，截面为四边形 （如图），不符合题意， 当 时，延长, 交于点， 由与相似可得, 所以，因为，所以在线段上一定存在一点， 使得,即四边形为平行四边形，所以; 过作于，连接，则易知， 所以，即四点共面，所以截面为四边形. 当 时，延长, 交于点， 由与相似可得， 所以，因为，所以在线段的延长线上一定存在一点， 使得,即四边形为平行四边形，所以; 如图，过向的延长线作垂线，交于点，连接，交于， 则易知，所以，即四点共面. 连接交于，连接，即所求截面为五边形. 综上可知，故B正确. 故选：B. 3．（2026·广东广州·模拟预测）已知正方体的边长为1，现有一个动平面，且平面，当平面截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为，周长为，则（    ） A．不为定值，为定值 B．为定值，不为定值 C．与均为定值 D．与均不为定值 【答案】A 【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，与面平行的面且截面是六边形时满足条件，如图所示， 正方体边长为1，即 设，则， ， 同理可得六边形其他相邻两边的和均为， 六边形的周长为定值， 正三角形的面积为. 当均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大， 此时,截面面积为， 截面从平移到的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长为定值，面积不为定值.故选：A 【题型8 截面分体积问题】 1．（2025高三上·广东·专题练习）棱长为1的正方体中，分别为的中点，过三点的截面将正方体分成两部分，则其中体积较小的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】在正方体中，延长交延长线于，连接， 由是的中点， ，得是的中点，又， 则与的交点必为的中点，而平面平面， 即几何体是三棱锥被平行于底面的平面所截而成， 因此截面将正方体分成体积较小的部分为三棱台， 三棱台的体积为. 故选：D 2．（多选）（24-25高一下·辽宁辽阳·期末）如图，在正四棱锥中，分别是的中点，则下列结论正确的是（    ） A．设平面，则 B．三棱锥与正四棱锥的体积之比为 C．若，则正四棱锥内切球与外接球的半径之比为 D．正四棱锥被平面分成的上、下两部分的体积之比为 【答案】ABD 【解析】对A：取为空间向量的基底. 则. 设. 因为四点共面，所以. 所以，即，故A正确； 对B：如图： 连接，交于，连接. 因为四棱锥为正三棱锥，所以平面平面，平面. 又分别为中点，为中点，所以， 所以，同理， 所以，即，故B正确； 对C：若，不妨设，,则，. 所以. 又， 设内切球的半径为，则， 即. 设外接球球心为，则在上，设外接球半径为， 则. 所以.故C错误； 对D：由B选项可知：， 且,所以， 又，所以， 所以. 所以正四棱锥被平面分成的上、下两部分的体积之比为，故D正确. 故选：ABD 3．（2026·甘肃·一模）用一个平面截正方体，截面形状为正六边形，则截出的两部分几何体的体积之比是 . 【答案】 【解析】如图所示，正方体中， 分别是的中点， 连接，则六边形是正六边形， 根据对称性可知，截出的两部分几何体的体积之比是. 故答案为： 4．在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是 . 【答案】2 【解析】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值， 设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图， 则，令，则，即有， ， 当且仅当时取等号，此时， 所以的最大值是2. 【题型9 球的截面问题】 1．（25-26高一下·湖南·期末）已知正方形ABCD的边长为4，将沿对角线AC翻折，使二面角为，则平面BCD截三棱锥的外接球所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】取的中点为，连接，由题意有，所以， 所以为二面角的平面角，所以，， 由余弦定理有，所以， 又由余弦定理得， 所以， 由平面BCD截三棱锥的外接球所得截面为圆，即为的外接圆，设该圆的半径为， 由正弦定理得，所以， 所以该圆的面积为， 故选：B. 2已知正三棱锥的外接球的表面积为，侧棱，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设正三棱锥的外接球的半径为，则，得. 假设正三棱锥中， 外接圆的圆心，则球心在上， 设， 外接圆的半径为 即，两式相减得， 又，解得，所以外接圆的圆心是球心. 如图所示： 设球心到过点的截面圆的距离为，截面圆的半径为， 则， 因为球心到过点的截面圆的距离的最大值为， 所以的最小值为， 又因为点在为半径的圆面上，则球心到过点的截面圆的距离的最小值为， 所以的最大值为， 总上可知，，即 所以截面圆的面积的取值范围为. 故选：B. 3．已知正四面体内接于球，球半径为3，为的中点，过点作球的截面，求截面圆半径的最小值（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【解析】如下图示，，令正四面体的棱长为，则底面半径， 所以， 所以，则， 所以，则，可得， 要使截面圆半径最小，只需垂直于截面圆，而， 所以截面圆半径为. 故选：D 4．（25-26高二上·上海·期末）球面上三点A、B、C所确定的截面到球心的距离等于球半径的四分之一，且，，，则球的体积为 ． 【答案】 【解析】由题意，，，，可知三角形是直角三角形， 三角形的外心是的中点，球心到截面的距离就是球心与三角形外心的距离， 设球的半径为R，球心到所在平面的距离为球半径的， 所以，解得，则. ∴球的体积为. 【题型10 平行、垂直中的动点轨迹问题】 1．已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【解析】如图，分别取的中点，连接， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，所以， 又，所以，所以， 又，平面，所以平面， 由，得点在平面内， 由，得点在以为球心，半径为1的球面上， 因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆， 连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为， 则由得， 且，所以，则， 因此动点的轨迹长度为. 故选：D. 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 【解析】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.    3．（2025·湖北·二模）在长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，连接AC，由，得，    由可知点在以AC的中点为球心，为半径的球面上． 而又在平面内，故为平面与球的截面圆上的动点. 取CD的中点E，AB的中点的中点，连接， 则由长方体的性质得平面且三角形为直角三角形， 而平面，所以平面平面EFG， 作于，因平面平面， 平面，故平面，故为截面圆的圆心. 又， 故截面圆的半径为， 即点在以为圆心，为半径的圆上， 而既在球面上，又在平面内，故在截面圆上， 故的最大值即为截面圆的直径，则的最大值为． 故选：D． 4.（25-26高三上·河北石家庄·月考）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. 【解析】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 5.（2026高三·全国·专题练习）（多选）设正方体的棱长为1，点是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题正确的是（    ） A．如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为 B．如果平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为 C．如果平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为2＋ D．如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为 【答案】ACD 【解析】对于A，点M的轨迹为过且与垂直的平面与正方体表面的交线， 下证平面垂直于，如图连接，由题可得， 又平面，平面，则， 因平面，，则平面， 因平面，则.同理，可证得：， 又平面，，则平面， 从而点M的轨迹所围成图形为正三角形，由题可得， 则所围成图形的面积为，故A正确； 对于B，如图，取中点为F，连接，易得， 则四点共面，点M的轨迹为过且与平面平行的平面与正方体表面的交线，取中点为G，连接，下证平面平面. 由题易得：，又， 平面，平面，则平面平面. 则点M的轨迹所围成图形为三角形，由题可得， ，则轨迹所围成图形的周长为，故B错误； 对于C，如图取，，，中点为，则点M的轨迹为过E点且与平面平行的平面与正方体表面的交线，下证平面平面. 由题易得，，又，， 平面，平面，则平面平面. 则点M的轨迹所围成图形为四边形.由题可得，， 则轨迹所围成图形的周长为，故C正确； 对于D，点M的轨迹为过且与垂直的平面与正方体表面的交线，由A分析， 即为过且与平面平行的平面与正方体表面的交线. 取中点为： ， 连接，易得， 则六点共面，下证平面平面. 由题可得，，又平面， 平面，，， 则平面平面.则点M的轨迹所围成图形为正六边形， 注意到，又正六边形由六个全等的等边三角形组成，则，故D正确. 故选：ACD 6．（多选）（25-26高一下·重庆渝北·期中）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 【解析】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； 【题型11 距离、角度中的轨迹问题】 1.（25-26高二上·天津·期中）在棱长为2的正方体中，点P是侧面正方形内的动点，点Q是正方形的中心，且PQ与平面所成角的正弦值是，则动点P的轨迹图形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在棱长为2的正方体中，取正方形的中心，连接， 由Q是正方形的中心，得平面，则是PQ与平面所成的角， 则，而，于是，， 因此动点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，其面积为. 故选：A    2．（25-26高二上·河北·阶段检测）在长方体中，，球是以为球心，以1为半径的球.动点在矩形的内部及其边界上运动，且到球的球面上的点的最小距离为2，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意可得，动点在矩形的内部及其边界上运动，且到球的球面上的点的最小距离为2，则动点一定在以为球心，以3为半径的球面上， 再由动点在矩形的内部及其边界上运动，则矩形面截以为球心，以3为半径的球面可得圆弧，如图，    因为，结合勾股定理可得：， 所以圆弧， 故选：D. 3．（2027高三·全国·专题练习）如图，点是棱长为1的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为________． 【答案】 【解析】因为直线与平面所成的角为，所以点的轨迹在以为顶点，底面圆的半径为，高为1的圆锥的侧面上， 又因为点是正方体表面上的一个动点， 所以点的轨迹如图所示， 则点的轨迹长为． 4．（2025高三·全国·专题练习）如图，平行六面体下底面边长分别为8，6，侧棱长为4．分别为上下底面异面对角线，上的动点． （1）若是长方体，则中点的轨迹形成图形的面积为 ． （2）若顶点的三面角均为，则中点的轨迹形成图形的面积为 ． 【答案】 24 【分析】用极端原理，由于点的变化对中点高低不产生影响，故可以考虑压扁平行六面体得到平行四边形（如图），再分别固定点（或），运动另一点（或）即得轨迹为平行四边形，分别求出面积. 【解析】用极端原理，由于点的变化对中点高低不产生影响， 故可以考虑压扁平行六面体得到平行四边形（如图）， 再分别固定点（或），运动另一点（或）即得轨迹为平行四边形． （1）若是长方体， 轨迹形成的图形为面积为； （2）若顶点的三面角均为，即， 所以， 则轨迹形成的图形为面积为. 故答案为：24； 5．（2025·陕西咸阳·二模）在正方体中，为的中点，为底面上一动点，与底面所成的角为，若，且该正方体的外接球的体积为，则动点的轨迹长度为______. 【答案】 【解析】如图1所示，取的中点，连接，则， 在正方体中，底面，所以底面， 所以为与底面所成的角， 因为，所以， 设正方体的棱长为， 因为正方体的外接球的体积为，所以，解得， 所以，可得， 所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在正方形区域内的部分， 如图2所示，，所以，则， 根据对称性，可得，所以， 故动点的轨迹长度为. 故答案为：.     【题型12 与翻折有关的综合问题】 1．（25-26高二上·辽宁·开学考试）如图，这是一副直角三角板组成的平面图形，从中抽象出四边形，其中，，，，．现将沿着折起，连接，得到三棱锥，取的中点分别为，连接．若，则直线与平面所成的角为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意易得 又因为且面， 所以平面. 如图过点作的平行线，并与的延长线交于点， 所以平面. 连接，则直线与平面所成的角为． 在中，， 由，，可得. 由，可得. 则，则． 故选：C. 2.（多选）（24-25高二上·重庆·期中）在矩形中，，点是边的中点，将沿翻折，直至点落在边上.当翻折到的位置时，连结，，则（    ）    A．四棱锥体积的最大值为 B．存在某一翻折位置，使得 C．为的中点，当时，二面角的余弦值为 D．为的中点，则的长为定值 【答案】ACD 【解析】对于A，当平面平面时，四棱锥的体积最大，此时四棱锥的高为点到的距离，直角梯形的面积为，四棱锥体积的最大值为，所以A正确； 对于B，若，又，则平面，即，矛盾，所以B错误； 对于C，取中点，连接，，如图：    由题意，，，所以为二面角的平面角，在中，，，，所以C正确； 对于D，取中点，连接，，，则，， 且四边形为平行四边形，，，所以，即，，不变，由余弦定理知定值，所以D正确. 故选：ACD 3．（多选）（24-25高一下·江苏徐州·阶段检测）如图，在多边形ABPCD中（图1）.四边形为长方形，为正三角形，，，现以BC为折痕将折起，使点P在平面ABCD内的射影恰好是AD的中点（图2）.若点E在线段PB上运动，Q点在AD上运动，则（   ） A．平面PAD B．平面平面 C．Q到平面的距离为2 D．当时，三棱锥的体积为 【答案】ABD 【解析】对于A，取的中点，连接，由题知平面， 因为平面，所以， 又四边形为长方形，则， 又，平面，所以平面，故A正确； 对于B，设平面平面， 因，平面，平面，则平面， 因平面，且平面平面，则， 由A选项可知，平面，结合平面， 有，则， 故为二面角的平面角， 因，为正三角形，则， 因，则在中，有，同理， 则，即， 故平面平面，则B正确； 对于C，由AB选项易得，设点到平面的距离为， 则由得，， 即， 故Q到平面的距离为，故C错误； 对于D，因， 则， 故D正确. 4．（25-26高一下·浙江·期中）如图，在平行四边形中，，点为的中点，将沿直线翻折成（点不在面内），点为的中点.在翻折过程中， (1)证明：直线平面； (2)若，求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【解析】（1）证明：取中点为，连接, 因为点为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为在平行四边形中，点为的中点，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面 又，平面 所以平面平面， 又平面， 所以直线平面 （2）解：取中点为，连接 因为，中点为 所以，是等边三角形， 所以，即为二面角的平面角. 在中，，由余弦定理有： ， 即，解得， 又在中，，在内，. 所以在中，，即为等边三角形， 所以，即二面角的大小为. 5．（25-26高三上·辽宁沈阳·期中）如图，在正方体中，点、、分别为、和边的中点 (1)画出过、、三点的截面（保留作图痕迹）； (2)若正方体的棱长为2，求截面的面积； (3)证明：直线平面 【答案】(1)作图见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）连接，过作直线平行于，交延长线于，交于，再根据平面的基本性质确定截面即可； （2）由（1）及已知截面是边长为的正六边形，进而求其面积； （3）由（1），应用线面平行的判定定理证明结论. 【解析】（1）连接，分别为、的中点，则， 过作直线平行于，交延长线于，交于， 连接，分别交于， 最后连接，所得截面即为所求； （2）由分别为、和边的中点， 所以分别为的中点，而正方体棱长为2， 所以，即截面为正六边形， 所以截面的面积； （3）由（1）中作图过程知，平面，平面， 所以平面. 【题型13 动点中的探究性问题】 1．（25-26高一下·广西南宁·期中）如图，已知点是正方形所在平面外一点，分别是的中点． (1)求证：平面； (2)若线段上存在一点使得平面平面，求的值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1） 取的中点，连接、. 因为是的中点，所以是的中位线， 故，且. 又正方形中，是中点，且， 因此 ，，即且. 所以四边形是平行四边形，得. 又平面，平面，根据线面平行判定定理，得 平面. （2）已知平面平面，平面平面，平面平面， 根据面面平行的性质定理，得. 在中，是中点，， 因此是的中点， 可得. 2．（25-26高一下·福建泉州·期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，分别为，，的中点. (1)求证：点，，，四点共面 (2)求证：平面平面. (3)在线段上是否存在一点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在，. 【解析】（1）证明：，分别为，的中点，， 底面是平行四边形，. ，所以点，，，四点共面. （2）由（1）知，因为平面，平面，平面. ，分别为，的中点，， 因为平面，平面，平面. 又，，平面，所以平面平面. （3）线段上存在一点，使得平面，且. 证明如下：取的中点，连接，，， 因为，，分别是，，的中点，，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面，此时． 3．（25-26高一下·北京·期中）已知正方体棱长为4，是的中点，点是上一点，是上一点，且平面平面， (1)求证：点是的中点． (2)求证： (3)棱上是否存在点使得平面平面，若存在，求出三棱锥的体积，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)存在，. 【解析】（1）设平面与直线交于. 因为平面平面，设平面平面， 连接，平面平面，所以， 又因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，所以， ∵在正方体中，,所以， 在正方形中，是的中点，所以点是的中点， 又因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，且点是的中点， 所以点是的中点． （2）连接，因为在正方形中，，，，平面， ∴平面，平面，， 同理可证，又，平面， ∴平面，且平面平面， 所以平面，平面，所以； （3）取中点，连接， 因为平面平面，平面平面， 设平面平面，所以， 而,所以,又因为是中点，所以是中点， 连接，设，则是中点， 而G为中点，所以， 又由（2）知平面，所以平面， 而平面，使得平面平面， 又过且与平面垂直的平面存在且唯一， 故当且仅当G为中点时，平面平面. 连接， 又因为 ， 所以. 4．（25-26高一下·福建莆田·期中）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中， ，且，点E为棱的中点. (1)求证: 平面; (2)若M为上的动点，则线段上是否存在点N，使得/平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由； (3)若，请在图中作出四棱锥过点B，E及棱中点的截面，并求出截面周长. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在为线段中点，证明见解析； (3)作图见解析，截面周长为. 【分析】（1）取线段的中点，连接，通过证明可得结论； （2）当为线段中点时，平面，通过证明面面可得结论； （3）取线段的中点，连接，通过证明，得到四边形为截面，然后分别求出各边的长即可. 【解析】（1）取线段的中点，连接， 因为分别为线段的中点， 所以，且， 又，且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）当为线段中点时，平面， 证明：取线段中点，连接 因为分别为线段的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面； 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 又面， 则面面，又面， 所以面， 所以当为线段中点时，平面； （3）取线段的中点，连接， 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又分别为线段的中点， 所以， 所以，则四边形为四棱锥过点及棱中点的截面， 则，，， 在中，，， 所以， 则， 所以截面周长为. 【题型14 新定义题】 1．（2026·贵州黔西南·二模）定义：对于空间一个平面和该平面外两点，，若在平面内存在一点使得取得最小值，则称为，两点关于平面的“最短距点”.如图，已知正方体的棱长为2，与交于点，点为线段的中点，其中，点是，两点关于平面的“最短距点”，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】延长到，使得，连接交平面于， 根据两点之间线段最短可知：此时是，两点关于平面的“最短距点”， 连接，则， 故，故， 因此， ， 因此， 故直线与所成角的余弦值为. 2．（25-26高二上·云南·开学考试）在一个四面体中，若存在一个顶点处的三条棱两两垂直，则称该四面体为直角四面体，同时，把该顶点叫作“完美顶点”.若在四面体中存在“完美顶点”，，，，F为的中点，则与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】取的中点，连接，， 因为，所以（或其补角）即为与所成的角， 因为，，， 所以， 即与所成角的余弦值为. 故选：C 3．（2026·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（   ） A．60 B．90 C．120 D．180 【答案】B 【解析】易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的交点，每条棱都是两个面的公共边， 所以，正二十面体的棱数为，顶点的个数为. 由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5条棱； 原来的30条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为. 故选：B. 4．（25-26高一下·湖南长沙·期中）已知正四面体的棱长为． (1)证明：； (2)某几何体是由正四面体按如下规则得到：在每个三角形面上，以各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第1次操作；继续以新生的小正四面体各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第2次操作；以此类推，如图所示． （i）求第3次操作后几何体的体积； （ii）现有次操作后生成的几何体石材，求打磨出的最大球的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）． 【解析】（1）取中点，由正四面体知与均为正三角形， 故，又平面， 所以平面，又平面，故. （2）（i）设第次操作后的体积为，原四面体的棱长为，体积为； 第1次操作后，新增四个小正四面体，其棱长为，且新增的体积为； 第2次操作后，每个小四面体均新增三个更小的正四面体，棱长为，共增加12个，故新增的体积为； 第3次操作后，新增36个小正四面体，棱长为，故新增体积为， 因此操作3次后的体积为， 原正四面体的体积，故. （ii）最大球即初始正四面体的中心到各面中位线中点的距离为半径的球. 过点作平面于点，因为四面体为正四面体， 故为的中心，则在上，且， 同理，可得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心， 设，则， 所以，则由，解得，所以， 设点为的中点，则，则， 次操作后始终为新生几何体的一个顶点，故打磨出的球的半径， 记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为， 连接，则平面，设垂足为，，则为的中心， 故在上，且，故点与点重合， 所以共线，则平面，故. 即以为球心，为半径的球，是次操作后生成的几何体石材打磨出的最大球， 此球体积为. 1．（25-26高一下·黑龙江黑河·期末）如图，在正四面体木块中，点在内，过点将木块锯开，且使截面平行于直线，，若截面的周长为4，则正四面体的表面积为（   ）    A． B． C． D．2 【答案】A 【解析】作出截面如图所示：    因为截面平行于直线，，由线面平行的性质定理可得，所以， 从而截面是平行四边形，所以， 所以，又，所以， 又因为截面的周长为4，所以，所以， 所以正四面体的表面积为. 故选：A 2．（25-26高一下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，三棱锥中，，为正三角形，，一质点从点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】C 【解析】因为，为正三角形，所以， 所以， 将三棱锥的侧面沿侧棱剪开，展开的平面图形如图所示， 则线段即为点B的最短路线的长， 因为 , 由余弦定理得到， 即， 所以，即点B的最短路线的长为.    3（25-26高三上·安徽·期中）如图，在正四棱锥中，，，是棱上一动点，是棱上一点，且，则两线段，的长度的和的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图，把沿展开，使，，，，五点共面． 当，，三点共线时，的值最小， 由正四棱锥性质可得， 则展开图中到的距离， 又，则， 此时． 故选：B. 4．（25-26高三下·广东·阶段检测）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 【解析】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. 5．（25-26高一下·江苏连云港·期末）已知正四面体．的所有棱长均为，D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】将正四面体如图放于正方体中，因的所有棱长均为， 则正方体棱长为，该正四面体的外接球即正方体的外接球，球心O为正方体中心， 外接球半径为.因D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则 棱长均为，则四面体相似于四面体，相似比为. 注意到， 则，设中心为，则为正四面体的高. 则. 又三点共线，则到平面距离为. 注意到该正四面体的外接球被平面DEF所截的截面为圆，则圆半径为，故截面面积为.故选：C 6．（多选）（24-25高二上·重庆北碚·期末）在长方体中，分别为棱上的动点，则下列说法中正确的是（   ） A．若为中点，则三棱锥的体积为 B．若为中点，过的平面截该长方体得到的截面图形为五边形 C．若分别为靠近的三等分点，则到直线的距离为 D．若直线与平面所成角为，则存在点使得线段长度为 【答案】ABD 【解析】 A选项，，由题意得到平面的距离为1， 所以，故A正确； B选项，延长交延长线于点，连接交于点，过点作，连接，，则截面为，故B正确. C选项，过作于点，连接， ，，， ， 则，， 所以到直线的距离为，故C错； D选项，过点作于点， 因为为长方体，所以平面， 因为平面，平面，所以，， 因为，平面，所以平面， 所以在平面的射影为，则，， 所以当时，，即直线与平面所成角为，， 所以存在点使得线段的长度为，故D正确. 故选：ABD. 7．（多选）（24-25高二上·广东肇庆·期末）如图所示的圆台，在轴截面中，，则（   ） A．该圆台的高为1 B．该圆台轴截面面积为 C．该圆台的体积为 D．一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为5 【答案】BCD 【分析】根据梯形性质利用勾股定理计算可得A错误；利用梯形面积公式计算可得B正确；代入圆台体积公式可知C正确；利用圆台侧面展开图以及勾股定理计算可得D正确. 【解析】对于A，在梯形中，即代表圆台的高， 利用勾股定理计算可得，所以A错误； 对于B，轴截面梯形的面积为，因此B正确； 对于C，易知下底面圆的面积为，上底面圆的面积为； 所以该圆台的体积为，可得C正确； 对于D，将圆台侧面沿直线处剪开，其侧面展开图如下图所示： 易知圆弧的长度分别为，设扇形圆心为，圆心角为，； 由弧长公式可知，解得； 所以可得， 设为的中点，连接，当小虫从点沿着爬行到的中点，所经过路程最短， 易知，且， 由勾股定理可知，可知D正确. 故选：BCD 8．（25-26高一下·河南鹤壁·期末）如图，在棱长为4的正方体中，点E，F分别为棱，的中点，过点F作与DE垂直的平面，则截正方体所得截面的周长为__________． 【答案】 【解析】如图，取的中点G，连接EG，GD，过点F作GD的垂线，与相交于点M， 即，，且，平面EGD，则平面EGD， 又平面EGD，所以，且， 所以． 连接，过点M作的垂线，交CD于点H， 因为，,且，平面，则平面， 又平面EGD，所以， 又，平面，所以平面， 所以平面就是平面，且， 所以，， 即所得截面的周长为． 故答案为：． 9．（25-26高三上·广西·期末）在正四面体ABCD中棱AB，CD没有公共点，作两个平行于AB和CD的截面，已知这两个截面的面积分别为和，且它们之间距离为，则该正四面体棱长为______cm． 【答案】5 【解析】如图，作出两个平行于AB和CD的截面，分别交于点，交于点， 交于点，交于点，则易得两两平行，两两平行. 取的中点，连接，连接，因是正四面体，易得， 因平面，故平面，又平面，则， 可得矩形和矩形.设正四面体的棱长为x，，， 则， 故① ，同理②． 取的中点，连接，分别交平面于点，交平面于点，则是的公垂线， 故而有平面，平面.则有，且， 因，则，由可得，则③． 根据①②③，解得， , 或 , ，即该正四面体的棱长为5. 故答案为：5. 10．（24-25高二上·北京房山·期末）如图，在边长为的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②不存在点，使得平面； ③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面； ④点到的距离的最小值为． 其中正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【解析】对于①，连接，因为平面， 所以上所有点到平面的距离相等，为， 因为，所以三棱锥的体积 为定值，故正确； 对于②，连接，因为，所以四边形为长方形， 所以与不垂直，故不存在点，使得平面，故正确； 对于③，当点与点重合时，与平面相交，故错误； 对于④，因为平面，平面，所以， 又，异面直线之间的距离为1， 所以当点在棱上运动时，点到的距离的最小值为，故正确． 故答案为：①②④ 11．（25-26高一下·广东珠海·期中）如图所示，正四棱锥中，为侧棱上靠近点的四等分点，即，为侧棱的中点，平面平面. (1)证明：平面； (2)证明：； (3)侧棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，试说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【解析】（1）连接交于点，连接， ∵四边形为正方形， ∴点为的中点，又为的中点， ， 平面PAC，平面， 平面. （2），平面，平面， 平面， 又平面，平面平面， . （3）在侧棱上存在一点，使平面，满足. 理由如下： 由，为中点得， 过作的平行线交于，连接，， 由于，则， ，平面，平面， 平面， 由（1）知平面， 又，平面， ∴平面平面， 又平面， 平面， 所以侧棱上存在一点，使得平面，且. 12．（25-26高一下·河南·阶段检测）如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2)（i），理由见解析；（ii） 【解析】（1）证明：在梯形中，，，，为的中点， 所以，且， 则四边形为菱形，所以， 则，所以为等边三角形，翻折后为等边三角形，且， 因为为的中点，故. 同理，四边形为菱形，为等边三角形，. 在中，，，又，则，所以. 因为，，平面， 所以平面. 又平面，故平面平面. （2）（ⅰ）. 理由如下： 如图，连接，与，分别交于点，，连接，. 因为，分别为，的中点，四边形为菱形， 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以 平面. 因为为的中点，所以为的中位线，所以为的中点. 因为平面 平面，平面平面， 平面平面， 所以，所以为的中点，即. （ⅱ）由（2）（ⅰ）可知，点的位置唯一确定，即为的中点. 由（1）可知，，，且，，平面， 所以平面. 又 ，所以平面. 又平面，则， 所以，则. 在中，，，则， 又，所以 . 如图，过作于点， 由等面积法可知，. 在中，，，则边上的高为. 设点到平面的距离为， 则. 所以，所以. 设二面角的大小为， 则. 故二面角的正弦值为. 1．（25-26高二上·安徽阜阳·期末）朱世杰是元代著名的数学家，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉.其著作《四元玉鉴》是一部成就辉煌的数学名著，受到数学史研究者的高度评价.《四元玉鉴》下卷“杂范类会”中第一问为：“今有沈香立圆球一只，径十寸，今从顶截周八寸四分，问厚几何?”大意为现有一个直径为的球，从上面截一小部分，截面圆周长为，问被截取部分几何体的高为多少.已知朱世杰是以圆周率为来计算，则《四元玉鉴》中此题答案为（注：） （   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设截面圆的半径为，被截取部分几何体的高为， 若以作为圆周率，则，由勾股定理可得， 故. 故选：B. 2．（2026高三·全国·专题练习）已知正方体的棱长为2，平面过直线，且与平面ABCD所成的角为，则当分别取得最大值、最小值时，截正方体的截面面积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设平面平面，易知平面ABCD，所以， 过点C作于K，连接，又平面，可得， 则即为平面与平面ABCD所成的角，设，则， 若，则，故，结合面面角的取值范围，可假想， 则取得最大值，此时平面即为平面ACGE，则截面面积为； 易知，所以当时，取得最小值，此时， 则平面，设BF，DH的中点分别为M，N，则平面必过MN， 所以截面面积为，所以截面面积之比为． 故选：A. 3．如图，正方体的棱长为，为的中点，动点从点出发，沿运动，最后返回.已知的运动速度为，那么三棱锥的体积（单位：）关于时间（单位：）的函数图象大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】（1）当时，在线段上运动，此时，，所以； （2）当时，在线段上，因为平面，所以到平面的距离为定值，所以为定值，； （3）当时，在线段上，取的中点，，此时，同理可得，所以； （4）当时，在线段上，因为平面，所以到平面的距离为定值，所以为定值，. 故选B. 4．（多选）（2026·江西新余·一模）如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（   ） A．四面体的外接球的表面积为 B．存在点，使、、、四点共面 C．过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D．点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】对于A选项，将四棱锥补成长方体， 所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长， 即四面体的外接球的直径为， 所以，四面体的外接球的表面积为，A对； 对于B选项，连接、、， 因为且，故四边形为平行四边形， 所以，， 因为、分别是、中点，则，所以， 即、、、四点共面， 当与重合时满足、、、四点共面， 但是线段上的动点（不包含端点），B错； 对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点， 过点作在平面内⊥交或者于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因为，、平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，面积最大，此时，，面积为， 当与点无限接近时，面积接近于， 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对； 对于D选项，取的中点，连接，则， 则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆， 交、于、， 则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧， 此时满足直线与直线夹角为， 如图，，故， 所以点的轨迹长度为，D对. 故选：ACD. 5.（多选）（2026·浙江绍兴·模拟预测）正四棱柱的底面边长为2，侧棱长是的中点为，过点的平面记为，则下列说法中正确的是（    ） A．点和点到平面的距离相等 B．二面角的正切值为 C．平面截得的截面形状是五边形 D．平面截得的截面面积为 【答案】ABC 【解析】对于A：由于是的中点，所以,又，所以,平面，平面， 故平面，因此点和点到平面的距离相等，A正确， 对于B，过作于，则是的中点，连接, 由于平面，平面，故, 又，平面，所以平面， 平面，故,故为二面角的平面角， ,所以,B正确， 延长交直线于点，连接，交棱于点,连接，可得五边形为截面图形，故C正确， 对于D, 由平行线分线段成比例可得,故，则为等腰三角形.由相似三角形可知，，则， . 连接，则，因此五边形可分为等边三角形和等腰梯形. 等腰梯形的高， 则等腰梯形的面积为. 又，所以五边形的面积为，故D错误， 故选：ABC 【点睛】本题主要考查了棱锥的体积公式及空间想象力，本题的难点在于动点在不同的线段上运动时需要分别求体积，属于难题. 6．（25-26高一下·广东深圳·期中）如图所示，在正方体中，点分别是棱的中点，P为线段上一动点，. (1)若平面交平面于直线l，求证：； (2)当直线时，求三棱锥的体积； (3)是否存在一点P，使得直线平面？若存在，求出此时线段与的比值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【解析】（1）在正方体中，平面平面， 平面平面，平面平面，则， 由分别为的中点，则，所以. （2）连接，由为中点，，得， 而，因此为中点， 点到平面的距离等于点平面的距离的一半， 即， 于是， 所以三棱锥的体积为. （3）如图，令直线交的延长线分别于， 直线交的延长线分别于， 连接交分别于，连接并延长交的延长线于， 则平面即为平面，由点分别是棱的中点， 得，则，又， 于是四边形是平行四边形，设， 平面平面，平面，要平面， 当且仅当，此时，，， 所以在上存在点P，使得直线平面，此时. 7．（25-26高一下·江苏常州·期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.    (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，已知在三棱锥中，平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为. ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②若点在棱PB上运动，求直线 CQ与平面 ABC所成的角的最大值. 【答案】(1)2 (2)①；② 【解析】（1）由离散曲率的定义得：， ， ， ， 四个式子相加得： . （2）①如图，分别取的中点，连接， 则，，所以为异面直线与所成角或其补角. 设，因为，所以，所以.    因为平面平面，所以，， 因为，所以平面，又因为平面，所以，所以. 由三棱锥在顶点处的离散曲率为，得. 所以. 所以，. 所以， 所以直线与直线所成的角为的补角，其余弦值为. ②设 由，且平面，得到平面的距离为， . 设直线 与平面所成的角为，则， 当且仅当，即，即与重合时，等号成立. 因为，所以，所以直线 与平面所成角的最大值为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $