空间向量与立体几何：空间动点轨迹问题、空间截面问题复习讲义-2027届高三数学一轮复习

2027届高三数学一轮复习讲义 空间向量与立体几何：空间动点轨迹问题、空间截面问题复习讲义 考点目录 空间动点轨迹问题 空间截面问题 考点一 空间动点轨迹问题 【知识点解析】 一、核心本质 立体几何中的动点轨迹问题，本质是将空间中的距离、垂直、平行等约束条件，通过投影、线面关系转化、坐标建模等方式降维到平面内，结合平面几何（圆、圆锥曲线）或空间几何（球面、柱面）的轨迹定义，判断轨迹形状、求轨迹方程或轨迹长度。 高中阶段以平面内的动点轨迹（即动点被限制在几何体的某个面上）为核心考法，最终轨迹多为直线、圆、椭圆、抛物线、双曲线等平面图形。 二、常见题型与对应解法 1. 距离约束型 · 特征：动点满足到定点、定直线、定平面的距离条件（距离为定值、距离和/差为定值等）。 · 解法： · 到定点距离为定值：空间中轨迹是球面；限制在某平面内时轨迹是圆，圆心为定点在平面内的投影。 · 到定直线距离为定值：空间中轨迹是圆柱面；限制在某平面内时，若平面平行于直线则为两条平行线，若平面与直线斜交则为椭圆。 · 到两定点距离和/差为定值：限制在平面内时，直接用椭圆/双曲线的第一定义判断。 · 到定点与定直线距离相等：限制在平面内且定点不在定直线上时，符合抛物线定义。 2. 垂直约束型 · 特征：动点与两定点连线互相垂直，或动直线与定直线/定平面始终垂直。 · 解法： · 动点 满足 ：空间中轨迹是以 为直径的球面；若 被限制在某平面内，轨迹是该平面截球面所得的圆。 · 动直线始终与定平面垂直且过定点：动点轨迹是过定点且与定平面垂直的直线。 3. 平行约束型 · 特征：动点与定直线的连线始终平行于定平面，或动点保持到两个平面的距离相等。 · 解法：利用线面平行、面面平行的判定定理，判断动点轨迹是直线，或是平面与几何体表面的交线。 4. 坐标法（通用方法） · 适用：几何定义难以直接判断的复杂约束。 · 操作：建立空间直角坐标系，设动点坐标为 ，将约束条件转化为坐标方程，化简后直接判断轨迹类型。 三、解题步骤 1. 明确动点的活动范围（是否被限制在某个面/特定平面内）； 1. 分析约束条件类型（距离、垂直、平行），优先选择几何定义法，复杂情况用坐标法； 1. 降维转化：将空间约束投影/转化到对应平面，结合平面轨迹定义判断形状； 1. 结合几何体边界，确定轨迹的实际范围（是完整曲线还是其中一段）。 【例题分析】 例1．（25-26高三上·江苏南通·阶段检测）正方体的棱长为点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（    ） A． B．2 C． D． 例2．（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面内一动点，则下列命题正确的个数是（   ） ①若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆 ②若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 ③若点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线 ④若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 A．1 B．2 C．3 D．4 例3．（2026·安徽六安·模拟预测·多选）已知四面体中，，则下列说法正确的是（    ） A．四面体的体积为 B．四面体的外接球的表面积为 C．若平面平面，且平面与四面体的内切球相切，则平面将该四面体分成体积比为的两部分 D．若为平面内一动点，且直线与平面所成角的正切值为，则点轨迹的长度为 例4．（2026·甘肃·二模）圆锥的母线长为2，底面半径为1，过圆锥顶点和底面圆周上任意两点作圆锥的截面，当底面圆心到截面的距离为时，重心的轨迹所围成图形的面积是__________. 例5．（25-26高三上·湖南衡阳·阶段检测）三棱锥的各顶点均在球O上，且三棱锥的体积为，球O的体积为，已知，，，则动点的轨迹长度为____________． 【变式训练】 变式1．（25-26高三上·四川自贡·期末）在棱长为2的正方体中，棱，的中点分别为，，且点在侧面内，若平面，则点的轨迹长度为（   ） A． B．2 C． D． 变式2．（25-26高三上·山东临沂·阶段检测）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，BC，的中点，，平面EFG，若，则Q的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 变式3．（26-27高三上·湖南长沙·开学考试·多选）如图，在棱长为1的正方体中，N，P分别是，的中点，Q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．不存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 C．过Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D．点是四边形内的动点，且直线PH与直线AD的夹角为，则点的轨迹长度为 变式4．（25-26高三下·上海浦东新区·期中）某光影科技实验室为长方体空间，底面是边长为4米的正方形，高为3米．为营造动态光影效果，在底面一个顶点处安装射灯A，在与该顶点相对的侧棱上、距底面1米处安装射灯I，两盏射灯的光束方向由智能系统自动控制，始终使两束光线相互垂直，且它们的交汇点G始终落在实验室天花板上．则交汇点G形成的轨迹长度为________米． 变式5．（2026·贵州安顺·一模）已知点M为正三棱柱的外接球上动点，且，若，，则点M的轨迹长度为______． 考点二 空间截面问题 【知识点解析】 一、核心本质 用一个平面去截几何体，平面与几何体各表面的交线围成的图形就是截面。问题核心是依据平面的基本性质确定所有交线，进而判断截面形状、计算周长/面积、分析最值。 核心依据：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，即两点确定一条交线。 二、常见几何体的截面形状 几何体 可能的截面形状 核心备注 正方体/长方体 三角形、四边形、五边形、六边形 最多与6个面相交，故最多为六边形；三角形只能是锐角三角形 圆柱 圆、椭圆、矩形 垂直于轴截得圆；平行于轴截得矩形；斜截得椭圆 圆锥 圆、椭圆、抛物线、双曲线、等腰三角形 过顶点截得等腰三角形；平行于轴截得双曲线的一支 球 圆 任意平面截球都是圆，过球心的截面圆最大（大圆） 三、核心作图方法（找交线） 1. 直接连线法 若两个已知点在几何体的同一个面上，直接连接两点，即为截面与该面的交线。 2. 延长线交点法 若点在棱上，延长几何体的棱与已知的截面直线相交，得到新的公共点，再连接另一个面上的点，得到下一条交线。 3. 平行线法 若截面中存在与几何体的面平行的直线，利用线面平行、面面平行的性质，在对应面上作平行线，得到交线。 通用规律： 面体的截面最多是 边形，截面的边数 = 截面与几何体相交的面的数量。 四、常考计算与最值 1. 截面面积计算 · 规则截面：直接用对应图形的面积公式（三角形、矩形、圆等）； · 斜截面：可利用投影面积公式：，其中 为截面与投影平面的二面角。 2. 截面最值 · 正方体中：面积最大的截面是过四条对棱的矩形； · 球中：过球心的大圆面积最大； · 圆锥/圆柱中：平行于轴的截面面积随截面到轴的距离增大而减小。 五、解题步骤 1. 确定截面经过的所有已知点，明确截面所在平面； 1. 利用平面公理、平行性质，依次找到截面与几何体每个面的交线； 1. 顺次连接各交点，得到完整的截面图形，判断形状； 1. 结合几何关系计算边长、角度、周长、面积等。 【例题分析】 例1．（25-26高三上·江苏南通·阶段检测）已知圆台的上、下底面半径分别为3和6，用一个平行于底面的平面去截圆台，截得上、下两部分的体积之比为，则截面半径为（   ） A． B．5 C． D． 例2．（2026·青海海东·模拟预测）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（    ）    A． B． C． D． 例3．（25-26高三上·江苏扬州·阶段检测）已知正方体的棱长为2，若平面，则下列关于平面截此正方体所得截面的判断中正确的是（    ） A．截面形状可能为正三角形 B．截面形状可能为正方形 C．截面形状可能为正五边形 D．截面面积最大值为 例4．（25-26高三上·江西宜春·阶段检测）在三棱锥中，平面VAC，，，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时，______． 例5．（25-26高三上·四川成都·阶段检测）如图，已知棱长均为4的正四棱锥P-ABCD中，M和N分别为棱AB、PC的中点，过M和N可以作平面使得，则平面截正四棱锥P-ABCD所得的截面面积为___________. 【变式训练】 变式1．（25-26高三上·浙江杭州·阶段检测）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． 变式2．（25-26高三上·福建宁德·阶段检测）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 变式3．（2025·贵州六盘水·模拟预测）在直四棱柱中，，，点，在以线段为直径的圆上运动，且，，三点共线，点，分别是线段，的中点，则下列说法中正确的是（    ）    A．平面平面 B．当四棱柱的体积最大时， C．当时，过的平面截该四棱柱的外接球所得截面面积的最小值为 D．当时，过点，，的平面截该四棱柱所得的截面周长为 变式4．（2026·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为__________． 变式5．（2026·福建漳州·模拟预测）在直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为______． 2 学科网（北京）股份有限公司 $2027届高三数学一轮复习讲义 空间向量与立体几何：空间动点轨迹问题、空间截面问题复习讲义 考点目录 空间动点轨迹问题 空间截面问题 考点一 空间动点轨迹问题 【知识点解析】 一、核心本质 立体几何中的动点轨迹问题，本质是将空间中的距离、垂直、平行等约束条件，通过投影、线面关系转化、坐标建模等方式降维到平面内，结合平面几何（圆、圆锥曲线）或空间几何（球面、柱面）的轨迹定义，判断轨迹形状、求轨迹方程或轨迹长度。 高中阶段以平面内的动点轨迹（即动点被限制在几何体的某个面上）为核心考法，最终轨迹多为直线、圆、椭圆、抛物线、双曲线等平面图形。 二、常见题型与对应解法 1. 距离约束型 · 特征：动点满足到定点、定直线、定平面的距离条件（距离为定值、距离和/差为定值等）。 · 解法： · 到定点距离为定值：空间中轨迹是球面；限制在某平面内时轨迹是圆，圆心为定点在平面内的投影。 · 到定直线距离为定值：空间中轨迹是圆柱面；限制在某平面内时，若平面平行于直线则为两条平行线，若平面与直线斜交则为椭圆。 · 到两定点距离和/差为定值：限制在平面内时，直接用椭圆/双曲线的第一定义判断。 · 到定点与定直线距离相等：限制在平面内且定点不在定直线上时，符合抛物线定义。 2. 垂直约束型 · 特征：动点与两定点连线互相垂直，或动直线与定直线/定平面始终垂直。 · 解法： · 动点 满足 ：空间中轨迹是以 为直径的球面；若 被限制在某平面内，轨迹是该平面截球面所得的圆。 · 动直线始终与定平面垂直且过定点：动点轨迹是过定点且与定平面垂直的直线。 3. 平行约束型 · 特征：动点与定直线的连线始终平行于定平面，或动点保持到两个平面的距离相等。 · 解法：利用线面平行、面面平行的判定定理，判断动点轨迹是直线，或是平面与几何体表面的交线。 4. 坐标法（通用方法） · 适用：几何定义难以直接判断的复杂约束。 · 操作：建立空间直角坐标系，设动点坐标为 ，将约束条件转化为坐标方程，化简后直接判断轨迹类型。 三、解题步骤 1. 明确动点的活动范围（是否被限制在某个面/特定平面内）； 1. 分析约束条件类型（距离、垂直、平行），优先选择几何定义法，复杂情况用坐标法； 1. 降维转化：将空间约束投影/转化到对应平面，结合平面轨迹定义判断形状； 1. 结合几何体边界，确定轨迹的实际范围（是完整曲线还是其中一段）。 【例题分析】 例1．（25-26高三上·江苏南通·阶段检测）正方体的棱长为点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法可得动点的轨迹为线段，进而求解即可. 【详解】以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 所以，设点， 所以， 由， 所以，所以， 又，所以， 所以点的轨迹为平面上的线段：，即图中线段， 所以. 例2．（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面内一动点，则下列命题正确的个数是（   ） ①若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆 ②若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 ③若点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线 ④若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】对于①，根据线面角可得，可知的轨迹为以为圆心，为半径的圆；对于②，根据勾股定理求出，再根据中位线定理求出点到的中点的距离，可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，根据圆的面积公式可得结果；对于③，将点到直线的距离转化为点到点的距离，再根据抛物线的定义可得结果；对于④，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式计算推理即可判断. 【详解】①因为与平面所成的角为，即，所以， 所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故①正确； ②若，因为，，所以. 取中点，连接，则， 故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其面积为，故②错误； ③因为平面，且为所在平面内一动点， 所以点到直线的距离为， 即点到点的距离与到直线的距离相等，又不在直线上， 所以点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，故③正确； ④以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，设， 则，， 因为与所成的角为， 所以， 即，化简得， 所以点的轨迹为双曲线，故④正确. 所以正确命题的个数为3个. 故选：C. 例3．（2026·安徽六安·模拟预测·多选）已知四面体中，，则下列说法正确的是（    ） A．四面体的体积为 B．四面体的外接球的表面积为 C．若平面平面，且平面与四面体的内切球相切，则平面将该四面体分成体积比为的两部分 D．若为平面内一动点，且直线与平面所成角的正切值为，则点轨迹的长度为 【答案】ABD 【分析】可利用长方体补形，结合长方体体积、棱锥体积公式判定选项A；利用长方体外接球与四面体外接球相同，由体对角线求外接球半径，再计算表面积判定选项B；先求内切球半径与点面距离，结合面面平行、棱锥体积缩放判定选项C；利用线面角定义得到垂距与水平距离，确定动点轨迹为圆，由圆周长公式判定选项D. 【详解】将四面体补成长方体，可知底面为正方形，因为，，则，. 对于选项A：四面体的体积为，故A正确； 对于选项B：可知四面体的外接球即为长方体的外接球，则外接球半径， 所以四面体的外接球的表面积为，故B正确； 对于选项C：设四面体的内切球半径为，因为的面积， 则，设点到平面的距离为，则，可得，即， 若平面平面，且平面与四面体的内切球相切，则平面与棱的交点为各棱中点， 所以平面将该四面体分成体积比为 的两部分，故C错误； 对于选项D：设点在平面内的投影为，因为点到平面的距离等于点到平面的距离，则， 又因为直线与平面所成角的正切值为，则， 所以点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，其长度为，故D正确. 例4．（2026·甘肃·二模）圆锥的母线长为2，底面半径为1，过圆锥顶点和底面圆周上任意两点作圆锥的截面，当底面圆心到截面的距离为时，重心的轨迹所围成图形的面积是__________. 【答案】 【分析】先利用线面垂直关系确定点在底面上的投影的位置，求出的长度，再结合三角形重心的性质得到的长度，最后通过作垂线确定点的轨迹为圆并计算其面积. 【详解】如图，设为中点，连接，作平面，连接， 又平面，则， 又，所以， 所以，又，所以， 所以，所以垂足必在上，由题意可知，则， ， 由于为等腰三角形， 所以重心在底边的中线靠近点的三等分点处， ， 作，垂足为， 则， 可知点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，其面积为. 例5．（25-26高三上·湖南衡阳·阶段检测）三棱锥的各顶点均在球O上，且三棱锥的体积为，球O的体积为，已知，，，则动点的轨迹长度为____________． 【答案】 【分析】先根据外接球的体积求得外接球的半径，再根据三棱锥的体积求得点到平面的距离，得到点在平行于平面的平面上，然后求得外接球球心到平面的距离，进而得到外接球球心到点所在的平面的距离，得到点的轨迹是圆即可. 【详解】如图所示，设三棱锥外接球的半径为， 则由外接球的体积为，解得． 因为，，，所以， 所以，所以， 设点到平面的距离为， 则三棱锥的体积为，解得，即， 所以点在平行于平面的平面上． 因为，所以的外接圆的圆心为的中点，则外接圆的半径为， 所以外接球的球心到平面的距离为， 即，所以球心到点所在平面的距离为，即， 在直角中，可得， 所以点的轨迹为以为半径的圆，故动点的轨迹长度为． 【变式训练】 变式1．（25-26高三上·四川自贡·期末）在棱长为2的正方体中，棱，的中点分别为，，且点在侧面内，若平面，则点的轨迹长度为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】先取的中点，证明线面平行得出面面平行即可得出平面，再根据轨迹应用勾股定理计算求解. 【详解】取的中点，连接， 因为，所以是平行四边形， 所以平面，不在平面内，所以平面， 同理可得平面， 平面， 所以平面平面， 则当点在线段上时，平面， 所以点的轨迹长度为.    故选：C. 变式2．（25-26高三上·山东临沂·阶段检测）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，BC，的中点，，平面EFG，若，则Q的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面EFG的法向量，利用向量法求得点P到平面EFG的距离，进而利用球的性质求得Q点所在圆的半径，即可求解. 【详解】以点D为坐标原点，直线分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系， 如图所示. 则，， 设平面EFG的法向量为，则即， 令，则，， 又，所以点P到平面EFG的距离， 因为，所以Q在以P为球心半径的球面上，又平面EFG， 所以Q的轨迹为球面与平面EFG的交线（一个圆）， 设该圆的半径为，则由球的性质可知， 所以Q的轨迹长度（圆的周长）为. 故选：D 变式3．（26-27高三上·湖南长沙·开学考试·多选）如图，在棱长为1的正方体中，N，P分别是，的中点，Q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．不存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 C．过Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D．点是四边形内的动点，且直线PH与直线AD的夹角为，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】利用补形法可判断A选项；作出辅助线，得到，即、、、四点共面，当与重合时满足要求，但不能与重合，可判断B选项；作出辅助线，得到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，可判断C选项；作出辅助线，得到点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧，可求出点的轨迹长度，可判断D选项. 【详解】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正确； 对于B选项，连接，，，因为且， 故四边形为平行四边形，所以，因为P，N分别是中点， 则，所以，即，，，四点共面， 而平面与的交点唯一，故即为，又不为的端点， 因此不存在满足条件的点，B正确； 对于C选项，如图，在平面上作，垂足为点， 过点在平面内作交BC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Q与点无限接近时，面积接近于0， 过且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积的取值范围为，C错误；    对于D选项，依题意，直线PH与直线的夹角为， 取的中点，连接PO，则， 则平面，取AB的中点，以为圆心，为半径作圆，交，于X，Y， 则点H的轨迹为以O为圆心，1为半径的部分圆弧， 又，故    所以点的轨迹长度为，D正确. 变式4．（25-26高三下·上海浦东新区·期中）某光影科技实验室为长方体空间，底面是边长为4米的正方形，高为3米．为营造动态光影效果，在底面一个顶点处安装射灯A，在与该顶点相对的侧棱上、距底面1米处安装射灯I，两盏射灯的光束方向由智能系统自动控制，始终使两束光线相互垂直，且它们的交汇点G始终落在实验室天花板上．则交汇点G形成的轨迹长度为________米． 【答案】 【详解】如图建立空间直角坐标系： 则，设交点， 所以， 因为，所以， 整理得， 所以交点在天花板上的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 所以交汇点G形成的轨迹长度为. 变式5．（2026·贵州安顺·一模）已知点M为正三棱柱的外接球上动点，且，若，，则点M的轨迹长度为______． 【答案】 【分析】根据题意，先取底面的中心，确定正三棱柱的外接球的球心为，求出其半径为2，建系后求出相关点的坐标，设点，利用可推得点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面，进而可得点M的轨迹为两球的交线圆，利用垂径定理求出交线圆的半径即得轨迹长度. 【详解】设点为正三棱柱的底面的中心，为其外接球的球心， 易得平面，且，因，则， 则该外接球的半径为. 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴， 以过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系. 则，设点， 由可得， 两边取平方，展开整理得：， 配方可得， 则点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面. 因球的球心距为， 两球半径都是2，则两球的交线圆的半径满足， 故点M的轨迹为交线圆，其周长为，即点M的轨迹长度为. 考点二 空间截面问题 【知识点解析】 一、核心本质 用一个平面去截几何体，平面与几何体各表面的交线围成的图形就是截面。问题核心是依据平面的基本性质确定所有交线，进而判断截面形状、计算周长/面积、分析最值。 核心依据：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，即两点确定一条交线。 二、常见几何体的截面形状 几何体 可能的截面形状 核心备注 正方体/长方体 三角形、四边形、五边形、六边形 最多与6个面相交，故最多为六边形；三角形只能是锐角三角形 圆柱 圆、椭圆、矩形 垂直于轴截得圆；平行于轴截得矩形；斜截得椭圆 圆锥 圆、椭圆、抛物线、双曲线、等腰三角形 过顶点截得等腰三角形；平行于轴截得双曲线的一支 球 圆 任意平面截球都是圆，过球心的截面圆最大（大圆） 三、核心作图方法（找交线） 1. 直接连线法 若两个已知点在几何体的同一个面上，直接连接两点，即为截面与该面的交线。 2. 延长线交点法 若点在棱上，延长几何体的棱与已知的截面直线相交，得到新的公共点，再连接另一个面上的点，得到下一条交线。 3. 平行线法 若截面中存在与几何体的面平行的直线，利用线面平行、面面平行的性质，在对应面上作平行线，得到交线。 通用规律： 面体的截面最多是 边形，截面的边数 = 截面与几何体相交的面的数量。 四、常考计算与最值 1. 截面面积计算 · 规则截面：直接用对应图形的面积公式（三角形、矩形、圆等）； · 斜截面：可利用投影面积公式：，其中 为截面与投影平面的二面角。 2. 截面最值 · 正方体中：面积最大的截面是过四条对棱的矩形； · 球中：过球心的大圆面积最大； · 圆锥/圆柱中：平行于轴的截面面积随截面到轴的距离增大而减小。 五、解题步骤 1. 确定截面经过的所有已知点，明确截面所在平面； 1. 利用平面公理、平行性质，依次找到截面与几何体每个面的交线； 1. 顺次连接各交点，得到完整的截面图形，判断形状； 1. 结合几何关系计算边长、角度、周长、面积等。 【例题分析】 例1．（25-26高三上·江苏南通·阶段检测）已知圆台的上、下底面半径分别为3和6，用一个平行于底面的平面去截圆台，截得上、下两部分的体积之比为，则截面半径为（   ） A． B．5 C． D． 【答案】B 【分析】设圆台上、下底面圆的圆心分别为、，将圆台还原为圆锥，设圆锥的顶点为，设截面圆的圆心为，设圆、圆、圆的半径分别为、、，设圆台的体积为，利用两相似圆锥的体积比等于这两圆锥的底面半径比的立方可求得截面圆的半径. 【详解】设圆台上、下底面圆的圆心分别为、，将圆台还原为圆锥，设圆锥的顶点为， 设截面圆的圆心为，设圆、圆、圆的半径分别为、、，则，， 设圆锥、圆锥、圆锥的体积分别为、、， 因为，则，所以，， 设圆台的体积为，即，所以，， 由题意可知，圆台的体积为，所以，， 所以，，又因为，则，因此，. 故选：B. 例2．（2026·青海海东·模拟预测）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积. 【详解】在正方体中，取的中点，的中点，连接，    由是的中点，得，则四边形为平行四边形， ，由是的中点，得， 梯形是正方体被平面所截得的截面， ，， 所以所求截面的周长是. 故选：B 例3．（25-26高三上·江苏扬州·阶段检测）已知正方体的棱长为2，若平面，则下列关于平面截此正方体所得截面的判断中正确的是（    ） A．截面形状可能为正三角形 B．截面形状可能为正方形 C．截面形状可能为正五边形 D．截面面积最大值为 【答案】AD 【分析】借助正方体，画出截面图形，再对选项进行一一判断． 【详解】如图,在正方体中，连接，    因为平面，平面，则， 又四边形为正方形，则， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 因为，平面，所以平面， 所以平面与平面平行或重合， 所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形，故A正确； 当分别为对应棱的中点时，截面为正六边形， 因为分别为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又因为平面，所以平面平面， 所以平面，所以截面为正六边形， 将平面平移，可知截面不可能为正方形和正五边形，故BC错误； 如图设截面为多边形，    设，则， 则， 所以多边形的面积为两个等腰梯形的面积之和， 所以， 因为，， 所以， 当时，，故D成立. 故选：AD. 例4．（25-26高三上·江西宜春·阶段检测）在三棱锥中，平面VAC，，，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时，______． 【答案】 【分析】通过作平行线作出题中的截面，并结合线面平行以及线面垂直说明其为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，结合二次函数性质确定截面面积取得最大值时参数的值，解直角三角形即可求得答案. 【详解】根据题意，在平面内，过点作，交于点； 在平面内，过点作，交于点； 在平面内，过点作，交于点，连接，如图所示， 因为，则，设其相似比为，即， 则； 又因为，，， 由余弦定理得，，则， 即. 又平面，，平面，所以，. 又，则，. 因为，则，则， 因为，所以，即， 同理可得，即， 因为，，则， 故四边形为平行四边形；而平面，平面， 故平面，同理平面， 即四边形为截面图形； 又平面，平面，则， 又，所以. 故平行四边形为矩形，则， 所以当时，有最大值，则， 在中，. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：先作平行线作出题中的截面，再证明四边形为符合题意的截面图形，结合线面平行以及线面垂直说明四边形为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，利用二次函数求出最值得解. 例5．（25-26高三上·四川成都·阶段检测）如图，已知棱长均为4的正四棱锥P-ABCD中，M和N分别为棱AB、PC的中点，过M和N可以作平面使得，则平面截正四棱锥P-ABCD所得的截面面积为___________. 【答案】 【分析】取中点为，取中点为，易证明平面，再通过取四等分点，可证明截面就是五边形，最后通过证明四边形是矩形，再来计算截面的面积即可. 【详解】 取中点为，取中点为，连结四点可得四边形， 结合题意可知，所以， 同理：，所以，即四边形是平行四边形， 因为平面， 平面，所以平面， 设，可得，再在上取点，满足， 此时，所以，可得截面五边形， 由正四棱锥可知：平面，且平面，所以， 又因为，，平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，所以，从而可得四边形是矩形， 由正四棱锥所有棱长均为4，可知，， 所以四边形的面积为， 再由，，可知： 又因为，所以三角形的面积为， 所以截面五边形的面积为 故答案为：. 【变式训练】 变式1．（25-26高三上·浙江杭州·阶段检测）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 【分析】令正四面体的棱长为，由正四面体外接球的相关几何关系列方程求得，再由截面圆半径最小，只需垂直于截面圆，求该截面圆的半径最小值. 【详解】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 变式2．（25-26高三上·福建宁德·阶段检测）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 【分析】画出图形，然后判断即可. 【详解】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 变式3．（2025·贵州六盘水·模拟预测）在直四棱柱中，，，点，在以线段为直径的圆上运动，且，，三点共线，点，分别是线段，的中点，则下列说法中正确的是（    ）    A．平面平面 B．当四棱柱的体积最大时， C．当时，过的平面截该四棱柱的外接球所得截面面积的最小值为 D．当时，过点，，的平面截该四棱柱所得的截面周长为 【答案】ABD 【分析】对A：借助线面垂直判定定理先证平面，再借助面面垂直判定定理即可得；对B：利用基本不等式可得时，四棱柱的体积最大时，则可建立适当空间直角坐标系求证；对C：求出球心到直线的距离后借助垂径定理计算即可得；对D：作出所需平面计算周长即可得. 【详解】对A：由直四棱柱性质可得，由为直径，则， 又，、平面，故平面， 又平面，故平面平面，故A正确； 对B：由，则， 则， 当且仅当时，等号成立， 即四棱柱的体积最大时，，同理， 则此时四棱柱为正方体， 则可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，    有、、、、， 则，，有， 故，故B正确； 对C：当时，则由B可得此时四棱柱为正方体， 有、，则， 由正方体性质可得该正方体的外接球球心为，设为， 则，外接球半径为. 则点到直线的距离， 又该截面面积取最小时，点到该截面的距离为， 则，故C错误； 对D：取中点，连接、、、、， 则且，又，故， 故、、、四点共面，即所求截面为四边形， 则截面周长为 ，故D正确. 故选：ABD 变式4．（2026·陕西咸阳·模拟预测）如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面与线段相切于点，则球被正四面体表面截得的截面周长为__________． 【答案】 【分析】根据给定条件，求出线段MN长及点O到平面的距离，即可得到球被平面截得的截面周长，从而得到结果； 【详解】 在棱长为2的正四面体中，连接，过作于，如图， 由分别为棱的中点，得， 而平面， 则平面，又平面，于是平面平面， 而平面平面， 因此平面，而，，，则， 球半径，，从而， 球被平面截得的截面圆半径， 所以球被平面截得的截面周长. 又为正四面体，所以球被正四面体的每个面截得的截面都为圆， 且圆的半径为， 所以球被正四面体表面截得的截面周长为. 故答案为： 变式5．（2026·福建漳州·模拟预测）在直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为______． 【答案】 【分析】根据题意直观想象三棱住的外接球位置，再利用球的截面性质可得当为所截圆的直径时截面面积最小，从而得解. 【详解】由直三棱柱可知，平面， 又，所以两两垂直， 设直三棱柱外接球的半径为R， 通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以为边长的长方体外接球相同； 过作该直三棱柱外接球的截面，当为所截圆的直径时截面面积最小， 因为， 则所求截面面积最小值为. 故答案为：. 2 学科网（北京）股份有限公司 $