立体几何截面、外接球、动点归类-2025高考数学专项复习（含答案）

立体几何截面、外接球、动点归类2025高考

数学专项复习含答案

豆体几何截面、外接球、劭点归类

0优题型大集合

目录

题型一:动点:恒平行

题型二:动点:恒垂直

题型三:动点:球截面

题型四：动点；定角

题型五:外接球:线面垂直型

题型六:外接球:垂面型

题型七:外接球:两线定心法

题型八:外接球:二面角型

题型九:外接球:最值范围型

题型十:外接球:动点与翻折

题型十一:动点型最短距离和

题型十二:动点：内切球

题型十三:多选题综合应用：二面角型几何体

题型十四：多选题综合应用：翻折型

题型十五：多选题综合应用：正方体表面动点型

题型十六：多选题综合应用：两部分体积比型

暗优题型大提*

题型一:动点:恒平行

匕

线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行“这个性质，可

以解决线面恒平行题型的截面问题

题目①在四棱锥P—中，P4_L平面ABCD,且PA=AC=2AB=2AD=4,CD±AD,CB1.

AB,G为PC的中点，过AG的平面a与棱PB、PD分别交于点E、F.若EF〃平面ABCD，则截面

AEGF的面积为.

题目叵）在三棱锥48co中，对棱AB=CD=，K,AD=BC=V13,47=BD=43当平面a与三棱锥

ABCD的某组对棱均平行时,则三棱锥ABCD被平面a所截得的截面面积最大值为.

题目叵〕（山西省怀仁市2022届高三下学期一模数学试）在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为

的正方形，P在底面的射影为正方形的中心。PO=4,Q点为49中点.点T为该四棱锥表面上一个动点,

满足PABD都平行于过QT的四棱锥的截面,则动点T的轨迹围成的多边形的面积为（）

AR为⑤c区⑤n垦⑤

题型二:动点:恒垂直

题目0（江西省南昌三中2021—2022学年高三10月月考数学（理）试题）在棱长为2的正方体ABCD-4

B1cQi中，E是正方形BBGC的中心，M为CD的中点，过儿河的平面a与直线OE垂直,则平面a截正

方体ABCD—4B1GA所得的截面面积为（）

A.4V2B.2V6C.275D.2V10

题目⑶（清华大学自主招生暨领军计划数学试题）已知正方体ABCD-AQiGR的棱长为1,棱A4的中

点为E,AC与BD交于点O.若平面a经过点E且与0G垂直,则平面a该正方体所得截面的面积为

（）

题型三:动点:球截面

题目1）已知正四面体P—ABC内接于球。，点E是底面三角形ABC一边AB的中点，过点E作球。的截

面，若存在半径为四的截面圆，则正四面体P—ABC棱长的取值范围是（）

A.[V2,V3]B.[V3,V6]C.[2V2,273]D.[273,2^/6]

题目区（江西省景德镇市浮梁县第一中学2022-2023学年高三数学试题）己知正方体ABCD—AMGA

的棱长为2,E为棱44的中点，截面CDiE交棱AB于点F,则四面体CDFDi的外接球表面积为（）

A.半B.半C.12兀D.毕

444

题1区（新疆2022届高三年级第一次联考数学试题）已知三棱锥P—ABC,AB=BC=2,/力BC=冬，

PA=4V3,PA过三棱锥P-48。外接球心。，点E是线段的中点，过点E作三棱锥P-ABC外接

球。的截面,则下列结论正确的是（）

A.三棱锥P-ABC体积为当⑥B.截面面积的最小值是2兀

C.三棱锥P-ABC体积为印D.截面面积的最小值是当

题型四:动点;定角

定角:定角，可以平移旋转而成圆锥母线、轴关系

1.直线和直线成定角，可与平移-旋转为圆锥母线与轴的关系。

2.直线与面成定角，可以平移旋转为:直线——面的法向量==圆锥母线——轴的关系

题目1已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面。所成的角都相等，则a截此正方体所得截面面积的

最大值为

A皿B•子c3V2D.乎

40.丁

题目囱（江苏省连云港市灌南高级中学2022-2023学年数学试题）如图所示空间直角坐标系A—cyz中,

P3，y,z）是正三棱柱ABC-ABQi的底面ABiG内一动点，=AB=3,直线PA和底面ABC所成

)

2+y2+z2=3C.x2+y2=27D./2+/+22=27

题目回正四面体P—ABC中，点河是棱上的动点（包含端点）,记异面直线PM与AB所成角为a,直线

与平面ABC所成角为0,则（）

A.a>6B.a<8

题型五:外接球:线面垂直型

［题目0（2022•河南开封•高三河南省杞县高中校联考开学考试）在四棱锥P-A5CD中，四边形ABCD为

正方形，PA±平面ABCD,S.PA=6,AB=8,则四棱锥P-ABCD的外接球与内切球的表面积之比为

4

A/41R41

B-TC.3D-f

题目区（2023•河南•高三校联考阶段练习）已知正方体ABCD-的外接球表面积为27元，点E为

棱的中点，且DE，平面a,点GC平面a,则平面a截正方体ABCD-4562所得的截面图形的面

积为（）

A81281血c81n81

A-BR.C.彳D.T

题目0（2022•河北唐山.高三开滦第二中学校考阶段练习）如图，在三棱锥S—ABC中，SB,平面ABC,

AB±BC,SB=AB=BC=2,P,Q分别为AB,BC的中点，则平面SPQ截三棱锥S—ABC的外接球所得

截面的面积为（）

A.7TB.V27TC.2兀D.2V27T

题型六:外接球:垂面型

A.8兀B.107UC.12兀D.14兀

题目团（2023•全国•高三专题练习）已知在三棱锥C-ABD中，AABD是等边三角形，BC，CD,平面

ABD±平面BCD,若该三棱锥的外接球表面积为4兀，则AC=（)

B・平

A，士2C.V3D-t

［题目［3J（2022•全国•高三专题练习）在三棱锥P-ABC中，P4==4,AC=8,AB_L平面

PAB±平面ABC,若球O是三棱锥P-ABC的外接球，则球O的表面积为（）.

A.25兀B.60兀C.72兀D.80兀

题型七:外接球:两线定心法

双线交点定心法（特殊三角形圆心垂线交点确定球心法）

（1）等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心；

（2）直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心;

题目工（福建省龙岩市一级达标校2022-2023学年高三教学质量检查数学试题）三棱锥P-ABC的底面

4BC是等腰三角形，AC=BC=2,AB=2四,侧面PAB是等边三角形且与底面ABC垂直,则该三棱锥

的外接球表面积为.

题目团（湖北省鄂东南省级示范高中教学改革联盟2023届高三模拟考试数学（文）试）已知在三棱锥。-

ABD中，A4BD是等边三角形，CD,平面平面BCD,若该三棱锥的外接球表面积为4元，则

人。=（）

A.乎B.萼C.V3D.-1

题目叵〕（江苏省盐城中学2022-2023学年高三上学期第三次阶段性质量检测数学试题）已知菱形

边长为3,/BAD=60°,E为对角线AC上一点，AC=6AE.将△ABD沿BD翻折到△48。的位置，E记

为E'且二面角A-BD-C的大小为120°,则三棱锥A-BCD的外接球的半径为；过E'作平面a与

该外接球相交，所得截面面积的最小值为.

B

【答案】等/

题型八:外接球:二面角型

1.向量法:二面角a—1—B的大小为。（0＜。＜兀）

\u-v\

而

2.定义法:在棱上任一点，分别在两个半平面内做棱的垂线，两垂线所成的角即为二面角的平面角

3.垂面法:做与棱垂直的平面,交二面角两个半平面，两条交线所成的角即为二面角的平面角

题目①（2023•全国•高三专题练习）在三棱锥D-ABC中，AB=BC=2,AADC=90°,二面角D-AC-

B的平面角为30°,则三棱锥。—ABC外接球表面积的最小值为（）

A.16（273-l）7tB.16（273-3）7TC.16（273+l）7tD.16（273+3）7t

频目区（2022上•山西•高三校联考阶段练习）在边长为2的菱形ABCD中，=将菱形ABCD沿对

角线AC折起，使二面角B—AC—。的大小为60°,则所得三棱锥A—BCD的外接球表面积为（）

A.4nB.挈兀C.6nD.年■兀

yo

题目①（2023•全国•高三专题练习）在三棱锥P-ABC中，△人BC为等腰直角三角形，AB=AC=2,

△R4。为正三角形，且二面角P—AC—B的平面角为则三棱锥P—ABC的外接球表面积为（）

6

A52口4c28「32

A.-7UB.-7tC.-7TD.--7U

yyoy

题型九:外接球:最值范围型

题目2（福建省泉州市南安第一中学2022-2023学年高三上学期月考数学）已知球。是正三棱锥A-

3CD的外接球，底边BC=3,侧棱48=23,点E在线段8。上，且BD=3DE,过点E作球O的截面，则

所得截面圆面积的取值范围是（）

A.［苧,4n］B.［2兀,4汨C.［亨,4兀］D.［竽,4兀］

题目因正三棱锥P—ABC,Q为5。中点，=48=2,过Q的平面截三棱锥P—ABC的外接球所

得截面的面积范围为（）

A.［:兀，亳兀］B.［；兀1兀］C.［兀,2兀］D.卜,^|■兀］

期目叵〕（山东省2023年普通高等学校招生统一考试数学必刷卷）已知等边三角形ABC的边长为2遍,

N分别为AB,AC的中点,将4AMN沿折起得到四棱锥A—MNCB.点、P为四棱锥A-MNCB的外

接球球面上任意一点，当四棱锥A-MNCB的体积最大时，四棱锥A-M7VC8外接球的半径为,

点P到平面7WCB距离的最大值为

题型十:外接球:动点与翻折

［题目工如图，在△48。中，48=8,BC+AC=12,分别取AB、8。、AC边的中点E,F,将ABDE,

△ADF,Z\CEF分别沿三条中位线折起，使得4B,C重合于点P,则三棱锥P-DEF的外接球体积的最小

值为

题目区已知四边形ABCD是边长为5的菱形，对角线BD=8（如图1）,现以AC为折痕将菱形折起，使点E

达到点P的位置.棱AC,PD的中点分别为E,且四面体PACD的外接球球心落在四面体内部（不含边

界，如图2）,则线段EF长度的取值范围为（）

D.(V3.4)

题目⑶（2023•四川・四川省金堂中学校校联考三模）如图,在梯形4BCD中，AB〃CD,=4,BC=CD

=DA=2,将A4CD沿AC边折起，使得点。翻折到点P,若三棱锥P-ABC的外接球表面积为20兀,则

PB=（）

题型十一:动点型最短距离和

多通过侧面（表面）展开，把空间距离转化为平面距离来求解。棱台、棱锥、棱柱，可以通过旋转截面（或者表面）来

达到空间距离转为平面距离

在展开的过程中，要注意不同几何体,可能有多种展开方式,要分开各自计算，再做比较

圆锥与圆台侧面展开示意图

题目|1J（广东省广州市华南师范大学附属中学等四所中学2023届高三上学期期末数学试题）如图,在三棱

锥A—45G中，44」平面4B1G,90°,45=24A=2BG=2,P为线段AB.的中点，M,

N分别为线段AG和线段5G上任意一点，则、后PA/+AW的最小值为（）

题目囱（浙江省温州市平阳县2023届高三下学期5月高考适应性考试数学试题）在棱长为3的正方体

ABCD—中，O为棱。。的中点，E为线段40上的点，且AE=2E。,若点F,P分别是线段

Z?G，BG上的动点，则APEF周长的最小值为（）

A.3V2B.呼^C.V41D.V42

题目区在棱长均为2心的正四面体ABCD中，河为4。中点，E为4B中点，P是ZW上的动点,Q是平

面ECD上的动点，则AP+PQ的最小值是（）

V3+V1T

B.V3+V2c.»D.2V3

题型十二:动点：内切球

-4J-

^D-ABC=%-BCD+%-ABC+%-ACD+%-ABD=§]5A5cz>+§TS.BC+§"S^ACD+§YS.BD_§r(^^BCD+^SABCMCD)

nr=________WD—ABC_________

SMCD+S.BC+SMCD+SMBD

PA=PB=PC=P。，四棱锥的体积为手，在该四棱锥内放置一球O,则球。体积的最大值为

O

题型十三：多选题综合应用：二面角型几何体

题目①（多选）（23-24高三.湖南长沙.阶段练习）已知函数/⑺=/isin（0①+火）（4＞0,。＞0,0＜「〈乃）图

象如图1所示，4B分别为图象的最高点和最低点，过A,B作2轴的垂线,分别交力轴于4,F,点。为该

部分图象与立轴的交点，/（2）与夕轴的交点为。（0,g）,此时/44'B=135°.将绘有该图象的纸片沿多轴

折成60。的二面角a—。。一£,如图2所不,折叠后|AB|=2，^,则下列四个结论正确的有（）

A乃

A.0=不

O

B./（①）的图象在（2,3）上单调递增

C.在图2中，/（①）上存在唯一一点Q,使得。Q〃面ABC

D.在图2中，若R,£是/（2）上两个不同的点,且满足AFUB?"=1,2,则出耳的最小值为春

O

［题目团（多选）（2024・云南•模拟预测）如图，已知二面角a—Z—万的棱Z上有A,B两点，CCa,AC±l,D£

£,_8。_1/,且4。=人3=m,贝1］（）

A.当a_16时，直线CD与平面万所成角的正弦值为申

O

B.当二面角a—1—B的大小为60。时,直线AB与CD所成角为45°

C.若CD=2,AB=2,则三棱锥A-BCD的外接球的体积为殳答

D.若。。=248,则二面角。—3。—人的余弦值为与1

题目区（多选）（2024广东梅州•二模）如图,平面ABN±a,\AB\=\MN\^2,同为线段AB的中点,直线

与平面a的所成角大小为30°,点P为平面a内的动点，则（）

N

A.以N为球心，半径为2的球面在平面a上的截痕长为27t

B.若P到点M■和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线

C.若P到直线的距离为1,则的最大值为5

D.满足NMNP=45°的点P的轨迹是椭圆

题型十四：多选题综合应用：翻折型

翻折

1.翻折前后，在同一平平面内的点线关系不变

2.翻折过程中是否存在垂直或者平行等特殊位置关系

3.翻折过程中，角度是否为定值

4.翻折过程中，体积是否存在变化

题目①（2024.吉林.模拟预测）如图1,在等腰梯形ABCD中，AB〃,且。。=2,AB=2AD=4,0为

BD的中点，沿BD将△4BD翻折,使得点A到达4的位置，构成三棱锥4—BCD（如图2）,则（）

A.在翻折过程中，AD与BC可能垂直

B.在翻折过程中，二面角无最大值

C.当三棱锥A-BCD体积最大时，AD与CO所成角小于看

D.点P在平面ABD内，且直线PC与直线所成角为？,若点P的轨迹是椭圆，则三棱锥A-BCD的

6

体积的取值范围是［寻，竽）

题目囱（22—23高三•山东荷泽模拟）如图，矩形ABCD中，AB=2AD=2,H为边AB的中点，将△ADE沿

直线OE翻折成△4OE（点4不落在底面BCDE内），若"■在线段4。上（点M与4,。不重合）,则在

△AOE翻转过程中，以下命题正确的是（）

A.存在某个位置，使DE，AQB.存在点/■，使得平面AQC成立

D.四棱锥A-BCDE体积最大值为辛

C.存在点M，使得人阳〃平面力QE成立

题目0（2024.河南南阳・一模）如图1,在直角梯形4BCD中，CD,ABLA。，48=36,CD=473,

4D=3,点E,尸分别为边AB,CD上的点，且EF〃4D,4©=2四.将四边形AEPD沿EF折起，如图2,

使得平面AEFD±平面EBCF,点M是四边形AEFD内的动点,且直线MB与平面AEFD所成的角和直

线河。与平面AEFD所成的角相等，则下列结论正确的是（）

B.点/■的轨迹长度为号

C.点M到平面E8CF的最大距离为

D.当点初到平面EBCF的距离最大时，三棱锥M-8CF外接球的表面积为28万

题型十五：多选题综合应用：正方体表面动点型

题目工）（2024.浙江•模拟预测）已知棱长为1的正方体ABCD-ABiCQi，6是空间中一个动平面，下列结论

正确的是（）

A.设棱AB,AD,yL4i所在的直线与平面（5所成的角为a,6,7,则sin2a+sin2/?+sin2/=1

B.设棱AB,AD,44i所在的直线与平面d所成的角为a,6,7,则cos%+cos2/?+cos2/=1

C.正方体的12条棱在平面（5上的射影长度的平方和为8

D.四面体A-BCD1的6条棱在平面8上的射影长度的平方和为8

题目可（2024•江西鹰潭•一模）直四棱柱ABCD—4BQQ1的所有棱长都为4,/历LD=卷，点P在四边形

O

BOO15及其内部运动，且满足庐川+庐。|=8,则下列选项正确的是（）

13

A.点P的轨迹的长度为TT.

B.直线AP与平面BDDiB所成的角为定值.

C.点P到平面人。田1的距离的最小值为义箸.

D.FA-FG的最小值为-2.

「题目⑸（2024・安徽•二模）已知正方体ABCD-AAC.D,的棱长为1,P,Q分别为棱GA,BQ上的动点,

A.四面体PQ4B的体积为定值B.四面体PQAO的体积为定值

C.四面体PQ4C的体积最大值为白D.四面体的体积最大值为京

O

题型十六：多选题综合应用：两部分体积比型

点.QE=QF=QG=QH=4,过Q作平面EFGH的垂线，垂足为。，连EG,EM,设,Q。的交点为

A,在△QHF中过A作直线BC交QH,QF于B,C两点，QB=xQH,QC=gQF,过硒r作截面将此四

棱锥分成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为匕N，下列说法正确的是（）

C.弘=2V3xyD.誓的最小值为［

V2幺

版目区（23—24高三・山东荷泽•阶段练习）已知正方体ABCD—ABVD'的棱长为LM'是44中点，P

是AB的中点，点N满足西=4阮（即0,1］）'，平面MPN截该正方体，将其分成两部分,设这两部分的体

积分别为%,%，则下列判断正确的是（

A.4=/时,截面面积为B/制时,％=%

c.M=m随着4的增大先减小后增大D.|%=K|的最大值为。

题目区（23-24高三上.江苏南通.）我国古代数学家祖晒提出一条原理:“鼎势既同,则积不容异”，即两个等

高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.利用该原理可以证明：

一个底面半径和高都等于R的圆柱，挖去一个以上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥后，所得的几何

体的体积与一个半径为R的半球的体积相等.现有一个半径为R的球，被一个距离球心为d（d>0）的平

面截成两部分，记两部分的体积分别为%,%（%<%）,则（）

A.K=^-(R-d)2(2R+d)B.弘=々(72+2+(2五一d)(3A+d)

OJJ

C.当d=［时，普=焉D•当X?时，

NV2幺।OV2NU

嵬体瓜何栽而，外骥獐，劭JL假臭

E题型大集合

目录

题型一:动点:恒平行

题型二:动点:恒垂直

题型三:动点:球截面

题型四：动点；定角

题型五:外接球:线面垂直型

题型六:外接球:垂面型

题型七:外接球:两线定心法

题型八:外接球:二面角型

题型九:外接球:最值范围型

题型十:外接球:动点与翻折

题型十一:动点型最短距离和

题型十二:动点：内切球

题型十三:多选题综合应用：二面角型几何体

题型十四：多选题综合应用：翻折型

题型十五：多选题综合应用：正方体表面动点型

题型十六：多选题综合应用：两部分体积比型

暗优题型大提*

题型一:动点:恒平行

匕

线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行“这个性质，可

以解决线面恒平行题型的截面问题

题目工在四棱锥P—ABCD中，P4_L平面ABCD,且PA=AC=2AB=2AD=4,CD±AD,CB_L

AB,G为PC的中点，过AG的平面a与棱分别交于点H、F.若EF〃平面ABCD,则截面

AEGF的面积为.•M

【答案】乎

5

【分析】由题知/=2瓶+2而,则巨？=|■屈+!■屈一卷历①，再根据E、F、G三点共面得巨？=

OOO

xPE+yPFz_PG,其中xy+z=1.设PE=APB（O<ZA<Z1）,PF=ZPD,从而可求PA=AxPB+

初配+~|历，与①对比即可求出九从而可求EF的长度;再证明B©垂直平面P4C,ER〃BD,从而得

AG，EF,根据S截面AEGF=5AG•EF即可得答案.

【详解】•.•AC=2AB=2AD,CD_LAD,CB_LAB,

：.ZDAC=ZBAC=60°,

则根据向量加法法则易知，Zd=2AB+2AD,

即7百一两=2（4一巨A）+2（无一且4）,则对=得■屈+?无宓.

JJJ

根据共面向量定理的推论知，PA=xPE+yPF+zPG,其中c+y+z=L

连接BD,

EF〃平面ABCD,EFu平面PBD,平面PBDPl平面ABCD=BD,：.EF//BD,

设巨商=APB(OV4<1),则无=APD，又G为PC的中点，.IAX=xPE+yPF+zPG=AxPB+AyPD

+资

则Ax—Ay--f-=—"g,解得』=3,4®=2,BD=2XABsin60°=2A/3,则_EP=±BD=笆③.

323555

连接AG,•••H1=AC=4,G为PC的中点，故AG=#C=22.易知BDJ_AC,5。_1刊1,47CI

R4=A,故BD_L平面P4C,又AGu平面PAC,二BD_L4G,二4G_LEF,因此S截面⑷5GF=EF

故答案为：图”.

2555

解法二:连接BD，设AC与BD交于点、K,连接AG、PK,设AG与PK交于点L,

由题易得BD//EF,则禽=栗=缥,作KN//4G交PC于N,易知

rririDJDU

CK=3AK,则CN=3GN,从而PG=4GN,故―=华=黑=§，即EF=^BD=~~.以下解

BDPKPN555

法同上故答案为：乎.

5

题目句在三棱锥ABCD中，对棱AB=CD=，^,=AC=BD=4"当平面a与三棱锥

ABCD的某组对棱均平行时，则三棱锥ABCD被平面a所截得的截面面积最大值为.

【答案】3

【分析】每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD放入长方体中，设长宽高分别为，，,，z,求出x,y,z,

由线面平行得线线平行，证明当区F,G,H是所在棱中点时面积最大，按截面与哪对棱平行分类讨论求得截

面面积的最大值.

【详解】因为每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥4BCD放入长方体中，设长宽高分别为冗，g,z,则

+才=展,=V10,y/y2-\-z2=V13,/=l,"=2,z=3.

当平面a与三棱锥ABCD的对棱AB,CD均平行时，截而为四边形EFGH,AB//FG//EH,

CDIIEFIIHG,

设第=力(0<t<1),则然=需=t,EF=tCD,同理EH=(1—t)AB,ZHEF(或其补角)是异面直

线AB,CD所成的角，

SEFGH=EF-EHsinAHEF=t(l-t)AB-CDsin^HEF，其中AB•CDsinZHEF为定值，

t(l-i)=-t2+t=-(t-方丫+:，力制时，1(1T)取得最大值,即截面EFGH面积最大,此时E,F,G,H

是所在棱中点，

由长方体性知最大面积为长方体上下底面面积的一半-^-xy—1,

同样地，当平面a与三棱锥ABCD的对棱AC,BD均平行时，截面最大面积为=今；当平面a与三棱

锥ABCD的对棱AD,BC均平行时，截面最大面积为=3.故答案为：3.

Ay

题目叵〕（山西省怀仁市2022届高三下学期一模数学试）在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为272

的正方形，P在底面的射影为正方形的中心O,PO=4,Q点为49中点.点T为该四棱锥表面上一个动点,

满足P4BD都平行于过QT的四棱锥的截面,则动点T的轨迹围成的多边形的面积为（）

A店R史⑤c亚鼻n县5

【答案】。

【分析】

首先取AD的中点尸。的中点、F,PO的中点A,PB的中点N,连接QR延长交PC与点”，连接

EFMNG，证明平面EFMNG即为所求的截面，再证明四边形EFNG是矩形，RM_LFN,矩形面积加三角

形面积之和即为所求.

【详解】

取AD的中点E,PD的中点F,PO的中点凡的中点N,连接QR延长交PC与点7W,连接EFMNG,

因为底面ABCD是边长为2方的正方形，

所以对角线47=瓦？=4,AO=2,

因为在底面的射影为正方形的中心，可得PO_L面ABCD,

因为AOu面ABCD,所以PO_LAO,

因为PO=4,49=2,所以已4=便彳=2，5,

因为E、F为40、P。的中点，

所以EF=/4=五且EF〃尸A,

因为PA（X平面EFMG,EFU平面EFMG,

所以P4〃平面EFMG，同理〃平面EFMG,

所以平面EFMG即为所求截面.

又因为平面APCn平面EFMG=QM,P4U平面APC,所以QM〃AP,

因为Q为人。的中点,可得QC=-AC,

所以QR=^-AP,RM=QM-QR/AP=卓,

因为N、F为PB、PD的中点、，所以FN〃BD,FN=fBD,

所以FN//EG,FN=EG,所以四边形EFNG是平行四边形，

因为EG_LPO,EG±AC,FOPAC=O,所以EG_L平面APC,

因为QMC平面APC,可得EG±QM,所以EG±GN,

所以四边形EFNG是矩形，

所以动点T的轨迹围成的多边形的面积为，^x2+gx2x^=至好.

故选：D

题型二:动点:恒垂直

恒垂直型截面，可以借助投影解决,投影型,需要利用‘'三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。

【答案】3V2+y/6

【分析】根据线线垂直，证明线面垂直，找到与AQ垂直的平面MBC,,故可得平面a〃平面MBC,，即可求

解.

【详解】取AC中点为“，连接aw交AQ于O,连接所以670=｝人。=2,。6=2,乂8=方,所以

C,M=V6,ArC=2V3.GB=NBCICC：=2^/2

•/△4QC〜/\COM,康~=熹~=熹~=所以OM=±CMCO=*Q,avr+og

cyc>i2T.jCzzoo

^（C^+A.C2）=2=CM\故4。，C.M,又因为平面ABC，平面ACC.A,,其交线为AC,且7WB，

AC,因此人田_L平面ACC^,故A.C±BM,因此A.C_L平面MBCX,故平面a〃平面MBCr，因为点P

在棱BC上运动，故当点P运动到点B时，此时截面最大，进而周长最大，此时周长为MB+MC1+C1B=

A/2+V^6+2^/2^—3A/2+A/6

故答案为：32+«

题目历（江西省南昌三中2021-2022学年高三10月月考数学（理）试题）在棱长为2的正方体ABCD-A,

BCD中，E是正方形BBGC的中心，M为6。的中点，过4河的平面a与直线DE垂直,则平面a截正

方体ABCD—4B1GA所得的截面面积为（）

A.4V2B.2V6C.2V5D.2V10

【答案】B

【解析】确定平面A.MCN即为平面a,四边形AiMCN是菱形，计算面积得到答案.

【详解】如图，在正方体ABCD-486。中，记AB的中点为N,连接MC,CN,NA1,

则平面4MCN即为平面a.证明如下：由正方体的性质可知，4M7/NC,则4,M,C,N四点共面，

记CG的中点为F,连接OF,易证OF_L腕.连接EF,则EF_L,

EFCDF=F,EF,DFu平面。EF,所以MC_L平面DEF,入DEu平面DEF,则DE±MC.

同理可证，DE±NC,NCCMC=。，贝IDE_L平面4MCN,所以平面4AoV即平面a,

四边形AMCN即平面a截正方体ABCD—A5GR所得的截面.因为正方体的棱长为2,易知四边形4

MCN是菱形，

其对角线人1。=2，^,施=2口,所以其面积§=：*22*2，^=2e.故选：B

题目区（清华大学自主招生暨领军计划数学试题）已知正方体ABCD-456。的棱长为1,棱441的中

点、为E,AC与BD交于点O.若平面a经过点E且与。6垂直,则平面a该正方体所得截面的面积为

（）

A.平B.亨。,宇D.1

【答案】A

【分析】如图，连结HO,可以证明OG_L平面故可求截面的面积.

【详解】如图，连结ED,EB,EO,则鼻=鼻=隼，

而ZCQO=AOAE=■，故△G。。〜AZOAB，所以/G。。=^OEA,故ZGOC+NEOA=AOEA+

4EOA=^,

故GO±OE,而BD_L平面CrCA,CQu平面CCA,故BD±CQ,因BD,OEu平面BDE,BDClOE

=O,故OG±平面EBD.因此△EBD的面积为所求，其面积S=^\BD\■\EO\=yxV2x=乎.

题型三:动点:球截面

题目工已知正四面体P—ABC内接于球。，点E是底面三角形ABC一边AB的中点，过点E作球。的截

面，若存在半径为出的截面圆，则正四面体P—A3。棱长的取值范围是（）

A.[V2,V3]B.[V3,V6]C.[2V2,273]D.[273,2^/6]

【答案】。

【分析】根据条件设正四面体的棱长为a,用棱长a表示出其外接球的半径R=乎a,过E点作外接球Q的

截面，只有当截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为r=占a,最大截面

圆为过球心的大圆，半径为R——~^~a,根据题意则-Cy/3<-^-a,，从而可得出答案.

【详解】如图，在正四面体P—ABC中，设顶点P在底面的射影为Oi,

则球心。在POi上，Q在CE上，且|PO]|=?|CE|,连接。夙OC,设正四面体的棱长为a,则|CE|=

O

2

乎a,\PO1\=j\CE\=^-ao则正四面体的高P。产JP。—OQ?=Ja?_（寻a,=等明设外接球

半径为R,

在Rt/\OOXC中，002=OO；+OQ2,即比=（乎&-金丫+（乎ay，解得R=乎a,

在RtAOO'E中，OE=/。。；+。®=J（需aj+悟丁=乎a,

过E点作外接球O的截面，只有当OEL截面圆所在的平面时，截面圆的