專項突破（三）第3節 立體幾何中截面、動態問題-2026年高考數學二輪復習

第3講立體幾何中截面、動態問題

—探究真題明確方向

1.（2023?新課標H卷，T14）底面邊長為4的正四棱銖被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2,

高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為.

2.（多選）（2023?新課標I卷，T12）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚

度忽略不計）內的有（）

A.直徑為0.99m的球體

B.所有棱長均為1.4m的四面體

C.底面直徑為0.01m,高為1.8mH勺圓柱體

D.底面直徑為1.2m,高為0.01m的圓柱體

命題熱度：

本講是高考命題常考的內容，屬于中高檔題目，一般以選擇題、填空題為主，分值約為5?6分.

考查方向：

一是“截面、交線”問題，主要與解三角形、多邊形面積、扇形弧長、面積等相結合；二是“動態”問題,

它滲透了一些“動態”的點、線、面等元素，給靜態的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎.

1.答案28

解析方法一棱臺的體積為々X3X（16+4+VTK大幣=28.

方法二如圖，由于而截去的正四棱錐的高為3,

4I

所以原正四棱錐的高為6,

所以原正四棱錐的體積為

1X（4X4）X6=32,

截去的正四棱錐的體積為

1X（2X2）X3=4,

所以棱臺的體積為32-4=28.

2.答案ABD

解析對于A,因為0.99m〈lm,即球體的直徑小于正方體的棱長,

所以能夠被整體放入正方體容器內，故A止確；

對于B,因為正方體的面對角線長為或m,且魚＞1.4,

所以能夠被整體放入正方體容器內，故B正確;

對于C,因為正方體的體對角線長為遮m,且遮<1.8,

所以不能夠被整體放入正方體容器內，故C錯誤；

對于D,

因為可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，如圖,

過4G的中點0作OEJ-4G,

設OECAC=E,

可知,4C=a,CCi=l,AC產行,0A專

那么lan/CG。若，

ACAO

10E

國gn在-在，

2

7

解得出?，且件)會炭=。6，

即4>0.6,

所以以4G為軸可能對稱放置底面直徑為1.2m的圓柱，

若底面直徑為1.2m的圓柱與正方依的上下底面均相切，設圓柱的底面圓心為Oi,與正方體下底面的切點

為M,

可知"GJLOA/,OiA/=0.6,

那么tanNC/G與OlM

ACTo7

1_0.6

即

V2AOi

解得,401=0.6企,

根據對稱性可知圓柱的高為

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

所以能夠被整體放入正方體容器內，所以D正確.

考點一截面問題

例1在正方體力8C。-小中，點E,尸分別為棱48,4。的中點，過點E,F,G三點作該正方

體的截面，貝4()

A.該截面多邊形是四邊形

B.該截面多邊形與棱8劣的交點是棱的一個三等分點

C/C_L平面GEF

D.平面平面CiEF

答案B

解析對于A,將線段止向兩邊延長，分別與棱C6的延長線，棱8的延長線交于G,H,

連接GG,CH分別與棱8囪，DD1交于P,。，得到截面多邊形G包尸。是五邊形，A錯誤;

對于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，點P是棱8田的一個三等分點，B正確；

CCIGC□DDiJ

對于C,因為力向_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,

因為,4iCu平面48iC,

所以小C_LBG,

同理可證4C_L8。，

因為BDCBCi=B,BD,BC\u平面BCQ,所以小C_L平面8G。，

因為平面4G。與平面相交，

所以小。與平面。歸"不垂直，C錯誤；

對于D,易知BC\〃ADi,BD〃B\D\,

所以小C_L4O],AiCIBiDi,

=

AD\C\B\D\D\yAD],8|D]U平面彳囪￡）1,

所以A\C.I平而AR\D\f

結合C結論，所以平面G放與平面力與。不平行，D錯誤.

[規律方法]作幾何體截面的方法

（1）利用平行直線找極面.

⑵利用相交直線找截面.

跟蹤演練1（多選）如圖，棱長為2的正四面體力4C。中，M,N分別為棱力。，4C的中點，O為線段

MN的中點，球O的表面正好經過點“，則下列結論中正確的是（）

A

M

AjOJ_平面BCD

B.球。的體積為亨

C.球0被平面BCD截得的截面面積為?

D.球。被正四面體表面截得的截面周長為學

答案ABD

解析設七，尸分別為48,CO的中點，連接ME,EN,NF,MF,EF,AN,DN,

地EM〃BD,NF〃BD,

EM與D,NF事D,

故EM〃NF,EM=NF,則四邊形MEN”為平行四邊形，

故EF,MN交于一點、,且互相平分，即0點也為即的中點，

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,則4Ou平面力M),故BC_LXO,結合。點為￡尸的中點，同理可證。C_L

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

又球。的表面正好經過點M,則球。的半徑為OM,在棱長為2的正四面體48CQ中，AN=DN=如，M為

40的中點.則

故MN=^/DN2-MD2=V3^I=V2,

3

則0M邛，所以球。的體積為》X°W=Mx俘)學，B正確;

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,

延長,40交平面6c。于G點，則。G_L平面3C。，垂足G落在QN上,

且G為正△BCD的中心，故NG$D=^,

所以OGZON?-/VG2=J（*j_停J與

故球。被平面8C。截得的截面圓的半徑為

J（當2_（宵邛，則球。被平面8co截得的截面圓的面積為冗X俘）工?錯誤；

由A的分析可知，O也為棱4C,6。中點連線的中點，

則球。與每條棱都交于棱的中點，結合C的分析可知，

球。被正四面體18CQ的每個面截得的截面都為圓，且圓的半徑都為白，故球0被正四面體力86表面截

得的截面周長為4X2冗X答手，D正確.

考點二交線問題

例2（2025?九江模擬）在棱氏為g的正方體4中，點，在正方體內（包含邊界）運動.若直

線小P與。。所成的角為士則動點P所圍成的圖形的面積是］）

6

A，7B.：C，vD.n

424

答案B

解析如圖，在正方體力BCD481Goi中，DC//AB,直線4p與OC所成的角為士即直發出尸與小團

6

所成的角為也故動點戶所圍成的圖形是高為V5,底面半徑為1,母線長為2的圓錐側面的四分之一，即

6

動點P所圍成的圖形的面積為:義兀乂1乂29.

42

［規律方法］找交線的方法

（1）線面交點法：各棱線與截平面的交點.

（2）面面交點法：各棱面與截平面的交線.

跟蹤演練2四棱錐P-48C。滿足P<J_底面"CD,ABLAD.AD//BC,PA=AB=AD=^BC=\,動點

E在以。為球心，1為半徑的球與△尸CZ）（包括邊界）的交線上，動點/在直線P8上，則￡￡的最小值

為.

答案y

解析以P為球心，1為半徑的球與△尸8（包括邊界）的交線是△PCQ內以P為圓心，1為半徑的一截圓弧,

如圖所示，

由于PE為定值1,則當口點固定時，由余弦定理可知，所的長只取決于NEP廠的大小，NEP尸越小，EF

越小，

過笈作平面尸CO的垂線，垂足為G,

易知在△BCQ中，CD1BD,CD=BD=Jl,

所以、S印8寺＜也乂立=\,

因為P4J_平面力8CO,8Cu平面48。。，

則產力_L8C,又易知8CJ_N8,ABr\PA=AfAB,P4u平面R4B,則8CJ_平面〃48,又PBu平面PAB,則

BC±PB.

J(&)2+22=n,

PC7PB2+8c2G

在△PC。中，PD=DC=y/2,

V3

由/三梭銀/^8=/三梭鎖得，1x1xPA=^X^XBG^G=^t易知G在PC上，

延長PG交圓弧為E,過E作P8的垂線，垂足為尸，此時/七尸?為線面角，取到最小值,

此時sinNE//子乎，

V23

EF=PEsinZEPF=\取至U最小值.

JJ

考點三動態問題

例3（多選）在棱長為1的正方體力8C。-小8C?中，，在側面CGO。含邊界）內運動，0在底面

48C7）（含邊界）內運動，則下列說法正確的是（）

A.若直線力。與直線力月所成角的大小為30。，則點尸的軌跡為橢圓的一部分

B.若過點0作體對角線4C的垂線，垂足為“，滿足。4=。〃，則點。的軌跡為雙曲線的一部分

C.若點尸到直線BQ的距離與點P到平面ABCD的距離相等，則點P的軌跡為拋物線的一部分

D.若點P滿足NP/1O=NP%G,則點P的軌跡為線段

答案ACD

解析依題意，以力為坐標原點，彳。為x軸，48為），軸，力小為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示,

2Q

同V

B

則力(0,0,0),C(l,1,0),

4(0,0,1),Ci(l,1,1),。(1,0,0),

假設P(l,m,〃)，AJG[O,1],

則前=(1,1,0),而=(1,〃),

ACAP_m-Fl

所以cos30°=朋||砌瓦?+/+儲

即(m；2)+〃2=1,/〃，〃￡[0,1],

所以點尸的軌跡為橢圓的一部分，故A正確;

設。(Q,b,0),a,/?e[0,1],

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

A1C=[1,1,-1),

|巾|為向量否。在向量砧上投影的長度，故而7?|-:籍一省,

由勾段定理，得0〃=ji而

=啟+按+1一婦產

由。4=。〃得，a+b=g,m/)e[0,1],

所以點。的軌跡為線段，故B錯誤；

由條件得，點P到直線囪P的距離為＜(1一m)2+(1—八下,

設點P到平面ABCD的距離為〃，

由J(1_m)2+(1-n)2=〃,化簡得(m-1)2=2〃-1,所以點P的軌跡為拋物線的一部分，故CE■確；

而=(1,0,0),宿=(1,1,1),

可得cos'"。嚼符懸萬

,cs1+m+n

cosZr^Ci-「ee-―/°、=，

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

由cosZPAD=cosZPJCi,

化簡得m+〃=V5-1,所以點P的軌跡為線段，故D正確.

[規律方法]解決與幾何體有關的動點枕跡問題的方法

(1)幾何法：根據平面的性質進行判定.

(2)定義法：轉化為平面枕跡問題，用圓錐曲線的定義判定或用代數法進行計算.

(3)特殊值法：根據空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除.

跟蹤演練3(多選)(2025?濟寧模擬)已知正方體力8C￡M閏GU的棱長為1,點尸在正方體的內切球表

面上運動，且滿足8尸〃平面NCOi,則下列結論正確的是()

A.BP上BiD

R.點P的軌跡長度為冗

C.線段旅長度的最小值為日

O

D.麗際的最小值為T

答案ACD

解析以。為原點，分別以D4,DC,。。所在直線為k,y,z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示,

則。(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,

正方體的內切球的球心為正方體的中心0G，p;),半徑

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

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

由—,即J

kn-ADi=0,1―%+z=0,

令尸1,則尸1,z=l,所以〃=(1,1,1).

對于選項A,瓦方=(-1,-1,-1),

因為〃平面4CZ)i,所以而71=0,而瓦方=-〃，

所以麗?瓦方=0,gpBPLB\D,A正確;

對于選項B,易證平面力〃平面48G,所以平面48G的一個法向量為”=(1,1,1),因為8P〃平面

"力I,所以點夕的軌跡是平面出2a與正方體內切球表面的交線,此交線為圓.記圓心為。.

西=9W?

所以點O到平面小8G的距離

?溝M」H4L6

所以圓Oi的半徑為r?=Vr2-^2=J(0-(系)=~?

所以周。的周長/=2萬門坐，

即點P的軌跡長度為苧，B錯誤；

對于選項C,804,點P在球面上，BO\ZB02_d2=J()j_件

線段BP長度的最小值為80「門用”，C正確；

Joo

對于選項D,設前與西的夾角為氏西=(-1,0,1),|宿|=近,

在平面直角坐標系中，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,產斗qsin8,

666

而麗=3當今1圣in（e+滬呼

所以前?斯的最小值為D正確.

專題強化練

［分值：42分］

一、單項選擇題（每小題5分，共20分）

1.如圖,在長方體48CQ-4囪G。中，O,。分別為矩形/8CO,矩形481GA對角線的交點,則平面

AiBG與平面BBQi的交線為（）

A.直線。。|B.直線OB

C.直線OiBD.直線。。

答案C

解析點8是長方體的頂點，顯然平面48cl且平面6囪。］,

所以BW平面平面

。是矩形4EGZ）i的對角線交點，

則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.已知點P是正四面體力-4CO內的動點，E是棱。。的中點，且點尸到棱和棱C。的距離相等，則點尸

的軌跡被平面所截得的圖形為（）

A.線段B.橢圓的一部分

C.雙曲線的一部分D.拋物線的一部分

答案D

解析在正四面體48co中，E是棱。的中點，

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,

又點P的軌跡被平面45萬所截，即點0在平面45石內，所以點P到棱8的距離為

在平面48E內過點P作PE_L4?,則尸尸為點尸到棱川？的距離，又點P到棱力8和棱CQ的距離相等，

即PE=PF,

因此，在平面石內，動點P到棱48和到定點E的距離相等.

由拋物線的定義得，動點?的軌跡是拋物線的一部分.

3.已知三棱錐ZM8c的棱口，PB.尸C兩兩垂直，且P4=4百，P8=PC=4.以8c為直徑的球的球面與平面

4PC的交線為/,貝I"的長度為（）

A.4Bg44TTC.rD.4兀

JO

答案D

解析由于3C為直徑，所以球心在8C中點0處，且半徑為頡7=2伉取PC的中點M,貝I0M〃PB,

所以。W_L平面月尸C,且OM=18P=2,故O到平面加仁的距離為2,平面力PC截球所得的圖形為圓，且

圓的半徑為J（2&）2-。加2=2,故/的長度為4TL

4.如圖,已知正方體力8aMiSGDi的棱長為2,E,4分別是棱4Q,4如的中點,若尸為測面力。。4

內（含邊界）的動點，且囪P〃平面8E人則囪P的最小值為（）

4q

B誓C.V5D.2V2

答案B

解析如圖所示，取的中點

連接4W,B】M,

在正方體中，可得力。〃囪G且

因為E,尸分別是棱力。，8G的中點，則月E〃叢E且4石=6尸,

所以四邊形月8依為平行四邊形，則48〃ER

又因為力今已平面8EF,E尸u平面BER,所以力81〃平面8ER同理可證4"〃平面8EE

因為且/小，4Wu平面月8i〃，所以平面力81M〃平面4EE

又因為平面平面4BiM=4M,

當時，則BiPu平面ABiM,

此時SP〃平面BEF,所以點P在側面片。9小內的軌跡為線段4W,

因為正方體46C0-48iCQ的棱長為2,可得4M=8畫=遙，ABi=2五,

在△AM囪中，可得COSN4W8L」%%T，

2xv5xv55

貝ijsinN4W8i=^,

所以91P的最小值為囪"sinNAMB尸后義2『一2"。

二、多項選擇題（每小題6分，共12分）

5.如圖，棱長為a的正四面體形狀的木塊，點P是△4。的中心.勞動課上需過點尸將該木塊鋸開，并使得

截面平行于棱和CD,則下列美于截面的說法中正確的是（）

A.截面不是平行四邊形

B截面是矩形

C.截面的面積為落

D.截面與側面ABC的交線平行于側面ABD

答案BCD

解析如圖所示，在正四面體中，4個面均為正三角形，由于點尸為△力CD的中心,

所以P位于CQ的中線的,處，分別取8C,4C,AD,BD的三等分點、,

貝〃48,EF//CD,FN〃AB,MN//CD,

所以EA/〃RV,EF//MN、所以截面為平行四邊形，所以A錯誤；

連接,4〃并延長交CQ于G,連接8G,由于產為△/1C。的中心，所以G為C。的中點，因為

AC=AD=BC=BD,所以/G_LC。，BG1CD,

因為,4Gn8G=G,4G,BGu平面1BG,

所以CO_L平面48G,又力8u平面力8G,所以

因為EA/〃Z8,EF//CD,所以EM_L￡b,

所以截面EEVM為矩形，所以B正確；

因為\4N=^CD=^a,ME=^AB=^a,

所以截面面積S=MNME=^a?

所以C正確，

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

所以ME〃平面4?。，所以D正確.

6.（2025?大慶質檢）在長方體力8aM閏G9中,已知力8=28，8c=/4=2,M,6分別為8?,4囪的中

點，則（）

A.8MJ_平面8MN

B.若P為對角線力。上的動點（包含端點），則三棱錐M-8PN的體積為定值

C.三棱錐3-3/WN的外接球的體積為落

D.若點P為長方形48CZ）內一點（包含邊界），且。iP〃平面8MV,則9P的最小值為2

答案BC

解析對于選項A,若8￡>_L平面用WN,根據線面垂直的性質，可得團OJ_"M

因為小G〃"M根據平行線的傳逐性，所以囪。，小G,

又因為。。_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,

但在長方體中，8。不垂直于小G,這相互矛盾，所以外力不垂直于平面故A錯誤；

對于選項B,易知力C〃平面8MM根據線面平行的性質，可知上的點到平面BWN的距離相等，三棱

錐尸-BMN的體積P三檢修28必有.團“7(〃為點尸到平面BMN的距離)，由于力。上的點到平面距離相

等，所以/三梭依P-BMN不變，

又因為展檢鉞.卡展梭出產創m,所以三棱錐"-6PN的體積為定值，故B正確;

對于選項C,分別以A出，BiM,&N為長、寬、高構造長方體,由于長方體的外接球直徑就是長方體的體

對角線，且該長方體的外接球與三棱錐Sd