2025年新高二数学暑假衔接(人教A版)【01-暑假复习】第10讲 立体几何中的路径最短、截面、轨迹问题（思维导图+知识串讲+6大考点+复习提升）（教师版）

PAGE1第10讲立体几何中的路径最短、截面、轨迹问题内容导航串讲知识：思维导图串讲知识点，有的放矢重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺举一反三：核心考点能举一反三，能力提升复习提升：真题感知+提升专练，全面突破知识点01最短路径问题1、解题思想：化曲为直，化折为直，立体展开成平面.2、方法总结：解决空间几何体表面最短路径问题关键是把立体图形平面化，即把立体图形沿着某一条直线展开，转化为平面问题之后，借助“两点之间，线段最短”，构造三角形，借助解三角形的方法求解.知识点02截面问题1、截面问题的理论依据(1)确定平面的条件①不在同一平面的三点确定一个平面；②两条平行线确定一个平面(2)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线(3)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内(4)如果一条直线平行于一个平面，且经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行(5)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行2、截面问题的基本思路1.定义相关要素①用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面.②此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线.③此平面与几何体的棱(或面)的交集(交点)叫做实截点.④此平面与几何体的棱(或面)的延长线的交点叫做虚截点.⑤截面中能够确定的一部分平面叫做截小面.2.作截面的基本逻辑：找截点→连截线→围截面3、作截面的具体步骤（1）找截点：方式1：延长截小面上的一条直线，与几何体的棱、面(或其延长部分)相交，交点即截点方式2：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体的棱于截点（2）连截线：连接同一平面内的两个截点，成截线（3）围截面：将各截线首尾相连，围成截面4、作截面的几种方法（1）直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程。（2）延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。（3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体的截面的交线。模型演练：如下图E、F是几等分点，不影响作图。可以先默认为中点，等完全理解了，再改成任意等分点方法：两点成线相交法或者平行法特征：1.三点中，有两点连线在表面上.本题如下图是EF（这类型的关键）；2.“第三点”是在外棱上，如C1，注意：此时合格C1点特殊，在于它是几何体顶点，实际上无论它在何处，只要在棱上就可以.方法一：相交法，做法如下图.方法二：平行线法，做法如下图.5、正方体中的基本截面类型知识点03轨迹问题1、由动点保持平行性求轨迹（1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹.2、动点保持垂直求轨迹（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用空间坐标运算求轨迹；（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹.3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹（1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹.4、由动点保持等角（或定角）求轨迹（1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；（3）利用空间坐标系计算求轨迹.5、投影求轨迹（1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形.6、翻折与动点求轨迹（1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用空间坐标运算求轨迹.【考点一：路径最短问题】一、单选题1．（24-25高一下·福建福州·期中）已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点从点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据侧面展开图可得最短距离.【详解】由已知，需绕三棱柱的侧面绕行两周，则将三棱柱沿展开，并沿底边扩大倍，如图所示，则展开图是以为底，为高的矩形，则最短路径即为其对角线长为，故选：D.2．（2025高一·全国·专题练习）某圆柱的高为，底面周长为，，分别是圆柱上、下底面圆周上的两点，其中，如图所示，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】通过圆柱侧面展开图，确定，的位置，然后利用勾股定理求展开图中长即可.【详解】圆柱的侧面展开图及，的位置（为的四等分点）如图所示，底面周长为展开矩形的长，故，圆柱高为展开矩形的高，故，所以，连接，则图中即为到的最短路径，.故选:B.3．（24-25高一下·河北邢台·期中）已知圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，是的中点，一只蚂蚁从点出发，沿着圆锥的表面爬到点，则这只蚂蚁爬行的最短距离是（

）A． B．4 C． D．6【答案】C【分析】由扇形弧长公式求得，则，由勾股定理即可求解．【详解】由题意可知圆锥的底面半径，母线，侧面展开所得扇形的圆心角，则，因为是的中点，所以，则这只蚂蚁爬行的最短距离，故选：C．4．（24-25高一上·湖南长沙·开学考试）在正四棱柱中，，，设四棱柱的外接球的球心为，动点在正方形的边上，射线交球的表面于点，现点从点出发，沿着运动一次，则点经过的路径长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】点的路径是4段长度相等的弧，求出圆心角可得弧长.【详解】因为正四棱柱外接球的直径为其体对角线的长，故（为正四棱柱外接球的半径）.所以.所以为等边三角形，所以.所以劣弧的长为：.所以点经过的路径长为：.故选：A5．（24-25高一下·河北·期中）如图，在正三棱锥中，，三条侧棱两两夹角均为，，分别是，上的动点，则三角形的周长的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】沿展开，由平面图形结合余弦定理即可求解.【详解】把正三棱锥沿剪开并展开，形成三个全等的等腰三角形：、、，则，，连接，交于，交于，则线段就是的最小周长，又，根据余弦定理，.故选：A.6．（23-24高一下·福建龙岩·期中）在正四棱台中，，点为棱上的动点（含端点），则的最小值是（

）A．6 B． C．8 D．【答案】B【分析】把四边形，展开至同一个平面，求出长即可得解.【详解】把四边形，展开至同一个平面，连接，，，过点作，则，又，则，在中，，，则，此时线段中点到点的距离，即线段与相交，因此的最小值就是展开图中的长，点为与的交点，所以的最小值为.故选：B

【考点二：截面的形状问题】一、单选题1．（23-24高一下·江苏盐城·期中）如图，在正方体中，的中点为Q，过A，Q，三点的截面是（

）

A．三角形 B．矩形 C．菱形 D．梯形【答案】D【分析】取的中点P，连接PQ、、、和，确定，，得到答案.【详解】如图所示，取的中点P，连接PQ、、、和，，分别是，的中点，故，且，，故，，故四点共面，故四边形是过A，Q，三点的截面，且四边形是梯形．故选：D．

2．（2025高一·全国·专题练习）若一平面与正方体截面的形状是三角形，则该三角形不可能为（

）A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．锐角三角形【答案】C【分析】由题意分析得截面与棱的交点应在相邻的三条棱上，作出可能的图后逐个分析，特殊①恰好经过三个顶点；②恰好经过两个顶点；③与三条棱都交于任意点，设交点到顶点的距离分别为，由勾股定理定理表示出三角形三边，然后利用余弦定理得到三角形内角的范围.【详解】一个平面截正方体要使其截面为三角形，则与棱的交点应在相邻的三条棱上．①如图1，当三个交点恰好在正方体的顶点处，则为等边三角形；②如图2，在①基础上将其中一个顶点沿棱平移，则可能产生等腰三角形；③如图3，一般情形下，设交点到同一个顶点的距离分别为，利用勾股定理可知截面三角形的三边长分别为，，，利用余弦定理知其中一个角的余弦值大小为，所以该角为锐角，同理其余角也为锐角，所以该三角形为锐角三角形，不可能为直角三角形．故选：C．3．（23-24高一下·贵州贵阳·期末）如图，在正方体中，点分别是的中点，过点的平面截该正方体所得的截面是（

）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】C【分析】把截面补形，利用共面可得结果．【详解】延长与直线相交于连接与分别交于点连接，则五边形即为截面，故选：C.4．（25-26高一上·上海·单元测试）在正方体中，P、Q、R分别是棱BC、、的中点，过P、Q、R三点的平面与正方体表面的交线围成的封闭图形的形状是（

）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】D【分析】利用平面的性质作出过P、Q、R三点的截面，从而可判断其形状.【详解】如图，延长交的延长线于点，连接交于点，连接，因为P、Q、R分别是棱BC、、的中点，所以为的中点，延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，则，连接交于点，交于点,连接，则六边形为过P、Q、R三点的平面与正方体表面的交线围成的封闭图形.故选：D二、多选题5．（23-24高一下·陕西咸阳·月考）在正方体中，分别为的中点，为线段上的动点，则平面PMN截正方体形成的截面图形可能为（

）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】BCD【分析】利用正方体的结构特征，结合给定的位置推理说明截面不可能的图形，再作图说明可能的图形即可得解.【详解】在正方体中，由分别为的中点，得截面与正方体的3个面必有交线，而点在线段上，截面与正方形或正方形有交线，即截面至少与正方体4个面有交线，因此截面不可能是三角形，即A不可能；取与重合，此时截面为四边形，如图，B可能；当截面与棱的交点在线段（不含点）上时，截面与正方体除正方形外的另5个正方形都有交线，此时截面是五边形，如图，C可能；当点为棱的中点时，截面为六边形，如图，D可能.故选：BCD【考点三：截面的周长、面积问题】一、单选题1．（2024·河南新乡·三模）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，过三点的截面把正方体分成两部分，则该截面的周长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】画出截面图形，利用已知条件，转化求解截面周长即可．【详解】如图，取BC的中点，连接EF，AF，,、分别为棱、的中点，则，正方体中，则有，所以平面为所求截面，因为正方体的棱长为2，所以，，，所以四边形的周长为.故选：A.2．（2024·浙江温州·模拟预测）边长为2的立方体被一个平面所截，截得的截面图形面积最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】当截面过立方体中心且过两条侧棱时，截面面积最大，得出截面后计算即可得.【详解】当截面过立方体中心且过两条侧棱时，其截面面积最大，如图所示矩形符合要求，此时截面面积为.故选：A.3．（23-24高一下·福建福州·期中）已知正方体的棱长为，分别是的中点，则过这三点的截面面积是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，利用正方体的性质，得到截面为正六边形，且边长为，进而求得截面的面积，得到答案.【详解】如图所示，分别取的中点，连接，在正方体中，可得，所以经过点的截面为正六边形，又因为正方体的棱长为，在直角中，可得，所以截面正六边形的面积为.故选：D.4．（23-24高一下·浙江杭州·期中）如图，正方体的棱长为为的中点，为的中点，过点的平面截正方体所得的截面的面积（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】如图，过点的平面截正方体所得的截面为五边形，求得，再结合等腰三角形的面积，结合相似即可求得截面的面积.【详解】如图，延长交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接.则过点的平面截正方体所得的截面为五边形.因为为的中点，为的中点，所以，所以，在中，，在中，，同理可得.令上的高为，所以，所以.因为，所以，所以，同理可得，故截面的面积.故选：B【点睛】方法点睛：作截面的三种方法:①直接法:截面的定点在几何体的棱上；②平行线法:截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；③延长交线得交点:截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.5．（23-24高一上·辽宁·月考）已知在正方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，记平面与侧面，底面的交线分别为，，则（

）A．的长度为 B．的长度为C．的长度为 D．的长度为【答案】A【分析】做出截面，确定线段，，由平行线分线段成比例，相似三角形的性质以及勾股定理即可得解.【详解】如图所示，连接并延长交的延长线于，连接并延长交于点，交的延长线于点，连接，交于点，连接，则即为，即为，由，得，所以，，由，得，则，所以，故C，D项错误；由，得，又易知，得，所以，所以，故A项正确，B项错，故选：A.【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于利用平面的性质作出截面，从而得到为，为，由此得解.二、填空题6．（24-25高一下·陕西榆林·期中）如图，正方体的棱长为2，N为的中点，若过的平面平面，则截该正方体所得截面图形的面积为.【答案】【分析】取BC的中点E，的中点F，先利用面面平行判定定理证明平面平面，得出四边形为截正方体所得截面图形，易得四边形是菱形，求得该菱形的边长即可求得面积.【详解】如图，取BC的中点E，的中点F，连接DE，，，FD，因为E，F分别为BC，的中点，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，同理平面，又，，平面，所以平面平面，即四边形为截正方体所得截面图形.由正方体的棱长为2，易得四边形是边长为的菱形，对角线即为正方体的体对角线，又，所求截面的面积.故答案为：【考点四：动点保持平行求轨迹】一、单选题1．（23-24高一上·上海闵行·期中）在三棱台中，点在上，且，点是三角形内（含边界）的一个动点，且有平面平面，则动点的轨迹是（

）A．三角形边界的一部分 B．一个点C．线段的一部分 D．圆的一部分【答案】C【分析】过作交于，连接，证明平面平面，得，即得结论．【详解】如图，过作交于，连接，，平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面，所以，（不与重合，否则没有平面），故选：C．2．（24-25高一上·辽宁大连·期末）如图，已知正方体的棱长为4，，分别是棱，的点，且满足：，，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出辅助线，由线线平行得到面面平行，从而当点在线段上时，平面，点P的轨迹长度即为的长，由勾股定理求出轨迹长度.【详解】直线与平面BEF无公共点，即直线平面BEF，取中点，连接，在上取点，使得，连接，因为，所以，又，故四边形为平行四边形，故，因为平面，平面，所以平面，又，即为的中点，故，又，故，又，所以，故，故，因为平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面，当点在线段上时，平面，点P的轨迹长度即为的长，取的中点，连接，则，⊥，其中，由勾股定理得.故选：C3．（23-24高一下·重庆·期末）已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出辅助线，得到平面平面，确定当在线段上运动时，满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥，求出外接球半径，得到外接球体积.【详解】分别取的中点，连接，故，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，故，因为平面，平面，所以平面，又点是棱的中点，所以，，故四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面，故当在线段上运动时，满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥，其中两两垂直，且，故其外接球半径为，故较小部分的外接球的体积为.故选：A【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.二、填空题4．（23-24高一下·福建泉州·期中）已知正方体棱长为，点在正方体内部运动（包括表面），且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积为．【答案】/【分析】利用截面平面，判断出动点的轨迹在三角形及其内部，即求的面积即可得到结果.【详解】因为平面平面，所以点是该正方体表面及其内部的一动点，且平面，所以点的轨迹是三角形及其内部，所以的面积为.故答案为：．

5．（2025高一下·全国·专题练习）如图，正三棱柱的底面边长是，侧棱长是为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为．【答案】【分析】取的中点，的中点，通过线面平行可得平面平面，由此可确定点的轨迹为线段，求出的长即可得到结果.【详解】如图，取的中点，的中点，连接，则，∵平面平面，∴平面，∵为的中点，∴，∵平面平面，∴平面，∵平面平面，∴平面平面，∵是侧面上一点，且平面，∴的轨迹为线段，由得点的轨迹的长度为．故答案为：.6．（2025·四川绵阳·模拟预测）在几何学的世界里，阿基米德体以其独特的形状和美丽的对称性吸引了无数数学爱好者和科学家，它是一种半正多面体，其中每个面都是正多边形，且各个面的边数不全相同.如图，棱长为2的半正多面体是将一个棱长为6的正四面体切掉4个顶点所在的小正四面体后所剩余的部分，已知A，B，C，D为该半正多面体的四个顶点，点P为其表面上的动点，且平面，则P点的轨迹长度为.【答案】/【分析】根据正四面体的性质可得线线平行，进而得平面平面，故点的轨迹为线段，即可利用三角形边角关系求解长度得解.【详解】如图：补全正四面体，连接,取分别为大正四面体棱的中点，连接,由于均为大四面体的棱的三等分点，故.平面，平面，平面，平面，故平面,平面.且平面，故平面平面，由于平面，因此平面，故点的轨迹为线段，由于,故点的轨迹长度为，故答案为：【点睛】关键点点睛：根据平面平面，可得点的轨迹为线段.【考点五：动点保持垂直求轨迹】一、单选题1．（23-24高一下·四川雅安·期末）棱长为2的正方体中，为正方体表面上一个动点，且总有，则动点的轨迹所围成的面积为（

）A． B． C．6 D．【答案】D【分析】本题首先可以根据题意确定当时直线所在平面区域，然后结合图像即可得出动点的轨迹所围成图形为，然后求出面积即可得出结果.【详解】如图，易知直线平面，故动点的轨迹所围成图形为，因为为边长为的正三角形，所以其面积，故选：D.2．（24-25高一上·浙江宁波·期末）已知正四面体的棱长为2，点是的中点，点在正四面体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹周长为（

）A．4 B． C． D．【答案】D【分析】根据正四面体的几何特征及线面垂直判定定理得出平面，进而得出P的轨迹，计算即可求解.【详解】因为，所以，平面，所以平面，由于点P始终保持PE垂直于BC，且P在正四面体表面运动，因此P的轨迹为平面与正四面体表面的交线，即的边界.为等腰三角形，其中AD为底边，长为2，AE和DE为腰，长均为.因此，三角形的周长为.故答案为：D.3．（24-25高一上·安徽·月考）棱长为2的正四面体的表面上有动点，满足，则点的轨迹总长度为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】依次为棱的中点，根据已知分析的轨迹，进而求其长度.【详解】如图，依次为棱的中点，因为，故的轨迹是以中点为球心的球与正四面体各面的交线构成，则点的轨迹由面内的弧，面内的弧，面内的弧，面内的弧构成；弧与弧的长度相等，易得弧的长等于，弧与弧的长度相等，在面内的射影点，易知弧的圆心为，且为高的三等分点，故，且，弧长等于；故点的轨迹的长为．故选：A4．（24-25高一上·安徽·开学考试）如图，在中，，，是上一点，且，将沿翻折，当动点在平面上的射影在内部及边界上时，动点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设在平面上翻折前的位置为，翻折后位于.过点作，得到动点的轨迹是以为圆心，以为半径且圆心角为的圆弧，在所在平面建立平面直角坐标系，求得直线和的方程，联立方程组，求得，得到的长，进而求得，结合弧长公式，即可求解.【详解】设在平面上翻折前的位置为，翻折后位于.如图（1）所示，过点作，分别交于点，则动点在平面上的射影轨迹为线段，设当与重合时，有；当与重合时，有，则由为定长，可知动点的轨迹是以为圆心，以为半径且圆心角为的圆弧，如图（1）所示，在所在平面建立如图（2）所示的平面直角坐标系，则，，，，直线，直线，联立方程组，解得，即，则，又由，可得，所以，，所以动点的轨迹长度为.故选：A．5．（2025高一·全国·专题练习）已知正三棱锥的底面的边长为4，直线AC与平面BCD所成角的余弦值为，动点M在以BC为直径的球面上，且直线平面MAB，则点M的轨迹长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用线面角的定义作出线面角，然后利用条件求出，进而利用正四面体的性质求出点M的轨迹，取CD的中点E，连接AE，BE，取BC的中点F，BE的中点G，通过线面垂直的判定定理及性质得平面ABE，再利用球的性质求得截面圆的半径，即可求解圆的周长.【详解】设点A在底面BCD上的投影为H，连接AH，CH，则平面BCD，所以为直线AC与平面BCD所成的角，则，因为，所以，所以三棱锥为正四面体，因为动点M在以BC为直径的球面上，且直线平面MAB，所以点M的轨迹为过点A且垂直于CD的平面截以BC为直径的球面所得的圆，由正四面体的性质可得，如图所示，取CD的中点E，连接AE，BE，则，，AB、平面ABE，故平面ABE，取BC的中点F，BE的中点G，连接FG，则，由平面ABE，故平面ABE，，又，即F为以BC为直径的球的球心，则该球半径为2，则点M的轨迹所形成的圆的半径为，则其轨迹长为.故选：B．【考点六：其他求轨迹题型】一、单选题1．（24-25高一上·湖北·月考）动点在棱长为3的正方体侧面上，满足，则点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合图形，计算出，由点平面，得出点的轨迹为圆弧，利用弧长公式计算即得.【详解】

如图，易得平面,因平面，则，不妨设，则,，解得，又点平面，故点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆弧,故其长度为.故选：D.2．（23-24高一上·广东佛山·期中）如图，正方体的棱长为1，点P为正方形内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为的点P的轨迹长度为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】作出辅助线，得到P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，求出轨迹长度.【详解】直线BP与下底面ABCD所成角等于直线BP与上底面所成角，连接，因为⊥平面，平面，所以⊥，故为直线BP与上底面所成角，则，因为，所以，故点P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，故轨迹长度为.

故选：B3．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）动点在棱长为4的正方体内部及表面运动，动球是以点为球心，半径为1的球，求动点在运动过程中球的轨迹形成的几何体体积（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】球的轨迹形成的几何体为一个棱长为4的正方体和6个长宽高分别为4，4，1的长方体，以及12个以1为底面半径，4为高的四分之一个圆柱体加上8个以1为半径的八分之一球，按照组合体分开计算体积即可.【详解】球的轨迹形成的几何体为一个棱长为4的正方体和6个长宽高分别为4，4，1的长方体，以及12个以1为底面半径，4为高的四分之一个圆柱体加上8个以1为半径的八分之一球，所以球的轨迹形成的几何体体积为.故选：D.4．（23-24高一上·浙江绍兴·期末）已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意，分析可得点的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可.【详解】若点P在正方形内，过点P作平面于，连接.则为直线与平面所成的角，则，又，则，得，则点的轨迹为以为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分），若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段和，因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点的轨迹如图所示：故点P的轨迹长度为.故选：D5．（23-24高一下·湖南长沙·月考）如图，某简单组合体由圆柱与一个半球黏合而成，已知圆柱底面半径为2，高为4，A是圆柱下底面圆周上的一个定点，P是半球面上的一个动点，且，则点P的轨迹的长度为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意分析出P在半球面形成的轨迹为圆周，再由三点共线及勾股定理解出，最后按照圆的周长求得即可.【详解】由于，因此P在半球面形成的轨迹为圆周，如图：记圆柱上顶面圆心为M，点P的轨迹所在圆的圆心为N，则A，M，N共线，，设，，在和中使用勾股定理有，解得，于是点P的轨迹的长度.故选:D.6．（23-24高一下·陕西榆林·期末）已知正三棱锥，满足，，，，点在底面上，且，则点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设为等边三角形的中心，求出，求出点到的距离可得点轨迹是以点为圆心以为半径，且与的三边各有2个交点的三段相等圆弧，求出圆弧所对的圆心角可得答案.【详解】，设为等边三角形的中心，则平面，连接，则，所以，，而点到的距离为，点到的距离为，所以点轨迹是以点为圆心，以为半径，且与的三边各有2个交点的三段相等圆弧，如图，设圆弧与相交于两点，作，则，，所以，可得，可得点的轨迹在内部的弧所对的圆心角为，则弧长为.故选：C.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是确定点的轨迹.一、单选题1．（24-25高一上·四川成都·开学考试）如图圆柱的底面周长是，圆柱的高为，为圆柱上底面的直径，一只蚂蚁如果沿着圆柱的侧面从下底面点处爬到上底面点处，那么它爬行的最短路程为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】把圆柱沿母线AC剪开后展开，点展开后的对应点为，利用两点之间线段最短可判断蚂蚁爬行的最短路径为，利用勾股定理计算出即可．【详解】把圆柱沿母线AC剪开后展开，点展开后的对应点为，则蚂蚁爬行的最短路径为，如图，由题意可知，，在，，所以它爬行的最短路程为，故选：C2．（23-24高一下·陕西西安·期中）有一封闭透明的正方体形容器，装有容积一半的有颜色溶液，当你任意旋转正方体，静止时液面的形状不可能是（

）A．三角形 B．正方形 C．菱形 D．正六边形【答案】A【分析】根据题意可得无论怎样转动，其液面总是过正方体的中心，再分别讨论液面与底面平行，液面过正方体对角线的两个顶点和液面过正方体六条棱的中点即可判断B，C和D是正确的，进而即可得到答案．【详解】因为正方体容器中盛有一半容积的有颜色溶液，无论怎样转动，其液面总是过正方体的中心．对于B，当过正方体一面上相对两边的中点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为正方形，即静止时液面如图（1），故B正确；对于C，当过正方体一面上一边的中点和此边外的顶点以及正方体的中心作一截面，其截面形状为菱形，即静止时液面如图（2），故C正确；对于D，当过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为正六边形，即静止时液面如图（3），故D正确；

故选：A．3．（24-25高一上·江西景德镇·月考）圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为6.已知为该圆台某条母线的中点，若一质点从点出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点，则该质点运动的最短路径长为（

）A．9 B．6 C． D．【答案】A【分析】利用侧面展开结合图形求解最短距离.【详解】为圆台母线的中点，分别为上下底面的圆心，把圆台扩成圆锥，如图①所示，则,由,有,圆锥底面半径，底面圆的周长为，母线长，所以侧面展开图的扇形的圆心角为，即，如图②所示，质点从点出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点，则运动的最短路径为展开图弦，所以.故选：A.4．（23-24高一上·四川乐山·期末）已知正方体棱长为1，点是正方体表面上一个动点，满足，则点的轨迹长度为（

）A．2 B． C．4 D．【答案】D【分析】动点的轨迹为过点与直线垂直的截面与正方体的表面的交线，计算得到答案.【详解】由题意可知，动点的轨迹为过点与直线垂直的截面与正方体的表面的交线.如图所示：在正方体中，，又平面且，所以平面，因为平面，所以.又在正方体中，，又平面且，所以平面，因为平面，所以.又因为，由平面且，所以平面.于是点P的轨迹长度为不包含点的的周长，即周长等于.故选：D.5．（23-24高一上·山东日照·期中）已知正方体每条棱所在直线与平面所成角相等，平面截此正方体所得截面边数最多时，截面的面积为，周长为，则（

）A．不为定值，为定值 B．为定值，不为定值C．与均为定值 D．与均不为定值【答案】A【分析】利用正方体棱的关系，判断平面所成的角都相等的位置，可知截面边数最多时为六边形，如图所示，可计算出周长为定值，计算正三角形的面积和截面为正六边形时的截面面积通过比较即可得答案.【详解】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，如图：与面平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1，可得平面与其他各面的交线都与此平面的对角线平行，即等设，则，∴，∴，同理可得六边形其他相邻两边的和为，∴六边形的周长为定值．正三角形的面积为；如上图，当均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大，截面面积为，所以截面从平移到的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长为定值，面积不为定值，故选：A.6．（24-25高一上·广东汕头·期中）如图，若是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列结论正确的是（

）A．当在平面内运动时，四棱锥的体积变化.B．若是棱的中点，当在底面ABCD内运动，且满足平面时，PF长度的最小值是C．使直线AP与平面ABCD所成的角为的点的轨迹长度为D．当在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是【答案】B【分析】A由平面平面及棱锥体积的求法判断；B若分别是的中点，利用正方体的结构特征及线面、面面平行的判定证明在上运动，结合截面为正六边形求PF长度的最小值；C根据正方体的结构确定的轨迹，即可求长度；D将问题化为求与所成角范围.【详解】A：由平面平面，即到面的距离恒定，故四棱锥体积恒定不变，错；B：若分别是的中点，是棱的中点，所以，面，面，故面，同理可证面，由均在面内，所以面面，又面面，即在上运动，根据上述分析易知，面截正方体的截面是边长为的正六边形，所以最小是的长度为，对；C：由直线AP与平面ABCD所成的角为，结合正方体的结构特征，显然，在如下图的线段及圆弧上运动时，满足题设，所以的轨迹长度为，错；D：由正方体结构知：，则与所成角，即为与所成角，由在线段AC上运动，如下图是等边三角形，故与所成角范围是，错.故选：B【点睛】关键点点睛：根据各项描述结合正方体的结构特征找到的轨迹为关键.7．（2024·河南·三模）设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：

①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为；②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为．其中正确的命题个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】由正方体性质得面，根据线面垂直的判定定理、性质定理证面，确定轨迹图形判断①；若分别为中点，连接，根据线面平行、面面平行的判定证面面，确定轨迹图形判断②；若分别为的中点，连接，同②方式证面面，确定轨迹图形判断③；若分别是的中点，并依次连接，先证面面，结合①得面，确定轨迹图形判断④.【详解】由面，而面，则，又，又，面，则面，由面，则，同理，，面，则面，所以垂直于面所有直线，且面，若，则在边长为的正△的边上，故轨迹图形面积为，①对；

若分别为中点，连接，由正方体的性质易得，，所以共面，且为平行四边形，故面即为面，由面，面，则面，同理可得面，，面，所以面面，要使∥平面，则在△的边上，所以轨迹长为，②错；

若分别为的中点，连接，显然，所以共面，即面，由，面，面，则面，又，同理可得面，，面，所以面面，故面内任意直线都与面平行，要使∥平面，则在四边形的边上运动，此时轨迹长为，③对；

若分别是的中点，并依次连接，易知为正六边形，显然，，由面，面，则面，同理可得面，，面，所以面面，由面，则面，故垂直于面所有直线，要使，则在边长为的正六边形边上运动，所以轨迹图形面积为，④对；

故选：C二、多选题8．（23-24高一下·海南省直辖县级单位·期中）如图正方体，棱长为1，为中点，为线段上的动点，过A、、的平面截该正方体所得的截面记为.若，则下列结论正确的是（

）

A．当时，为四边形B．当时，为等腰梯形C．当时，为六边形D．当时，的面积为【答案】ABD【分析】对于A、B，延长交于点，连接并延长交于，连接.即可得出截面形状，判断A、B；对于C项，延长交于点，连接并延长交于点，交延长线于，连接，即可得出截面形状；对于D项，作出截图，求出平行四边形的边长与夹角，根据面积公式，即可得出答案.【详解】对于A，如图1，延长交于点，连接并延长交于，连接.

因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，则四边形即为所求截面，故A项正确；对于B项，如图2，延长交于点，连接并延长交于，连接.

因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，因为分别为的中点，所以.又，所以点与点重合，所以，截面即为梯形.又，，，所以，，所以，所以，截面四边形为等腰梯形，故B项正确；对于C项，如图3，延长交于点，连接并延长交于点，交延长线于，连接，交于点，连接.

可知，截面为五边形，故C项错误；对于D项，如图4，截面即为四边形.

易知.又，在中，，所以，，所以，的面积为，故D正确.故选：ABD.9．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，F是线段的中点，则（

）

A．三棱锥体积的最大值为B．若点P满足，则动点P的轨迹长度为C．当直线与所成的角为45°时，点P的轨迹长度为D．当P在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为【答案】BCD【分析】显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，求出正四面体体积可判断A；利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，求出其周长可判断B；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，求出其轨迹长度可判断C；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为线段，可判断为直角三角形，易知长度的最大值为，计算可判断D.【详解】对于A，因为，而等边的面积为定值，要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，易知点是正方体到平面距离最大的点，所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体，其高为，所以，A错误；对于B，取中点，中点，连结，易证，因为，所以，即，又，，所以平面，因为，所以点的轨迹为矩形，，所以动点P的轨迹长度为，故B正确；