2026年高考数学二轮复习：立体几何截面及动点压轴小题（题型）（天津）解析版

专题15立体几何截面及动点压轴小题

目录

!第一部分题型破译微观解剖，精细教学

i

i佟典例引领他方法透视性变式演练

i【选填题破译】

|题型01立体几何中的轨迹问题

j题型02球与各类截面面积问题

题型03体积、面枳、周长、角度、距离定值范围问题

j题型04空间线段以及线段之和最值问题

i第二部分综合巩固整合应用，模拟实战

题型01立体几何中的轨迹问题

【例1・1】（2025•全国•模拟预测）已知正方体A4C。-A4CQ的棱长为及，点Me平面AACR,且摆=上,

则点M的轨迹的长度为（）

6兀

A.6兀C.2扃

~2~

【答案】C

【分析】设E为A6A3的交点，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理得AE_L平面A"C"，进而可得

AIA2=ME2+AE2.在平面A8C。中建立平面直角坐标系，设"（.%），），根据条件及几何关系得

（x-3）2+y2=3,即可求解.

【详解】如图1所示，设E为A稣A出的交点，所以AE_L4"3.又8C_L平面AA与民AEu平面44向8,

所以3C_LAE.又BCf）AB=B,BC,A^u平面所以AE_L平面入灰毛.

图1

因为点Me平面A"CR，故MEu平面A"CR，所以AEJLME,则MA?=ME?+AE?.

因为正方体的棱长为人,所以=八科=2,AE=1,即MA2=ME2+],

在平面A8c。内建立平面直角坐标系，如图2所示，则A（0,0），8（2,0）,E（l,0）.

图2

设M(x,y),jjlljME2=(x-1)2+y2=x2-2x+\+y2,MB2=(x-2)2+/=x2-4x+4+y2,

所以肋42=标+1=42-2]+1+/+1=/-2%+)，2+2.

又篝=6,故M42=2M32,即--2工+/+2=212-4工+4+力，

整理得x2-6x+j2+6=0,即（x-3f+），=3,

故点”的轨迹是半径为右的圆，所以点M的轨迹长度为2-6=2后.

故选：C.

【例1-2】（2025•天津北辰•三模）己知正四棱柱A8CO-A8CQ的底面边长为4,侧棱长为2,点E是棱8c

的中点，尸为上底面内（包括边界）的一动点，且满足平面ACE,。尸的轨迹把该正四棱柱

截戌两部分，则较小部分的外接球的体积为（）

A.12兀B.9兀C.g兀D.46兀

【答案】D

【分析】取A4，Ca，4R的中点RM,N,连接MN,EF,AF,DN,DM,AG，NE,,由题意易得平面MNZ）〃平

面ACE/,从而可得PeMN,进而可得体积较小的部分为三棱徘。-RMN,进而可求得其外接球的体积.

【详解】取A,与CQ，AA的中点RM,N,连接MN,E£A£OMZW，AG，NE，

由题意可得MN〃AG〃"，又AC//4G，所以AC7/E/"所以平面ACE/即为平面ACE,

乂MNI/EF、平面ACE7LMu平面ACE/7,所以MN//平面4CE”，

易得ND、〃EC\ND\=ECi，所以四边形EGRN为平行四边形，

所以NE//AG且NE=D£,又DC//DC且DC=D,C,,

所以NE"DCRNE=DC,所以四边形NECD为平行四边形，

所以ND//EC,乂平面ACE尸，ECu平面ACEA所以M）//平面ACE/"

又NDCMN=N,NDCMN=N,ND,NMu平面DNM,

所以平面MN。//平面4c所，乂因为DP//fiEACE,

所以OPu平面MNO,又尸为上底面A4GA内（包括边界）的一动点，

所以PeMV,由图易知力P的轨迹杷该正四棱柱截成两部分中体积较小的部分为三棱锥。-RWN,

又DiDA.DM，DQ上DN,DMtD、M,

222

所以三棱锥。-AMN的外接球的半径R=；JDM】+DQ2+DN=1V2+2+2=&,

方法密视

（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

（3）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹

（4）利用空间坐标运算求轨迹

（5）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹

（6）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹

（7）利用空间坐标计算求轨迹

⑻角度：育线与而成定角,可能是圆锥侧面：育线与定育线成等角,可能是圆锥侧面.

【变式14】（2025•天津武清•月考）已知正方体人8。力-八用CQ的棱长为4,点E是棱CO的中点，P为四

边形CD/）©内（包括边界）的一动点，且满足平面姐&4P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.

【答案】8石兀

【分析】作出辅助线，得到平面ABE//平面/WN,确定当。在线段MN上运动时，满足用P//平面84建，

4P的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥G-4MN,求出外接球半径，得到外接球体积.

【详解】分别取GA，CG的中点M,N,连接ME,C。，

故MNHCD\,

因为AR〃BC,入口=BC,

所以四边形AR。？为平行四边形，

所以A8//RC，故MNIIAB,

因为MNu平面々MN,ABU平面用MN,

所以A3”平面4MN,

又点E是棱CO的中点，所以ME=84,BBJ/ME,

故四边形48EM为平行四边形，

所以3£//4",

又与Mu平面4MN,BEU平面B/WN,

所以4石//平面片A/N,

因为4良8石匚平面4了£,

所以平面48七〃平面4MN,

故当〃在线段MN上运动时，满足平面叫E,

优尸的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥G-B/WN

其中C1M,C、N，CB1两两垂直，且。幽=GN=2,BG=4,

故其外接球半径为=瓜,

2

故较小部分的外接球的体积为

故答案为：8后

【变式1・2】（2023•天津河东•一模）在所有棱长为4的正四棱锥P-ABCZ）中，M是底面正方形ABCO内一

点（含边界），若尸例则点用的轨迹长度是（）

A.五nB.2兀C.2&D.2品

【答案】A

【分析】令正方形A8CO中心为0,取夕。中点。利用止四棱锥的结构特征，结合线面垂直的性质探求轨

迹的形状，进而求出其长度.

【详解】在正四棱锥P—A88中，令正方形A8CD中心为。，取中点。一连接。«,OO,

取。力,人。（。中点2M，Mz，连接。£,用1知2,则QE//PO,由PO_L平面A8CD,

ODu平面A8C£>,则PO_LO2QgJ,平面ABC。，由PA/_LMD,得O】M=gpD=OO1=2,

O,E=^PO=^PDZ-OD2=^4z-（2y/2）z=V2,又EWu平面ABCO,

因此QEJ_EM,EMZoW-OJE2=6点M的轨迹是以E为圆心，

y/2为半径的圆在正方形ABC。及内部的圆弧，显然JLA/XOM?J.C。，

则NM0M2=9O,而点M1,M?是M的轨迹的端点，于是点〃的轨迹是半径近的半圆,

所以点M的轨迹长度是&院

故选：A

【变式1・3】（2025•天津南开•调研）如图，正三棱柱ABC-的各棱长均为1,点。是核8c的中点,

点M是线段A片上的动点，点R为8”的中点，点。是棱A8上靠近点8的四等分点，则卜列命题：

①CM〃平面PQR；

②三棱锥8-CAM的体积为定值；

③当M是A4的中点时，过点只4R的平面截正三棱柱ABC-AB|G所得图形的面积为由

6

④点。是上底面A4G上的一个动点，且直线8。与所成的角为夕，则点。的轨迹长度为叵

69

其中正确命题的个数为（）

【答案】C

【分析】利用线面平行的判定定理即可判断①；根据三棱锥的体积公式求出三棱锥B-CAM的体积即可判

断②；如图，作出过点P，八，R的平面截正三棱柱所得截面图形为△RAS,再计算△PAS的面

积即可判断③；当。在上达动时，其轨迹是以用为圆心，立为半径，圆心角为T的圆弧，计算弧

33

长即可判断④.

【详解】对于①，如图，由点R，P分别为的中点，得PR//CM.

又PRu平面PQR,CM<z平面PQR,所以CM〃平面PQR,故①正确；

对于②，由题意可知七-C,AM=^C,-BAM，

设点G到平面ABM的距离为d,,上面AAG•平•面ABBM,

所以点C1到平面ABW的距离等于点C,到线段A,Bt的距离.

又a瓦=AG=4G=1,所以d=立，

2

所以%.Gw=9皿•"=卜氏411・4=，乂1'4=*,为定值,故②正确;

JvzU414

对于③，连接并延长交8用于点S,连接PS,

则过点P,4R的平面截正三棱柱ABC-A隹G所得截面图形为“AS.

因为AQJ_BC,平面CB8G_L平面A8C,平面CBB©c平面MC=8C,

APu平面ABC,所以APS平面C88c.

又PSu平面CBBg,所以人P_LPS,

取AB的中点N,连接MV,则点。为8N的中点，

又点R为8W的中点，所以QR//MN,QR=3MN,

又点M为A瓦的中点，所以MN//BS,

所以QR//BS,所以空=黑==,所以郃=!”=为汽=1，

RSAB4333

故S，ws」AP.PS,x^x*=WL故③错误;

所以PS=

6M&S222624

对于④，由题可知，点。的轨迹是以3修为轴（其中8为顶点；，

母线与轴所成角为g的圆锥的底面圆周与正三棱柱4BC-A8G的上表面的交税.

6

所以B笳XDGV7t所以利差G,

所以。在诏上运动时，其轨迹是以用为圆心，乎为半径，圆心角嘴的圆弧,

故点。在上运动的轨迹长度为=叵，故④正确;

题型02球与各类截面面积问题

匕共例引颔

【例2・1】（2024•天津和平•一模）如图，棱长为1的正方体"8-A/CQ中，尸、。分别在棱灰?、CC.

上，CP=x,CQ=y,xw[0,l],ye[0,l]且Y+），2工0,过A、P、。三点的平面截正方体ABC。—A修CJ]

得到截面多边形，有下列四个说法:

①x=），时，截面一定为等腰梯形；

②x=l时，截面一定为矩形且面积最大值为&；

③存在1,）'使截面为六边形；

④存在X,使BR与截面平行.

其中，正确说法的序号有.

【答案】②④

【分析】对①，举反例判断即可；对②，当X=1时，点。与点8重合，再根据面面平行的性质与线面垂直

的性质判断即可；对③，直观想象根据截面可能的情况判定即可；对④，根据线面平行与截面的性质举例

当％=；,y=g时成立判定即可.

【详解】对①，x=y=i时，截面为矩形，故①错误；

对②，当x=l时，点尸与点B重合，设过A、尸、。三点的平面交。。于“，

因为平面AA.R。//平面48CC，故⑶//4犷，且A8J_PQ,此时截面为矩形，

当点。与点G重合时面积最大，此时截面积S=lxV5=&,故②正确；

对③，截面只能为四边形、五边形，故③错误；

对④，当x=y=g时，延长交QP延长线于N,画出截面APQM如图所示,

此时因为8P=C尸，BNHCQ,

故RlVBPN^RlVCPQ,则8N=CQ=g,

由面面平行的截面性质可得VAOM:VPCQ,AD=2PC,

故MO=2QC=(,此时aMD、=BN且MDJ1BN,

故四边形MD/N为平行四边形，故MNHD\B,

因为MNu平面APQM,平面AP0M,

所以4。与截面平行，故④正确.

Dx

故答案为：②④

【例2・2】(2025•天津•模拟预测)下列说法正确的是()

A.棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面

B.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台

C.若一个多面体共有5个面，则这个多面体可能是三棱锥

D.以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥

【答案】D

【分析】根据题意，结合多面体与旋转体的定义，逐项分析判断，即可求解.

【详解】对于A中，例如：正四棱柱中，相对的两个侧面互相平行，所以A不正确；

对于B中，根据棱台的定义，用平行于棱锥底面的平面截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台，所以B

不正确；

对于C中，根据棱锥的定义，三棱锥是由一个底面和3个侧面组成，所以一个多面体有5个面，一定不是

三棱锥，所以C错误；

对于D中，根据圆锥的定义，可得以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，

其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥，所以D正确.

故选：D

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作截面的几种方法

(1)直接法：有两点在几何体的同•个面I.,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，若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

平行线找到几何体与截面的交线.

截面的类型

(1)正方体的基本斜截面：

锐角三角形等腰三角形等边三角形梯形平行四边形

正六面体的斜截面不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形.

（3）结合线、面平行的判定定理与性质定理求截面问题；结合线、面垂直的判定定理与性质定理求截面问题.

【变式2・1】（2025•天津西青•调研）下列说法正确的个数为（）

①用•个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台：

②在VA8C中，“若sinA>sin8则A>8：

③平面向量a,万，c»若则0/几；

④若非零向量%b满足2石>。则〃与万的夹角为锐角.

A.1B.2C.3D.4

【答案】A

【分析】对于①，根据圆台的定义即可判断；对于②，在VA3c中，根据正弦定理及大边对大角即可判断;

■\

对于③，考虑到分可能为0即可判断；对于④，由3石>0得至|］夕€0，g即可判断.

【详解】对于①，用一个平行于底面的平面去截圆锥，截面与底面之间的部分才是圆台，故①错误；

对干②，在VA8C中，若sinA>sin8由正弦定理/一=）-可得，>方

sinAsinB

根据三角形中大边对大角可得A>3,故②正确；

对于③，若务=6,则2不一定平行2,故③错误；

对于④，由水B二B|Wcos0>O,可得cose>0,此时夕eO.yj,

。=0不是锐角，故④错误.

综上，①③④错误，②正确，

故选：A

【变式2・2】（2026•天津•月考）加图，由两个平行平面截半径为2cm且足够高的圆柱体所得的几何体，截

面与圆柱体的轴成45。，上、下截面间的距离为JScm.天津一中学数学兴趣小组对该几何体进行了探究后

得出下列四个结论，其中正确结论的个数是（）

①截口曲线的离心率为;②=2cm

③该几何体的体积为8nm3④该几何体的侧面积为舐cm?

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

【分析】根据题设对圆柱体的切割方式确定截面椭圆的长短轴长度及A8,再求椭圆离心率，应用割补思想，

将几何体割补为一个高为2cm,底面半径为2cm的圆柱体，即可求其体积和侧面积.

【详解】由题设，截面椭圆长轴长为2。=4夜cm,短轴长为9=4cm,

所以c=万'=2,故离心率为£=立，①错，

a2

截面与圆柱体的轴成45。，上、下截面间的距离为缶m，故A3=[^=2cm,②对，

应用割补法，可将几何体割补为一个高为2cm,底面半径为2cm的圆柱体，

所以几何体的体积为2x7x2?=8冗cm'，侧面积为2x7tx2x2=87tcnr»③④对.

故选：C

【变式2・3】（2024•天津蓟州•模拟预测）如图，在棱长为1的正方体ABCO-AQCR中，加为平面.CO

内一动点，则下列说法不正确的是（）

A.若M在线段/W上，则RM+"C的最小值为历£万

B.平面ACR被正方体内切球所截，则截面面积为夕

0

C.若GM与AB所成的角为则点M的轨迹为椭圆

4

D.对于给定的点M,过用有且仅有3条直线与直线RA,。。所成角为60"

【答案】C

【分析】把矩形A8GA与正方形.CD置于同一平面，求出。。长判断A；求出内切球球心到平面ACA，

求出截而小圆半径判断B；建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角建立方程判断C；利用异面直线所成角

的意义转化判断D.

【详解】对于A,正方体"6-A冏GR的对角面A8CQ是矩形，把矩形ABCQ与正方形ABC。

置于同一平面，且在直线A8两侧，连接RC,则RM+MC2OC=历寿鼻方，

当且仅当M为。C与AB的交点时取等号，A正确：

对FB,令正方体内切球球心为0,连接OAOCOR,。为正方体的中心,

对于C,建立空间直角坐标系，如图,

则A(1,O,O),3(1JO)，G(O』」),设M@,y,O),有四=(0,1,0),和=(x,y7,T),

ly-HV2

2附砌=黑湍二整理得(>-1)2--=1,

7X2+(>--1)2+12

则M的轨迹是双曲线，C错误;

对卜D,显然过M的满足条件的直线数目等「过R的满足条件的直线/的数目，ZAD,C=p

在直线/上取点P,使£>/=A4=DC，不妨设NPRA=W，贝IJ/P〃C=W，

则四面体ARCP是正四面体，尸有两种可能，直线/也有两种可能，

若NPRA=g,则/只有一种可能，就是与NA〃C的角平分线垂直的直线，所以直线/有三种可能，D正确.

故选：C

题型03体积、面积、周长、角度、距离定值范围问题

共例引颔

【例3・1】（2025•天津滨海新•调研）如图，在三棱柱A4C-A4G中，侧棱明，底面ABC,M=2,

AB=BC=2,三棱柱外接球的球心为。，点E是侧棱上的一动点.下列说法正确的个数是（）

①直线AC与直线GE是异面直线；

②若4480=90°,则人，与AG一定不垂直；

③若N/WC=60。，则三棱锥的体积为平；

④三棱柱48。-外接球的表面积的最大值为247t.

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【分析[根据异面直线的判定判断①；根据线面垂直的性质定理可判断②；对于③：球心。在两底面中

心G，G边线的中点，求出。到平面A84A的距离即可求三棱锥E-A4,。的体积；对④：设VA8C外接圆

半径「，由2-=.J…,sinZBACe（0,1）,可得「没有最大值也没有最小值，由W=/十1可得R取值情

sinABAC

况即可.

【详解】对于①，因为点A任平面〃片GC,平面58CC，点c2G£,

C£u平面88CC，所以直线4。与直线CE是异面直线，故①正确；

对于②，因为侧棱底面ABC,AA〃B耳，故网_L底面44G,

GKu底面AAG，故Bg_LCg；

而乙48C=90。，则4,86=90。，即C4_LA/

又n4旦=4,四,A4U平面ABB.\,故C£1平面ABBA

又AEu平面A88|A，故C|B[14E,

故当AE~LA4（此时点E与点3重合）时，C/CA用=与CM，ABiu平面AB©,则直线人后，平面4/G，

又AC】u平面A86,所以AE_LAG，故②错误；

对于③：若NABC=60。，则VABC为正三角形，其外心为正三角形的中心G,连接CG与A8交于尸，则尸

为A8的中点，

三棱柱外接球的球心。在两底面中心G5连线的中点，

因为GQ〃平面A84A，所以O,G到平面力3A的距离相等，

因为侧楂AA_L底面ABC,"€:平面4544,所以平面ABCJ_平面A8dA,

又平面ABCf）平面A884=A8,CFLAB,bu平面ABC,所以CF_L平面

所以G到平面4阴A的距离为』6」万万=昱，即。到平面A阴A的距离为〃=4，

333

所以％=Vo仙后=』SMJ?=』X』X2X2X>^=2^,故③正确；

A4

对④：设VABC外接圆半径由正弦定理得"=/表=焉高

因为sinN84c£（0,1）,所以「没有最大值也没有最小值，

故外接球半径正=户+eJ=产+1没有最大值也没有最小值，故④错误.

故只有①③正确.

故选：B

【例3・2】（2025・天津南开•二模）如图所示，体积为8兀的半圆柱的轴截面为平面A88AA8是圆柱底面的

直径，。为底面的圆心，8片为一条母线，点。为棱的中点，且|AB|=4，AE和8c的弧长为弓.则三

A.8瓜B.4GC.2GD.与

【答案】C

【分析】建立血直角坐标系，求出点到面的距离，利用三棱锯O-CDE的体枳公式求解即可.

设A4中点为。…人§中点为尸，以PO,OB,。。分别为x,yz轴建立空间直角坐标系，如图:

2

由题:-xnx2xAAy=8K,A41=4,

又BC弧长为T，O8=2,所以NBOC=g,NEaA=1,

所以0(0,0.0).。(0,2.2).C(-x/3.1,0),£(一石，一1,4),

设平面OCD的法向最为方二(x,)，,z),则.0?=0,

即「Gx+)，=0,令4=石，则),=3,Z=-3,取G=(G,3「3),

2y+2z=0

.....OE•niI—3—3—1218

则F到面OCDu」因为一--1=1——=7守，

2

又OD=DC=2瓜OC=2,.tS,X7)=-X2XJ(2>/2)-l=不,

所以三棱锥O-CDE的体积为gx"x旨=26,

故选：C.

方做电视

1.基础计算类（体积、面积、周长）

体枳：优先用等体积法（换底换题），尤其适合二棱锥；柱体直接用“底面积X高”，台体记住“大锥减

小锥”公式。

面积：表面积要注意“重叠面扣除”，侧面积优先找母线、高、底面半径的关系（圆柱、圆锥）；不规则

图形用“割补法”拆成三角形、四边形。

周长：多为空间线段长度之和，需通过线面垂直、勾股定理转化为平面线段计算。

2.位置关系类（角度、距离）

角度：异面直线角川平移法转化为相交直线角；线面角找“直线与投影的夹角”；二面角优先用向量法（找

两个面的法向量夹角），或几何法（找棱的垂面、作二面角的平面角）。

距离：点到面的距离是核心，用等体积法；线面距、面面距转化为点到面的距离；异面直线距离用“公垂

线段法”或向量法。

3.动态探究类（定值、范围）

定值问题：消参法是关键，设动点坐标（如在棱上设比例参数\lambda），代入表达式化简，证明结果与参

数无关；或找“特殊位置验证+一般情况证明”。

范13问题：用函数法（将所求量表示为单变量函数，求值域）或几何约束法（利用线面垂直、三角形两边

之和大于第三边等限制条件）；天津高考常结合空间向量的模长、数量积构建不等式求解。

陵式饿栋

【变式3・1】（2025・天津•二模）如图，在棱长为2的正方体A8CO-4MGA中，点。为底面ABC。的中心，

点P在侧面34GC的边界及其内部运动.给出下列四个结论：①RO_LAC；②三棱锥A。。的体积为定

值；③存在一点P,使DQ//BF：④若Q0_LOP,则△。。产面积的最大值为石，其中正确结论的个数

为（）

【答案】c

【分析】对于①，连接A4,c。，由A4CR为等边三角形判定：对于②，利用等体积，计算。一伙〃为定值

即可；对于③，将R。进行平移到过用点，使之具有公共顶点，根据立体图像判断，无论如何也不可能满

足DQ//BJ；对于④，连接OSECBDRE,证明ROJ■平面。石C,所以尸在线段比上运动，当点P到

点E位置时，CP最大，此时△AGP面积最大.

【详解】对于①，连接AR,CR,由正方体的性质知A4CA为等边三角形，

由于。为底面48CD的中心，故为AC中点，故人C_L〃O,故①正确；

对干②，无论点。在侧面的边界及其内部运动的任何位置，三棱锥P-A4,。的高始终为正方体的边

长，故体积为匕，_仪,=:5皿0、2=3白2乂2乂2=：,

因％=!-〃"，故三棱锥A-4。尸的体积为定值，故②正确；

对卜③，。0进行平移到过四点，使之具有公共顶点，根据立体图象判断，

N隹平面即无论如何也不可能满足"N平行或重合于5r,

所以。。不可能平行于qP,故③错误；

对于④，取的中点石，连接。民EC8RAE,

在△ROO中，D,O=x/4+2=V6,在△。eE中，.七=屈1=3,

又。£=（。片=百，则。炉+。02=。炉，所以OE_LD0,

乂OC1BD,OC上DR,BD[}DD.=D,如匚面3。2片，。4u面BOR隹，

所以。。_1面8。。百，

又D0u面BD[B「所以OC_L"O,

0OC?OEO,OCu平面OEC,OEu平面OEC,所以平面OEC,

又DQA.OP,则OPu平面OEC，

因Pc平:面则Pc平面用?℃「|平面0"=尾，即。在线段EC上运动，

在VGME中，GE=J5Ti=^>CG，则当点尸到点E位置时，c7最大，

此时△DC7面积最大为g创。AGP=：仓必6=6,所以④正确;

故选:c

【变式3・2】（2024•天津武清•模拟预测）四棱锥P-A8CD的底面为正方形，PA_LA4,PA_LADPA=2,A4=1,

动点M在线段PC上，则下列结论正确的是（）

A.四棱锥P-A3C。的体积为:

B.四棱锥尸-A8CZ）的表面积为3+2J5

9

C.在△Q4C中，当AM_LPC时，VM_ABCD=-

D.四棱锥P-A38的外接球表面积为5几

【答案】C

【分析】对于A：根据锥体体积公式运算求解；对于B：根据表面积公式分析运算求解；对于C：由条件确

定点M的位置，结合锥体体积公式分析判断；对于D：利用补形法，结合长方体的外接球的求四棱锥

的外接球半径，进而可得球的表面积.

【详解】对于选项A：因为B4JLAB,PAJ.AD,ABr>AD=A^44,AOu平面ABC。，

所以尸A_L平面ABCD,可知四棱锥。一ABCD的高R4=2,

I2

所以四棱锥P-ABCD的体枳匕，川8=§xlxlx2=§,故A错误：

对「选项B：因为尸AJ_平面48CD,CDu平面A8CO,则R4_LC£>,

且AOJ.C£）,PAr>AD=A,PAAOu平面?A。，

可得COJ_平面PAO,且尸。u平面尸A£>，可知CDJ_PD,

同理可知：BCA.PB,则尸3=尸。=石，

所以四棱锥P—A4C。的表面积为lxl+2x《xlx2+2x《xlx逐=3+逐，故B错误;

22

对于选项C：因为PA_L平面A8CD,ACu平面ABCD,

所以Q4_LAC,所以ARAC为直角三角形，

乂因为AW_LPC,则4A7-PC=AP・4C,

且PA-2,4c=正，PC-娓，可得AM

3

所以CM=如，即CM=!0C,可知点〃到平面A8CQ的距离为!幺=：,

3333

122

所以%-86=3><以彳=§,故C正确；

对于选项D：将四棱锥尸-ABC。补形为长方体，如图所示

可知四棱锥尸-AB8的外接球的半径为‘川2+F+方=显,

22

所以四棱锥尸—ABCD的外接球的表面积S=4兀x[=6兀，故D错误；

故选：C.

【变式3・3】（2026•天津滨海新•月考）如图，在棱长为2的正方体ABCO-ABCIA中，E为边A。的中点,

点P为线段。沿上的动点，设DP=gB,则下列正确的个数为（）

①当4时，EP〃平面ABC

②当2=g时，|PE|取得最小值，其值为及

③|以|+|PC|的最小值为半

④当Ge平面CEP时，2=1

4

A.0B.1C.2D.3

【答案】C

【分析】对于①，可研究所与平面48c的法向量是否垂直即可；

对F②，研究函数归目=J(1-24+(-22)2+(-2+24)2的最值即可；

对于③，可研究函数俨川+=2J(2-241+RM+Q—2㈤2的最值即可;

对干④，可求解守与平面CCE的法向量垂直条件即可.

【详解】以点。为坐标原点，分别以OA，DC,。D为工轴，.V轴，z轴建立空间直角坐标系.

则D(0,0,0),42,0,0),8(2,2,0),C(0,2,0),A(2,0,2),妫(2,2,2),

G((),2,2),"(0,0,2),E(l,0,0),

设点P(x，y，z),因为。/=4。产，

uuuuuu

所以。/=2R8,即(X,y,Z-2)=A(2,2,-2),

,x=22

解之可得(y=2/l,所以P(24242—2/l).

z=2-2A

|2，4

当人尹K，/

所以=,AC=(-2,2,0)»=(0,2,2),

设平面AB©的法向量为m=(5,如马),

firAC=0f-2x+2y.=0

则一,BP',

fh-AB,=0I2y+2马=0

取X=1,则y=1,Z1=-l,

所以布=(1,1,T).

____1?4

因为〃?EQ=1x(--)+lx—+(-l)x—=-1/0,

所以扇_L而不成立，所以£P与平面AB,C不平行.故①错误：

因为用£=(1-24-24-2+2/1),

所以|庄|=|唱=V(l-2A)2+(-22)2+(-2+2/l)2

=/123-122+5

=J12伍一权+2,

所以当a-,时，|〃叫取得最小值，且最小值为0.故②正确；

因为1pAi+1PC|=7(2-2A)2+(2A):+(2-22)2+7(22)2+(2-2A)2+(2-22)2

=413万-4/1+2

=4他管+|,

所以当谷:时，|%+|PC|取得最小值，且最小值为侦.故③正确：

33

当C】w平面CEP时，点PE平面C.E,

因为反=(-1,2.0),cq=(0,0,2),CP=(-22,2-22,22-2),

设平面GCE的法向量为方文孙弘心)，

n-EC=0f-x,+2y=0

则一，即；2：，

7i-CC,=02Z2=0

取刍=2,则必=1，22=0,所以力=(2,1,0).

0?9CP-n=(-22)x2+(2-2A)xl+(22-2)x0=2-62,

点Pe平面GCE，所以2-62=0,所以％.故④错误.

故选:C

题型04空间线段以及线段之和最值问题

典例引颔

【例4・1】（2026•天津西青•月考）如图，点例是棱长为1的正方体ABC。-A内G。1的侧面ADDH上的一

个动点（包含边界），则下列结论不正确的（）

A.当CMJ.AR时，点M一定在线段A。上

B.当M为4。的中点时，三棱锥M-A8D的外接球的表面积为24

C.当点M在棱。。上运动时，|M4|十|Mg|的最小值为行+1

D.线段AR上存在点M,使异面直线M片与。。所成角的正切值为:

4

【答案】C

【分析】根据线面垂直判定A,应用空间向量法计算角及外接球球心，结合表面积公式计算判断B,D,应

用展开图及勾股定理计算判断C.

【详解】对于A,若CM1AR,又因为CO_L平面4。口4，平面4。。小，

所以CQ_LAA，又COcCM=C,CD,CMu平面CDW,可得A"_L平面CDW,

所以又因为ABC力是正方形，所以所以点M•定在线段A。上，故A正确:

对于C,如图，旋转平面A。。,，使之与平面58Q。共面,

连接4国交。已于加，此最短为44，大小为J（l+夜『+广=14+2夜,故C错误,

对「B,分别以OAOCOA所在的直线为x,y,N轴，建立空间直角坐标系，

当M为A。的中点时，则用［，0,9，A（l,0,0）,£＞（0,0,0）,6（1,1,0）

Iz1）

设三棱锥M-ABD的外接球的球心为。（苍乂z）,则|凶=|M0|=忸0|=|A0|,

1

x2+y2+z2=(1-A:)2+y2+z22

KP-x24-y2+z2=(I-x)~+(1-y)2+z2解得，）'=；，

z=0

十。'等

团三棱钺M-ABD的外接球半径R=

0三棱锥M-4阴）的外接球表面积为S=4兀*=4XHX图=2兀则B正确;

设线段AR上存在点M,设切面=⑺7=，（1,0,-1）=&0,—/）,

则可得M(r,0,1—)"《()』，又C(0,l,0),0(0,0,0),与(1,1,1),

贝ji反=(0,1,0),函

34

设异面直线班与,。所成角为氏若正切值为皿”“则8S”歹

Z1DCMB；14

即侬"阿画』+"（一户，化简得32-%"

解得f=也4（）』，故线段4A上存在点M,使异面直线MB|与CO所成角的正切值为:，故D正确.

8LJ4

故选；C.

【例4・2］如图，已知正方体ABC。-AMGQ的棱长为2,E,尸分别是棱A£>,8c的中点，若尸为侧面

AZ）AA内（含边界）的动点，且BJ//平面BEF,则4P的最小值为（）

A.增B.C.75D.2V2

【答案】B

【分析】取AA的中点M,根据线面平行的判定定理，证得44〃平面跳1尸，AM//平面呵,进而证得

平面AB.M//平面BEF,得到当AAM时，B、PH平面BEF，所以点尸在侧面MR。内的轨迹为线段AM,

在△AM4中，求得sinNAM4=W，结合耳MsinNAM4,即可求解.

【详解】如图所示，取AA的中点M，连接AA7，片“，44，

在正方体ABCD-ABCR中,可得AD//BG且AD=B£,

因为E,尸分别是棱的中点,则AE〃♦尸且尸,

所以四边形人四庄为平行四边形，则ABJ/EF,

又因为A4<z平面8石尸，EFu平面BEF，所以4片〃平面跳下，

同理可证：从加//平面8瓦',

因为A8QAM=A,且平面的M,所以平面八局M〃平：面跳户.

又因为AWu平面人\。0，当。三4W时，则Bfu平面ABM，所以用尸〃平面BEF,所以点P在侧面

AADtD内的优迹为线段AM,

因为正方体A8CO—AqGA的边长为2,可得4M=4知=6,44=2五,

在△人“片中，可得cos/AMM=.蓝工=’,且MM.cosNAM4=夸<石=AM,

则sin/AMBi=手，所以同户的最小值为印0-sin乙4加屁=石又半=冬兽.

故选：B.

一、空间线段长度的计算方法

1.直接建系法（天津高考高频）

遇到长方体、直棱柱、有垂直面的几何体，优先建立空间直角义标系，设出线段端点坐标，用空间两点间

距离公式直接计算。适用场景：线段端点固定，或在坐标轴/坐标平面上运动。

2.几何转化法

无垂直条件时，通过线面垂直、勾股定理转化为平面线段计算：

找线段在某一平面内的投影，利用“线面垂直一线段与投影垂直”构建直角三角形；

不规则线段用割补法拆成多段可计算的线段，再求和。

二、线段之和最值问题的核心技巧

核心思想：将空间折线转化为平面直线，利用“两点之间线段最短“求解

1.侧面展开法（最常用）

适用场景：线段端点在多面体的表面上运动（如正方体、长方体、棱柱的侧面）。

操作步骤：

①把多面体的两个相关侧面沿棱展开，拼成一个平面；

②连接两个端点，得到的直线段长度即为线段之和的最小值；

③若有多条棱可展开，需分类讨论不同展开方式，比较最小值。

天津高考常考：正方体表面上两点间的最短路径（需考虑3组对面的展开情况）。

2.对称点法

适用场景：线段端点在两个平行平面/相交平面上，或涉及“点到面再到点”的折线最值。

操作步骤：

①作其中一个端点关于目标平面/棱的对称点；

②连接对称点与另一个端点，线段与平面/棱的交点即为折点，此时线段之和最小。

3.函数求最值法

适用场景：线段端点在空间曲线/直线上运动（如球面上、某条棱上）。

操作步骤：

①设参数，表示出端点坐标；

②写出线段之和的函数表达式，转化为二次函数、三角函数或利用基本不等式求最值。

【变式4・1】（2025・天津北辰•三模）在正四棱柱ABC。-A4GR中，AB=4,AAi=5,£,F,G分别为侧棱

8稣CG.OR上一点，则AE+EQ+FG+GA的最小值为（）

A.7281B.7283