专题02 动点与截面范围最值归类（培优题型清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

专题02 动点与截面范围最值归类 题型脑图·核心考法搭建 考法深研·解题技能进阶 题型01 做截面基础方法：形状判断 在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥， 球，棱柱，棱锥、长方体，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清 楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。 一些容易出错误的地方 1.截面与几何体表面相交，交线不会超过几何体表面个数。 2.不会与同一个表面有两条交线。 3.与一对平行表面相交，交线平行（不一定等长） 4.截面截内切球或者外接球时，区分与面相切和与棱相切之间的关系 1．（24-25高三全国专题练习）如图所示，几何体为一个球挖去一个内接正方体得到的组合体，现用一个过球心的平面截它，所得截面图形不可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】用过球心的截面去截球，分截面与正方体侧面的不同关系，即可判断选项. 【详解】当截面过球心，且截面不平行于任何侧面，且不过体对角线时，截面图形是A； 当截面过正方体的两条相交的体对角线时，截面图形是B； 当截面过球心，且平行于正方体的一个侧面时，截面图形是C； 过球心的截面不能为D. 故选：D 2．（2025·全国专题练习）北师大版高中数学教材《选修1—1》第二章引言中有：过一个圆锥的侧面一点（不是母线的端点）作圆锥的截面.则截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆②椭圆③抛物线的一部分④双曲线的一部分中的（    ） A．①②③④ B．①③④ C．①② D．①②④ 【答案】A 【分析】由截面与圆锥位置关系的不同，进行分析即可求解. 【详解】解：根据截面与圆锥的位置关系，所得的图形如图所示： 故截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆②椭圆③抛物线的一部分④双曲线的一部分. 故选：A. 3．（24-25高三·河北·阶段检测）如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（    ） A．（2）（5） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（1）（5） 【答案】D 【分析】应用空间想象，讨论截面与轴截面的位置关系判断截面图形的形状即可. 【详解】当截面如下图为轴截面时，截面图形如（1）所示； 当截面如下图不为轴截面时，截面图形如（5）所示，下侧为抛物线的形状； 故选：D 4．（26-27高三上·江苏镇江·开学考试）正四面体内有一个球，当球的体积最大时，过棱的中点和棱作该正四面体的截面，所得截面图形是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，结合正四面体及其内切球的结构特征作出截面并判断. 【详解】正四面体内体积最大的球是它的内切球，该球与正四面体的四个面都相切， 切点为正四面体的4个正三角形面的中心，该球球心为正四面体中心， 取的中点，连接， 则过和的平面截正四面体得， 正的中心分别在线段上， 正四面体的内切球球心在内， 因此平面截正四面体的内切球得该球的大圆， 这个大圆与线段都相切，与线段相离， 选项ACD不符合，B符合. 题型02 做截面技巧1：相交线法 相交线法做截面： 利用平面相交性质，如果一个平面与两个相交平面相交，则交线交于一点。 1．（25-26高三·全国·一轮复习）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 【详解】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. 2．（2024·全国·模拟预测）已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解． 【详解】如图，设，分别延长交于点，此时， 连接交于，连接， 设平面与平面的交线为，则， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，设，则， 此时，故，连接，所以五边形为所求截面图形， 故选：C． 3．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在正方体中，分别为棱的中点，过三点作该正方体的截面，则（    ）    A．该截面是四边形 B．平面 C．平面平面 D．该截面与棱的交点是棱的一个三等分点 【答案】D 【分析】对A：延拓平面，即可求得截面，从而进行判断；对B：证明与不垂直，即可证明；对C：由，与平面不垂直，即可判断两平面位置关系；对D：根据三角形相似，即可证明. 【详解】对A：如图，将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于点， 连接，分别与棱交于点，得到截面是五边形，故A错误；    对B：因为面面，故； 又，面，故面， 又面，故； 假设，又，面，故面， 又面，显然过一点作一个平面的垂直只能有一条，假设不成立，即与不垂直； 又平面，所以与平面不垂直，故B错误； 对C：面面，故，又， 面，故面，又面， 故，同理可得，又面， 故平面，又与平面不垂直， 所以平面与平面不平行，故C错误； 对D：易知，所以， 所以截面与棱的交点是棱的一个三等分点，故D正确． 故选：D． 4．（25-26高三·全国·一轮复习）如图，长方体中，，，点为线段的中点，点为棱上的动点（包括端点），平面截长方体的截面为，则（    ） A．截面可能为六边形 B．存在点，使得截面 C．若截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为 D．当与重合时，截面将长方体分成体积比为的两部分 【答案】C 【分析】根据长方体截面的特征可确定A错误；假设存在满足题意的点，由知为中点，但此时与不垂直，可知假设错误，即B错误；在平面内过点作的平行线，交于，过点作的垂线，垂足为，可知，设，可将截面面积表示为，由二次函数最值求法可确定C正确；取中点，利用棱台体积的求法可求得棱台的体积，结合长方体体积可知D错误. 【详解】对于A，截面可能为四边形或五边形，不能是六边形，A错误； 对于B，若存在点，使得截面，则，则为中点， 此时与不垂直，不存在点，使得截面，B错误； 对于C，当截面为平行四边形时，在平面内过点作的平行线，交于， 过点作的垂线，垂足为，连接，则平面， 斜线在平面的射影为，则； 设，，，，截面面积为， 当时，，C正确； 对于D，当重合时，截面为梯形；取中点，连接，延长交于点， ，， 棱台的体积，又长方体体积， 剩余部分的体积，，D错误. 故选：C. 题型03 截面技巧2：平行线法 平行关系确定的截面作图，一般情况下，利用线线、线面、面面特别是线面的平行性质定理推导。 1．（2025·全国·模拟预测）正方体的棱长为4，点M在棱上，平面ACM把正方体分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体所得的截面周长为（   ） A． B． C． D．15 【答案】A 【分析】设平面与棱交于点，则，设，由棱台的体积求得，进而可求得截面周长. 【详解】设平面与棱交于点，则，几何体是三棱台， 由题意知该三棱台体积为14．设，则， 解得，平面截正方体所得的截面为等腰梯形， ，，，所以截面的周长为. 故选：A． 2．（2025·江苏南通·三模）已知正三棱台，，点O为底面，的重心，过点O，，的截面将该三棱台分成两个几何体，则这两个几何体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过构造平行截面展现空间想象能力，先由重心分割比例，来证明所分成的两个几何体中，有一部分是棱柱．然后利用台体体积和柱体体积公式来求解即可. 【详解】根据，不妨设上底面边长为2，下底面边长为3， 则在正三棱台，可知上表面面积，下表面面积， 过O作分别交AB，BC于点E，F， O为的重心，， 且，则四边形为平行四边形， 且 ，同理可得且，为三棱柱， 设此正棱台高为， 则台体体积， 棱柱的体积，另一部分体积， 两部分体积之比为， 故选：B． 3．（24-25·甘肃兰州·期末）已知正方体的棱长为2，P，Q分别为棱的中点，过P，Q，B作正方体的截面，则截面多边形的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用平面性质作出截面图形，然后利用勾股定理求出各个边长，即可得解. 【详解】取的中点为T，取的中点为S，取上靠近D的四等分点为M， 取上靠近的四等分点为G，取上靠近的三等分点为N， 连接.如图 由正方体性质可知，在中，分别为的中点， 所以，所以，故四点共面， 在正方形中，且，所以为平行四边形， 所以，由正方体性质可知， 在中，分别为的三等分点，所以，所以， 故四点共面， 所以五边形为所求的截面多边形. 易知，，，，， 故，，，，. 所以截面五边形的周长为. 故选：A. 4．（25-26高三·全国·一轮复习）如图，正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，的中点，则下列结论正确的个数是（    ） ①直线与直线DC所成角的正切值为 ②直线与平面AEF不平行 ③点C与点G到平面AEF的距离相等 ④平面AEF截正方体所得的截面面积为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】对于①，由，得到即直线与直线DC所成的角求解判断；对于②，取中点N，连接，GN，利用线面平行和面面平行的判定定理判断； 对于③，假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分判断； 对于④，把截面AEF补形为等腰梯形求解判断. 【详解】如图所示， 对于①，因为，所以即直线与直线DC所成的角，，故正确； 对于②，取中点N，连接，GN，在正方体中，，，平面AEF，平面AEF，所以平面AEF，同理可证平面AEF，，所以平面平面AEF，又平面，所以平面AEF，故错误； 对于③，假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG的中点，连接CG交EF于H，而H不是CG中点，则假设不成立，故错误； 对于④，在正方体中，，把截面AEF补形为等腰梯形，易知，，，，EF之间的距离， 所以其面积为，故正确. 故选：B 题型04 截面计算1：球截面 用一个平面去截球，若平面经过球心，所得的截面称为球的大圆；若平面不经过球心，所得的截面称为球的小圆。小圆圆心与球心的连线必垂直于小圆面。 1．（23-24高三上·湖南长沙·阶段检测）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】易得正方体外接球的球心在其中心点处，要使过的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点求解. 【详解】解：如图，  正方体外接球的球心在其中心点处，球的半径，要使过的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点，连接，则，所以， 此时截面圆的半径，此时，截面面积的最小值. 故选：C. 2．（2025·辽宁·模拟预测）在三棱锥中，，平面平面，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，分别在线段上运动（端点除外），.当三棱锥的体积最大时，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点,证得为球心，利用二次函数求出三棱锥的体积最大时的取值，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，求得截面圆的半径. 【详解】如图，取的中点,连接, 因为，所以，即为球心， 则球的半径,又,所以, 又平面平面，平面平面平面. 所以平面， 设，则,所以， 所以三棱锥的体积. 当时,取得最大值， 由于，在中，由余弦定理得:      根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小， 设此时截面圆的半径为，所以. 则截面面积的最小值为.故选:C. 3．（2024年普通高等学校招生全国统一考试数学文科预测卷（六））在正方体中，E，F分别为棱，的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为，最大值为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意可求得正方体的外接球球心位置，易知当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径，当截面与OP垂直时，截面面积最小；分别求出对应的半径大小即可得出结果. 【详解】如图，正方体的外接球球心在其中心点处，设该正方体的棱长为， 则外接球的半径， 要使过直线EF的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段EF的中点， 连接OE，OF，OP，则， ，所以，此时截面圆的半径．显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径； 所以．故选：D． 4．（26-27高三上·广东湛江·开学考试）已知长方体的8个顶点均在球的球面上，，，二面角为，过线段的中点作球的截面，则该截面面积的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据长方体的性质得到为二面角的平面角，可得，进而求得，，可得球的半径为，，分析可得垂直于截面时，截面圆的面积最小，进而求解即可. 【详解】在长方体中，平面， 而平面，所以，又， 所以为二面角的平面角，即， 由，，则，即， 所以球的半径为，易得， 要使截面圆的面积最小，则垂直于截面，此时截面圆的半径为， 则截面面积的最小值为. 题型05 截面计算2：求面积最值 求截面面积： 1.判断界面是否规则图形 2.求截面各边长度 3.规则图形，可以用对应面积公式求 4.不规则图形，可以分割为三角形等图形求。 5.难点：动态面积最值. 1．（2026·江西南昌·二模）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】可知侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则弧长为， 则底面直径为， 则圆锥轴截面是以为腰，为底的等腰三角形，此时顶角为， 则，所以， 则过圆锥顶点的截面是以为腰的等腰三角形，设顶角为， 此时面积，可知当时，即时，面积最大， 此时面积. 2．（25-26全国·阶段检测）如图，已知四面体为正四面体，，，分别是，中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】把正四面体补为正方体，根据基本不等式求出最大值即可. 【详解】解：把正四面体补为正方体，如图，根据题意，，， ，，所以，，故， ，当且仅当时成立，故选：C. 【点睛】考查空间图形中点、线、面的位置关系，截面面积的最大值等，用了割补法，属于中档题. 3．（2023·浙江·三模）在正方体中，平面经过点B、D，平面经过点A、，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面所成的锐二面角大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设平面与面所成的二面角为，二面角为，分和两种情况讨论，证明平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合，从而可得出答案. 【详解】平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合， 证明：设平面与面所成的二面角为，二面角为， 当时，记平面截正方体所得截面为面，， 则， 令，因为，所以， 当时，显然平面截正方体所得截面面积最大时，截面为面， 当时，平面截正方体所得截面为， 所以平面截正方体所得截面面积最大时截面为面， 同理平面过时，截正方体所得截面面积最大时截面为面， 连接，面与面所成锐二面角为， 因为面面， 所以的所成角大小为二面角大小， 因为，所以面与面所成锐二面角大小为. 故选：C． 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于说明平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合，考查了分类讨论思想和极限思想. 4．（2022·江西萍乡·三模）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面上运动，且满足平面.以下命题中，正确的个数为（    ） ①侧面上存在点，使得；②直线与直线所成角可能为30°； ③设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为. A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】先依据题给条件求得点F在侧面上的轨迹为线段，当点为中点时，，则①判断正确；求得直线与直线所成角最大值否定②；举特例否定③. 【详解】分别取的中点，连接 由，可得四边形为平行四边形， 则，又，, 则平面平面， 则当点落在线段上时，平面，则平面 即满足题意的点F在侧面上的轨迹为线段 ①取中点P，连接， △中，,，则 又，则,即当F为中点时，有.判断正确； ②当点F在线段上运动变化到端点K或H时， 直线与直线所成角取得最大值， 此时直线与直线所成角为（或） 又， 则.则直线与直线所成角不可能为30°.判断错误； ③设正方体棱长为1，当F为与HK交点时， 过点E，F，A的平面交于的中点M，连接 过点E，F，A的平面截正方体所得截面为菱形 又菱形对角线， 则截面的面积为.判断错误. 故选：B 题型06 截面计算3：求周长最值 1.截面周长，可以利用多面体展开图求。 2.截面周长，可以在各个表面各自解三角形求解。 1．（2024·四川宜宾·三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（    ） A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值 C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是 【答案】D 【分析】将平面从平面开始旋转，结合对称性可判断A；设，利用余弦定理表示出，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断BC；先判断，然后利用向量方法求出，可得截面面积的范围，可判断D. 【详解】对于A，当平面过或时，截面为三角形. 易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时， 由对称性可知，此时平面与交于点，且， 此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，此时满足， 且，即此时截面四边形是平行四边形，故A错误；   对于BC，设，由余弦定理得， ， 由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和， 当三点共线时取得最小值， 由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值， 所以截面多边形周长的取值范围是，故BC错误； 对于D，记与的交点为，由对称性，， 所以，，因为， 所以，所以，记， 则， 因为，所以 ， 由二次函数性质可知，，即，所以，故D正确； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是找到正四面体的对称性，根据对称性判断截面形状，利用余弦定理求周长，利用空间向量求距离，然后可得面积，题目综合性强，对学生的直观想象能力有较高的要求. 2．（2024·四川成都·模拟预测）如图，已知在长方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于，则下列说法正确的是（   ） （1）三棱锥的体积为20 （2）直线与平面所成角正弦值的最大值为 （3）存在唯一的点，使得平面，且 （4）存在唯一的点，使截面四边形的周长取得最小值 A．（1）（2）（3） B．（2）（3）（4） C．（2）（3） D．（2）（4） 【答案】D 【分析】对（1），根据三棱锥等体积转换可得求解判断；对（2），点到平面的距离等于点到平面的距离，当最小时即当点与点重合时，此时直线与平面所成角正弦值的最大，求解判断；对（3），若（3）正确，可知点与点重合，已找出矛盾；对（4），四边形为平行四边形，周长取得最小值即最小时，将平面与将平面放在同一平面内，求得结果. 【详解】对于（1），如图过点作垂线，垂足为，易知， 在长方体中，平面，平面，所以，又，，平面，所以平面， ，平面，平面，所以平面， 所以点到平面平面的距离等于点到平面的距离，即为， 三棱锥的体积为， 故（1）错误； 对于（2），平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，距离为， 所以当最小时即当点与点重合时， 此时直线与平面所成角的正弦值最大，最大值为，故（2）正确； 对于（3），若，可知点与点重合，又因为，易知与不垂直， 故与不垂直，与平面不垂直，故（3）错误； 对于（4），四边形的周长，周长取得最小值即最小， 将平面与将平面放在同一平面内，可知最小值为， 所以截面四边形的周长取得最小值，故（4）正确. 综上，说法正确的有（2）（4）.故选：D. 【点睛】思路点睛：对（1）利用三棱锥等体积转换求解判断，对（2）根据平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，当最小时，直线与平面所成角正弦值的最大，判断求解，对（3）利用反证法判断，对（4）四边形的周长最小即最小时，将平面与将平面放在同一平面内，求解即可. 3．（25-26·江西·阶段检测）侧棱长为2的正三棱锥V-ABC的侧棱间的夹角为40°，过顶点A作截面AEF，截面AEF的最小周长为（    ） A．a B．6a C．4a D．12a 【答案】B 【分析】画出侧面展开图，将立体图形问题转化成平面几何问题. 【详解】如图三棱锥以及侧面展开图，要使截面AEF的周长最小，就是侧面展开图中AG的距离.    因为正三棱锥V-ABC的侧棱间的夹角为40°由余弦定理得 故选：B. 【点睛】本题考查立体几何里的平面问题，需要将立体问题转化成平面问题，难度较大，对空间想象能力要求较高. 4．（2025高三·全国·专题练习）如图，正方体的棱长为1，任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的六条棱都有公共点.记截面的面积为，截面周长为，则有（    ） A．为定值，为定值 B．为定值，不为定值 C．不为定值，为定值 D．不为定值，不为定值 【答案】C 【分析】判断周长和面积是否为定值，先判断截面各边之间的数量关系和位置关系，将立体问题平面化求解即可. 【详解】如图所示， 连接，，，易知平面与对角线垂直， 又平面与对角线垂直，所以平面平面； 同理连接，，，易知平面与对角线垂直， 又平面与对角线垂直，所以平面平面； 又平面平面，平面平面 从而可得，同理可得，又，所以， 同理可得，， 将截面各边展开如图： 由平行关系知，的周长等于为定值； 由平行关系知，的形状为六边形，各边夹角为，且相邻两边之和为， 设，则，则的面积， 从而可知是关于的二次函数，不为定值. 题型07 动点截面1：恒平行型 如果是线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行“这个性质，可以解决线面恒平行题型的截面问题 1．（2025高三·全国·专题练习）如图：正方体的棱长为2，E为的中点，过点D作正方体截面使其与平面平行，则该截面的面积为（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题可知，过点D作正方体截面使其与平面平行的截面即为菱形，利用菱形面积公式即可求得结果为. 【详解】根据题意，取的中点分别为，连接，如下图所示：    易知，且，所以四边形是平行四边形； 即，又平面，平面， 所以平面； 同理可得平面； ，平面， 所以平面平面平行， 即过点D作正方体截面使其与平面平行的截面即为平面； 显然，，且，； 所以四边形是边长为的菱形，即所求截面面积即为菱形的面积； 易知，所以其面积为. 故选：B 2．（24-25·河南洛阳·期中）在棱长为1的正方体中， 分别为，的中点，过直线 的平面//平面 ，则平面截该正方体所得截面为（    ） A．三角形 B．五边形 C．平行四边形 D．等腰梯形 【答案】D 【分析】取的中点E，的中点F，连接，证明在同一平面内，且四边形为等腰梯形，证明平面平面，即可确定答案. 【详解】根据题意，取的中点E，的中点F，连接， 则，所以，且, 故在同一平面内， 连接，因为分别为的中点， 所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面， 同理平面， 因为平面， 所以平面平面， 即平面截该正方体所得截面为梯形； 又由梯形中， ， 即平面截该正方体所得截面为等腰梯形, 故选：D 3．（25-26·江西南昌·模拟检测）已知正方体的棱长为3，点在棱上，过点作该正方体的截面，当截面平行于平面且该截面的面积为时，线段的长为（ ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，即可得到为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出的长度，即可求出； 【详解】解：如图，过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，因为，所以，面，面，所以面 因为，所以，面，面，所以面 又，面，所以面 面，则为截面， 易知是等边三角形，则，解得，∴. 故选：D. 4．（24-25·吉林·阶段检测）如图，在棱长为2的正方体中，M是的中点，点P是正方形（含内部）上的动点，且截面，则线段MP形成的区域面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取CD的中点N,CC1的中点R,B1C1的中点H.连接MN,MH,NR,RH.先证明出平面MNRH∥平面.判断出线段MP扫过的图形是△MNR.求出△MNR的面积即可. 【详解】取CD的中点N,CC1的中点R,B1C1的中点H.连接MN,MH,NR,RH. 在棱长为2的正方体中，,所以四边形CNMB1为平行四边形，所以. 又H、R为中点，所以,所以,即M、N、R、H四点共面. 因为，面，面，所以面. 同理可证：面. 又面,面,, 所以平面MNRH∥平面. 所以平面MNRH. 又点P是正方形（含内部）上的动点，线段MP扫过的图形是△MNR. 由AB=2,则,, ,所以，且∠MRN是直角, 所以线段MP形成的区域面积即为△MNR的面积，为. 故选:A 题型08 动点截面2：恒垂直型 恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。 三垂线定理指的是平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。 1．（2026·广西·模拟预测）在三棱锥中，，平面经过的中点E，并且与BC垂直，当α截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取靠近的四等分点，的中点，截此三棱锥所得的截面为平面，当时截面面积最大，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，由求得外接球的半径进而求得球的表面积. 【详解】 如图所示，取中点及靠近的四等分点，的中点，连接，，，，， 由，所以，又是中点，是的中点，所以 可知，同理可得， 又，平面，平面，所以平面，所以平面即为平面， 又因为，所以，所以， 所以截此三棱锥所得的截面面积为， 当时，取得最大值， 设外接球球心为，半径为，，分别为，外接圆圆心，球心满足面，面， 又因为和均为边长为4的正三角形，所以， 所以四边形为正方形，且，又,所以， ∴.故选：D. 2．（2023·江西吉安·一模）已知正三棱柱的底面边长，其外接球的表面积为，D是的中点，点P是线段上的动点，过BC且与AP垂直的截面与AP交于点E，则三棱锥的体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据外接球的表面积求解球半径，利用正三棱柱的外接球球心位置结合勾股定理可得棱柱的高，进而根据点的轨迹在以AF为直径的圆上,即可确定点到底面ABC距离的最大值,最后利用体积公式求解即可. 【详解】外接球的表面积为，可得外接球半径为. 因为正三棱柱的底面边长， 所以,所以的外接圆半径为， 设三棱柱的侧棱长为h，则有，即侧棱， 设BC的中点为F，作出截面如图所示， 因为，,所以，所以点E在以AF为直径的圆上， 当点E在的中点时，此时点到底面ABC距离的最大，且最大值为， 因为，所以此时点P在线段上，符合条件， 所以三棱锥的体积的最大值为． 故选：A． 3．（24-25高三上·广东·期末）已知棱长为4的正方体的各个顶点均在球的表面上，点满足，过点作与直线垂直的平面，则截球所得截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先证明线面垂直，再根据点到平面距离及得出，结合球的性质即可得出求出截面面积. 【详解】如图，连接，平面，平面，平面，则直线垂直于平面， 则为过点且与平面平行的平面，点在平面内， 点到平面的距离就是平面与平面的距离，又，所以， 球的半径，所以截球所得截面圆的半径，该圆面积为．故选:C． 4．（2025高三·全国·专题练习）如图，正方体的棱长为，动点P在对角线上，过点P作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设，则当时，函数的值域为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由正方体的性质证明平面，同样由正方体性质知时，截面与棱相交于它们的中点处，计算出，然后从1开始增加，平面逐渐平移，由棱锥平行于底面的截面的性质易得的表达式，，然后确定在时，是常数，与的情形相似可得．从而得出结论． 【详解】  如图，连接， ，平面，平面，则，又，，平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 同理，，平面，平面，所以平面， 因此平面与平面重合或平行， 取的中点，连接，则，， 同理可证平面，由于，，所以三棱锥是正三棱锥， 与平面的交点是的中心， 正方体棱长为，则，， 所以，所以， 由棱锥的平行于底面的截面的性质知，当平面从平面平移到平面时，，即， ，，显然，      平面过平面再平移至平面时，如图，把正方形沿旋转到与正方形在同一平面内， 如图，则共线，由正方形性质得，同理，， 因此此种情形下，截面的周长与截面的周长相等，平移平面，一直到平面位置处， 由正方体的对称性，接着平移时，截面周长逐渐减少到， 综上，的值域是． 故选：A. 【点睛】方法点睛:利用正方体性质求出截面初始位置（）时，截面周长，然后由棱锥的性质求出（），再通过空间问题平面化的思想（结合对称性）求出时的值，由对称性可得时函数值的取值情况． 题型09 动点截面3：两线动点距离范围 两条线上动点距离 （1） 、建立空间坐标系，表示为函数求最值 （2） 、异面直线的距离，即公垂线的距离 1．（26-27·北京东城·阶段检测）如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，点是线段上的动点，给出以下结论，其中所有正确结论的个数是（     ） ①存在点，使得对任意点，都有； ②存在无数组点和点，使得； ③存在唯一的点，使得平面； ④存在点，使得其到直线的距离为． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合向量运算法则、数量积运算，可判定①不正确，②正确，③不正确；利用点到直线距离公式列方程求解，可判定④正确，综上正确结论共个. 【详解】建立空间直角坐标系，以为原点，为轴，为轴，为轴，正方体棱长为， 各点坐标：， 为中点，，点在侧面上，设, 在线段上，令，，则， ①存在点，使得对任意点，都有，， 数量积：， 要求对任意恒有，则常数项、的系数必须同时为： ，矛盾，不存在这样的，①错误； ②存在无数组点和，使得，两向量平行：，即存在实数，满足， ，得，任取，都可解出对应的，满足条件， 有无穷多个取值，对应无数组，②正确； ③存在唯一的点，使得，， 若，则必有，即，。 不可能垂直，故不存在这样的，③错误； ④存在点，使得其到直线的距离为，， 方向向量，，，点到直线距离公式：， ， , ，令，两边平方：， 整理：，判别式， 存在解，④正确； 综上，只有②，④正确，正确结论共个. 2．（26-27·福建厦门·阶段检测）如图，正方体的棱长为4，若在正方体内部且满足，则到直线的距离最小值为 （     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系,利用空间向量及配方法求解即可. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系： 则, 所以，，,所以， 所以，又因为在正方体内部，所以，又因为，, 所以设到直线的距离为， 则 ，所以当时，取最小值，为，所以到直线的距离最小值为. 3．（25-26·北京丰台·期末）在直三棱柱中，，，点M在三棱柱的表面上运动，且满足、则下列结论错误的是（   ） A．点M可以是线段BC的中点 B．点M的轨迹长度为 C．存在点M，使得点B到平面的距离为 D．任意点平面，都有平面 【答案】C 【分析】对几何体建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求出点坐标所满足的方程，结合题目关于在三棱柱表面的信息，确定点的轨迹，再结合选项逐项分析. 【详解】根据题干信息，以点为原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，,,设点，故，， 由于，则，即； A：当点M是线段BC的中点时，此时点的坐标为，显然满足， 因此本选项结论正确； B：连接，， 所以， 所以，且两直线在平面内，所以面， 则三角形的三边就是的轨迹， 由于，， ，所以三角形的周长为，因此本选项说法正确； C：假设存在点M，使得点B到平面的距离为，， 设平面的法向量为，，取， 因为，所以当时，得，当时，得， 当时，，所以点B到平面的距离为， 当时，点B到平面的距离为， 解得：，显然假设不存在，所以不存在点M，使得点B到平面的距离为，因此本选项说法错误； D：任意点平面，此时，所以，， 因为，平面， 所以都有平面，因此本选项说法正确. 4．（25-26高二上·辽宁辽阳·期末）在正三棱柱中，，P是线段上的一动点，则点P到直线的距离的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量法求出，，，设（），求出，利用点到直线的距离公式求出点P到直线的距离. 【详解】以A为原点，AB，所在直线分别为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以，，，， 所以，，. 设（），则， 故点P到直线的距离 .故选：A.   题型10 动点截面4：表面动点距离范围 多通过侧面（表面）展开，把空间距离转化为平面距离来求解。 多通过侧面（表面）展开，把空间距离转化为平面距离来求解。棱台、棱锥、棱柱，可以通过旋转截面（或者表面）来达到空间距离转为平面距离 1．（26-27·北京·阶段检测）已知三棱锥的所有棱长均为，为的中点，空间中的动点满足，，则动点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意建系，求出相关点的坐标，由，推得动点的轨迹为球被平面截得的圆，利用点到平面的距离公式与垂径定理计算即得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，取， 则三棱锥的棱长均为，符合题意.因点为的中点，则，设点. 因，则点在以为直径的球的球面上，故球心为，球的半径为.又因，则， 即点又在平面上，故点的轨迹为球被平面截得的圆. 因球心到平面的距离为，则截面圆的半径为，故动点的轨迹为截面圆的周长，即. 2．（25-26·江苏·阶段检测）已知平行六面体的底面是边长为2的正方形，，．动点M满足，，且平面，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再结合空间向量的模长公式和二次函数的性质求解即可. 【详解】如图，作出符合题意的图形，作面， 以为原点，建立空间直角坐标系， 由题意得，，，，， 则，，， 而，由两点间距离公式得， 因为，所以，解得， 因为，所以，解得， 代入可得，解得（负根舍去）， 得到，则， 因为，所以， 设，则，可得，解得， 而，可得， 则，而，， 设面的法向量为，则， 令，解得，，可得， 因为平面，所以， 得到，化简得， 此时变为， 则，由模长公式得， 令，由二次函数性质得在处取得最小值， 而，则. 3．（25-26·安徽芜湖·阶段检测）已知三棱台中，平面平面，，底面满足且，点在棱上运动，则点到平面的距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，根据底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，得到且．再利用面面垂直和棱台的相似关系建立空间直角坐标系，设在上的位置参数为，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式把问题转化为二次函数最值问题． 【详解】 取的中点，连接，因为，所以， 又因为，，所以，从而， 且是等腰直角三角形，故， 设为的中点．因为为三棱台，所以， 又因为，所以四边形为等腰梯形，故， 因为平面平面，且交线为，所以平面， 在等腰梯形中，， 由，得， 所以； 以为原点，， ，所在直线分别为 ， ，轴，建立空间直角坐标系， 则，， 由于三棱台的上、下底面相似，且， 所以，故， 因为点在棱上运动，故可设， 其中，则， 所以， 设平面 的法向量为， ， 令，则， 所以平面的法向量， 又，故点到平面的距离为， 即， 化简得， 因为，且， 所以当时，取得最小值，此时取得最大值，且. 4．（2026·海南海口·模拟预测）如图，为圆锥的底面圆的直径，，，为的中点，点是圆上的动点（点、在直径同侧），当的面积最大时，点到平面距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在中，，，. 所以，且. 所以. 因为. 所以当即时，的面积最大. 此时. 所以，所以. 所以. 又，所以. 所以. 又. 设点到平面距离为， 则. 题型11 动点截面5：折线和最值 折线型距离和最值，多通过翻折来转化求解。 翻折 1. 翻折前后，在同一平平面内的点线关系不变 2. 翻折过程中是否存在垂直或者平行等特殊位置关系 3. 翻折过程中，角度是否为定值 4. 翻折过程中，体积是否存在变化。 1．（26-27高三·重庆江北·阶段检测）如图，在直三棱柱中，为腰长为2的等腰直角三角形，且，侧面为正方形，，为平面内一动点，则的最小值是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用对称点、到平面的距离相等求出，利用求出最短路径即可. 【详解】为腰长为2的等腰直角三角形，且，则，， 以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设关于平面的对称点为，， 则，设平面的法向量， 则，令，则，所以， 所以与到平面的距离， 即①，又，所以②， 所以由①②得，又由可得，所以， 所以， 当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为． 2．（25-26·湖南长沙·阶段检测）如图，在棱长为1的正方体中，已知，分别为线段，上的动点，为的中点，则的周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设的中点为，即可证明，从而得到，再将平面与平面展开并摊平，在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，利用余弦定理计算可得. 【详解】    设的中点为，连接（不与点重合），，，， 所以，所以，把平面与平面展开并摊平，如图， 在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值， 在中利用余弦定理可得，    所以的周长的最小值为． 故选：B． 3．（2025高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意建立空间直角坐标系，设A关于平面的对称点为，求出、和平面的法向量，进而利用A与到平面的距离相等得①，再由得②从而求出，接着由 结合两点间距离公式即可得解. 【详解】由题意可以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以， 设A关于平面的对称点为，则，， 设平面的法向量，则，， 令，则，所以， 所以A与到平面的距离即①， 又，所以②，所以由①②得， 所以由可得，所以， 所以， 当且仅当三点共线时取等号， 所以的最小值为. 故选：C. 【点睛】思路点睛：建立空间直角坐标系，利用向量法解决，设A关于平面的对称点为，利用A与到平面的距离相等和求出，接着由 结合两点间距离公式求出即可得解. 4．（23-24·广东惠州·阶段检测）如图，在四棱锥中，⊥平面，四边形是正方形，且，E，F分别为的三等分点，若P为底面上的一个动点，则的最小值为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】证明线面垂直，得到线线垂直，建立空间直角坐标系，推出点在上时，取得最小值，作出点的对称点，由几何关系得到最小值，求出答案. 【详解】因为⊥平面，平面， 所以⊥，⊥， 又四边形是正方形，所以⊥， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 过点分别为⊥，⊥于点， 则⊥平面，⊥平面， 过点作⊥于点，连接， 则，， ，其中， 故要想取得最小值，则，即只需点在上， 其中关于直线的对称点为， 连接，此时取得最小值，最小值为， 其中. 故选：A 题型12 动点截面6：空间将军饮马型 空间将军饮马型距离思维： 1. 通过把系数转化为正弦等三角函数来纠结。 2. 建立空间坐标系，利用坐标来计算求解。 1．（23-24高三下·陕西西安·阶段检测）在棱长为2的正方体中，P，Q，R分别为线段，，上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．5 【答案】A 【分析】过作于，作于，设，把表示为的函数，再利用导数求出函数最小值即得. 【详解】在正方体中，，在平面内过作于，作于， 设，显然，则， 四边形为矩形，于是， 由，得平面，由，得平面， 则，当确定后，最小时，最小，当时，最小， 而，则， 同理，当确定后，最小，最小，则当时，最小， 而，则， 因此，令， 求导得，由，得， 当时，，当时，，即函数在上递减，在上递增， 则，所以的最小值为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：过作出所在正方形面的垂线，再分析求出函数关系式是解决本问题的关键. 2．（25-26高三·广东·阶段检测）如图，在三棱锥中，平面，．，为线段的中点，，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用线面垂直的判定定理和性质定理推得，做辅助线，利用相似三角形将所求线段转化，再利用直线外的定点到定直线上的动点间距离大于等于该点到直线的距离求得最终结果. 【详解】平面，，平面， ，，又，， ，平面， 平面， 平面，， 在直角三角形中，． 过点分别作，，垂足分别，， ， ，， ， 故选：C． 3．（2025高三·全国·专题练习）在棱长为4的正方体中，点P是线段上动点，点M是线段AB上动点，点N是侧面上动点，则的最小值是______． 【答案】4 【分析】作辅助线，根据几何意义求解. 【详解】过P点作平面ABCD的垂线，得垂足H，过P点作平面的垂线得垂足Q，过H点作AB的垂线得垂足T， 连接PQ，PH，PT，HT，NQ，如下图： 在中，，在中，，在中，， 设，则，，， ，当N点与Q点重合并且M点与T点重合时等号成立，即最小值为4； 故答案为：4. 4．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）正三棱锥，，点为侧棱的中点，分别是线段上的动点，则的最小值为______. 【答案】 【分析】过点作于，计算，，设，得到，根据余弦定理得到，，再确定，根据三角恒等变换结合均值不等式计算得到答案. 【详解】如图所示，过点作于，则， 中，，故， ， 设，，则， 故，所以， ，，故， 故， 故， 而 ，（）， 当且仅当，即时等号成立， 所以； 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题考查了正余弦定理，三角恒等变换，均值不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中引入变量，转化为三角函数问题可以简化运算，是解题的关键. 题型13 动点截面7：分割体积型 对于截面截开几何体，一般情况下，可能会出现不规则几何体，所以求体积，需要采取“切割法”来求 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略 (1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解． (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解． (3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解． 1．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，在棱长为2a的正方体中，P，Q分别为的中点，过P，Q，B三点的截面将正方体分为两部分，则这两部分几何体的体积比（小于1）为_________ 【答案】 【分析】先作出完整的截面，求出两部分的体积即可. 【详解】由题意可知，延长PQ与的延长线交于点E，与的延长线交于点连接，分别交于点，由此作出完整的截面,易得，则，又，则， 则过点的截面上方的体积， 另一部分体积为，故. 2．（2025高三·全国·专题练习）如图，在直四棱柱中，点分别在上，且，，点到的距离之比为，则三棱锥和的体积比_______. 【答案】 【详解】试题分析：点到的距离之比为，所以，又直四棱柱中，，，所以，于是. 考点：直棱柱的定义、棱锥体积公式. 3．（2026高三·全国·专题练习）如图，已知在三棱柱中，分别为的中点，则截面分三棱柱的体积比______. 【答案】 【分析】通过设，三棱柱的高为，来求出棱台的体积，进而求出三棱锥的体积，计算比值. 【详解】设，三棱柱的高为. ， . . 4．（2024·广东广州·二模）用两个平行平面去截球体，把球体夹在两截面之间的部分称为球台．根据祖暅原理（“幂势既同，则积不容异”），推导出球台的体积，其中分别是两个平行平面截球所得截面圆的半径，是两个平行平面之间的距离．已知圆台的上、下底面的圆周都在球的球面上，圆台的母线与底面所成的角为，若圆台上、下底面截球所得的球台的体积比圆台的体积大，则球O的表面积与圆台的侧面积的比值的取值范围为__________． 【答案】 【分析】设圆台的上下底面半径分别为，根据母线与底面所成的角为，可得圆台的高为，母线长为，表示出圆台体积，由题意，可求得，进而可得，求值域即可得解． 【详解】设圆台的一条母线为，过点作的垂线，垂足为， 则即为母线与底面所成的角为， 设圆台上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，高为， 则， 即，即， 圆台体积为， 球台的体积为 ， 由题意， 则， 即， 即，即， 设圆台外接球的球心为，半径为，则在所在直线上， 设，则， 由， 解得， 则球的表面积， 台体侧面积， 故， ， 由，可得，则，则， 故的取值范围为， 故答案为：． 【点睛】立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用 Jieshu 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题02 动点与截面范围最值归类 小题型脑图核心考法搭建 做截面基础方法：形状判断 动点截面2：恒垂直型 做截面技巧1：相交线法 ⊙ 动点截面3：两线动点距离范围 截面技巧2：平行线法 动点截面4：表面动点距离范围 截面计算1：球截面 动点与截面范围最值归类 动点截面5：折线和最值 截面计算2：求面积最值 动点截面6：空间将军饮马型 截面计算3：求周长最值 动点截面7：分割体积型 动点截面1：恒平行型 考法深研•解题技能进阶 题型01做截面基础方法：形状判断 点方法枝巧 在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥，球，棱柱，棱锥、长方体 正方体等等)，得到的平面图形，，叫截面。其次，我们要清楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别 为横截、竖截、斜截。 一些容易出错误的地方 1截面与几何体表面相交，交线不会超过几何体表面个数。 2.不会与同一个表面有两条交线。 3.与一对平行表面相交，交线平行（不一定等长） 4截面截内切球或者外接球时，区分与面相切和与棱相切之间的关系 1·(24-25高三全国专题练习)如图所示，几何体为一个球挖去一个内接正方体得到的组合体，现用一个 过球心的平面截它，所得截面图形不可能是() 1/15 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 2.(2025全国专题练习)北师大版高中数学教材《选修1一1》第二章引言中有：过一个圆锥的侧面一点 (不是母线的端点)作圆锥的截面则截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆②椭圆③抛物线的一部分④ 双曲线的一部分中的() A.①2③④ B.①3④ C.①② D.①2④ 3.(24-25高三河北阶段检测)如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面 圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是() (1) (2)(3) (4) (5) A.(2)(5) B.(1)(3) C.(2)(4) D.(1)(5) 4,(26-27高三上江苏镇江开学考试)正四面体ABCD内有一个球，当球的体积最大时，过棱CD的中 点和棱AB作该正四面体的截面，所得截面图形是() 题型02做截面技巧1：相交线法 点方法技巧 相交线法做截面： 利用平面相交性质，如果一个平面与两个相交平面相交，则交线交于一点。 1,(25-26高三全国-轮复习)正方体ABCD-ABCD中，MN分别是CC,BC的中点，则过A, 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 2.(2024全国模拟预测)已知正方体ABCD-AB,CD,中，点E是线段BB上靠近B的三等分点，点F 是线段D,G上靠近D,的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD-AB,CD,形成的截面图形为（) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 3.(2024陕西安康模拟预测)如图，在正方体ABCD-ABCD中，E,F分别为棱AB,AD的中点，过 E,F,C三点作该正方体的截面，则() 2/15 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 C B 公 B A.该截面是四边形 B.AC⊥平面CEF C.平面AB,D,∥平面CEF D,该截面与棱BB的交点是棱BB的一个三等分点 4.(25-26高三全国一轮复习)如图，长方体ABCD-ABCD中，AB=BC=1,A4=2,点M为线段 A4的中点，点N为棱CC上的动点（包括端点），平面BMW截长方体的截面为a,则() C D B 行 A A.截面C可能为六边形 B.存在点N,使得BN⊥截面 C.若截面α为平行四边形.则该截面面积的最大值为V5 D.当W与C重合时，截面α将长方体分成体积比为2：3的两部分 题型03截面技巧2：平行线法 点方法技巧 平行关系确定的截面作图，一般情况下，利用线线、线面、面面特别是线面的平行性质定理推导。 1.(2025全国模拟预测)正方体ABCD-ABCD的棱长为4，点M在棱AB上，平面4ACM把正方体 ABCD-AB,CD分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体ABCD-ABCD, 所得的截面周长为() A.10+5V2 B.4v5+6√2 C.5+5V2 D.15 A,G-2 2.(2025江苏南通三模)已知正三棱合ABC-4BGAC-号，点0为底面，△MBC的重心，过点 O,A,C的截面将该三棱合分成两个几何体，则这两个几何体的体积之比为（) A.5:4 B.12:7 C.2:1 D.15:4 3.(24-25甘肃兰州期未)已知正方体ABCD-AB,CD的棱长为2，P,Q分别为棱AB,DD的中点. 3/15 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 过P,O,B作正方体的截面，则截面多边形的周长为() A. 25+9W5+213 6 8.5+2V5+3 2 C.5+V5+3 2 0+5+2 4,(25-26高三全国一轮复习)如图，正方体ABCD-ABCD的棱长为1，E,F,G分别为BC,CC ,BB的中点，则下列结论正确的个数是（) D D> ①直线4G与直线DC所成角的正切值为) ②直线AG与平面AEF不平行 ③点C与点G到平面AEF的距离相等 ④平面ABF截正方体所得的截面面积为8 A.1 B.2 C.3 D.4 题型04截面计算1：球截面 点方法技巧 用一个平面去截球，若平面“经过球心，所得的截面称为球的大圆；若平面不经过球心，所得的截 面称为球的小圆。小圆圆心与球心的连线必垂直于小圆面。 1. (23-24高三上湖南长沙阶段检测)如图，在棱长为1的正方体ABCD-ABCD,中，M,N分别为棱 AD,DD的中点，过MW作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为(） D C M A 6 e c 2.(2025辽宁模拟预测)在三棱锥A-BCD中，AB=BC=CD=DA=2V2,∠ADC=∠ABC=90°，平面 ABC⊥平面ACD,三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的球面上，E,F分别在线段OB,CD上运动（端点 除外)，BE=V2CF,当三棱锥E-ACF的体积最大时，过点F作球O的截面，则截面面积的最小值为 4/15 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 () 3 A·T B·3m C. D·2m 3.(2024年普通高等学校招生全国统一考试数学文科预测卷（六）)在正方体ABCD-ABCD,中，E, F分别为棱AB，,DD的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为s,最大值 为s则。（) C.30 5 g 4.(26-27高三上广东湛江开学考试)已知长方体ABCD-4B,CD的8个顶点均在球0的球面上， AB=4°BC=2:二面角C-AB-C为3：过线段4B的中点E作球o的截面。则该截面面积的最小值为 (） A.2π B.4π C.6n D.8π 题型05截面计算2：求面积最值 点方法技巧 求截面面积： 1.判断界面是否规则图形 2求截面各边长度 3规则图形，可以用对应面积公式求 4不规则图形，可以分割为三角形等图形求。 5.难点：动态面积最值. 1·(2026江西南昌·二模)若圆锥的侧面展开图是一个半径为3， 2W5π 圆心角为3的扇形，则过圆锥顶点 的截面中，截面面积的最大值为() 9 A·33 B·32 C·25 0. 2,(25-26全国阶段检测)如图，已知四面体ABCD为正四面体，AB=2√2，E,F分别是AD,BC 中点若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边 形截面，则该多边形截面面积最大值为() A.1 B.2 C.2 D.2W2 3.(2023浙江三模)在正方体ABCD-ABCD中，平面u经过点B、D,平面B经过点A、D,当平面 5/15 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 xB分别截正方体所得截面面积最大时，平面xB所成的锐二面角大小为() A.30° B.45° C.60° D.750 4,(2022江西萍乡·三模)正方体ABCD-A1BCD中，E是棱DD的中点，F在侧面CDDC上运动，且 满足BF‖平面ABE,以下命题中，正确的个数为() A B ①侧面CDD,C上存在点F,使得BF⊥CD;②直线B,F与直线BC所成角可能为30； ③设正方体棱长为1，则过点B,RA的平面裁正方体所得的载面面积景大为 A.0 B.1 C.2 D.3 题型06截面计算3：求周长最值 点方法技巧 1截面周长，可以利用多面体展开图求。 2截面周长，可以在各个表面各自解三角形求解。 1：(2024四川宜宾三模)已知E,F分别是棱长为2的正四面体ABCD的对棱AD,BC的中点过EF的平 面α与正四面体ABCD相截，得到一个截面多边形t,则下列说法正确的是() A.截面多边形不可能是平行四边形 B,截面多边形？的周长是定值 C.截面多边形x的周长的最小值是√2+√6 D.截面多边形x的面积的取值范围是[1，V2] 2.(2024四I川成都模拟预测)如图，已知在长方体ABCD-AB,CD,中，AB=3,AD=4,A4=5.点E为 棱CC上的一个动点，平面BED与棱A4交于F,则下列说法正确的是() D 分 (1)三棱锥B-BED的体积为20 3 (2)直线BE与平面BBDD所成角正弦值的最大值为 (3)存在唯一的点E,使得BDL平面BED,且CE=5 6/15 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (4)存在唯一的点E,使截面四边形BED,F的周长取得最小值2V74 A.(1)(2)(3)B.(2)(3)(4) C.(2)(3) D.(2)(4) 3.(25-26江西阶段检测)侧棱长为2V3a的正三棱锥ABC的侧棱间的夹角为40°，过顶点A作截面 AEF,截面AEF的最小周长为（) A.2v2a B.6a C.4a D.123a 4. (2025高三全国专题练习)如图，正方体ABCD-AB,CD,的棱长为1，任作平面α与对角线AC垂 直， 使平面α与正方体的六条棱都有公共点记截面PORSWE的面积为S,截面周长为L,则有（) A.S为定值，L为定值 B.S为定值，L不为定值 C.S不为定值，L为定值 D.S不为定值，L不为定值 题型07动点截面1：恒平行型 点方法技巧 如果是线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行 “这个性质，可以解决线面恒平行题型的截面问题 1,(2025高三全国专题练习)如图：正方体ABCD-ABCD的棱长为2，E为DD的中点，过点D作正 方体截面使其与平面AEC平行，则该截面的面积为() E D B A.25 B.26 C.46 D.43 2.(24-25河南洛阳期中)在棱长为1的正方体ABCD-4BCD,中，M,N分别为4D,AB的中点 过直线BD的平面a/平面AMN,则平面a截该正方体所得截面为()】 A.三角形 B.五边形 C.平行四边形 D.等腰梯形 3.(25-26江西南昌模拟检测)已知正方体ABCD-AB,GD的棱长为3.点P在棱AD上，过点P作该 正方体的截面，当截面平行于平面BDC且该截面的面积为V3时，线段AP的长为( A. B.1 C·5 D·2 4.(24-25吉林阶段检测)如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，M是AB的中点，点P是正 方形CDDC(含内部)上的动点，且MP1/截面ABC,则线段MP形成的区域面积是() 7/15 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D C M B P D B A.5 B.v6 C.25 D.2W6 题型08动点截面2：恒垂直型 点方法枝巧 恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻 找。 三垂线定理指的是平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那 么它也和这条斜线垂直。 P 1.(2026广西·模拟预测)在三棱锥A-BCD中，AB=AC=BD=CD=BC=4,平面α经过AC的中点 E,并且与BC垂直，当α截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥A-BCD的外接球的表面积为 () A.805 3π B.70 元 C·20m 0. 3元 2,(2023江西吉安一模)已知正三棱柱ABC-4BC的底面边长AB=2V3,其外接球的表面积为20m D是BC的中点，点P是线段AD上的动点，过BC且与AP垂直的截面α与AP交于点E,则三棱锥 A-BCE的体积的最大值为（) 4.33 2 C·5 3.(24-25高三上广东期末)已知棱长为4的正方体ABCD-ABCD的各个顶点均在球0的表面上，点 p满足BP-AG,过点p作与直线瓜C垂直的平面。则。裁球0所得裁面面积为(） 64π A.3 B. 。g D·63元 4.(2025高三全国专题练习)如图，正方体ABCD-ABCD的棱长为25，动点P在对角线BD,上， 过点P作垂直于BD的平面a,记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y,设BP=x,则当 x∈[山，5]时，函数y=f()的值域为（) 8/15 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D C B A.[36,6N6] B.[6,261 c.(0,v6] D.(0,36] 题型09动点截面3：两线动点距离范围 点方法技巧 两条线上动点距离 (1)、建立空间坐标系，表示为函数求最值 (2)、异面直线的距离，即公垂线的距离 1.(26-27北京东城阶段检测)如图，在棱长为1的正方体ABCD-ABCD,中，点M为AD的中点，点 N是侧面DCCD上（包括边界）的动点，点P是线段BD上的动点，给出以下结论，其中所有正确结论 的个数是() A D B C M ①存在点N, 使得对任意点P,都有MN⊥CP; 2存在无数组点N和点P,使得CP∥MN, ③存在唯一的点P,使得BD⊥平面MPC; ④存在点p使得其到直线C0的距离为 6 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 2.(26-27福建厦门阶段检测)如图，正方体ABCD-EFGH的棱长为4，若P在正方体内部且满足 H G P ,则到直线 的距离最小值为 2 BH 9/15 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A子 c.a D.② 2 3.(25-26北京丰合期末)在直三棱柱ABC-AB,C中，AA=AB=AC=2,AB L AC,点M在三棱柱 的表面上运动，且满足BM1CB、则下列结论错误的是() C A.点M可以是线段BC的中点 B.点M的轨迹长度为3W2+V6 0存在点以使得点B到平面M以的距离为写 D.任意点ME平面ABBA,都有AC∥平面MAB 4.(25-26高二上辽宁辽阳期末)在正三棱柱ABC-ABC中，AB=2A4=2,P是线段AB,上的一动 点，则点P到直线BC的距离的最小值是() A.② B.2 4 2 5 题型10动点截面4：表面动点距离范围 点方法技巧 多通过侧面（表面)展开，把空间距离转化为平面距离来求解。 多通过侧面（表面)展开，把空间距离转化为平面距离来求解。棱台、棱锥、棱柱，可以通过旋转截面 (或者表面)来达到空间距离转为平面距离 1,(26-27·北京阶段检测)已知三棱锥A-BCD的所有棱长均为V2,E为BD的中点，空间中的动点P 满足PA⊥PE,PC⊥AB,则动点P的轨迹长度为() A.viiz 8.n C. √22π 4 2 4 D.3nt 2.(25-26江苏阶段检测)已知平行六面体ABCD-AB,CD的底面是边长为2的正方形，AA=3, ∠AAB=∠AAD=60°.动点M满足AM=AA+xAB+yAD,x,y∈[0，].且CM∥平面ABD,则CM的 最小值为（) A.1 B.5 C.5 D.V万 3.(25-26安徽芜湖阶段检测)已知三棱合ABC-AB,C中，平面ACC4⊥平面ABC,A4=CC=V0 AC=2AC=4,底面ABC满足AB=BC且∠ABC=90°，点M在棱AB上运动，则点B到平面AMC的距 离的最大值为（) 10/15 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 V3 4.3 3 c.4 11 D.22 11 4·(2026海南海口模拟预测)如图，AC为圆锥S0的底面圆O的直径，AC=4,SO=√2，M为AC 的中点，点B是圆O上的动点（点M、B在直径AC同侧），当△SBC的面积最大时，点B到平面SMC 距离为（) B M A 3-V3 8.3-1 c.3+1 D.6-5 2 2 题型11动点截面5：折线和最值 点方法技巧 折线型距离和最值，多通过翻折来转化求解。 翻折 1.翻折前后，在同一平平面内的点线关系不变 2.翻折过程中是否存在垂直或者平行等特殊位置关系 3.翻折过程中，角度是否为定值 4.翻折过程中，体积是否存在变化。 1. (26-27高三重庆江北阶段检测)如图，在直三棱柱ABC-ABG中，△ABC为腰长为2的等腰直角三 角形，且AB>AC,侧面ACCA为正方形，AB=2A正，P为平面ABC内一动点，则PA+PE的最小值 是（) A B C E B 6 A. C:5 D·6 2.(25-26湖南长沙阶段检测)如图.在棱长为1的正方体ABCD-ABCD中，已知P,M分别为线段 BD,BB上的动点，N为BC的中点，则△PMN的周长的最小值为（) 11/15 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D B A.1+② B. V4+2W2 2 C.1+ D.4+V3 2 3.(2025高三全国专题练习)如图，在直三棱柱ABC-4BG中，AC1AB,AC=AB=CC=1,E是 线段AB的中点，在△ABC内有一动点P(包括边界)，则PA+PE的最小值是() C C B E A.3 2 8.2v33 C.33 3 6 D.33 3 4.(23-24广东惠州阶段检测)如图，在四棱锥D,-ABCD中，DD⊥平面ABCD,四边形ABCD是正 方形，且DD=DA=DC=3,E,F分别为DB的三等分点，若P为底面ABCD上的一个动点，则 PE+PF的最小值为（) D D:--+---- B 5√2 A. i B. 2 C:1+6 D·35 题型12动点截面6：空间将军饮马型 点方法技巧 空间将军饮马型距离思维： 12/15 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1.通过把系数转化为正弦等三角函数来纠结。 2.建立空间坐标系，利用坐标来计算求解。 1. (23-24高三下陕西西安阶段检测)在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，P,Q,R分别为线段 BD.BC CD上的动点，则PR+3OR的最小值为() A.2V6 B.4V2 C.35 D.5 2.(25-26高三广东阶段检测)如图，在三棱锥A-ABC中，A4⊥平面4BC,∠ABC=90° AB=2AA=2BC=2,P为线段AB的中点，M,N分别为线段AC和线段BC上任意一点，则 V5PM+MN的最小值为（) 、 B N 3V5 A. B. 2 2 C.5 D.2 0 9 A。 M B 4.(23-24高二上浙江绍兴期未)正三棱锥S-ABC,SA=2AB=4,点P为侧棱SA的中点，M,N分别 是线段SB,AB上的动点，则2PM+MN的最小值为 题型13动点截面7：分割体积型 点方法技巧 对于截面截开几何体，一般情况下，可能会出现不规则几何体，所以求体积，需要采取“切割法”来求 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略 (I)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解 (②)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解 3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解· 13/15 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1.(2026海南省直辖县级单位模拟预测)如图，在棱长为2a的正方体ABCD-A'B'C"D'中，P,Q分别 为A'D,CD'的中点，过P,Q,B三点的截面将正方体分为两部分，则这两部分几何体的体积比（小于 1)为 D B 2,(2025高三全国专题练习)如图，在直四棱柱ABCD-ABCD,中，点E,F分别在A4,CC上，且 AB=子M,CR=CG.点AC到BD的距离之比为3：2则三棱锥E-BCD和F-ABD的体积比 VE-BCD= VE-ABD C D D 3,(2026高三全国，专题练习)如图，已知在三棱柱ABC-A'B'C中，E,F分别为AC,BC的中点，则截 面 VRA-ABFE= EEBA ,分三棱柱的体积比Vccx B 4. (2024,广东广州二模)用两个平行平面去截球体，把球体夹在两截面之间的部分称为球台·根据祖暅 1 原理（幂势既同。则积不容异），推导出球合的体积台-石h3+3奶+).其中，5分别是两个平 行平面截球所得截面圆的半径，h是两个平行平面之间的距离.已知圆合OO2的上、下底面的圆周都在球 O的球面上，圆合O0的母线与底面所成的角为45°，若圆合O02上、下底面截球0所得的球合的体积比 圆台0的体积大9元'则球0的表面积g与圆台00，的侧面积s,的比值3，的取值范围为 【点睛】立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函 数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变 14/15 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用 Jieshu 15/15