专题03 立体几何中的动点、截面、翻折问题归纳（考点清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

专题03 立体几何中的动点、截面、翻折问题 目录导航 01知识脑图·核心脉络搭建——梳理专题框架，搭建知识体系 02考点深研·知能分层突破——深挖高频考点，分层突破重难点 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 ▶基础梳理・自主夯基 考点01 截面问题 考点02 动点问题 考点03 翻折问题 03素养进阶·答题技法突破——提炼解题范式，提升答题素养 ▶考点聚焦・解法深研 题型01 球的截面问题 题型02 正方体的截面问题 题型03 圆锥的截面问题 题型04 判定动点的平行或垂直位置 题型05 由动点保持平行关系求解 题型06 由动点保持垂直关系求解 题型07 动点有关的最小路径问题 题型08 翻折问题 04优题精练·专题实战通关——精选优质试题，强化实战应用 知识脑图·核心脉络搭建 考点深研·知能分层突破 考点01 截面问题 1、球的截面 （1）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。 3、圆锥体的截面 1、轴截面：过圆锥轴的截面，形状为等腰三角形。 2、平行于底面的截面：截面是圆。若截面到顶点距离与原高之比为 3、过顶点的截面：截面是等腰三角形，两腰为母线 ，底边为底面圆的一条弦。 4、斜截面与圆锥曲线：斜截面与圆锥相交，交线的轨迹可以为椭圆、双曲线、抛物线、圆。 【新题对点练】（25-26高三上·贵州六盘水·阶段检测）已知正方体的棱长为2，经过棱的中点作该正方体的截面，且，与棱和棱的交点分别为，截面将正方体分为两个多面体，则下列结论正确的是（   ） A．直线与所成角的正弦值为 B．截面为五边形 C．截面的面积为 D．多面体内均不可放入体积为的球 考点02 动点问题 1、由动点保持的平行、垂直关系 将平行、垂直条件，转化为“确定平面”或“确定直线”，从而把找点问题变成找交线或交点。 （1）动点保持平行 构造平行平面： 若要求 ，可作过 且平行于 的平面 ，则 在 与几何体的交线上。 转化为线线平行： 在 内找固定直线 ，使 ，常用中位线定理或平行传递性确定 。 （2）动点保持垂直 转化为线面垂直：若 ，则 平面 。要找点使某线垂直某平面，需该线同时垂直平面内两条相交直线，通常得到两个约束。 转化为三垂线定理： 涉及斜线与面内直线垂直时，优先用三垂线定理及逆定理，把空间垂直化为平面内垂直。 转化为面面垂直：证 ，可在 内找一条线垂直于 ，这条垂线的端点常是动点。 2、动点的最短路径问题 把空间折线“展平”或“对称”，转化为平面上两点间线段最短。 （1）展开法（最常用）把动点所在的面展开到同一平面，将折线路径化为直线。 （2）对称法：求“同侧两点到直线上动点距离和最小”：作其中一点关于直线的对称点，连对称点与另一点，交点即动点。 （3）垂线段最短：动点到定直线/定平面的最短距离，直接作垂线。 【新题对点练】（2026·山东泰安·一模）（多选）已知在长方体中，，点为的中点，为底面（含边界）内一个动点，且平面，长方体的外接球的球心为，则下列选项正确的是（    ） A．球的表面积为 B．动点的轨迹长度为 C．异面直线与所成角的正切值的取值范围是 D．三棱锥的外接球球心为，则 考点03 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）。 【新题对点练】（2026·辽宁大连·三模）已知矩形ABCD中，，，如图，将沿着BE进行翻折，使得点A与点S重合，若点S在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内部（包含边界），则动点S的轨迹长度是（   ） A． B． C． D． 题型01 球的截面问题 利用球心到截面的垂线构建直角三角形，结合勾股定理求截面圆半径。当截面过球心时面积最大，当球心到截面距离最大时面积最小。 【典例1】（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． 【典例2】（25-26高三下·江苏连云港·阶段检测）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为____ 【变式1】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的射影为中点，且直线与底面夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为_____． 【变式2】（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__________. 题型02 正方体的截面问题 熟练运用三点定面、平行线或延长交棱法补全截面。截面形状取决于平面与各棱的交点位置，需结合空间向量或平面几何性质求周长和面积。 【典例1】（2026·山东日照·二模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（   ） A．4 B．8 C． D． 【典例2】（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． 【变式1】（2026·重庆九龙坡·一模）已知正方体棱长为1，过点的平面截正方体所得截面为菱形时，该截面的面积为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26高二上·上海·阶段检测）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_________． 题型03 圆锥的截面问题 分清轴截面、平行于底面的截面、过顶点的截面以及斜截面的形状差异。解题核心是构建直角三角形或利用相似三角形对应边成比例求相关长度。 【典例1】（2026·广东佛山·模拟预测）已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，过圆锥的一条母线的中点且与圆锥底面平行的平面截圆锥，则截面与底面之间的部分构成的几何体的体积是（     ） A． B． C． D． 【典例2】（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． 【变式1】（25-26高三上·安徽·期中）已知某圆锥的轴截面是钝角三角形，记该钝角三角形的腰长为，若过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式2】（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__________. 题型04 判定动点的平行或垂直位置 将空间图形关系转化为代数条件。建立空间直角坐标系，利用向量共线或数量积为零列方程，结合动点所在几何体表面的限制条件（如坐标范围）判定位置。 【典例1】（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 【典例2】（2026·河北·模拟预测）（多选）如图，在正方体中，点 P，Q 分别为线段， 上异于端点的动点，则下列结论中，可能成立的有（    ）    A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【变式1】（2026·上海浦东新·三模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（   ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 【变式2】（2026·四川泸州·模拟预测）（多选）若是正四棱台的棱上的动点（包括端点），则（    ） A．存在点，使得平面 B．直线与异面 C．平面平面 D．若，则平面平面 题型05 由动点保持平行关系求解 寻找或构造过已知点且平行于目标平面的辅助平面。该辅助平面与几何体表面的交线即为动点的轨迹（通常为线段），再在平面内求解线段长度。 【典例1】（26-27高三上·四川成都·开学考试）在棱长均为2的正三棱锥中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，当平面时，动点的轨迹的长度是______． 【典例2】（25-26高三上·上海·期中）已知正方体边长为，分别是棱，的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，则平面的一个充分非必要条件是（   ）    A．为 B．为的中点 C．的轨迹长度为 D．为的中点 【变式1】（2026·广西南宁·三模）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，M为中点，F为侧面正方形内一动点，且满足//平面，则（   ） A．三棱锥的外接球的表面积为 B．三棱锥的体积是 C．动点F的轨迹是一条线段 D．若过A，M，三点作正方体截面，Q为上一点，则线段长度取值范围为 【变式2】（25-26高三上·山东日照·期中）在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，动点是侧面内一点，若平面，则点的轨迹长度为__________. 题型06 由动点保持垂直关系求解 线线垂直转化为线面垂直，或利用三垂线定理。建系时，根据垂直条件（点乘为0）消元得到轨迹方程，结合几何体表面截面的限制范围，求出轨迹长度。 【典例1】（25-26高二上·河北保定·期中）在正方体中，为线段的中点，为侧面上的动点.若，且，则点的轨迹长度为___________. 【典例2】（25-26高三下·北京·阶段检测）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点．则棱锥的体积为___________．当时，长度为___________ 【变式1】（25-26高三上·上海杨浦·阶段检测）已知四棱柱的底面为菱形，底面，，，，点是线段上靠近的三等分点，点在四棱柱的表面上移动，且，则动点的轨迹长度为______. 【变式2】（26-27高三上·福建莆田·阶段检测）（多选）如图，若正方体的棱长为2，点是正方体在侧面上的一个动点（含边界），点是的中点，则下列结论正确的是（ ） A．三棱锥的体积为定值 B．若，则的最大值为 C．若，则的最小值为 D．若，则点在侧面上运动路径的长度为 题型07 动点有关的最小路径问题 若在几何体表面运动，优先使用“展开法”将表面展平，利用两点之间线段最短。若求同侧两点到线上动点距离之和，利用“对称法”化折为直。 【典例1】（25-26高二上·广东肇庆·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，，，是直线上一动点，则的最小值是（    ）    A． B． C． D． 【典例2】是棱长为的正四面体面的中心，分别是面内的动点，则的最小值为______． 【变式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_________． 【变式2】（26-27高二上·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． 题型08 翻折问题 抓住“变量”与“不变量”。折痕一侧共面的性质在翻折后不变，垂直于折痕的线段长度不变。找二面角的平面角是解题关键，利用余弦定理或建系处理空间角与距离。 【典例1】（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在矩形中，，，M，N分别为，的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（     ）    A．三棱锥体积有最大值 B．三棱锥外接球半径为定值 C．存在某个位置使 D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为 【典例2】（多选）（2026·四川资阳·三模）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 【变式1】（多选）（25-26高二下·浙江台州·期末）已知直线，，，点，位于的两侧，现将半平面沿直线翻折，设二面角的大小为，，，则（    ） A．当时，为钝角 B．当时， C．当时，的最小值为 D．翻折过程中，不存在某个位置，使得 【变式2】（多选）（25-26高二上·福建泉州·期中）已知中，，，，为边上（除端点外）一点，将沿边翻折起至，使得平面平面.下列说法正确的是（   ） A．为角平分线时，四面体的外接球半径为 B．为角平分线时，异面直线与所成角的余弦值为 C．为角平分线时，平面与所成角的正切值为 D．线段长度的最小值为，此时为角平分线 优题精练·专题实战通关 1．（26-27高二上·安徽淮南·阶段检测）如图，在多面体中，平面平面，四边形和均为正方形，且，若该多面体的外接球为球，则平面截球所得截面的面积为__________． 2．（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． 3．（2026·辽宁抚顺·一模）（多选）已知正方体的棱长为2，动点在该正方体内部及其表面上运动，为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则三棱锥的体积为定值 B．若，则动点轨迹的长度为2 C．若点到平面与的距离相等，则的最小值为3 D．若点到平面与的距离相等，则直线与一定不垂直 4．（2026高三·全国·专题练习）已知点是棱长为2的正方体的底面上一个动点（含边界），若是的中点，且满足平面，则（ ） A．所在的平面与正方体表面的交线为五边形 B．所在的平面与正方体表面的交线为六边形 C．长度的最大值是2 D．长度的最小值是 5．（26-27高二上·广东惠州·阶段检测）在空间直角坐标系 中，已知点 ,点 P 是坐标平面内的动点，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 6．（25-26高三上·山西太原·期中）如图，三棱柱中，为中点，为棱上一点，为侧面上一动点，且满足平面，则点的轨迹的长度为（   ） A．1 B． C． D．2 7．（25-26高三上·内蒙古锡林郭勒·期末）已知直三棱柱的底面棱长分别为，球与的每个面均相切，为球面上的动点，为表面上的动点，则的最大值为__________. 8．（25-26高二上·上海·期末）如图，在长方体中，，，，点是矩形（包括边界）上的动点，点是矩形（包括边界）上的动点，若，则四面体体积的最大值为______. 9．（25-26高二上·四川南充·阶段检测）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 10．（2026·云南·模拟预测）（多选）某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示，是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，其中四边形是边长为4的正方形，点是弧上的动点（包括端点），且在平面内，则下列说法正确的有（     ）    A．若点为弧的中点，则平面平面 B．存在点，使得 C．不存在点，使得直线与平面所成的角为60° D．当点到平面的距离最大时，三棱锥外接球的半径 $学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题03立体几何中的动点、截面、 翻折问题 目录导航 @知识脑图•核心脉络搭建一一梳理专题框皋，搭建知识体集 @2考点深研知能分层突破一一深挖高频考点，分层突破重唯点 基础梳理·自主夯基 考点02动点问题 考点03翻折问题 考点01截面问题 @3素养进阶答题技法突破一一提炼解题范式，是升答题素养 考点聚焦·解法深研 题型04判定动点的平行或垂直位置 题型05由动点保持平行关系求解 题型01球的截面问题 题型06由动点保持垂直关系求解 题型02正方体的截面问题 题型07动点有关的最小路径问题 题型03圆锥的截面问题 题型08翻折问题 @4优题精练•专题实战通关一一精选优质试通，强化实战应用 ----+》公的----- 1/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 知识脑图核心脉络搭建 球的截面：截面为圆，构建球心距、截面半径、球半径 的直角三角形 正方体的截面：三角形、四边形、五边形、六边形（过 各棱中点为正六边形) 截面问题 圆锥的截面：轴截面（等腰三角形）、平行底面的截面 (圆)、斜截面（圆锥曲线） 作截面的方法：三点定面法、平行线法、延长交棱法 立体几何中 保持平行：构造平行平面找交线，或转化为找线线平行 平行、垂直关系 的动点、截 保持垂直：转化为线面垂直找两条相交直线，或用三垂线定理 二、动点问题 面、翻折问 展开法：将立体表面展开为平面，化折线为直线 题 最短路径问题 对称法：作对称点求两点间距离 垂线段最短：求动点到定直线/面的最短距离 折痕垂直性：折痕垂直于翻折前后对应点连线所在的平面 三、翻折问题 共面关系：翻折前共面的点，翻折后仍在同一平面内 刚性翻折：两点间距离、线段长度、直线与折痕的夹角均保持不变 1考点深研知能分层突破 基础梳理·自主夯基一一核心必记 。考点01 截面问题 1、球的截面 0 (1)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 2/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (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。 3、圆锥体的截面 1、轴截面：过圆锥轴的截面，形状为等腰三角形。 2、平行于底面的截面：截面是圆。若截面到项点距离与原高之比为 3、过顶点的截面：截面是等腰三角形，两腰为母线1，底边为底面圆的一条弦。 4、斜截面与圆锥曲线：斜截面与圆锥相交，交线的轨迹可以为椭圆、双曲线、抛物线、圆。 【新题对点练】(25-26高三上·贵州六盘水·阶段检测)己知正方体ABCD-ABCD的棱长为2，经过棱 的中点E作该正方体的截面P,且4C1B,B与楼C0和楼4D的交点分别为，G,截面P将正方 BB 21,22 体分为 两个多面体，则下列结论正确的是() 3 A.直线FG与A4所成角的正弦值为3 B.截面P为五边形 4π C.截面B的面积为35 D.多面体2,2，内均不可放入体积为3的球 【答案】ACD 【分析】以C为坐标原点， CD,CB,CC X,y,Z ,所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证 3/76 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 F,G CD,AD 明分别为 的中点，取0中点M,连接 GM,FMGM∥BB ,可求得直线FG与品所成 √2 角的正切值为2，判断A;分别取DD,AB,B,C的中点H,N,Q,连接EN,NG,GH,HF,FO,QE,利 用空间向量可得截面B为正六边形GNEOFH,判断B;求得截面面积判断C;根据对称性，可知多面体 2 O OEAC 是两个完全相同的多面体，设多面体“内能放入最大球的球心为， ,利用空间向量求 得最大球的半径，可判断D 【详解】以C为坐标原点， CD.CB.CC x,y,Z 所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， C(0,0,2),D(2,0,2),E(0,2,1)4(2,2,2) 设GF=CD 所以F=BG+CF=BC+GD=(0,-2,)+(20,0)=(2,-2,) C4=(2,2,2) 因为4C LB,且EFcB 所以F=EC+GF-C4=(22-2,1)(2,22）=42-4+2=0 得2-：放点F为C八的中点：同理可得：点G为D的中点： 取AD中点M,连接GM,FM,则GM∥B 4/76 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA D F C M By A H C y 则直线FG与6所成角即为直线FG与GM所成角. 在RtFMG中，FM=V5,GM=2,则FG=4+2=6 所以am∠MGF=FM-2v5 GF63, 5 即直线FG与BB所成角的正切值为3，所以A选项正确： DD AB BC H,N, ,连接 EN,NG,GH,HF,FO,OE 分别取 的中点 因为P点为BG的中点，所以0,12)，所以B0=(0,-l 又因为0C4=(0,-2,22)=-2+2=0,所以面1C4 H∈BN∈B 又因为 CLB且EeB,所以BOcB,所ueeB, ；同理可得 所以正六边形GNEOFH即为截面P,所以B选项不正确： ABCD-ABCD 又正方体 的棱长为2， √2 所以正六边形的边长为 所以其面积 69-35 ， 所以C选项正确： 5/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2122 对于D选项，根据对称性，可知多面体，是两个完全相同的多面体， OEAC 不妨设多面体2内能放入最大球的球心为0，则” 球O与截面P相切于正方体的中心S,且球O也与以C为顶点的三个面均相切， C 利用对称性得：球心O在直线 上 设球0的半径为，设O0,又S,10 55-) ō￥行，24=563-3<2，所以1石 设体积为行的球的半轻为，：由了知-？ 4π =3,得：r=1 4元 由1<r,知：多面体2,22内不可放入体积为3的球，所以D选项正确 故选：ACD 禽考点02动点问题 1、由动点保持的平行、垂直关系 将平行、垂直条件，转化为“确定平面”或“确定直线”，从而把找点问题变成找交线或交点。 (1)动点保持平行 构造平行平面：若要求AP‖α，可作过A且平行于a的平面B,则P在B与几何体的交线上。 转化为线线平行：在α内找固定直线L,使AP‖L,常用中位线定理或平行传递性确定P。 (2)动点保持垂直 转化为线面垂直：若a⊥b,a上c,b∩c=O,则a⊥平面(b,c。要找点使某线垂直某平面，需该线 同时垂直平面内两条相交直线，通常得到两个约束。 转化为三垂线定理：涉及斜线与面内直线垂直时，优先用三垂线定理及逆定理，把空间垂直化为平面内 垂直。 转化为面面垂直：证Q⊥阝，可在Q内找一条线垂直于B,这条垂线的端点常是动点。 2、动点的最短路径问题 把空间折线“展平”或“对称”，转化为平面上两点间线段最短。 6/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)展开法（最常用）把动点所在的面展开到同一平面，将折线路径化为直线。 (2)对称法：求“同侧两点到直线上动点距离和最小”：作其中一点关于直线的对称点，连对称点与另 一点，交点即动点。 (3)垂线段最短：动点到定直线/定平面的最短距离，直接作垂线。 【新题对点练】(2026山东泰安·一模)（多选）已知在长方体ABCD-AB,CD中， AB=3,BC=BB=2 点M为40 的中点，P为底面48CD(合边界)内-个动点.且BP ABM 平面 ABCD-ABCD 长方体 的外接球的球心为，则下列选项正确的是() D M A B B A.球0的表面积为17π B.动点？的轨迹长度为而 C.异面直线CC与AP所成角的正切值的取值范围是 2 D.三棱锥4二4MB的外接球球心为E,则OE=) 【答案】ABD 【分析】利用长方体的性质结合球的表面积公式判断A,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，利用空间位置关系的向量表示并结合题意得到轨迹方程，进而求解轨迹长度判断B,利用 异面直线夹角的向量求法结合同角三角函数的基本关系判断C,利用球的方程求出E的坐标，进而得到 OE的长度判断D即可 【详解】对于A,设长方体的外接球半径为R, V22+32+22√17 R= 由长方体性质得 2 2, 7/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4x(}=17 由球的表面积公式得球O的表面积 ，故A正确， 对于B,如图，在长方 ABCD-ABCD中， 以D为原点建立空间直角坐标系，连接 D ZA M A B A2,0,0)B,(2,3,2)A(2,0,2)D(0,0,2)B(2,3,0) 由题意得 因为点M为40 M(1,0,2) 的中点，所以 8=03,2).M=(-0,2),设面MB 则 的法向量为”=a么) AB·n=3b+2c=0 可得MM.i=-a+2c=0,令a=6解得6=-2，c=3”放n=(6,-2,3) 因为P为底面 BCD 1(含边界)内一个动点， 所以 Pxy2,xc[0,2lye[0,3,则BF=-2,y-3,2), 因为P/平面M,所Fa=0, 得到6(x-2)-20y-3)+2×3=0,化简得3x-y=0, 当x=2时，y=6,不符合题意，当y=3,x=1时，符合题意， 则P的轨迹是点(0,0,2)与点(3,2)之间的线段， 由两点间距离公式得轨迹长度为VP+32=V0 故B正确。 8/76 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 对于C,因为3x-y=0,所以y=3x,此时变为 (x,3x,2),x∈[0,1 由题意得C0,30),C0,32),则CG=0,02),=(c-23x,2) 设异面直线 G与4P所成角为0. CC·AP 可得c0s0= 4 CCAd2×VGc-2y+3x}2+2V10x2-4x+8, V10x2-4x+4 sin= 由同角三角函数的基本关系得 V10x2-4x+8, V10x2-4x+4 tan=sin V10x2-4x+8 V10x2-4x+4 则 cos0 2 2 ,令 V10x2-4x+8 f(x)=10x2-4x+4 次函数性厨得了在，上单调递减，在5上单调泽霜 而0-4,0=0，-号.可g 即ane 31010 10’2,故C错误， 对于D,由慰意得0是BD,的中点，则由中点坐标公式得O1号)， 2 且42,00.B23,2).42.0,2）M0,02)4Eo2 ,设 ，半径为R (x-x)2+(y-y)2+(z-z)2=R2 则外接球的方程为 将20,0) 2-x)2+y+z6=R2 代入方程，得到 将420,2) 代入方程，得到 (2-x)2+y6+(2-z)2=R2 两式相减可得分=2-2， ，解得。1 9/76 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 将23,2) 代入方程，可得 (2-x)2+(3-y)》2+1=R2 此时2-七P++号= (2-x)2+y6+1=R2 变为 两式相藏得B-为=店，解得儿弓。 将ML02)代入方程，可得0-xP+}+1=R t时2-广+巧+话-R产变为2-广+}1=R, 4 两式相减可得1-x)尸=(2-)2，解得名=3 则写0，由两点同距高公式得O=方，故D上价 故选：ABD 《。考点03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）。 【新题对点练】(2026辽宁大连·三模)己知矩形ABCD中，AB=1,AE=V2,如图，将△ABE沿着 BE进行翻折，使得点A与点S重合，若点S在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内部（包含边界），则 动点S的轨迹长度是() √3π V3元 √6元 Gr A.3 B.6 C.6 D.18 10/76 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【答案】D 【分析】由于S点到BE距离恒定，所以S点轨迹是一段圆弧.先求出圆半径，然后求出轨迹长度， 【详解】 D MNG 如图(1)，过点作 于点，交于 图(1) 图(2) AAM⊥BE BC 点G,则点S在平面BCDE上的射影N落在线段MG上 4M=1x2V6 在Rt△ABE中，AB=1,AE=√2，则BE=V3,由等面积法得 33 SM=16 6 翻折的过程中，动点S满足3，则动点S的轨迹是以点M为圆心，3为半径的一段圆弧。 易得M= EM=2 MG-MB=1 MG=16<SM 3, ,△AME△GMB,所以MAME2,则" 6 如图(2)，在圆M中，M14GSG1AG 所以点S的轨迹是SS,且 os∠SMG=MG-1 9-s2,则2MG=∠Ss, 6, 元V6√6元 从而点S的轨迹长度为6318. 考点聚焦·解法深研 一一核心归纳 。题型01球的截面问题念 悟解题关键 利用球心到截面的垂线构建直角三角形，结合勾股定理求截面圆半径。当截面过球心时面积最大，当球 11/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 心到截面距离最大时面积最小。 ABCD-ABCD 【典例1】(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O 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 【答案】B 【分析】先根据长方体的性质得到∠C8C为=面角G-AB-C的￥面角，可得∠CBC-行，进面求得 CG=2,5,BC=4,可得球0的半径为R=25.06=2,分析可得OE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 BCD-ABCD中，MBL平面8 BBCC BC BBCC 而 平面 BLBC又4BLBC, ,所以 所以∠CBC为二面角C-AB-C的平面角，即∠CBC= 3, 由m∠GBC-C-5.C-2:则cG=25,即BC-Bc+CC=4 BC R+BC+CC-22 所以球O的半径为 易得0E=2, 要使截面圆的面积最小，则OE垂直于截面，此时截面圆的半径为VR-OE=2, 则截面面积的最小值为π×22=4π。 B 12/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ABCD-ABCD DD 【典例2】(25-26高三下·江苏连云港·阶段检测)已知正方体 的棱长为2，点M为 的中点，则平面ACM截该正方体的内切球所得截面面积为 【答1子 【分析】由题意，可得正方体的内切球球心O为正方体中心，内切球半径R=1,法一：连接AC,BD,相 交于点B,连接 ME.BM ,先证明 D/平面MC,可阳O到平面MC的距离等于点B到平面MC的 距离，再利用等体积法求得d,进而求出截面圆半径，进而求解即可；法二：建立空间直角坐标系，求 解平面法向量，即可利用点面距离公式求解O到平面ACM的距离，进而求出截面圆半径，进而求解即可。 【详解】由题意，正方体的内切球球心O为正方体中心，内切球半径R=1, 法一：连接AC,BD,相交于点E,则点E为BD的中点，连接ME,BM B M ME//BD 可得 因为MEC平面AMC,BD 平面AMC BDI 所以 平面AMC,O左BD 在 上 则O到平面AMC的距离等于点B到平面AMC的距离，设为d, 1 1 S.ABC= 2x2=2,Sc-×4CxME=x22x1+2=6 +6d=5x2x1d6 由'-Mc='M-Ac,得3 ,则3， 则截面圆半径=R--行，所以截面面积S=和- 3 法二：以D为原点， DA,DC,DD 分别为x少2轴建立空间直角坐标系，如图， 13/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D B O 01,1,1)M(0,0,1)A(2,0,0）C(0,2,0) 则 所以M=(2,01）.CW=(0,-2,1.M0=1,0) 设平面AMC的一个法向量为” ni=(x,y,2) i·AM=-2x+z=0 则方-CM=-2y+z=0:令x=1则y=1,2=2所以方=(1,2) MO.2 则o到平面4MC的距离d= 所以载面圆半径户=R?--行：所以数面面积S=2-号 3 【变式1】(2026黑龙江哈尔滨一模)平行六面体 BCD-ABGD所有棱长都相等，MB=2,点在底 面ABCD 的射影为BD中点，且直线14与底面MBCD AA 45° 夹角为3，则三棱锥 A-ABD 的外接球被平面 BCC B 截得的截面面积为」 44π 【答案】3π13 BCC B 【分析】根据外接球性质确定球心及半径，再结合等体积法得到球心到面 进而得到截面半径即可 求解 【详解】设BD中点为O, 14/76 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B ∠AA0=45°A0=A0=V2 :AB=AD,.AO⊥BD 即OB=VAB2-AO=V2 .BD=20B=2√2 AB2+AD2=BD2 ,则 .AB⊥AD 又40 平面MBCD,BDC平面ABCD, 六A01BD,则4B=4D=VAO2+OB2=2 六4+AD=D,即4B14D 小三棱 A-ABD,△ABD,△ABD 中 均为直角三角形， 且平面BDN平面 ABD=BD …三棱锥 A-ABD 的外接球是以BD为直径，O为球心，半径R=V5 设到平面 BCCB 的距离为，外接球被平面 BCC B 截得的截面半径为”， xw万- 3, ~B服=BC-C=2,及ae- ×2×2sin60°=V5 =做u=号 3,解得3， 截面半径2=R2-dP=2-2-4 4 33,面积为3π 15/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【变式2】(2026：甘肃·二模)圆锥PO的母线长为2，底面半径为1，过圆锥项点P和底面圆周上任意两 5 点A,B作圆锥的截面，当底面圆心O到截面PAB的距离为3时，△PAB重心的轨迹所围成图形的面积是 【答案】6 【分析】先利用线面垂直关系确定点O在底面PAB上的投影D的位置，求出PC的长度，再结合三角形重 心的性质得到PG的长度，最后通过作垂线确定点G的轨迹为圆并计算其面积 【详解】如图，设C为AB中点，连接PC,作OD⊥平面PAB,连接AD,BD, 又AD,BDc平面PAB,则OD⊥AD,OD⊥BD 又OA=OB,OD=OD,所以△ODA兰AODB, 所以AD=BD,又PD=PD,PA=PB,所以PADSPBD, 所以∠APD=∠BPD,所以垂足D必在PC上，由题意可知 0-V5,oD= 3,则 sin∠CPO= 3, ..PC= PO 3√6 cos∠CPO 4 由于aPAB为等腰三角形， 所以重心G在底边的中线PC靠近点C的三等分点处， 16/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :PG=36x26 432, 作GM⊥PO,垂足为M, GM-PGxsin/CPO= 236, √6 可知点G的轨迹是以M为圆心，半径为6的圆，其面积为6 《。题型02正方体的截面问题◇ 悟 解题关健 熟练运用三点定面、平行线或延长交棱法补全截面。截面形状取决于平面与各棱的交点位置，需结合空 间向量或平面几何性质求周长和面积。 【典例1】(2026山东日照二模)已知正四面体4BC 的棱长为 2,用满足M4+MB2=MC2+MD 4 的动点M构成的平面截正四面体ABCD,所得截面多边形的周长为() A.4 B.8 C&2 D16√2 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，设 M(y2,由M+MB=MC2+MD 得出相应的结论，即可得出点 M构成的平面截正四面体所得的截面图形求出图形的周长即可 【详解】将正四面体ABCD补全为正方体，则正方体棱长为4， 以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示： ZA D 17/76 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (0,0,0),B(4,4,0),C(0,4,4),D(4,0,4) 则 设M(xy),则M4+MB=r+y+z+x-4+0-4+, MC2+MD2=x2+0y-4+(z-4)}+(x-4}'+y2+(2-4}2 所以2=2，即点M构成的平面截正四面体所得的截面为正方形 ORS 2v2 ,边长为 4×2√2=8V2 故截面周长为 【典例2】(25-26高二上广东汕尾·期末)在长方体 BCD-ABCD:.4B-4D-2.-4 ,现有一个 动平面“，且 a//ABD ,当平面“截此长方体所得截面边数最多时，截面的周长为() A.4W5+2V2 B.4V2+2W5 C 4V5+4V2 D 2W5+22 【答案】A 【分析】由面面平行得出线面平行，设出比例，根据相似表示出边长，最后求得周长 EFGHIJ a//ABD 【详解】如图，截面 ”,由于 EF//AB//IH,EJI/BD//GH,FGIADIIJI 则 AE=元 以=A5=2,EE=BE=1-元 设AB,则BD ABAB AB FG BG FB AE A GH GC EF=BE FBBE1-元，BDBG, 则B=22a,BF=刀=250-FG=m=252,GH=220-) 则周长为 W5+2W2 故选：A 18/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B B ABCD-ABCD B,D 【变式1】(2026重庆九龙坡·一模)已知正方体 棱长为1，过点 的平面截正方体所 得截面为菱形时，该截面的面积为() vG A.2 B.4 C.2 D.6 【答案】A 的中点，CC。 AA 的中点F,得到 BEDF B,D 【分析】取 为菱形，故有过点 的平面截正方体所得截面为 BED F BD DD EH,FH,EF 菱形的截面是菱形 ,根据题意求出的长度，取 的中点H,连接 根据勾股定 理求出EF的长度，故菱形BBDF的面积为2EF,BD,代入数值得解 【详解】取的中点E,CC AA ,CC的中点F,连接 ED DF FB BE BB 8的中点G,连接 GE,GF DD EH,FH,EF 取 G,取D0的中点H,连接 .E,H,F, 分洲是从.m,.照的中点.5 是正方形， BGHF且EG=E,DG1Hr月DG=F 且 ÷BG1IDG且EG=DG,÷BGCD ..GC//ED GC=ED 平行四边形， GC //BF GC=BF BF //ED BF=ED :BFDE 而 ,则 为平行四边形， 19/76 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 BE1IFD,B,E,F,D四点共面，又 E-BF= 2,·BEDF为菱形， BD BED F 平面 B.D BEDF “过点 的平面截正方体所得截面为菱形的截面是菱形 BD=3 EH-1FH-1EF-+F 故菱形BEDF的面积为2 B0-x2x5-6 2 故选：A D H 4 C: G C 【变式2】(25-26高二上·上海阶段检测)在棱长为6的正方 ABCD-ABCD中，点E,分别为 E,F AB,BC 的中点， EFARD=-R,点G在技CC上，若CG=2.则平面BRGE方 EFG」 ABCD-ABCD ,所 得截面多边形的周长 3W2+6W13 【答案】 【分析】连接 C,4G,BD,D,设4CnBD=0,找出平面EFG与平面 CCA 的交线G引。通过证明 OR OS1 EFIGH可知G、H为平面EFG截正方体所得的点，设GHO平面BDDB=S,通过证明RDDD3可 EFGD H 知也为平面EG截正方体所得的点，最终得到截面 通过简单的几何关系即可求解截面周长。 20/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【详解】 D 9 A B G 如图，连接 AC.4C.BD.,BD COBD-0 ACCA 因为R、P分别为AB,BC的中点，所以EFAC,所以EF∥平面AC 因为平面EFGn平面 ACCA=GH ,连接GH,所以EFGH GH平面 BDD B=S ,连接SO,则CG、OS、AH三者平行且相等， 在平面0n8中，0R=06-35D-0B2 2 2,1 2 2,0S=2,DD=6, OR OS 1 所以RDDD3,从而D,S,R三点共线，即D也在平面EFG内，连接DH,D,G,则截面多边形为 EFGD H 易计算得F=VBE+BF-32+32=32,FG=VFc2+CG=V3+2=5 GD,=VCG+D,C=V42+6=213 又根据对称性，截面多边形的周长为 EF+2FG+2GD=3W2+2W13+22V13=3V2+6W13 故答案为： 3V2+6W13 。题型3圆锥的截面问题◇ 21/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 悟解题关健 分清轴截面、平行于底面的截面、过顶点的截面以及斜截面的形状差异。解题核心是构建直角三角形或 利用相似三角形对应边成比例求相关长度。 【典例1】(2026广东佛山模拟预测)已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，过圆锥的一条母线的 中点且与圆锥底面平行的平面截圆锥，则截面与底面之间的部分构成的几何体的体积是() 7V3π 7V3π V3π 7π A.8 B.24 C.6 D.12 【答案】B 【分析】先根据圆锥轴截面的参数求出原圆锥的底面半径、高及体积，再利用相似性求出截得的小圆锥体 积，作差得到所求几何体的体积 【详解】已知圆锥轴截面为边长为2的等边三角形，因此圆锥底面直径等于等边三角形的边长，即底面半 径R=1: 圆锥的高H为等边三角形的高，由勾殷定理得H=V22-了=V5 原圆锥体积=3xPxV3=y3红 3, 过母线中点且平行于底面的平面截圆锥，所得小圆锥与原圆锥为相似几何体， 相似比为2，因此小圆锥的底面半径”=；R h=H= 「2，高2 2, 可形小圆锥传数片-写”h-x56a 2×2=24, =y-5=5m3m_7W5 所求体积 32424 2V5π 【典例2】(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3的扇形，则过圆 锥项点的截面中，截面面积的最大值为() 9 A.3W5 B.32 C.2W5 D.2 22/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【答案】D 2W5π 3x25m-25m 【详解】可知侧面展开图是一个半径为3，圆心角为3的扇形，则弧长为3 25m =2W5 则底面直径为 则圆锥轴截面是以3为腰， 2v5 为底的等腰三角形，此时顶角为“， 32+32-(25)2 则cosa 2×3×3 <0,所以21 <a<, 则过圆锥顶点的截面是以3为腰的等腰三角形，设顶角为8， 时面积Sx3x3sim9,可知当sn9=1时，即0=2时，面积最大 2 1 9 此时面积S=。×3×3= 2 2 【变式1】(25-26高三上·安徽·期中)已知某圆锥的轴截面是钝角三角形，记该钝角三角形的腰长为l, 若过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则！=() A.3 B.4 C.5 D.6 【答案】B 【分析】画图，ABD的面积可表示为2si血∠BAD,根据三角函数性质可得当∠BAD 2时，截面面积 取得最大值，即可得到结果 【详解】如图，△ABC是圆锥的轴截面，依题意可得， 过该圆锥顶点A的任意截面。MBD的面积可表示为2s血∠BMD, 易知当∠BAD= 2时，截面面积取得最大值，所以=8，解得1=4 故选：B 23/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【变式2】(2026：甘肃·二模)圆锥PO的母线长为2，底面半径为1，过圆锥项点P和底面圆周上任意两 5 点A,B作圆锥的截面，当底面圆心O到截面PAB的距离为3时，△PAB重心的轨迹所围成图形的面积是 【答案】6 【分析】先利用线面垂直关系确定点O在底面PAB上的投影D的位置，求出PC的长度，再结合三角形重 心的性质得到PG的长度，最后通过作垂线确定点G的轨迹为圆并计算其面积 【详解】如图，设C为AB中点，连接PC,作OD⊥平面PAB,连接AD,BD, 又AD,BDc平面PAB,则OD⊥AD,OD⊥BD 又OA=OB,OD=OD,所以△ODA兰AODB, 所以AD=BD,又PD=PD,PA=PB,所以PADSPBD, 所以∠APD=∠BPD,所以垂足D必在PC上，由题意可知 0-V5,oD= 3,则 sin∠CPO= 3, ..PC= PO 3√6 cos∠CPO 4 由于aPAB为等腰三角形， 所以重心G在底边的中线PC靠近点C的三等分点处， 24/76 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :PG=36x26 432, 作GM⊥PO,垂足为M, GM-PGxsin/CPO-61 236, √6 可知点G的轨迹是以M为圆心，半径为6的圆，其面积为6 《◇题型04判定动点的平行或垂直位置 悟解题关健 将空间图形关系转化为代数条件。建立空间直角坐标系，利用向量共线或数量积为零列方程，结合动点 所在几何体表面的限制条件（如坐标范围）判定位置。 【典例1】(2026江西·一模)（多选)在直三棱 ABC-AB,C中， ∠ACB=90°，AC=BC=CCE 为 CC 的中点，F为线段48 上的动点，下列结论正确的是() AB IBE A, 4C1平面48C C.平面BFC ACCA 平面 ,F∥ABE D.存在点「，使得 平面 【答案】BCD 【详解】如图： 25/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 对于运顶A.因为4平面4BE,平面4BE,所以8口平面4BE,又因为EC平面4BE,但不过 A,所以A与B AB 是异面直线，故A错误： ,CC⊥BC 对于选项B,因为CG底面BC,因为BCC底面MBC,所以C CC⊥ 又4C1BC,且4cncG=G4CcGc平面 ACCA 所以BCL平面 CCA ACC ACCA BC⊥AC 因为 平面 ,所以 AC=BC=CC ,所以侧面 CCA AC⊥AC 因为 是正方形，所以 BC∩AC=C BC,ACC 因为 ABC ,且 平面 C,⊥ ABC 所以 平面 ,故B正确 对于选项C,由选项B下的正明得到，BC1平面4CC C,因为BCc平面BFC 所以平面BCL平面4CC ,故C正确， 对于选项DD,当F为线段48的中点时，设 B∩AB=M 则MF∥BB,MF=)BB,ECBB,EC=)BB,所以MF=EC,MFEC,故四边形MECF为平行四边形， 所以CPIME CF 44 BE:ME C ABE ,CF∥ABE ,而 平面 平面 ，所以平面 ,故D正确 26/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【典例2】(2026·河北模拟预测)（多选）如图，在正方体ABCD-EFGH中，点P,O分别为线段AC, BH上异于端点的动点，则下列结论中，可能成立的有() B D G A.PO∥平面ABF B.POI∥平面ADF C.POL平面ABD D.P2L平面ADH 【答案】ABC 【分析】根据图形，选项A和C,假设图形中点P为线段AC中点，点Q为线段BH中点，结合正方体图 形性质可以判断：选项B,取线段BH靠近点B的四等分点为O,点P为线段AC中点，可证明PQ/DF进 而证明PO∥平面ADF,选项D,根据经过点P且垂直于平面ADH的直线在平面ABCD可以判断 【详解】选项A和C,如图所示， 令点P,Q分别为线段AC和BH中点，在△BDH中，根据中位线性质知PO/DH, 因为DHIBF,PO不在平面ABF,所以PO∥平面ABF,故A正确， 因为DH⊥平面ABD,POIDH,所以POL平面ABD,故C正确： 27/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B D ○ G H 选项B,如图所示， 取线段BH靠近点B的四等分点，点P为线段AC,BD中点，线段BH交线段DF于O, 易知ea=e ,则在△BOD中由中位线性质知P2/OD,且PP不在平面ADF, 所以P∥平面ADF,故正确： B O G E H 选项D,如图所示，平面ADH⊥平面ABCD, 点P在平面ABCD,所以过点P且垂直平面ADH的直线在平面ABCD, 因为点Q不在平面ABCD,所以不存在PQ⊥平面ADH,故错误， B G E H 故选：ABC 28/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ABCD-ABCD AD 【变式1】(2026·上海浦东新·三模)如图，在正方体 中，点M是线段AD上的动点（含 端点)，则下列说法中正确的是() D A B M D B A.直线MB与直线AC始终异面 AD B.直线MB与直线4P始终垂直 C存在点M使得直线M奶与平面4C 垂直 D.直线MB与平面 DC 始终平行 【答案】D 【分析】A.由点M与点D重合时判断：B.由点M与点重合时判断：C.由垂直于同一平面的两条直线平 ABD//B ABD 行判断：D.先证平面 平面 C,再由MBc平面A6D判断 【详解】对于A:当点M与点D重合时，直线MB即为BD,而BD与直线AC相交，故A错误； 对于B:当点M与点重合时，△4BD是 D是等边=角形，则直线B与直线4P成60，故B错误 成 对于C:如图所示： D M B AC,AB,CB,B,D,BDA4C1⊥BD,AC⊥BB BDOBB=B 连接 ,因为 ,且 29/76 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以91 BD,A,BmC平面BDDB,所 A,C1⊥BD 平面 ,又 平面 同理4D1BD.又4Gn4D=4BD上 ACD ，又 ,则 平面 若MB1平面 ACD MB//BD BDMB=B 则 ,而 ,故C错误； 对于D:易知4B1/DC,又4B平面BDC,DCC于 ·所以B1/ BDC BDC 平面 平面 平面 AD/1 ABD/ BDC 同理 BD,C,4PO4B=-A,所以平面1 平 平面 又MBc平面 A BDC D,所以MB1/平面 ,故D正确； 【变式2)】(2026四川泸州模拟预测)（多选）若P是正四棱台 ABCD-ABCD BB 的棱 上的动点（包 括端点)，则() A,存在点P,使得P上平面 BCC B,直线P与DD异面 C.平面PMC上平面 BDD B PB=PB D.若 ,则平面 AG∥平面PAC 【答案】BC 【分析】利用反证法结合线面垂直的性质可判断A选项：利用异面直线的概念可判断B选项；推导出 AC⊥ BDD B 平面 结合面面垂直的判定定理可判断C选项；利用反证法结合面面平行的性质可判断D选 项 BBCC 【详解】A,若存在点P,使得P上平面 因为BCC平面 ,所以BCLAP BC 又因为四边形ABCD为正方形，所以BC⊥AB, AABB 因为APOAB=-A,AP、ABc平面 所以BC上平面MAB,BC平面ABB C⊥BB B.CC 所以 ,事实上，四边形 为等腰梯形，即BC与B 不垂直，A错： 30/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ABCD-ABCD B,将正四棱台 E-ABCD 补成正四棱锥 ,如下图所示： E B C B DDO AABB=E 平面 E,者直线4与D0共面，则点P与点E重合时，直线4P与DD共面， 但P为线段弘上的点，即点P不可能与点E重合，放4P与D0异面，B对， C,设AC∩BD=O,则O为正方形ABCD的中心，所以EO⊥平面ABCD, 因为ACC平面ABCD,所以AC⊥EO, 因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD, DnE0=0.BD.E0C平面BBDD BBDD 因为 ，所以AC 一平面 因为MCc平面PC,故平面PC1平面B BBDD ,C对 E 1 A B D B AC∩BD=F D,设 则F为B的中点， DAC∥ 面PAC,且平面 BBDD∩DAC=DF 若平面 平 BBD,D∩PAC=OP 平面 ,平面 平面 由面面平行的性质定理可得OPIIDF, 31/76 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B PB=PB ,则P为的中点，0为BD的中点，所 OPIIB D 因为 BBDD D OP 在平面 内，过点且平行于的直线有且只有一条，矛盾，故假设不成立，D错 。题型05由动点保持平行关系求解。 悟解题关健 寻找或构造过已知点且平行于目标平面的辅助平面。该辅助平面与几何体表面的交线即为动点的轨迹 (通常为线段)，再在平面内求解线段长度。 【典例1】(26-27高三上四川成都开学考试)在棱长均为2的正三棱锥P-ABC中，点M是AC的中点， 点N是侧面PBC上的一个动点，当MNII平面PAB时，动点N的轨迹的长度是 【答案】1 【详解】如图所示，取PC的中点E,取BC的中点F,连接ME,MF,EF, D 点，点分别为， 的中点， C.: M E AC PC ∴.ME/IPA 又：PAC平面PAB,ME￠平面PAB, ∴.ME∥平面PAB, 同理~点M,点F分别为AC,BC的中点，.MF IIAB 又：ABC平面PAB,MF丈平面PAB, .MF∥平面PAB, 又：MF∩ME=M,MEc平面MEF,MFc平面MEF, ∴.平面MEF∥平面PAB, 又：点N是侧面PBC上的一个动点， 32/76 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 且MNII平面PAB,平面MEFO平面PBC=EF, ∴点N在平面PBC上的轨迹为线段EF, 又点E,点F分别为PC,BC的中点，EF-PB=l, 所以动点N的轨迹的长度为1. 【典例2】(25-26高三上·上海期中)已知正方体 BCD-4CD边长为2，BF分别是楼BC,CC的 中点，动点P在正方形 BCC B 《包括边界)内运动，则P4”平面1F的一个充分非必要条件是() PAI∥ D B A.P为9 B,P为BC的中点 C. 的轨迹长度为5 D.P为的中点 BB 【答案】D 【分析】 BG中点M、B中点N,证得平面 MNI∥ 平面MF,得到点P在正方形 BCC B 内的轨迹 即可逐一分析选项 【详解】 BC中点M、B服中点N,连接 M、AV、W,则BC 分别是棱BC,CC 又B 的中点，则 EFI/BC ·所以WIEF MNa平面AEF,EFc平面AEF,所以MN∥平面AEF, EMIBBJIAA EM=B服=M,则四边形” AAME AMI∥AE 为平行四边形，有 AM文 M∥ 平面EF,AEC平面4EF,所以 平面AEF 33/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 AM,MNC AMN AM∩MN=M AMNI 平面 ,故平面 平面AEP PA∥ 因此满足 平面AEF 的点P在正方形 BCC B 内的轨迹是线段，该线段长度为2 ； 分析选项： P=C 选项A:若 ，该点不在轨迹MW 上，不满足条件： BC 选项B:若P为C中点，该点不在轨迹M 上，不满足条件： 选项C:尸的轨选长度为5不能得到PA”平面1BF。 PA∥ ,不满足充分性： BB 选项D:若P为B中点，则P是线段MN的端点，必然满 平面AER PA PA BB 但满足 平面4EF的点P可以是线段MN上的任意点，不一定是中点，因此是充分非必要条件 B D H B 【变式1】(2026广西南宁·三模)（多选）如图，在棱长为2的正方体 BCD-ABGA中，M为DD中 AADD 点，F为侧面正方形 内一动点，且满足BF平面BCM ,则() D B F。- D A-BCD 2元 A.三棱锥 的外接球的表面积为 34/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1 B.三棱锥A-BCM的体积是3 C.动点F的轨迹是一条线段 D.若过4，M,C三点作正方体截面。，Q为0上一点，则线段40长度取值范围为3,2V2一 【答案】ACD -BCD 【分析】对于选项A:因为三棱锥 的外接球与正方体的外接球是同一个，所以先确定正方体外接 球的直径，再用球的表面积公式S=4πR求解： A-BCM 对于选项B:因为三棱锥 的体积可通过等体积法转换，所以将其转化为以易求底面积和高的三棱 锥，再用三棱锥体积公式”=？Sh计算； 3 BFI‖BCM B. BCM 对于选项C:因为 平面 ,所以先构造过且与平面 平行的平面，利用面面平行的性质确 定F的轨迹； 对于选项D:因为要作过A,M,G ,的正方体截面，所以先确定截面的形状，再找到 到截面的距离， A A0 结合到截面顶点的距离，确定的取值范围。 【详解】对于A选项，三棱锥4-CD的外接球与正方体外接球是同一个球，2R=V2P+2+2,R= S=4πR2=12 ,故A正确： 对于B选项.w=北m=m吉45m有2x分1x2-号 21 3 故B错误； 对于C选项，取D中点E,那么 ME∥BC BCM 所以，E∈平面 AA,AD 分别取 的中点GH,则C HIIME,MEC平面 BCM GH￠平面 BCM 35/76 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以，GH BCM 平面 由于四边形14H HEA4,A4IBB,→HEIBB, 是矩形， HEB B 所以，四边形 是平行四边形， HB II BE,HB,文 BCM 所以， BC,MBEC平面 平面 HB,∥BCM 所以， 平面 又GH/平面 BCM GH∩HB=H BCM GHB 所以，平面 平面 因为F为侧面 AADD 内动点，且满足8F伴面 BCM BF= AADD GHB 所以， 平面 平面 AADD∩ 又平面 平面 GHB=GH 所以，动点F的轨迹是线段GH,故C正确： 对于D选项，若过AM,三点作正方体截面2， AA,BB K,N MAKD,KNC D 分别取 中点 ,则四边形 为平行四边形，那么 DKIICN DKAM→CNI1M所以，四边形AMC,N为平行四边形 AM∥CN 所以， 所以，截面2为四边形 MCN AMCN 设点到平面 距离为h,则 am=w即55w办写w2h 2S44N= 4 SAMN S.A, 36/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由于4M=4N=v5,MN=25,8mx22xw5=6,h26 3 26≤40≤25 所以，h≤A2≤AC即3 故D选项正确 i D D为 C A B B G D D ABCD-ABCD E,F 【变式2】(25-26高三上山东日照·期中)在棱长为2的正方体 中，点分别是棱 BC,CC 内点，若4P平面4F,则点P的轨迹长度为 BCCB 的中点，动点P是侧面 √2 【答案】 BB,BC 【分析】分别取棱 点M、N,连接N,BG 的中 ,证明平面 MN/I 平面4BF,则点P必在线段 MN上，即可得出答案 BB,B C的中点MN,连接 MN,BC 【详解】如下图所示，分别取棱 37/76 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D B D :MN、EF MN//BC,EF //BC 分别为所在棱的中点，则 ·MN IIEF,又MN不在平面AEF,EFC平面AEF, .MNII平面AEF AAIIEN AA=EN AENA 四边形 为平行四边形， ANIIEA N不在平面MEF,AEC平面MEF, :W 平面AER 又4WnN=N4N,NC平面4W AMNII 平面 平面AEF P BCCB AP/I 侧面 内一点，且 平面AEF ∴点P必在线段MW上 所以点的轨迹长度为 N=2 √2 故答案为： 。题型06由动点保持垂直关系求解◇ 悟解题关健 38/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 线线垂直转化为线面垂直，或利用三垂线定理。建系时，根据垂直条件（点乘为0）消元得到轨迹方 程，结合几何体表面截面的限制范围，求出轨迹长度。 AD 【典例1】(25-26高二上河北保定·期中)在正方体 ABCD-ABC D 中，E为线段 的中点，F为侧 BAA 面 上的动点若4B=65,且CFLC ,则点F的轨迹长度为 【答案】6 【分析】建立空间直角坐标系，设出点F的坐标，利用 C匠得到a,b的关系式，再判断轨迹形状即可 F⊥CE 求解。 【详解】 A E D F 、A D 以A为原点， AB,AD,AA 的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则 C(6W2,6N2,0)E(0,3√2,6√2)C(6V2,6V2,6N2) 设Fa,0,b,a∈0,621，b∈0,6N2 则CE=(-65,-35,62).GF=(a-62,62,b-62) :CF⊥CE∴.CF.CE=0 即62a-6W2+36+62(6-62)=0.a-b-3W2=0 当a=62时，b=35,此时F为棱职的中点： BB 当a=35时，h=0,此时厂为棱1的中点。 39/76 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 BB. 设棱MB的中点为M,棱8的中点为V,连接y,则点F 的轨迹是线段N, ,MW=V18+18=6 点F 的轨迹长度为6. 故答案为：6 【典例2】(25-26高三下·北京·阶段检测)如图，在棱长为1的正方 ABCD-ABCD中， 2是楼D0上 C-AOC COLAC BO 的动点.则棱锥 的体积为 当 时， 长度为 A D B 1 【答案】 6 v3 C-AOC 【分析】利用等体积法计算得三棱锥 的体积：建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标 BO 表示求出点坐标，进而求出 长度 DD 【详解】在棱长为1的正方体 BCD-ABGD中，e是 之是棱 上的动点， S=号o6分因t楼能G-40c的体积c写子1石 1 以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 (0,0,1),BL,0,),C1,1,0),C1,1,1) 设2010.0s1≤1，于是4C=,1L-0.C0=(-l0,1-0 由C014C,得4C-C2=-1-《-)=0,解得‘=0，因此B0=(-1l-) 所以B长度为B0外V(-+P+(-y=V5 40/76 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A D C D 【变式1】(25-26高三上·上海杨浦阶段检测)已知四棱柱 ABCD-ABCD 的底面为菱形， AA上底面 ABCD,M=6,MB=6,∠BCD=60°，点M是线段BC上靠近C的三等分点，点在四棱柱 ABCD-ABCD MN⊥AC 的表面上移动，且 则动点V 的轨迹长度为 【答案】 2+2W13 ABCD-ABCD AA⊥ 【分析】先利用 的底面为菱形和底面 ABC CD,得到BDL平面 ，从而得到 AC⊥BD 在CD上取点F,使得DF=2CF=4,结合点M是线段BC上靠近C的三等分点，得到 MF1/BD,故 C1:在C上取点G,使有 CG=GC=3 AAC~△OCG ,通过题中条件证得 ，得到 ∠ACA=∠OGC AC⊥0G AC⊥ ,从而推导出 根据线面垂直的判定定理得到 平面 GMF 这样就得到了 △GMF的三边即为点N的轨迹，再分别求出△GMF三边的长度即可得解 【详解】“四棱柱 ABCD-ABCD 的底面为菱形，BD L AC :AA⊥ 底面BCD,CC/AA:CG⊥BD CC,nAC=C,CC,ACC平面ACCA,BDL平面 CCA 平面 .ACc ACCA·AC⊥BD 平面 41/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴在CD上取点F,使得DF=2CF=4,连接MF, ”点M是线段BC上靠近C的=等分点，则M/BD.:4C1M 在C℃上取点G,使得CG=6C=3.设与4C的文点为0，连接 O :∠BCD=60°，.∠ADC=120°，AD=DC=6, “由余弦定理 4C=65,在△41C中，M=6,4C=65,M14C ,在 CG.3-30C5 G0c中，G=3.oC=5AC=v3,OCLCG,·4C6N36,ia 6 CG OC ACA4,∠AAC=∠0CG=90°，：.△4AC-a0CG, :.∠ACA=∠0GC:∠G0C+∠0GC=90°∴∠ACA+∠G0C=90°：.AC⊥0G MFNOG=0,MFc平 又 GMF,OGC平面 GMF.AC⊥ GMF.△GMF 平面 的三边即为点 的轨迹， ~点M是线段BC上靠近C的三等分点，∴.MC=2 ∴在△MGC中，MG=VMC2+CG=B,在△FGC中，FG=VFC+CG=i, 又∠BCD=60°，MC=CF,:△MCF是等边三角形， :MF=2,则动点N的轨迹长度为 N F+MG+FG=2+213 故答案为： 2+2√13 B D 【变式2】(26-27高三上·福建莆田·阶段检测)（多选)如图，若正方体的棱长为2，点M是正方体 42/76 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ABCD-ABCD BCCB 在侧面 上的一个动点（合边界），点P是“的中点，则下列结论正确的是( D B A P M· D B P-DDM A.三棱锥 的体积为定值 DM⊥DP,AM B.若 ,则 的最大值为3 65 C.若D,M⊥DP,则AM的最小值为5 D.若PM= ,则点M在侧面 BCC B 上运动路径的长度为2n 【答案】ABC P-DDM 【分析】求出 的体积，即可判断A,过点P作PK1B照，则点K是B的中点，造接KC,取 BC NC AN AC 的中点N,连接C, ,即可证明DPL平面 DCN N ,从而得到点M的轨迹是线段 再求出 的最值，即可判断BC,过P作PQ平面BCCA.利用勾服定理则可得到点从的载迹刘新D 【详解】对于A: D B A B P-DDM 三棱锥r-DmM=V三棱锥M-PpD 三棱锥 的体积为 43/76 可学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 因为点P是AA的中点，所以△PDD,的面积mm二 x2×2=2是定值， 且点M到平面 PDD 的距离是正方体的棱长2， 所以三棱锥P-DDM的体积mv=vm=2x2-号 3为定值，故A正确： 对于B: D C B D B 作K1Ba,则点K是B的中点，连接KC。取BC的中点V,达接C, 过点P NC AN AC 因为PKIAB且PK=AB,AB=CD且ABIICD,所以PKIICD且PK=CD, 所以四边形PKCD为平行四边形，所以KCIIPD, AKBC≌aNCG,所 ,∠NCC=∠BCK ∠NCC+∠CNC=90° ，又 ∠BCK+∠CNC=90° CN⊥KC 所以 ，所以 DG上BB,CC,KCc平面8 平面 ,所以DG1KC BBCC DC∩CN=CDC,CNCD 平面 DCN N,所KC1平面P DCN 所以DP1平面 ,因为平面 DCNN BBCC=CN DM LDP 平面 ,又 CN 所以点M的轨迹是线段 在△4GN中，4G=25,GN=NC2+CG=54N=Va+AB+BN=3 所以A“的最大值为3，此时M与N重合，故B正确： 对于C:在A4GN中，os∠4NG=+5-22 2×3×5 5 44/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以 4--25 5, 所以点A到CN的距离为d=4Nsin∠4NG=3x25_65 55 6v5 所以AM的最小值为5，故C正确.。 对于D:过P作 OM 平面 ，连接 B M P D B 因为PM=5,Pe=2,PO1OM,所以M=VPM-PQ=l, 所以点M的轨迹是以Q为圆心，1为半径的半圆弧， 故点M在侧面 BCC B 上运动路径的长度为”，D错误 。题型07动点有关的最小路径问题◇ 悟 解题关健 若在几何体表面运动，优先使用“展开法”将表面展平，利用两点之间线段最短。若求同侧两点到线上动 点距离之和，利用“对称法”化折为直。 【典例1】(25-26高二上·广东肇庆·阶段检测)如图，在直三棱柱 BC-4BG中，∠4CB=90°，AC=6 BC=CG=5,P是直线BC上一动点，则4P+C 的最小值是() 45/76 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B B A.52 B.6+V2 C,102 D 12+2V2 【答案】A ABC BCC 【分析】将平面 和平面 铺平后转化成平面上的问题，再利用余弦定理即可求解 【详解】 AP BCC 在平面 BC内，PC在平面CC内 将两个平面铺平后转化成平面上的问题解决，如图： 则4P+Pc ABCC AC 的最小值就是平面四边形 内的长， “在直三棱柱 BC-48C中，CG1平面4G,AGC平面4BG 一平面 ∴.CC⊥AC ∠4C8=90,AC8=0.m4G1BC :CGNBG=C.CG,BGc平面BCGA.4G十平面BcCB 8CC平面BCCA.4G上BC :BC=CC=V2∠CC,B=45° 在△4CG中，4G=6,CG=2,∠4CC=90°+45°=135° 46/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 由余弦定理可得4C 36+2-2×6×V2× =52 2 故选：A 【典例2)P是楼长为 ABCD BCD, ABD,ACD 的正四面体 面 的中心，M,N 别是面 内的动点，则 PM+MN+NP的最小值为 82 【答案】9 【分析】通过将点P分别关于面ABD、ACD反射得到对称点O、R,将PM+MN+NP的最小值转化为 线段OR的长度， 【详解】如图，设P分别关于面ABD,ACD的对称点为Q,R,连接R,分别交面ABD,ACD于点M,N, 依据反射性质，PM=OM,NP=NR,因此PM+MN+NP=OR,当O,M,N,R四点共线时，和最小，即 为所求的最小值. ZA H M- W 0 R 建立如图所示的直角坐标系，则0,0乌v6② 62,0,C( 62 6’2 设H为△ABD的中心， HC6,-225 于是18,6,9 →Cm=26,2225 9,-39 因为点P到面ABD的距离是正四面体高CH的3，而对称点连线PQ的长度是到面ABD距离的2倍， 47/76 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所g0c 464243464245 27-9,27 →Q 27927 R 4V64v24V5 同理可得 27’9’27 因此所求的最小值为 OR= -y9 V2727 2727 9 8V2 故答案为： 9 【变式1】(25-26高三下·江西·阶段检测)在正三棱柱 BC-4BG中，AB=2,M= ,点D是平面 4BC上的动点，则4D+CD 2 的最小值是 3232 【答案】2/2 反D 【分析】根据“胡不归”模型的概念，将2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4C上时，过点D作DH上AC H,连接AH,在正三棱柱 ABC-AB,C中， A4⊥ ,所以DH1平面1CC4,DHL4H A⊥DH 平面ABC,则 所以4D4日.GD之C,所以当4D+之2 取最小值时，D在AC上， 0 如图所示，将AC在平面ACCA中绕点C向下旋转4得直线C4,作HG⊥CA, 2CH-HG -CD 则2 2的最小值等价于AH+HG的最小值， 48/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 过4作401C4于0：可知<4C4-年， 可知4C=2,4=l,所以4C=5.os4C4=25 sim∠4CA= 5, m24e44+L4m马号2号-e。 sin∠AC4,=44 44=310 4C,即510，解得44s3V2 2, 所以03 2 ,所以4D+2 CD 3√2 的最小值为2· B C A 【变式2】(26-27高二上·重庆江北阶段检测)如图，在直三棱柱 BC-ABG中，△MBC为腰长为2的 ACC A 等腰直角三角形，且MB>1C,侧面 ABC 为正方形，B=2征，P为平面4BC内一动点，则 PA+PE的最小值是() C》 A B E 6 A.2 B.2 C.5 D.6 49/76 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【答案】D ABC ABC 【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A、4到平面A8C的距 离相等求出A',利用PA+PE=PA'+PE≥A'E求出最短路径即可 【详解】△ABC为腰长为2的等腰直角三角形，且AB>AC,则CA=CB,CA⊥CB, 以C为坐标原点， CA,CB,CC 所在的直线分别为少轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则42,02B02,0.c00o),A2,00),E0L0) 所以CB=(0,20),C=(20,2),4=(00,2) 设4关于平面4BC的对称点为少2)，2>0。 4=(2-x-2-M=(-2,2),设平面48C的法向量=2） CB.=2y=0 则C4方=2x+2名=0，令x=1,则y=0,云=-1，所以n=0,0-) 所以A与到平面ABC的距离d= 4月AA月2=上x+习 √2√2 x-2=-z 即x+z=2①，又AAm,所以y=0②， 所以由①② 2z-2引2，又由2>0可得x=0y=0,z=2,所u40,02列 所以PA+PE=PA+PE≥AE=V0-1}+(0-1}+(2-0=+1+4=6. A',P, 当且仅当 三点共线时取等号，所以P1+PE的最小值为6。 50/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA A B B 《。题型08翻折问题◇ 悟解题关健 抓住“变量”与“不变量”。折痕一侧共面的性质在翻折后不变，垂直于折痕的线段长度不变。找二面角的 平面角是解题关键，利用余弦定理或建系处理空间角与距离。 【典例1】（多选）(2026黑龙江哈尔滨模拟预测)如图，在矩形1BCD中，AB=2,AD=22 N分别为AD,BC的中点.现将△ABD沿BD翻折，得到三棱锥A-BCD,则在△ABD翻折的过程中，下 列说法正确的是() A M D A.三棱锥A'-BCD体积有最大值 B.三棱锥A-BC 外接球半径为定值V3 C.存在某个位置使CM⊥DN D.直线W被三棱锥一BCD外接球截得的线段长的取值范围为3,2VSD 【答案】ABD 【分析】对A,当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥A'-BCD的体积最大，结合棱锥体积公式求体积判断； 对B,由直角三角形的性质确定球心位置即可得半径判断： 51/76 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 对C,利用相似得到CM⊥BD:利用反证法可得BC1平面ACD:得∠ACB 2判断： 对D,分析直线MN被球O截得的线段长与三面角A-BD-C的大小有关，求出二面角在临界值时的情况， 即可得到线段长的取值范围 【详解】对于A,当平面ABD⊥平面BCD时，点A到平面BCD的距离最大， 又Sm2×25=25。所以世时三棱链的体积及大。 因此三棱锥A'-BCD体积有最大值，故A正确： 对于B,在△ABD翻折的过程中，△ABD和△BCD都是直角三角形，所以两个三角形的外接圆圆心都在BD 的中点处， 故三棱锥外接球球心为BD的中点，半径为2D=5,故B正确： MD CD2 对于C,如图，在矩形ABCD中连接CM,由CDBC2, 所以aMDC~aDCB,则CM⊥BD M 假设存在某个位置使CM⊥DN,又DN,BDC平面BCD,且DNOBD=D, 所以CM⊥平面BCD,又BCC平面BCD,所以CM⊥BC, 又BC⊥CD,CM,CDc平面ACD,CMOCD=C,所以BC⊥平面ACD, 又4Cc平面ACD:枚BC1AC即∠4CB=至，这与AB=2<BC-25矛后， 故CM⊥DN不成立，故C错误： 52/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D 对于D,因为球心为BD的中点O,连接ON,所以OM=ON=1, 又因为直线MWN被三棱锥4-BCD外接球截得的线段长为1=2R-OF=2V3-OH 其中OH为球心O到直线MN的距离， 所以OH的长度和二面角A-BD-C的大小有关，夹角越大，线段越长， D B 当二面角A-BD-C大小接近80时，直线W被球裁得的线段K最长，趋于直轻2,5 当二面角A-BD-C大小接近O°时，直线MN被球O截得的线段长最短， 如图翻折后，此时∠OBN+∠BON=∠NOH+∠BON=90°，则∠OBN=∠NOH, OH ON 。BN=2,B0=V5:OH= 所以△BON~△OWH,则BNBO,又 3 所以此时直线MN被球O截得的线段长 =2W3-0m=2,3-2_22 233， 综上，直线MN被球O截得的线段长的取值范围是 221,25 3 故D正确 故选：ABD 【典例2】（多选）(2026四川资阳三模)如图(1)，菱形1BCD 2√3∠B=60° 的边长为 现将 △ACD沿AC翻折至△D'AC,连接D'B,得到如图(2)所示的三棱锥D'-ABC，,在该三棱锥中，下列说 53/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 法正确的有() D M 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6O° D者D在平面ABC内的射为AAC的重心，且M-!D,则过点M的平面截三校催一AC 9 的外接球所得截面面积的最小值为4元 【答案】ABD 【分析】对于A,设AC中点为E,证明AC⊥平面BDE即可判断；对于B,设BC,AB的中点为F,G,连 接AF,D'F,CG,DG,先BC⊥平面ADF,得到BD'=CD',进而可得三棱锥D'-ABC为正四面体，再证 AB⊥ CD'G 即可判断：对于C,当平面D1CL平 上平面1BC时，三校锥 D'-ABC 平面 体积最大，再求 ∠BD'E即可；对于D,根据题意可知三棱锥D-ABC为正四面体，求出外接球半径R,再计算出OM, 进而可求截面最小半径及面积. 【详解】解：对于A,设AC中点为E,连接BE,DE, C M B 图(2) AB=BC,AD'=CD' 54/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴.BE⊥AC,DE⊥ACBE∩DE=E,BE,D'Ec BD'E ,又 平面 .AC⊥平面BD'E,又BD'c平面BD'E, AC⊥BD',故A正确： 对于B,设BC,AB的中点为F,G,连接AF,DF,CG,D'G M 四边形 为菱形， 4 B G 图(2) ABCD ∠B=60° :△ABC为等边三角形， AF⊥BC, 又AD'⊥BC,AD∩AF=A,AD,AFC平面ADF, ∴BC⊥平面AD'F,又D'Fc平面ADF, .BC⊥D'F,又F为BC中点， ·BD'=CD',易得△ACD为等边三角形， 故三棱锥D'-ABC为正四面体， ∴.AB⊥CG,AB⊥D'G .CGND'G=G,CG,D'GC CD'G ,又 平面 .AB⊥平面CD'G,又CD'C平面CD'G, .AB⊥CD',故B正确： 对于C,当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥D'-ABC体积最大， B 图(2) 55/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又BE⊥AC,平面D'ACn平面ABC=AC, ∴BE⊥平面DAC, ∴∠BD'E就是直线BD'与平面ACD'所成角， 又BE=D'E, ∴.tan∠BD'E= -1,则BD与平面4CD所成角为4，数C结误 BE 对于D,D'在平面ABC内的射影为△ABC的垂心，△ABC为等边三角形， D'-ABC为正四面体，棱长为， .23 则三棱 设外接球球心为O,半径为R,△ABC的垂心为H,AD'的中点为I, D' M 图(2) 8h-号2-5-2 2 DH=VADR-AH -2N =5-j2-R,胸9 0A=0D=32 AM=1AD , 4 ,AD'的中点为I, I=v5,M=g 2D1nO1=O42-A2=2,OM=VO1+M02=3 2 3 因此三棱锥D-ABC的外接球球心到过点M的该球的截面距离最大值为2， :鼓面最小半径r=瓜-0M-,面积为，放D正骑。 9 【变式1】（多选）(25-26高二下浙江台州期末)己知直线AB,CD,AB∩CD=0,点A,B位于O 的两侧，现将半平面ACD沿直线CD翻折，设二面角A-CD-B的大小为a,∠AOB=P, 56/76 而学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ∠40C=00<0<2, 则() A,当a=π 2时，B为钝角 B.当0= 4时，2B-u≤π π C.当a=20时，B的最小值为3 D.翻折过程中，不存在某个位置，使得B=2a=20 【答案】ABC 【分析】把OA,OB分别分解为沿CD方向的分量和垂直于CD的分量，可得到a,B,B之间 的关系，再逐项判断。 【详解】 B 设沿OC方向的单位向量为E·在两个半平面内，分别取垂直于CD的单位向量i,)，其中i指向 A所在一侧，下指向B所在一侧，则i)=cosu 只需考虑方向，令OA=OB=1. 因为∠AOC=0,且A,B在直线AB上位于O的两侧，则∠DOB=0, OA=cos0e+sinQui OB=-cos0e+sin0v 所以 又因为e1i.ELD,所以cosf=01.0B=sn-cos0 对于A,当a=号时，因0<0< ,则cosB=-cos20<0,所以B为钝角，A正确. 对于俱当8-号时，m-a分n兰国内0≤aS所以05如号s到 57/76 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 从面5号≥5加受=o生.又余弦西数在印，可上单调递减，则B≤.即2B-a5:赦B 2 正确. 对于C,当a=20时，设x=c0s20,则0<x<1,c0s20=2cos20-1=2x-1, 所以amf=a0-w0=0-2x-)小-x2x+2x-1=-2-月-号. 因0≤B5:则B:行：当分即0-妥，a号时取年，即B的最小值为资，板C正确 2π 对于D,若存在B=2a=20,则有a=0,B=20.把a=0代入关系式，需满足 cos20=sin20cos0-cos20 令Fo=0-(maa-amsi0.则F0.F图}0 学点在在定理，存在0饰FO=0即存在位度满足B2a20旅D阴 【变式2】《多运)(25-25高=上福建泉州期中)已知AMBC中，4B=2,BC=41=25,D为 1C边上（除端点外）一点，将△MBD沿BD边翻折起至4BD ，使得平面BDL 平面BCD.下列说法正确 的是() 4v5 A.BD为△ABC角平分线时，四面体A,BCD的外接球半径为3 3 B.BD为△ABC角平分线时，异面直线4B与CD所成角的余弦值为4 C.BD为△ABC角平分线时，平面ABC与BCD所成角的正切值为2 D.线段4C长度的最小值为25，此时D为△1BC AC 角平分线 58/76 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【答案】ABD 3R=4v5 【分析】由正弦定理求得△BCD外接圆的半径3，由平面ABD⊥平面BCD,得到四面体A-BCD 外接球的半径等于△BCD外接圆的半径，可判定A正确：以D为坐标原点，建立坐标系，求得48，DC, 由向量的夹角公式，可判定B正确；求得平面4BC和BCD的法向量”=5，L3》和m=(Q0, ,由向量的 夹角公式，可判定C错误：设∠4BD=a,求得cos∠ABC=eos+o2a一引，利用余弦定理，可判 定D正确 【详解】对FA,在1C中，由1B=2,6C=4C1=25,可得B+AC2=BC 2且B=π 所以。4BC为直角三角形，折叠后得∠BAD= 3 所以4AB 是直角三角形，其外接圆的直径为BD,圆心为BD的中点M, 3,BD=45 因为BD为△MBC角平分线，可得4B=6=24D=D=25,5D 3 在△BCD中， ∠BCD=元nBD=4V3 6,且 3, BD 83 设aBCD外接圆的半径为R,由正弦定理，可得2R= R=45 sin∠BCD3,可 3, ABD⊥BCD 因为平面 平面 所以四面体4BCD外接球的半径等于ABCD外接圆的半轻为R。,所4E 59/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 M B A 对于B,以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得 兮，045 .n.moc52. AB.DC2√5 所以4B=65.0,-小.DC=(25,20,则 Cos 4B,DC= AB DC 44 3 √5 所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为4，所以B正确： 对于C,由向量 1-0.o-n.uc-25.. iAB=3x-z=0 设平面4BC的法向量为 n=(G八2)'则n-BC。-2 3 -x+2y=0, 取x= 5,可得=L2=3,所=5,3) 又由平面BCD的一个法向量为 m=(0,0,1) 设平面ABC与平面BCD的夹角为0，则 cos0=cos m,= m3 3 ma√3x113, 2 则tan =3,所以C错误； 60/76 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 对FD,段40=a,,0a<香，则20c-否a, ABD⊥ BCD 因为平面 平面 可有os4BC=6os∠4BD-D∠8C=号a)-os号+coQa, 21 在a4B 中，由余弦定理得4C=4B+BC2-24B-BCcos∠ABC =4+16-2x2x4×cos号+cos(2a-3, 3 当cos(2a- -l,即2a-子及，即a-君 =6时，AC取得最小值，此时AC=2√2， 此时BD为∠ABC的平分线，所以D正确 故选：ABD. A B D 小优题精练专题实战通关 1.(26-27高二上·安徽准南阶段检测)如图，在多面体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面BDEF,四边形 ABCD和BDEF均为正方形，且AB=4,若该多面体的外接球为球O,则平面ACF截球O所得截面的面 积为 61/76 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 72π72 【答案】5行π 【分析】分析可得该多面体为长方体的一部分，且外接球的球心为长方体的中心，即可求得外接球的半径 R,如图建系，求得各点坐标，即可求出平面ACF的法向量i=(V2,V5,-, 根据点到平面的距离公式， 可得点O到平面ACF的距离d,进而可得截面圆的面积 【详解】如图，可知该几何体是长、宽、高分别为4,4,42 的长方体的一部分， ,R=16+16+32=4 所以该多面体的外接球的球心为长方体的中心，且半 2 以D为坐标原点，D1.DC,D正的方向分别为，、，：轴的正方向建立空间直角坐标系， 则球心o22,22),A(40,0),C(0,40).F4,442) 设平面ACF的法向量为 =(x,y,z） 因为C=(44,0).AF=(0,4,42 i-AC=-4x+4y=0 所以元.AF=4y+4√2z=0 令2=-1，得i=(2,2-) 因为0A=2,-222). 所以点0到f面0r的那我d- 0A月22_210 5 5, 62/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 设截面圆的半径为，则2=R2-P=16-8=72 55· 所以所求截面的面积为S=72 2.(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6cm和4cm,且它们之间距离为√2cm,则该正四面体棱长为 cm. 【答案】5 【分析】依题意作出两个截面MNKL,IJGH,证明矩形KLMN和矩形GHW,设正四面体的棱长为x, KL=AK=yGH=JⅡ=z ,由条件推得①和②，借助于两截面的距离列出③，联立三个式子，求解即 得正四面体的棱长 【详解】如图，作出两个平行于AB和CD的截面MNKL,JGH,分别交BC于点M,I,交BD于点N,J, 交AD于点K,G,交AC于点L,H,则易得AB,KN,ML,GJ,HⅢ两两平行，DC,GH,U,KL,MN两两平行 取DC的中点E,连接AE,连接BE,因ABCD是正四面体，易得DC⊥AE,DC⊥BE, 因AE∩BE=E,AE,BEC平面ABE,故DC⊥平面ABE,又ABc平面ABE,则DC⊥AB, 可得矩形KLMN和矩形GHW.设正四面体的棱长为x,KL=AK=y,GH=Ⅱ=z, 则KN=KD=x-y, 故5e形w=x-月=60，同理Sam=2(-2)=4②. 取AB的中点F,连接EF,分别交平面GHW于点O,交平面KLMN于点P,则EF是AB,CD的公垂线， PO GK 故而有EF⊥平面GHU,EF⊥平面KMN则有EFAD,且OP=√2， PO GK ,则 2 GK=V2P0=2'g-川=2③， 根据①②③，解得x=5,y=2,z=4或y=3,z=1,即该正四面体的棱长为5. 63/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 故答案为：5. G 入>B ABCD-ABCD 3. (2026辽宁抚顺·一模)（多选)已知正方体 的棱长为2，动点P在该正方体内部及其 表面上运动，F为GD。 的中点，则下列说法正确的是() A.若PC=PC,则三棱 B-APC 的体积为定值 PC=PC=PA B.若 则动点P轨迹的长度为2 C.若点P到平面 ABB A BCC B 与 的距离相等，则PC+PF 的最小值为3 D.若点P到平面 ABBA BCC B 与 的距离相等，则直线PC与PG 一定不垂直 【答案】ACD 【分析】对A,由 PC=PC 得P在中截面内，利用等体积法计算体积：对B,由 PC=PC=PA P 得在两 平面交线，计算轨迹线段长度：对C,由点P到两平面距离相等得其在对角面内，用对称点转化为两点间 距离求PC+PF最小值：对D,由P C1C得尸在球面上，通过球心到平面距离与半径比较 【详解】对于A:分别取棱 4，BB,CC.DD的中点BM,,H则EM,N. 四点共面， PC=PC,则点P在平面BH内且P到平面 BCD 且四边形ENH为正方形， 的距离 为定值1，所以44%=4g3xS46X1=写×2x1-号 1 1 3 =3,A正确： 64/76 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B E A By PC=PC=PA 对于B:若 则点P既在正方形NH内及其边界上，又在对角面BDDB, 内， W 所以点P的轨迹为线段MH,其长度为 2,B错误； 对于C:若点P到平面 ABBA BCCB 的距离相等，则点P在对角面 内，取D BDD B 的中点K, 则点F,K关于平 BDD,B对称，所以PC+PF≥CK=2+2+F=4+4+1=3.C正确： D B B PC⊥P 对于D:若 ,则点P在以CG为直径的球面上，球心为CC中点，半径=1， 而点V到平面 BDD B 的距离为V2>1= ,所以平 BDD,B与 CG为直径的球面无公共点，D正确 4.(2026高三·全国专题练习)已知点P是棱长为2的正方体 BCD-AB,CD 的底面4BCD上一个动点 (含边界)，若F是A8的中点，且满足PF”平面 CD ,则() A.FP所在的平面与正方体表面的交线为五边形 B.FP所在的平面与正方体表面的交线为六边形 C.FP长度的最大值是2 D.?长度的最小值是5 65/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【答案】B 【分析】根据已知作交线得出截面为正六边形判断A,B,再建立直角坐标系计算求解模长即可判断C, D. 【详解】如图， A B D B 因为满足PF∥平面BCD,则FP所在的平面与正方体表面的交线，上下平面交线平行于 D BC CD 前后平面交线平行于，左右平面交线平行于 所以FP所在的平面与正方体表面的交线为如图所示正六边形，故A错误，B正确； AB,AD,AA 以 所在的直线分别为，少2轴建立如图所示的空间直角坐标系， A B B 其中，E,G分别是BC,CD的中点， x+y-3=0, 则直线GE的方程为z=0, 因为满足PF∥平面B,CD,则P在所以设线段GE上的点 (x,3-x,0)(1≤x≤2) 点F(10,2),则FP=Vx-1+(3-x+(0-2)}=V2(x-2+6 66/76 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以当=l时，Tm=25,当x=2时，PL。=6.放C,D错误 故选：B 5.(2627高二上广东惠州阶段检测)在空间直角坐标系0z中，已知点 A1,0,2),B(3,2,2),C(2,1,0) 点P是坐标平面O网y内的动点，则P风+P网+PC的最小值为《) A.2V2 26 C.25 D.36 【答案】B A'(1,0,-2) 【分析】通过对称求出 根据三点共线求出最小值即可 【详解】因为点P在Oy平面内，设P(x,y,0), 4,02)关于0平面的对称点为 0-2)、而B322 ,易知线段4'B的中点恰好是C, 即A、B、C三点共线， 故P团+P咽同.又点C在线段B上，#P团+P网+PC≥西+风 当P在线段A'B上时等号成立： PC 要使总和最小需取最小值0，即P与C重合， 此时最小值为4=V1-3}+(0-2}+(-2-2=2V6 6.(2526高三上山西太原期中)如图，三棱柱0C-A8C中，=BC=CM=3M=6D为CC中 为 67/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 楼BB上一点， 点，E为棱B BB=3BE,∠ACC=60°，P 14CC上一动点，且满足BP∥平面MDE,则 为侧面 点P的轨迹的长度为() A.1 C v3 D.2 【答案】A 【分折在D上取吉以，使得MD=2MC=1,在4C上取点4，则 BM //DE MM,//AD ,根据 线面、面面平行的判定定理可证明平面 M,4,∥平面4DE,则点P的轨迹为线段 M2 结合余弦定理计 算即可求解， BE=2,CD=3 3,在CD上取点M,使得M M D=2,MC=1 【详解】由题意知， M D//BE MD=BE 且 ，所以四边形 EDM为平行四边形， BM /IDE 故 M,￠平面DE,DEC平面MDE, ，又 所以BM,I平面ADE 在4C上取点M,使得 M2A=2,M2C=1 MC MC1 有M,DM,A2,则M,M2/1AD, 文，M, 平面ADE,ADC平面ADE, MM,/ BM M2 所以 平面ADE,又BMnM,M=M,BM、MM,C平面 所以平面 BM,M,∥平面ADE,则点P的轨迹为线段 M2 68/76 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 △CMM2 CM1=CM2=1,∠M,CM2=60 在 中， ，由余弦定理， M,M,=M.C2+M.C2-2M,C.M;Ceos60=1 即点P的轨迹长度为1， A B 故选：A 7.(25-26高三上：内蒙古锡林郭勒期末)己知直三棱柱2的底面棱长分别为3,4,5，球0与2的每个面均 相切，P为球面O上的动点，为2表面上的动点，则P№的最大值为 V11+1 【答案】 【分析】由题可得球O的半径即为上底面直角三角形的内切圆0的半径r,由等面积法可得r=1,O0取 得最大值，显然Q为2的顶点，先求Q0的最大值，P2的最大值为QO+r 【详解】，球O与2的每个面均相切， .∴球O的半径即为上底面直角三角形的内切圆O的半径”， 山等面职法，可得r=写年51，故n的高为2 若O取得最大值，显然Q为2的顶点，由对称性，不妨设Q为上底面的顶点， 先求0 的最大值，易知上底面的三个顶点到的距离分别为 2,5,10 00的最大值为i000的最大值为V(Ni0+P=而 .PO V11+1 的最大值为 1+1 故答案为： 69/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 0 8.(25-26高二上上海期末)如图，在长方体 BCD-4BGD中，B=3.D=2,M=4,点P是 ADDA 矩形 (包括边界)上的动点，点P是矩形MBCD(包括边界)上的动点，若PA1PC,则四面体 PAOC体积的最大值为- D C B 【答案】1 【分析】取AC,AD的中点O,E,可得PE=L,可知点P到平面ABCD的距离最大值为1，且△AC巴的面积 取到最大值为3，进而可得四面体P4C体积的最大值， 【详解】由题意可知：AC=VAD2+CD=V3 取4C,AD的中点0，E,连接PE,OE,P0,则OE/1CD:且OE=CD3 2 2 D 让C B CD⊥ ADDA ADDA 由题意可知： 平面 E上平面 ,则 由PEc平面 ADDA OE⊥PE ,可得 70/76 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 因为PA⊥PC,则 O-1AC= 2 2,可得PE=PO2-OE=1, 可知点P的轨迹是以点E为圆心，半径为1的半圆， 则点P到平面ABCD的距离最大值为1， 又因为点Q是矩形ABCD(包括边界)上的动点， 当且仅当点0与点B或点D重合时，△4C0的面积取到最大值，最大值为2×2×3=3， 所以四面体P40C体积的最大值为3x1x3=l, 故答案为：1. 9.(25-26高二上四川南充阶段检测)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() E D 图1 图2 A.当F为线段DB中点时，CF∥平面ADE B.D'B⊥AE C.若翻折后平面ADE⊥平面ABCE,则三棱锥D'-ABE的外接球半径为2 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=DM 【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E,C分别为 AH,BH的中点，进一步根据几何形状判断即可判断D, 71/76 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【详解】对于A,取AB中点N,连接FN,CW,因为F为线段DB中点，所以FNAD, 因为FNc平面4DE,D'C平面ADE,所以N∥平面MDE 在矩形ABCD中，ANIIEC,AN=EC,故四边形ANCE为平行四边形，所以AEIICN, 因为CN￠平面AD'E,AEC平面AD'E,所以CNII平面ADE, 又CN∩FN=N,CNc平面CFN,FNc平面CFN, 所以平面ADE∥平面CFN,所以CF∥平面AD'E,故A正确： D B 对于B,假设存在某个位置，使DB⊥AE,取AE中点O,连接DO,BO, 显然D'O⊥AE,而D'OnBD'=D,D'O,BD'C平面D'OB,.AE⊥平面DOB, OBC平面DOB,÷E10B,则BE=AB,但BE=v2,MB=2 不可能相等， 所以不可能有DB⊥AE,B错误： B B=2D1,E为C”中点，根据勾股定理 AE=BE=2 对于C,因为 又AE2+BE2=AB2,即AE⊥BE,因为平面AD'E⊥平面ABCE, 平面AD'EO平面ABCE=AE,BEC平面ABCE,则BE⊥平面ADE, 又DECABE,所uBE1DE,根据勾股定理BD=5,即△ABD为直角三角形. 取AB中点G,连接D'G,可得GA=GB=GE=GD'=1, 所以点G即三棱锥D'-ABE的外接球球心，半径为1，C错误： 72/76 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D G 对于D,由题意得，M∈平面AEF,M∈DC,由D'Cc平面BCD',得ME平面BCD', 延长AE,BC交于点H,连接FH,则平面BCD∩平面AEF=FH, dME故FH0DC=M,由ECW/AB,.BC=)B,得E.C分别为H.BH的中 2 CM FC1 若F为DB的中点，则FCI‖DH,所以MDDH2,即DM=2CM,故D正确 H D C 故选：AD. 10.(2026云南模拟预测)（多选）某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图 所示，是由等高的半个圆柱和4个圆柱拼接而成，其中四边形ABCD是边长为4的正方形，点G是弧CD 上的动点（包括端点），且G在平面CED内，则下列说法正确的有() D A.若点G为弧CD的中点，则平面BFD⊥平面BCG B.存在点G,使得BGIIDF 73/76 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 C.不存在点G,使得直线CF与平面BCG所成的角为60° D.当点C到平面BDF的距离最大时，三枝锥G-BDr R=2V3 外接球的半径 【答案】ACD 【分析】利用图形进行数形结合，并利用反例，结合面面垂直的判定、线线平行的判定、线面角的求解方 法、几何体外接球的关系以及空间向量的应用逐项分析即可， 【详解】如图所示，连接EC,作出符合题意的图形， 若点G为弧CD的中点，则∠ECD=∠GCD=45°， 所以∠ECG=90°，即EC⊥CG,因为BFIEC,所以BF⊥CG, BF L BC,BCOCG=C BC,CGCBCG 面 所以BF⊥平面BCG,BFC平面BFD, 则平面BFD⊥平面BCG,故A正确： 假设存在点G,使得BG1/DF,则B,G,D,F四点共面， 又该几何体上下两个底面平行，且BF,DG为平面BGDF与这两个底面的交线， 所以BFDG,则四边形BGDF为平行四边形，则有BF=DG, 而由三角形性质得DG<BC<BF,发生矛盾，故B错误： 假设存在点G,使得直线CF与平面BCG所成的角为60°， 以1为原点， AF,AB,AD ”方向为少2轴正方向建立空间直角坐标系， 如图所示，作出符合题意的图形， 74/76 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D 则a,o0.B04oj.c04到.设cD-0oe[0 则G4sin9cos84-4cos0,4）,所以CF=(4,-4,4),Bc=(0,04)）, BG=(-4sin0cos0,-4cos20,4 得到 ,设平面6CG的法向量为m=(,), BC.m=4z=0 则BG-m=-4xsin0cos日-4ycos20+4z=0:令y=sim0:则x=-cos0'z=0' 即m=(←cos8,s血8,0)，设直线CF与平面5CG所成的角为a, 4cos0-4sin sin+cos 3 sina= 依题意 整理得血20-，这与血20e0,子盾，所以假设不成立，版C正确 由题意得F（4,00,B(0,40),D00,4),且BG=(4sin0eos6,-4cos20,4 可得 D=(0,44),BF=(4,4,0),设面BDF的法向量为=(a么c) BD.n=-4b+4c=0 得到 BF.i=4a-4b=0，令b=1则a=1'c=1,得到n=(1,1) 设点G到平面BDF的距离为d, n.BG -4sin0cos0-4cos20+4 由点到平面的距离公式得= 3 75/76 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2-2W2sim(20+ 化简得d= 4 当29+元→5π时， 取得最大值， 3 44 d 此时6→ ,即点G位于点C, 可得三棱锥G-BDF,即三棱锥C-BDF,即三棱锥F-BDC, 可将其补形为一个以AF,AB,AD为同一个顶点出发的三条侧棱的正方体， R=3a-3x4-2 且棱长为4，其外接球半径22 ,故D正确 76/76