微专题17 截面问题与轨迹问题 讲义-2027届高三数学二轮专题复习

第4章 · 立体几何与空间向量 · 大单元8 空间几何体的面积与体积 高中数学二轮复习专题讲义 17微专题17截面问题与轨迹问题  截面与轨迹是立体几何里仅有的两类“要先自己把图画出来再算”的题。二轮不重铺位置关系，只练两条流水线：截面靠“同面连线、延长求交、平行补线”三把钥匙把图形补全；轨迹靠“把条件翻译成曲面、再与几何体表面求交”把曲线找齐。 怎么用这本讲义：先读“考情与命题趋势”，明确最近三届考什么；再照“知识与方法必备”的速查表对号入座；然后按四步流程精读例题，并独立完成变式；最后限时完成课后分层训练，错题回对应例题重走流程。 ▶ 一、考情与命题趋势 截面与轨迹在新高考卷中固定在选择题、填空题的中后段，五分左右、不给图是常态：题干只给一个正方体或正三棱柱，四个选项分别考“形状、位置关系、度量、轨迹”中的一件事。二轮的抓手不是背结论，而是把两条流程练成条件反射——截面先补全再算，轨迹先翻译曲面再与表面求交。 表内取舍说明：2026 年新课标Ⅰ卷第 10 题是本讲的母题级试题，“动点到定直线距离为定值”给出的是圆柱面，二面角把两个动点锁进同一方向的半平面，四个选项全部要在“沿轴看”的截面里算；2022 年全国乙卷第 9 题直接以截面 为载体考面面位置关系，是“先补截面、再判关系”的标准样板；2023 年上海卷第 12 题不给图、不等距、不建系，全靠“到两定点等距的点在中垂面上”这类定位意识把两个未知点摆出来，是轨迹模型的另一副面孔。2025 年新课标Ⅰ卷第 9 题不出现“截面”二字，但考的正三棱柱线面平行、垂直判断正是补全截面每一步的依据，故一并列出。至于 2023 年新课标Ⅰ卷第 12 题（判断哪些几何体能整体放入正方体容器），它的 D 选项虽要借助正六边形截面，但四个选项的落点都在球与相切，已归微专题 18，本讲不再重复收录；2022 年新高考Ⅰ卷第 9 题的异面直线角与线面角、2024 年新课标Ⅰ卷第 17 题的四棱锥解答题，以空间角与距离为核心，归微专题 21 展开。 表 1: 截面与轨迹考情梳理 年份 卷别 题号 考查点 2026 新课标Ⅰ卷 10 到定直线距离为定值的轨迹（圆柱面）；二面角与距离最值（多选） 2025 新课标Ⅰ卷 9 正三棱柱中线面平行、垂直判断（补全截面的推理基础，多选） 2023 上海卷 12 由等边三角形补出正四棱锥的另两个顶点：靠垂直与等距关系定位点（填空） 2022 全国乙卷 9 正方体中截面 的形状及其与三个平面的位置关系（多选） 两条趋势值得注意。其一，截面的“题眼”已从“截面是什么形状”升级为“在补全的截面里判关系、算度量”：载体高度集中在正方体与正三棱柱，多选题把形状、平行、垂直、面积四件事拆成四个选项，漏补一条交线就会连错两项。其二，轨迹的“题眼”是条件翻译：定距离给球面或圆柱面，定角度给圆锥面，平行与垂直给平面，最后都回到“曲面与表面求交”，还要在交线上算最值或算长度——只答得出“轨迹是圆弧”而算不准弧长与端点，仍拿不到满分。 ▶ 二、知识与方法必备 二轮不重铺点线面概念，先给速查表，再给直接服务本专题题型的三条结论；表里“一眼认出它的样子”一列，是拿到题后对号入座的依据。 表 2: 截面与轨迹三题型速查表 题型 一眼认出它的样子 核心动作 对应例题 一 · 截面形状与位置关系 给出两点或三点（常含中点、三等分点），或“过某点且平行（垂直）于某平面”，问截面形状或截面与某平面的关系 同面连线、延长求交、平行补线，先把截面补全再判断 例 1、变 1-1 二 · 截面的度量与最值 问截面的面积、周长，或“面积最大”“周长为定值” 设一个参数（如截面沿体对角线平移的位置），把边长写成参数的函数再求最值 例 2、变 2-1 三 · 动点轨迹 动点满足“到定点（定直线）距离为定值”“与某平面平行（垂直）”“与某直线成定角” 条件先译成球面、圆柱面、圆锥面或平面，再与几何体表面逐面求交 例 3、变 3-1、变 3-2 结论一 · 截面作图的三把钥匙与边数上限 同面连线：两点在同一个面上，直接连。延长求交：把面内的连线延长，与几何体其它棱的延长线相交，交点再与另一顶点相连。平行补线：截面与两个平行平面相交，两条交线必平行，这是补出“看不见的那条边”的唯一依据。截面边数等于被截到的面的个数，正方体只有六个面，故最多六边形、七边形不可能；截面是五边形时，五条边分属五个面，其中必含两组相对面，所以必有两组对边平行，正五边形截不出来；截面是三角形时只能是锐角三角形。 结论二 · 正方体截面的两个“最”与一个定值 设棱长为 。过中心且垂直于体对角线的截面是正六边形，边长 ，面积 ，它是“垂直于该体对角线”这一族截面里的最大者；同族中凡截得六边形，周长恒为 。若不加任何限制，正方体的最大截面是过两条相对棱的矩形，面积 ，比正六边形还大——两个“最大”前提不同，别混用。 结论三 · 轨迹条件的翻译表 到定点距离为定值 → 球面；到定直线距离为定值 → 圆柱面；到两定点距离相等 → 中垂面；到两定点距离之比为不为 1 的定值 → 球面（阿波罗尼斯球）；与定直线成定角 → 圆锥面；与定平面平行 → 过该点作的平行平面；与定平面垂直 → 过该点作的垂面。动点被限制在几何体表面或某个面内时，轨迹 = 上述曲面（平面）与几何体表面的交线：面与面交出线段，球面与面交出圆弧，圆柱面与面两者都可能出。长度必须逐段定端点，不能整圆整条地算。 ▶ 三、高频题型突破 本节三个题型各配一道母题与变式，全篇统一按四步展开：认模型 → 定形定位 → 核心推演 → 回检收束。第二步“定形定位”在本讲有双重身份：截面题要把截面补全（画出所有边），轨迹题要把曲面与表面的交线定下来（找出所有段）；第四步“回检收束”专管三件事——每条边是否落在某个面上、每段轨迹的端点是否在棱上、最值的等号能否真的取到。 （一）题型一：截面的形状与位置关系 题型识别。题面给出两三个点（多为中点、三等分点）或给出“过某点且平行（垂直）于某平面”，问截面的形状，或问截面所在平面与其它平面的平行、垂直关系。 通法模型。第一步认模型：看给出的点分别落在哪几个面上——三点分属共顶点的三个面多半得三角形，给了平行（垂直）条件时形状是被条件“推”出来的。第二步定形定位：同面连线、延长求交、平行补线，把截面补齐。第三步核心推演：把截面摘进一个平面，用中位线、相似、勾股或坐标算。第四步回检收束：逐条边核对它是否落在某个面上、端点是否真在棱上。 例题 1（题型一·三点补截面与面面关系） 在正方体 中，， 分别为 ， 的中点，则（　　） A．平面 平面 　　　　B．平面 平面 C．平面 平面 　　　　D．平面 平面 图 1: 截面 的三条边各在一个面上 解析 第 1 步 · 认模型： 在棱 上、 在棱 上、 是顶点，三点分属三个面，先补截面再判关系。之所以不急着建系，是因为四个选项里有三个只需一句线面垂直就能定夺，建系是后备手段。 第 2 步 · 定形定位： 在底面 内， 在侧面 内， 在侧面 内，三条线段两两在同一个面上，截面就是三角形 （图见题干下方）。这一步的意义在于：选项里的“平面 ”从此有了具体的边，判断关系只需在这三条边里找一条“关键线”。设棱长为 2，以 为原点、，， 为 ，， 轴建系，则 ，，，，，，。 第 3 步 · 核心推演：平面 含 与 ，取其法向量 。因为 ，所以 平面 ，而 平面 ，由“一个平面经过另一个平面的垂线则两面垂直”得 A 正确。B 用同一套算法：平面 的法向量可取 ，，两平面不垂直，B 错；也可反证：若平面 既垂直平面 又垂直平面 ，则两平面的交线 必垂直平面 ，从而 ；但 、，数量积为 ，矛盾。C、D 两项同法：平面 与平面 的法向量分别是 、，都与 不平行，故两面都不与平面 平行，C、D 均错；C 还可一眼看穿—— 与 同在侧面 内且不平行，必相交。 第 4 步 · 回检收束：答案 A。回检两件事：一是截面三角形 的三条边确实各自落在三个面上，没有漏补；二是 A 的依据是“线面垂直 面面垂直”，用到的垂线是 ，而不是 或 —— 与底面斜交，用它推垂直一定会错。 方法点睛 · 补全截面后只找一条关键线 判断截面与某平面的关系，不要四个选项各建一次系。把截面补全后，在截面的三条（四条）边里找那条“最特殊的线”——通常是中位线或面的对角线；它一旦垂直于目标平面，面面垂直立得，它一旦与目标平面的某条线相交，面面平行立否。一条线定全局，这才是多选的做题速度。 变式 1-1（题型一·延长求交补五边形） 在棱长为 2 的正方体 中，， 分别为 ， 的中点，过 ，， 三点的平面截该正方体，所得截面的形状是（　　） A．三角形　　　　B．四边形　　　　C．五边形　　　　D．六边形 图 2: 延长 求交，补出五边形 解析 第 1 步 · 认模型：， 在底面内， 在上底面，三点不共面于任何一个表面，属于“给三点补截面”。 既不过 也不过 ，不能一眼看出形状，必须把交线逐面补全。 第 2 步 · 定形定位：动机是把“看不到的那两条边”用延长线找出来。在底面内连 并延长： 与 的延长线交于 ，与 的延长线交于 （ 为原点、，， 为 ，， 轴时，，，直线 为 ，故 ，）。连 ，它在侧面 内，与棱 交于 ；连 ，它在侧面 内，与棱 交于 。 第 3 步 · 核心推演：直线 上 恒为 2， 由 −1 变到 2 时 由 0 变到 2，令 得 ；同理由 令 得 。于是截面五条边 （在面 内）、（在面 内）、（在面 内）、（在面 内）、（在底面内）各占一个面，截面为五边形 。 第 4 步 · 回检收束：选 C。回检两点：一是 ， 的竖坐标同为 ， 虽水平却躺在正方体内部，不是截面的边，别把它连上去数成六条；二是“平行补线”只保证同一对相对面被截出的两条边平行，本题 与 所在的面 与 相对，可验证 、 确实平行，与结论一吻合。 易错微警 · 截面边数由“被截到的面”决定 数截面边数只数“落在表面上的交线”，正方体内部的两点连线不是边。本题若把 、 直接连起来，就多画一条边、把五边形看成六边形，还会连带把面积、周长全算错。 （二）题型二：截面的度量与最值 题型识别。题面出现“截面面积”“截面周长”，或带一句限制（如平面垂直于某条对角线）问最大值、或证明某量为定值。 通法模型。第一步认模型：先定形状，形状决定用哪个面积公式。第二步定形定位：选一个方向把截面压成平面图形。第三步核心推演：设参数（通常是截面沿轴平移的距离 ），边长写成 的一次式、面积写成 的二次式。第四步回检收束：写出 的范围，单独检验端点处形状是否退化，确认等号位置存在。 例题 2（题型二·垂直于体对角线的截面面积最大值） 已知正方体 的棱长为 2，平面 。求 截该正方体所得截面面积的最大值。 图 3: 左：两端的正三角形；右：等角六边形补形 解析 第 1 步 · 认模型： 垂直于体对角线 ，这是一族平行平面：靠近 得三角形，居中得六边形，靠近 又得三角形。形状在变，就必须设参数，不能只画一个正六边形就算完。 第 2 步 · 定形定位：以 为原点、，， 为 ，， 轴，则 ，，一族平面写成 ，。选这个参数的动机： 单调地平移平面，形状变化只由 决定，且与三个坐标面的交点都只含一个未知数。 第 3 步 · 核心推演：当 时，平面与过 的三条棱分别交于 ，，，截面是边长 的正三角形，面积 。当 时同理，。当 时截面是六边形，六个顶点依次是 ，，，，，，相邻两边长分别为 与 ，六个内角都是 。把三条隔边延长补成等边三角形，其边长为 ，故 由 得 。因为 为定值，，当且仅当 取等，故 。 第 4 步 · 回检收束：最大值为 ，此时 ，，截面正是过六条棱中点的正六边形，与结论二的 （棱长 2 即 ）一致，公式对上了。端点 处六边形退化为正三角形，代入公式得 ，连续不矛盾。若去掉“”这一限制，过相对两棱 、 的对角面是 的矩形，面积 ——两个“最大”的前提不同，本题只能取 。 易错微警 · “最大截面”要看限制条件 带限制的截面最值，先写参数范围再谈最值：本题 只能平移，不能转动。把 （无限制时的对角矩形）抄进本题，是最典型的张冠李戴。此外 与 两处形状突变，必须单独检验，不能默认六边形公式全覆盖。 变式 2-1（题型二·六边形截面的周长为定值） 在棱长为 2 的正方体 中，平面 且 截正方体所得截面为六边形。求该六边形的周长。 解析 第 1 步 · 认模型：与例题 2 同族截面，但问的是周长——这类“定值”题的信号是：形状在变，某个量不变。 第 2 步 · 定形定位：沿用 ，（取端点时退化为三角形，题设要求六边形，故 在开区间内），六条边仍为 与 交替出现，各三条。 第 3 步 · 核心推演：周长 ，与 无关。定值性的来源不在算得多巧，而在 恰是截面沿两条互补方向走完的一整程（ 补 、 补 ），与 无关。 第 4 步 · 回检收束： 为定值；取 的正六边形验算，边长 、周长 ，一致。注意“周长恒定”不等于“面积恒定”，面积要到 才最大——本讲爱考这对反差。 方法点睛 · 定值题就找“和一定” 六条边分成两组 、，只要 是定值，周长就是定值；而面积公式里含有 ， 随 变，面积就不是定值。同一族截面，“和一定”管周长、“积可变”管面积，这一句可以推广到棱台、圆柱的同类截面题。 （三）题型三：动点的轨迹 题型识别。题干出现“动点 满足……”，条件是到定点或定直线的距离、与某平面的平行（垂直）、与某直线的夹角，问轨迹是什么、轨迹多长、或轨迹上量的最值。 通法模型。第一步认模型：把文字条件逐句翻译成曲面（球面、圆柱面、圆锥面）或平面，它决定轨迹的形状类型。第二步定形定位：动点还被限制在几何体表面内，轨迹=该曲面与表面的交线，须逐面求交、逐段定端点。第三步核心推演：线段用勾股与相似，圆弧用半径乘圆心角，最值压进垂直于轴的截面里用余弦定理。第四步回检收束：端点是否在棱上、圆弧有没有被面的边界截断、等号位置是否存在。 例题 3（题型三·到定直线距离为定值的轨迹与最值） 在空间中，， 为两个定点，动点 到直线 的距离为 2，动点 到直线 的距离为 1。若二面角 为 ，则（　　） A． B． C．当 时， 平面 D．当 平面 时， 图 4: 沿 方向看：两动点落在两个圆柱面上 解析 第 1 步 · 认模型：“到定直线距离为定值”是圆柱面的定义。 的轨迹是以 为轴、半径 2 的圆柱面， 的轨迹是同一轴上半径 1 的圆柱面；二面角 锁定的是两条母线在垂直于轴的截面里的夹角。四个选项都只涉及距离与夹角，与 、 沿轴滑到哪里无关，于是先“沿 方向看”，把空间问题压成平面问题。 第 2 步 · 定形定位：以 为原点、 为 轴建系。设 在垂直于 轴的投影射线上，取 ；二面角为 ， 到 轴的距离为 1，故可取 ，其中 自由。说明一下这一步为什么合法：点到 轴的距离只由前两个坐标决定，二面角只由两个投影射线的夹角决定，纵向高度是独立的自由度——正是这个独立性，让 、 可以任意取值，也带来了选项 A 的反例。 第 3 步 · 核心推演：A：取 ，则 、 的横向分量不变而纵向分量趋于无穷，两条射线都贴近 轴，，故 A 错。B：，所以 ，当 时取等，B 对；这正是题干下方那张图右半的三角形：、、，余弦定理给 ，纵向差再以勾股叠加。C： 即 的 分量为 0，得 。此时 ，而平面 由 轴与 张成，法向量可取 ，显然 ，故 平面 ，C 对。D： 平面 要求 且 ，得 ，此时 ， 与 不垂直，D 错。 第 4 步 · 回检收束：答案 BC。回检两件事：B 的等号在 、 同处一个垂直于 的平面内时确实取到，不是开区间上的伪最值；C 的推理里“”已把纵向自由度用完，是硬结论。D 恰相反， 平面 把两点压进同一截面，此时 被二面角强制为 而非 ——这一句也顺带解释了 A 为什么错。 方法点睛 · 沿轴投影是这类题的万能第一步 凡条件是“到某条定直线的距离”，先沿这条直线看：动点缩成一个圆（圆周长对应圆柱面的横截面），距离是半径，二面角是圆心角，纵向高度是独立参数。空间最值立刻降为“平面三角形 + 纵向勾股”两段，算完再回原图检验等号。 变式 3-1（题型三·球面与表面交出的圆弧） 在棱长为 2 的正方体 中， 为正方体表面上的动点，且 。求点 的轨迹的长度。 图 5: 球面与过 的三个面交出三段圆弧 解析 第 1 步 · 认模型： 是“到定点距离为定值”，翻译为以 为球心、半径 2 的球面； 又被限制在正方体表面上，所以轨迹是这个球面与六个面的交线。 第 2 步 · 定形定位：逐面求交。过 的三个面 、、：球面与它们所在平面相交于以 为圆心、半径 2 的圆，而正方形边长恰为 2，每个面只留下位于正方形内部的四分之一圆弧。不过 的三个面 、、：以 为例， 该面，面上的点 满足 ，等号仅在 成立，故此面只留一个孤立点、不产生圆弧；另两个面用 、 垂直于各自的同理，只留下点 与点 。 第 3 步 · 核心推演：三段弧分别是底面内 、侧面 内 、侧面 内 ，半径都是 2、圆心角都是 ，每段长 。三段首尾相接于 、、，构成一条闭合曲线，轨迹长度 。 第 4 步 · 回检收束：检验三个连接点：，都在球面上，弧在此相接无误；， 中点距离为 1，说明弧确实从 走到 而不越界。若把条件改成 ，球面只与过 的三个面各交出一段半径 1 的四分之一圆弧，长度变为 ——半径变化时“哪些面有弧”这个判断也要重做。 易错微警 · 圆弧要按面的边界截断 球面与一个平面交出的是整圆，但几何体的面只是正方形，多数时候只剩四分之一。把整圆周长 直接乘上面数，是最常见的算多；反过来，忘记球面还会与不相邻的面相切于一个顶点，则会算少。逐面写“交线存在的条件”，再定端点，才稳。 变式 3-2（题型三·平行条件交出线段） 在棱长为 2 的正方体 中， 为底面 内（含边界）的动点，且 平面 。求点 的轨迹的长度。 图 6: 轨迹是 与底面的交线 解析 第 1 步 · 认模型：“ 平行于一个定平面”是平行型轨迹条件，翻译表给的是“过 作该平面的平行平面 ，则 ”；再叠加“ 在底面内”，轨迹就是 与底面的交线被正方形截下的部分——线段型轨迹。 第 2 步 · 定形定位：以 为原点、，， 为 ，， 轴，，，，。平面 由 与 张成，法向量 ，平面方程 。过 的平行平面 ：。 第 3 步 · 核心推演：底面 是 ，与 联立得 ，即对角线 所在直线。 又须在正方形 、 内，故 的轨迹是对角线段 ，长度 。纯几何说法同样成立： 过 且与平面 平行，可验证 、 都在 上（0−0+0=0，2−2+0=0），而 与底面只交一条直线，故交线即 。 第 4 步 · 回检收束：轨迹长度 ，端点 、 都在正方形边界上，含边界条件下可取。检验 与平面 ： 方向 (0,−2,−2) 与 的数量积为 2−2=0 且 不在平面 上，故 平面 成立，端点合法。 方法点睛 · 平行定平面、垂直定垂面 平行条件的轨迹永远是“过定点（或定直线）作平行平面”，垂直条件是“过定点作垂面”；两者都与几何体表面求交，交线一定是多边形或其一部分，不会出现圆弧。与例题 3、变式 3-1 的距离（角度）条件对照记忆：距离与角度管曲面，平行与垂直管平面。 ▶ 四、易错警示 本专题失分集中在两处：截面补不全导致选项连错，轨迹算过头或算不足导致长度出错。分两张表列出。 表 3: 高频错误及其纠正（截面作图与形状类） 错误表现 错因 正确做法 过三点的截面只连了两点，把五边形答成四边形 只画“看得见”的线，没有延长求交 先连同一面内的两点，延长它与棱的延长线相交，再用交点连第三个点补出其余边 把正方体内部的连线当成截面的一条边 混淆“表面交线”与“体内连线” 截面边数只数落在表面上的交线，等于被截到的面的个数 认为正方体能截出正五边形、直角三角形、七边形 只记“能截出几边形”，没记形状限制 相对面成对出现 五边形必有两组对边平行；三角形只能是锐角三角形；六面封顶没有七边形 动笔前三行 · 截面的“补—摘—算” 补：按三把钥匙把每条边补到面上；摘：把截面单独摘成平面图形，标出每条边属于哪个面；算：只在这个平面图形里用勾股、相似、余弦定理。跳过“摘”直接在立体图上算，几乎必错。 表 4: 高频错误及其纠正（轨迹类型与范围类） 错误表现 错因 正确做法 把“到定直线距离为定值”答成圆 把平面内的结论搬到空间 空间中是圆柱面；只有加上“在某平面内”才退化为圆或两条平行线 轨迹长度按整圆 计算 忘记几何体的面会把圆截断 逐面求交、逐段定端点，弧长用半径乘该面内实际留下的圆心角 二面角条件下只算平面里的 ，漏掉纵向差 默认两动点的垂足重合 把“横向”与“纵向”分开：横向在垂直于轴的截面内用余弦定理，纵向平方后相加 动笔前的三句自查 截面的每条边都落在某个面上吗？轨迹的曲面与每一个面都求过交、端点都定过吗？最值的等号位置在几何体里真的存在吗？——三句都答“是”，再动笔。 ▶ 五、课后分层训练 A 组练基本动作（截面形状 3 题、度量 1 题、轨迹 2 题），B 组练迁移与综合（度量 4 题、性质 1 题、轨迹 2 题），B6、B7 为难题。限时 45 分钟，先独立完成再对照解析找流程缺口。 （一）基础巩固（A 组） A1 在棱长为 1 的正方体 中，过从同一顶点出发的三条棱的中点的截面是（　　） A．正三角形　　　　B．正方形　　　　C．五边形　　　　D．六边形 A2 在棱长为 2 的正方体 中，过 ，， 三点的平面截正方体所得截面的面积为（　　） A．　　　　B．　　　　C．　　　　D． A3 用一个平面去截正方体，所得截面不可能是（　　） A．正三角形　　　　B．正方形　　　　C．正五边形　　　　D．正六边形 A4 在空间直角坐标系中，到 轴的距离等于 1 的点组成的曲面是 。 A5 （多选）用一个平面截正方体，所得截面可能是（　　） A．直角三角形 B．等腰梯形 C．有五组邻边互相垂直的五边形 D．各边都相等的六边形 A6 在棱长为 2 的正方体 中， 为底面 内（含边界）的动点，且 ，则点 的轨迹长度为 。 （二）能力提升（B 组） B1 在棱长为 2 的正方体 中，， 分别为 ， 的中点，则截面三角形 的周长为 。 B2 在棱长为 2 的正方体 中，过 且平行于平面 的平面截该正方体所得截面的面积为 。 B3 已知圆锥的底面半径为 1，高为 2。过该圆锥顶点的平面截圆锥所得截面的面积最大值为 。 B4 在空间中，， 为两个定点，动点 到直线 的距离为 2，动点 到直线 的距离为 1。若二面角 为 ，则 的最小值为 。 B5 （多选）下列关于正方体截面的说法，正确的有（　　） A．截面可以是直角三角形 B．截面可以是正六边形，且此时截面过六条棱的中点 C．截面为五边形时，必有两组对边分别平行 D．棱长为 的正方体，任意平面截得的截面面积不超过 B6 在棱长为 4 的正方体 中，， 分别为棱 ， 的中点，求过 ，， 三点的平面截该正方体所得截面的面积。 B7 在棱长为 2 的正方体 中， 为正方体表面上的动点，且 到直线 的距离为 ，则点 的轨迹长度为 。 ▶ 六、参考答案与解析 以下解析与题目编号一一对应，每题按【答案】、【解析】、【母题溯源】三段呈现，便于快速批阅与检索；【母题溯源】注明该题对应的例题（变式）与突破口。 （一）A 组 A1　　【答案】A 【解析】设三条棱 ，， 的中点为 ，，。三点分属过 的三个面，两两连线 ，， 各是一个面上的中位线，长度都是 ，故截面为正三角形，选 A。截面只截到三个面，边数就是 3，不可能更多。 【母题溯源】对应例题 1 的第 2 步：三点分属共顶点的三个面时截面是三角形；突破口是“逐面数边”。 A2　　【答案】B 【解析】，， 都是面上的对角线，长 ，且三条边各自落在底面、侧面 、侧面 的平行面上，故截面为正三角形 ，面积 ，选 B。 【母题溯源】对应例题 1 的第 2 步与例题 2 的第 3 步：先把截面摘成平面图形再算面积；正三角形的边长来自面对角线。 A3　　【答案】C 【解析】正方体有 3 组相对面，截面为五边形时五条边分属五个面，其中必含两组相对面，于是必有两组对边平行；正五边形没有平行边，截不出来，选 C。正三角形（过共顶点三条棱的中点）、正方形（平行于任一表面）、正六边形（过六条棱中点）都可以截出。 【母题溯源】对应结论一与例题 1 的第 4 步：边数与平行性都由“相对面”这一结构决定。 A4　　【答案】以 轴为轴、半径为 1 的圆柱面 【解析】点 到 轴的距离为 ，条件即 ， 任意，是圆柱面。若再加上“”就退化为圆，若加“”就是圆柱面的一段。 【母题溯源】对应例题 3 的第 1 步：距离型条件先译成曲面，纵向坐标是否为自由度决定是曲面还是曲线。 A5　　【答案】BD 【解析】A 错：截面三角形的三个顶点必在三条共顶点的棱上，三边是三个面上的线段，可验证其余弦值为正，只能是锐角三角形。B 对：取一组相对面上不平行的两条线段作上下底、另两边由相对面平行得到，可截出等腰梯形（如过 ， 与 ， 一类的位置）。C 错：五边形有两组对边平行，若再有五组邻边垂直则成矩形网格结构，与“两组平行边”矛盾，且五边形内角和 不允许五个角都是直角。D 对：过六条棱中点的截面是各边相等的正六边形。故选 BD。 【母题溯源】对应结论一（三把钥匙与边数上限）与例题 1：把“形状限制”当成判断题的第二遍检查。 A6　　【答案】2 【解析】 翻译为线段 的中垂面，它与底面 交于 的中垂线；底面是边长 2 的正方形，中垂线在正方形内的部分长 2，故轨迹长 2。（平行、垂直、等距条件都先译成平面，见结论三。） 【母题溯源】对应变式 3-2 的模型：平面型轨迹 = 所作平面 底面，长度由正方形边界截断。 B1　　【答案】 【解析】棱长为 2 时 是底面内两中点的连线，。 在侧面 内，，，故 ；同理 。周长 。 【母题溯源】对应例题 1：截面先补成三角形，每条边都在某一个面内，用该面的直角三角形算长。 B2　　【答案】 【解析】平面 的法向量为 (1,−1,1)，过 的平行平面方程 （以 为原点），故该平面过 ，，。三点两两连线均为面对角线，长 ，截面为正三角形 ，面积 。 【母题溯源】对应变式 3-2 与例题 2：“过某点平行于某平面”的截面，先把整个平面定位，再摘成平面图形算面积。 B3　　【答案】2 【解析】设截面与底面交于弦 ，底面圆心 到 的距离为 （），则 。又 ， 底面，故 ，斜高 中 ，即三角形的高为 。面积 在 时取最大值 2，即轴截面。易错点：误以为“离轴越远截面越大”，其实 增大时底与高此消彼长，且底的减小更快。 【母题溯源】对应例题 2 的第 3、4 步：截面度量先设参数、写函数、验端点；此处参数是圆心到弦的距离。 B4　　【答案】 【解析】沿 方向看，取 ，二面角 、 到轴距离 1，故 。于是 当 时取等，最小值 。与例题 3 对照： 时横向贡献 4+1−2=3， 时变成 4+1+2=7，角度一改最值就改，纵向部分不变。 【母题溯源】对应例题 3 的第 2、3 步：横向用余弦定理、纵向平方相加的两段式算法。 B5　　【答案】BCD 【解析】A 错，理由同 A5：正方体的三角形截面只能是锐角三角形。B 对，过六条棱中点的截面是正六边形。C 对，五边形的五条边分属五个面，六个面分三组相对面，去掉一个面后至少两组相对面仍被完整截到，故至少有两组对边分别平行。D 对，限制去掉后最大截面是过两条相对棱的矩形，边长 与 ，面积 ；正六边形截面面积 。故选 BCD。 【母题溯源】对应结论一、结论二与例题 2 的第 4 步：两个“最大”的前提要分清， 是无限制时的上界。 B6　　【答案】 【解析】以 为原点、，， 为 ，， 轴，棱长 4，则 ，，，。，，法向量 ，平面方程 。逐面求交： 上得 ；棱 上得 ；棱 上得 ；棱 （，）代入得 ，即 ；其余棱的交点都落在棱的延长线上。故截面为四边形 ，且 ，是平行四边形；又 ，故为菱形。对角线 ，，面积 。 【母题溯源】对应变式 1-1（延长求交定四个顶点）与例题 2 第 3 步（摘成平面图形后用对角线算面积）；菱形面积用对角线积的一半最省。 B7　【答案】 【解析】“到定直线距离为 ”翻译为以 为轴、半径 的圆柱面，轨迹是该柱面与正方体六个面的交线。以 为原点、 为 轴，点 到 轴的距离为 ，条件为 ，。逐面求交：底面 得 ，是长 2 的线段；前面 得 ，是长 2 的线段；后面 、顶面 上 ，无交线；左面 得四分之一圆弧，半径 ，圆心 ，长 ；右面 同理得一段 ，圆心 。合计 。 【母题溯源】对应例题 3（圆柱面模型）与变式 3-1（逐面求交、按边界截断）；本题是“线段 + 圆弧”的混合轨迹，正是两个模型叠用。 〈 第 1 页 〉 学科网（北京）股份有限公司 $