专项突破（三）第3节 立体几何中截面、动态问题-2026年高考数学二轮复习

第3讲立体几何中截面、动态问题

—探究真题明确方向

1.（2023•新课标H卷，T14）底面边长为4的正四棱铢被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2,

高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为.

2.（多选）（2023•新课标I卷，T12）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚

度忽略不计）内的有（）

A.直径为0.99m的球体

B.所有棱长均为1.4m的四面体

C.底面直径为0.01m,高为1.8mH勺圆柱体

D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体

命题热度：

本讲是高考命题常考的内容，属于中高档题目，一般以选择题、填空题为主，分值约为5〜6分.

考查方向：

一是“截面、交线”问题，主要与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合；二是“动态”问题,

它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.

1.答案28

解析方法一棱台的体积为々X3X（16+4+VTK大币=28.

方法二如图，由于而截去的正四棱锥的高为3,

4I

所以原正四棱锥的高为6,

所以原正四棱锥的体积为

1X（4X4）X6=32,

截去的正四棱锥的体积为

1X（2X2）X3=4,

所以棱台的体积为32-4=28.

2.答案ABD

解析对于A,因为0.99m〈lm,即球体的直径小于正方体的棱长,

所以能够被整体放入正方体容器内，故A止确；

对于B,因为正方体的面对角线长为或m,且鱼＞1.4,

所以能够被整体放入正方体容器内，故B正确;

对于C,因为正方体的体对角线长为遮m,且遮<1.8,

所以不能够被整体放入正方体容器内，故C错误；

对于D,

因为可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图,

过4G的中点0作OEJ-4G,

设OECAC=E,

可知,4C=a,CCi=l,AC产行,0A专

那么lan/CG。若，

ACAO

10E

国gn在-在，

2

7

解得出?，且件)会炭=。6，

即4>0.6,

所以以4G为轴可能对称放置底面直径为1.2m的圆柱，

若底面直径为1.2m的圆柱与正方依的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为Oi,与正方体下底面的切点

为M,

可知"GJLOA/,OiA/=0.6,

那么tanNC/G与OlM

ACTo7

1_0.6

即

V2AOi

解得,401=0.6企,

根据对称性可知圆柱的高为

V3-2X0.6V2-1.732-1.2X1.414=0.0352>0.01,

所以能够被整体放入正方体容器内，所以D正确.

考点一截面问题

例1在正方体力8C。-小中，点E,尸分别为棱48,4。的中点，过点E,F,G三点作该正方

体的截面，贝4()

A.该截面多边形是四边形

B.该截面多边形与棱8劣的交点是棱的一个三等分点

C/C_L平面GEF

D.平面平面CiEF

答案B

解析对于A,将线段止向两边延长，分别与棱C6的延长线，棱8的延长线交于G,H,

连接GG,CH分别与棱8囱，DD1交于P,。，得到截面多边形G包尸。是五边形，A错误;

对于B,易知△<£1尸和全等且都是等腰直角三角形，所以G8=4F孝C,

所以黑塔W，即配，点P是棱8田的一个三等分点，B正确；

CCIGC□DDiJ

对于C,因为力向_1_平面3CG81,

BCg平面BCCiBi,所以

又B”BCAiBCB】C=Bi,AB,

8Cu平面48C,所以8G_L平面48C,

因为,4iCu平面48iC,

所以小C_LBG,

同理可证4C_L8。，

因为BDCBCi=B,BD,BC\u平面BCQ,所以小C_L平面8G。，

因为平面4G。与平面相交，

所以小。与平面。归"不垂直，C错误；

对于D,易知BC\〃ADi,BD〃B\D\,

所以小C_L4O],AiCIBiDi,

=

AD\C\B\D\D\yAD],8|D]U平面彳囱£）1,

所以A\C.I平而AR\D\f

结合C结论，所以平面G放与平面力与。不平行，D错误.

[规律方法]作几何体截面的方法

（1）利用平行直线找极面.

⑵利用相交直线找截面.

跟踪演练1（多选）如图，棱长为2的正四面体力4C。中，M,N分别为棱力。，4C的中点，O为线段

MN的中点，球O的表面正好经过点“，则下列结论中正确的是（）

A

M

AjOJ_平面BCD

B.球。的体积为亨

C.球0被平面BCD截得的截面面积为?

D.球。被正四面体表面截得的截面周长为学

答案ABD

解析设七，尸分别为48,CO的中点，连接ME,EN,NF,MF,EF,AN,DN,

地EM〃BD,NF〃BD,

EM与D,NF事D,

故EM〃NF,EM=NF,则四边形MEN”为平行四边形，

故EF,MN交于一点、,且互相平分，即0点也为即的中点，

又AB=AC,DB=DC,故4NLBC,DN1BC,

ANCDN=N,AN,DNu平面4ND,

故8C_L平面4VQ,

由于。MNu平面MVQ,则4Ou平面力M),故BC_LXO,结合。点为£尸的中点，同理可证。C_L

AO,BCC\DC=C,BC,DCu平面BCD,故力O_L平面8C£>,A正确；

又球。的表面正好经过点M,则球。的半径为OM,在棱长为2的正四面体48CQ中，AN=DN=如，M为

40的中点.则

故MN=^/DN2-MD2=V3^I=V2,

3

则0M邛，所以球。的体积为》X°W=Mx俘)学，B正确;

由BCJ_平面力M),BCu平面BC。，

故平面4Vo_L平面8。。，

平面,4M)n平面BCD=DN,

由于力。平面BCD,

延长,40交平面6c。于G点，则。G_L平面3C。，垂足G落在QN上,

且G为正△BCD的中心，故NG$D=^,

所以OGZON?-/VG2=J（*j_停J与

故球。被平面8C。截得的截面圆的半径为

J（当2_（宵邛，则球。被平面8co截得的截面圆的面积为冗X俘）工©错误；

由A的分析可知，O也为棱4C,6。中点连线的中点，

则球。与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，

球。被正四面体18CQ的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为白，故球0被正四面体力86表面截

得的截面周长为4X2冗X答手，D正确.

考点二交线问题

例2（2025•九江模拟）在棱氏为g的正方体4中，点，在正方体内（包含边界）运动.若直

线小P与。。所成的角为士则动点P所围成的图形的面积是］）

6

A，7B.：C，vD.n

424

答案B

解析如图，在正方体力BCD481Goi中，DC//AB,直线4p与OC所成的角为士即直发出尸与小团

6

所成的角为也故动点户所围成的图形是高为V5,底面半径为1,母线长为2的圆锥侧面的四分之一，即

6

动点P所围成的图形的面积为:义兀乂1乂29.

42

［规律方法］找交线的方法

（1）线面交点法：各棱线与截平面的交点.

（2）面面交点法：各棱面与截平面的交线.

跟踪演练2四棱锥P-48C。满足P<J_底面"CD,ABLAD.AD//BC,PA=AB=AD=^BC=\,动点

E在以。为球心，1为半径的球与△尸CZ）（包括边界）的交线上，动点/在直线P8上，则££的最小值

为.

答案y

解析以P为球心，1为半径的球与△尸8（包括边界）的交线是△PCQ内以P为圆心，1为半径的一截圆弧,

如图所示，

由于PE为定值1,则当口点固定时，由余弦定理可知，所的长只取决于NEP厂的大小，NEP尸越小，EF

越小，

过笈作平面尸CO的垂线，垂足为G,

易知在△BCQ中，CD1BD,CD=BD=Jl,

所以、S印8寺＜也乂立=\,

因为P4J_平面力8CO,8Cu平面48。。，

则产力_L8C,又易知8CJ_N8,ABr\PA=AfAB,P4u平面R4B,则8CJ_平面〃48,又PBu平面PAB,则

BC±PB.

J(&)2+22=n,

PC7PB2+8c2G

在△PC。中，PD=DC=y/2,

V3

由/三梭银/^8=/三梭锁得，1x1xPA=^X^XBG^G=^t易知G在PC上，

延长PG交圆弧为E,过E作P8的垂线，垂足为尸，此时/七尸〜为线面角，取到最小值,

此时sinNE//子乎，

V23

EF=PEsinZEPF=\取至U最小值.

JJ

考点三动态问题

例3（多选）在棱长为1的正方体力8C。-小8C©中，，在侧面CGO。含边界）内运动，0在底面

48C7）（含边界）内运动，则下列说法正确的是（）

A.若直线力。与直线力月所成角的大小为30。，则点尸的轨迹为椭圆的一部分

B.若过点0作体对角线4C的垂线，垂足为“，满足。4=。〃，则点。的轨迹为双曲线的一部分

C.若点尸到直线BQ的距离与点P到平面ABCD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分

D.若点P满足NP/1O=NP%G,则点P的轨迹为线段

答案ACD

解析依题意，以力为坐标原点，彳。为x轴，48为），轴，力小为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示,

2Q

同V

B

则力(0,0,0),C(l,1,0),

4(0,0,1),Ci(l,1,1),。(1,0,0),

假设P(l,m,〃)，AJG[O,1],

则前=(1,1,0),而=(1,〃),

ACAP_m-Fl

所以cos30°=朋||砌瓦«+/+储

即(m；2)+〃2=1,/〃，〃£[0,1],

所以点尸的轨迹为椭圆的一部分，故A正确;

设。(Q,b,0),a,/?e[0,1],

QA=yja2+b2,AiQ=(a,b,-1),

A1C=[1,1,-1),

|巾|为向量否。在向量砧上投影的长度，故而7?|-:籍一省,

由勾段定理，得0〃=ji而

=启+按+1一妇产

由。4=。〃得，a+b=g,m/)e[0,1],

所以点。的轨迹为线段，故B错误；

由条件得，点P到直线囱P的距离为＜(1一m)2+(1—八下,

设点P到平面ABCD的距离为〃，

由J(1_m)2+(1-n)2=〃,化简得(m-1)2=2〃-1,所以点P的轨迹为抛物线的一部分，故CE■确；

而=(1,0,0),宿=(1,1,1),

可得cos'"。嚼符悬万

,cs1+m+n

cosZr^Ci-「ee-―/°、=，

|/1C1||/1P|x^3-Vm2+n2+l

由cosZPAD=cosZPJCi,

化简得m+〃=V5-1,所以点P的轨迹为线段，故D正确.

[规律方法]解决与几何体有关的动点枕迹问题的方法

(1)几何法：根据平面的性质进行判定.

(2)定义法：转化为平面枕迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算.

(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除.

跟踪演练3(多选)(2025•济宁模拟)已知正方体力8C£M闰GU的棱长为1,点尸在正方体的内切球表

面上运动，且满足8尸〃平面NCOi,则下列结论正确的是()

A.BP上BiD

R.点P的轨迹长度为冗

C.线段旅长度的最小值为日

O

D.丽际的最小值为T

答案ACD

解析以。为原点，分别以D4,DC,。。所在直线为k,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示,

则。(0,0,0),4(1,0,0),C(0,1,0),3(1,1,0),D1(O,0,1),Bi(l,1,1),4(1,0,I),Ci(0,1,

正方体的内切球的球心为正方体的中心0G，p;),半径

AC=(-\f1,0),/IDi=(-l,0,1),设平面，CQi的法向量为〃=(x,y,z),

.(n-AC=0,%+y=0,

由—,即J

kn-ADi=0,1―%+z=0,

令尸1,则尸1,z=l,所以〃=(1,1,1).

对于选项A,瓦方=(-1,-1,-1),

因为〃平面4CZ)i,所以而71=0,而瓦方=-〃，

所以丽•瓦方=0,gpBPLB\D,A正确;

对于选项B,易证平面力〃平面48G,所以平面48G的一个法向量为”=(1,1,1),因为8P〃平面

"力I,所以点夕的轨迹是平面出2a与正方体内切球表面的交线,此交线为圆.记圆心为。.

西=9W»

所以点O到平面小8G的距离

।沟M」H4L6

所以圆Oi的半径为r।=Vr2-^2=J(0-(系)=~»

所以周。的周长/=2万门坐，

即点P的轨迹长度为苧，B错误；

对于选项C,804,点P在球面上，BO\ZB02_d2=J()j_件

线段BP长度的最小值为80「门用”，C正确；

Joo

对于选项D,设前与西的夹角为氏西=(-1,0,1),|宿|=近,

在平面直角坐标系中，8（0,孚），。（-苧，0），

P（x,y）,0（0,f），

跖=（一今一乎）,BP=（x,y-^）,

22

所以/+（”*）=（半）,

令.r=^cos9,产斗qsin8,

666

而丽=3当今1圣in（e+沪呼

所以前•斯的最小值为D正确.

专题强化练

［分值：42分］

一、单项选择题（每小题5分，共20分）

1.如图,在长方体48CQ-4囱G。中，O,。分别为矩形/8CO,矩形481GA对角线的交点,则平面

AiBG与平面BBQi的交线为（）

A.直线。。|B.直线OB

C.直线OiBD.直线。。

答案C

解析点8是长方体的顶点，显然平面48cl且平面6囱。］,

所以BW平面平面

。是矩形4EGZ）i的对角线交点，

则OP4G,OI£平面48G,OV8Q,0｛平面BBQi,

所以。1£平面43CQ平面BBiDi,

所以平面力由Gn平面BBiDi=OiB.

2.已知点P是正四面体力-4CO内的动点，E是棱。。的中点，且点尸到棱和棱C。的距离相等，则点尸

的轨迹被平面所截得的图形为（）

A.线段B.椭圆的一部分

C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分

答案D

解析在正四面体48co中，E是棱。的中点，

所以,4EJ_C。，BE上CD,又AECBE=E,AE,BEu平面力8日所以CZ）J_平面月BE,

又点P的轨迹被平面45万所截，即点0在平面45石内，所以点P到棱8的距离为

在平面48E内过点P作PE_L4?,则尸尸为点尸到棱川？的距离，又点P到棱力8和棱CQ的距离相等，

即PE=PF,

因此，在平面石内，动点P到棱48和到定点E的距离相等.

由抛物线的定义得，动点?的轨迹是抛物线的一部分.

3.已知三棱锥ZM8c的棱口，PB.尸C两两垂直，且P4=4百，P8=PC=4.以8c为直径的球的球面与平面

4PC的交线为/,贝I"的长度为（）

A.4Bg44TTC.rD.4兀

JO

答案D

解析由于3C为直径，所以球心在8C中点0处，且半径为颉7=2伉取PC的中点M,贝I0M〃PB,

所以。W_L平面月尸C,且OM=18P=2,故O到平面加仁的距离为2,平面力PC截球所得的图形为圆，且

圆的半径为J（2&）2-。加2=2,故/的长度为4TL

4.如图,已知正方体力8aMiSGDi的棱长为2,E,4分别是棱4Q,4如的中点,若尸为测面力。。4

内（含边界）的动点，且囱P〃平面8E人则囱P的最小值为（）

4q

B誓C.V5D.2V2

答案B

解析如图所示，取的中点

连接4W,B】M,

在正方体中，可得力。〃囱G且

因为E,尸分别是棱力。，8G的中点，则月E〃丛E且4石=6尸,

所以四边形月8依为平行四边形，则48〃ER

又因为力今已平面8EF,E尸u平面BER,所以力81〃平面8ER同理可证4"〃平面8EE

因为且/小，4Wu平面月8i〃，所以平面力81M〃平面4EE

又因为平面平面4BiM=4M,

当时，则BiPu平面ABiM,

此时SP〃平面BEF,所以点P在侧面片。9小内的轨迹为线段4W,

因为正方体46C0-48iCQ的棱长为2,可得4M=8画=遥，ABi=2五,

在△AM囱中，可得COSN4W8L」%%T，

2xv5xv55

贝ijsinN4W8i=^,

所以91P的最小值为囱"sinNAMB尸后义2『一2"。

二、多项选择题（每小题6分，共12分）

5.如图，棱长为a的正四面体形状的木块，点P是△4。的中心.劳动课上需过点尸将该木块锯开，并使得

截面平行于棱和CD,则下列美于截面的说法中正确的是（）

A.截面不是平行四边形

B截面是矩形

C.截面的面积为落

D.截面与侧面ABC的交线平行于侧面ABD

答案BCD

解析如图所示，在正四面体中，4个面均为正三角形，由于点尸为△力CD的中心,

所以P位于CQ的中线的,处，分别取8C,4C,AD,BD的三等分点、,

贝〃48,EF//CD,FN〃AB,MN//CD,

所以EA/〃RV,EF//MN、所以截面为平行四边形，所以A错误；

连接,4〃并延长交CQ于G,连接8G,由于产为△/1C。的中心，所以G为C。的中点，因为

AC=AD=BC=BD,所以/G_LC。，BG1CD,

因为,4Gn8G=G,4G,BGu平面1BG,

所以CO_L平面48G,又力8u平面力8G,所以

因为EA/〃Z8,EF//CD,所以EM_L£b,

所以截面EEVM为矩形，所以B正确；

因为\4N=^CD=^a,ME=^AB=^a,

所以截面面积S=MNME=^a»

所以C正确，

对于D,截面EFMWCI平面力BC=ME,A/E〃48,MBZ平面力80,48u平面为8。，

所以ME〃平面4?。，所以D正确.

6.（2025•大庆质检）在长方体力8aM闰G9中,已知力8=28，8c=/4=2,M,6分别为8©,4囱的中

点，则（）

A.8MJ_平面8MN

B.若P为对角线力。上的动点（包含端点），则三棱锥M-8PN的体积为定值

C.三棱锥3-3/WN的外接球的体积为落

D.若点P为长方形48CZ）内一点（包含边界），且。iP〃平面8MV,则9P的最小值为2

答案BC

解析对于选项A,若8£>_L平面用WN,根据线面垂直的性质，可得团OJ_"M

因为小G〃"M根据平行线的传逐性，所以囱。，小G,

又因为。。_L4G,且DQCBiD=D,

DiDtDQu平面QZJ/i,

所以小GJL平面。。山又BiDc平面DDi&,所以4c_L5iDi,

但在长方体中，8。不垂直于小G,这相互矛盾，所以外力不垂直于平面故A错误；

对于选项B,易知力C〃平面8MM根据线面平行的性质，可知上的点到平面BWN的距离相等，三棱

锥尸-BMN的体积P三检修28必有.团“7(〃为点尸到平面BMN的距离)，由于力。上的点到平面距离相

等，所以/三梭依P-BMN不变，

又因为展检钺.卡展梭出产创m,所以三棱锥"-6PN的体积为定值，故B正确;

对于选项C,分别以A出，BiM,&N为长、宽、高构造长方体,由于长方体的外接球直径就是长方体的体

对角线，且该长方体的外接球与三棱锥Sd