2026新高二數學暑假專題：直擊立幾的四大疑難問題：翻折、截面、動點軌跡與新定義（解析版）

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暑假作業17重難專題07：輕松突破立幾的四大疑難問題：翻

折、截面、動點軌跡與新定義

【知識點1翻折問題】

1．立體幾何中的翻折問題的分類

(1)平面圖形的折疊.

把一個平面圖形按照某種要求折起,轉化為空間圖形,進而研究圖形在位置關系和數量關系上的變化,這

就是折疊問題

(2)幾何體表面的展開

把一個幾何體的表面伸展為一個平面圖形從而研究幾何體表面上的距離問題,這就是幾何體的表面展

開問題.

2．翻折問題中圖形的特征：

(1)翻折前后全等

折疊前后圖形形狀、大小不變，對應邊相等、對應角相等.

(2)對稱軸是折痕

折痕是對應點連線的垂直平分線.

(3)對應點連線垂直于折痕，且被折痕垂直平分.

(4)折疊前后重合線段相等、重合角相等.

3．翻折問題注意事項

(1)平面圖形通過折疊變為立體圖形，就在圖形發生變化的過程中，折疊前后有些量(長度、角度等)沒

有發生變化，我們稱其為“不變量”．求解立體幾何中的折疊問題，抓住“不變量”是關鍵．

(2)把曲面上的最短路線問題利用展開圖轉化為平面上兩點間距離的問題，從而使問題得到解決，這是

求曲面上最短路線的一種常用方法.

【知識點2截面問題】

1．球的截面

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（1）無論怎么切，截面永遠都是圓

（2）平面與球相交，截面的性質主要有兩點：①球的任何截面是圓；②球心和截面（不過球心）圓心

的連線垂直于截面；

（2）這里通常考察角度問題、截面面積、周長等.解決問題核心是構建直角三角形，這樣球心到截面

的距離、截面圓的半徑、球的半徑三種之間可以用勾股定理表示出來.

2．正方體的截面

（1）正方體不可能截出直角三角形、鈍角三角形，只能是銳角三角形；

可以截：正方形、長方形、平行四邊形、梯形、菱形、正六邊形；

斜著切→三角形、梯形、五邊形、六邊形；

平行面切→正方形/長方形（正方體過各棱中點截得的六邊形是面積最大的截面）.

（2）作截面的方法

①平行線法：利用線面平行或面面平行性質，作已知線的平行線，確定截面與對應面的交線.

②延長交棱法：將截面多邊形的一邊延長，與幾何體的棱或面相交，得到新交點，再連接其他已知點.

【知識點3動點軌跡問題】

1．平行關系上的動點

（1）動點在棱上滑動，始終找平面內定直線與之平行

（2）利用中位線、等分線段構造平行關系

（3）直線∥平面，過直線作截面，交線與已知直線平行

（4）移動點使兩條相交線分別平行對面，證兩面平行

2．垂直關系上的動點

（1）定直線動端點垂直：定點向動棱作連線，始終垂直定直線；

固定一條垂線，動點滑動仍保持垂直關系.

（2）直角軌跡模型：到線段兩端連線恒垂直：動點軌跡為以線段為直徑的圓（圓弧）

固定棱垂直底面，底面上動點始終與該棱垂直

（3）翻折不變垂直：折疊前后，垂直位置關系、直角邊長保持不變，可直接沿用垂直結論.

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（4）面面垂直里動點垂直：交線為分界線，動點在面內垂直交線，即刻得到線面垂直、線線垂直.

3．判斷軌跡形狀

根據題目中“動點滿足的幾何條件”（如到定點距離為定值、到兩定點距離相等、與定直線、定平面成定

角等），判斷軌跡形狀：

(1)到定點距離為定值→球面；

(2)到兩定點距離相等→中垂面.

(3)到定直線距離為定值→圓柱側面.

(4)到定平面距離為定值→一對平行平面.

(5)與定點連線垂直于定直線→過定點且垂直于定直線的平面.

(6)與定直線、定平面成定角→圓錐側面

注意：軌跡常被限制在幾何體（如多面體）的面、棱、內部，因此最終答案往往是完整軌跡與幾何體

的交集（如球面的一部分、圓弧、線段等）.

【知識點4探究型（最值范圍）問題】

求解策略

⑴依據幾何公理定理，逆向溯源、正向推導，探究點、線、面存在性與位置關系.

⑵先假設結論成立，反向推導所需條件，結合題干判定是否存在、求出對應參數.

⑶針對動點位置、線段比例、角度范圍、幾何體不同形態，分情況分析探究結果.

⑷結合幾何邊界、函數單調性，探究長度、面積、體積、夾角的最值及取值區間.將變化的幾何量（長度、

角度、面積、體積）表示為某個變量的函數，然后通過代數或幾何方法求其最值或范圍.

⑸展開圖法：將立體圖形表面展開為平面，化曲為直求最短路徑.

【知識點5立幾中的新定義問題】

1．常見類型：

⑴新定義幾何體：如"等腰四面體""對棱相等四面體""直角四面體"等，賦予幾何體新的名稱和性

質.

⑵新定義空間關系：如"線面的距離""異面直線的公垂線""二面角的平面角"的新表述方式.

⑶新定義幾何量：如"幾何體的高""側面與底面所成角"的新定義形式.

2．求解策略：

⑴咬文嚼字，吃透定義：逐字分析新定義的內涵與外延，明確約束條件，這是解題的前提.

⑵化歸轉化，回歸課本：將新定義問題轉化為已學的線面關系、體積計算、角度求解等常規問題.

⑶構造輔助，降維處理：通過作高、作截面、平移直線等手段，將空間問題平面化.

⑷特殊驗證，排除干擾：選取特殊幾何體（如正方體、正四面體）驗證命題，快速排除錯誤選項.

核心思想：新定義只是"新瓶裝舊酒"，本質仍是線面平行垂直、角度距離、體積表面積等基礎知識點

的綜合應用.

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【題型1平面圖形折疊后形狀的判斷】

1．下圖代表未折疊正方體的展開圖,將其折疊起來,變成正方體后的圖形是（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】將平面展開圖還原成正方體后,三個面內的線段是平行的,故選B.

2．（25-26高二上·內蒙古巴彥淖爾·期末）如圖，在邊長為4的等邊ABC中，D,E,F分別是AB,AC,BC的

中點，M,N分別為AE,DF的中點，將△ADE,△BDF,△CEF分別沿DE,DF,EF折起，使得A,B,C三點重

合，此時MN（）

23

A．B．2C．D．3

22

【答案】B

【解析】在邊長為4的等邊ABC中，D,E,F分別是AB,AC,BC的中點，M,N分別為AE,DF的中點，

將△ADE,△BDF,△CEF分別沿DE,DF,EF折起，使得A,B,C三點重合記為G，如圖所示，

因為GDDFGF2，所以GN3，因為DEDFEF2，所以EN3，

所以GNE是等腰三角形，

1

因為M是AE中點，所以MEAE1，所以NMGE，所以NMNE2ME22.

2

故選：B.

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3．（25-26高二下·浙江杭州·期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，ABBD，將ABD沿BD折起，使平

面ABD平面BCD，連接AC，則在四面體ABCD的四個面中，互相垂直的平面有（）

A．1對B．2對C．3對D．4對

【答案】C

【解析】因為平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，

ABBD，AB平面ABD，所以AB平面BCD．

又AB平面ABC，所以平面ABC平面BCD．

因為CD平面BCD，所以ABCD．

又BDCD，ABBDB，AB，BD平面ABD，所以CD平面ABD．

又CD平面ACD，所以平面ABD平面ACD．

綜上，平面ABD平面BCD，平面ABC平面BCD，平面ABD平面ACD，共有3對，

故選:C．

4．將圖1中的等腰直角三角形ABC沿斜邊BC的中線折起得到空間四邊形ABCD(如圖2),則在空間四邊形

ABCD中,AD與BC的位置關系是()

圖1圖2

A．相交且垂直B．相交但不垂直

C．異面且垂直D．異面但不垂直

【答案】C

【解析】在圖1中的等腰直角三角形ABC中,斜邊上的中線AD就是斜邊上的高,則ADBC,折疊后如圖2,AD

與BC變成異面直線,而原線段BC變成兩條線段BD、CD,這兩條線段與AD垂直,即AD⊥BD,ADCD,故AD

平面BCD,所以ADBC.⊥⊥⊥

⊥

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【題型2幾何體展開后形狀的判斷】

1．把正方體的表面沿某些棱剪開展成一個平面圖形（如右下圖）,請根據各面上的圖案判斷這個正方體是

（）

【答案】C

【解析】這是圖模型,在右圖中,把中間的四個正方形圍起來做“前后左右”四個面,有“空心圓”的正方形做

“上面”,顯然是正③方體C的展形圖,

故選：C.

2．（多選）（25-26高一下·廣東江門·期末）一個正方體紙盒展開后如圖所示，在原正方體紙盒中，則（）．

A．MNCDB．ABEF

C．EF與MN所成的角為60D．AM平面BEF

【答案】BCD

【解析】將正方體的展開圖還原，如圖，

對于A，由CF//AN//DB,CFANDB，得CDBF，

則CD//BF，而BFMN，因此CDMN，A錯誤；

對于B，由CA//FN//MB,CAFNMB，得CABM，

則CM//BA，而EFMC，因此EFAB，B正確；

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對于C，連接FA，EA，因為NA//FC//ME,NAFCME，得NAEM，

則MN//EA，故EF與MN所成的角為FEA，

設正方體邊長為a，故EFFAEA2a，所以FEA60，

因此EF與MN所成的角為60，C正確；

對于D，連接AM,BE，因為AN平面BNFM，BF平面BNFM，故ANBF，

又因為MNBF，MNIANN，MN平面AMN,AN平面AMN，

故BF平面AMN，AM平面AMN，故BFAM，

同理可得EFAM，因為EFBFF，EF平面BEF,

BF平面BEF，故AM平面BEF，D正確.

故選：BCD.

3．水平放置的正方體的六個面分別用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示.如右圖,是一個正方體的

平面展開圖,若圖中的“似”表示正方體的前面,“錦”表示右面,“程”表示下面.則“祝”、“你”、“前”分別表示正

方體的______________________.

【解析】這個展開圖是圖的情形,題目給出“程”做底面,“似”做前面,顯然,“祝”是后面,“前”和“你”是往右邊翻

折的,所以“前”是左面,“你⑦”是上面.

因此,依次填：“后面”、“上面”、“左面”.

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【題型3幾何體表面上最短距離問題】

1．（25-26高一下·福建廈門·期中）如圖，已知正方體ABCDA1B1C1D1中，AB3，點P為線段BC1上的動

點，Q為平面ABCD內的動點，則D1PPQ的最小值是（）

32222

A．22B．C．222D．

22

【答案】B

【解析】

當PQBC，即可得PQ平面ABCD，此時PQ是最小距離，

然后把平面ABC1D1與平面BCC1展開成共面，

如第二個圖：即可得過D1作BC的垂線，垂足為Q

此時D1PPQD1Q，即此時D1Q取到最小值，

因為在正方體ABCDA1B1C1D1中，AB3，

DC33BC326

11，1

所以sinD1BC1cosD1BC1

D1B333D1B333

π22212222，

sinD1BQsinD1BC1sinD1BC1cosD1BC1

422232323

322

所以22，

D1QD1BsinD1BQ33

232

322

即D1PPQ的最小值是

2

2．（25-26高一下·重慶渝北·期中）直四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長均為1，M為棱BB1上的動點，

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BAD60，則D1MCM的最小值為（）

A．21B．31C．5D．3

【答案】C

【解析】

將D1M所在平面BDD1B1與CM所在平面BCC1B展平至同一平面內，如右圖

在左圖中，由于BAD60，ADAB1，得△ABD是等邊三角形，故BD1．

在右圖中CDCBBD112，DD11．

兩點之間線段最短，連接，最小為22．

CD1D1MCMCD1CDDD15

3．（2026·安徽合肥·模擬預測）已知某圓臺的軸截面為等腰梯形ABCD，其中AD1，CDAB2，

BC2．則沿該圓臺表面從點A到達點C，最短路徑的長度為（）

A．45B．2522C．25D．522

【答案】B

1

【解析】根據題意，圓臺上底面圓的直徑為AD1，因此上底面圓的半徑為r，下底面圓的直徑為BC2，

2

因此下底面圓的半徑為R1，

圓臺的母線長為lABCD2，則圓臺的側面展開圖如圖所示，從點A到達點C的最短路徑即為AC，

rx

假設將圓臺補全為一個圓錐，設小圓錐的母線長為x，則有，代入數據，解得x2，

Rxl

所以小圓錐的母線長為2，即OA2，大圓錐的母線長為224，即OC4，

π

展開圖的圓心角由下底面圓的周長決定，即42πR2π1，解得，

2

11ππ

由于D位于內側弧長的中點，因此AOC·，

2224

在AOC中，OA2，OC4，由余弦定理得AC2OA2OC22OA·OC·cosAOC，代入數據，解得

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AC2522

即從點A到達點C的最短路徑的長度為2522.

4．（25-26高一下·河北邢臺·期中）如圖，現有一底面半徑為1，母線長為2的圓錐，B、C為底面圓周上

兩點，且BC為底面直徑，D是AB的中點，一只螞蟻沿圓錐表面從C點爬到D點，其移動路徑的最小值為

_______．

【答案】5

【解析】因為圓錐的底面半徑為1，底面圓的周長即扇形的弧長為2π，

又因為圓錐的母線長為2，所以展開圖扇形的圓心角為π，展開圖如圖所示．

易知B為半圓弧的中點，且ABCC1，

結合題意可知AC2，AD1，則，即其移動路徑的最小值為5．

22

5．（24-25高二上·上海·期末）如圖?，?在=長方??體+AB?C?D=A1B41C+1D11=中，5ABAA14,AD3，點E為AB上的

動點，則D1ECE的最小值為.

【答案】45

【解析】將ABCD繞AB翻折到與ABC1D1共面，平面圖形如下所示：

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連接CD1，則CD1的長度即為D1ECE的最小值，

因為ABAA4,AD3，所以22，

1AD1435

所以DD8，所以22，即DECE的最小值為

1CD18445145.

故答案為：45.

6.（24-25高二上·上海徐匯·期末）已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面邊長為1，高度為2，一螞蟻沿著正

四棱柱的表面從點A爬到點C1的最短距離是．

【答案】22

【解析】如圖正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，若沿著側棱BB1展開，可得圖（1）

此時2222

AC1ACC1C2222,

若沿著側重AB展開，可得圖（），此時2222

112AC1ABC1B11210,

若沿著側重展開，可得圖（），此時2222

BC3AC1ADB1A11210

由于2210，故最短距離為22，

故答案為：22

【題型4截面形狀的判斷】

1．如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，作截面EFGH(如圖)交C1D1，A1B1，AB，CD分別于E，F，G，

H，則四邊形EFGH的形狀為（）

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A．平行四邊形B．菱形C．矩形D．梯形

【答案】A

【解析】在正方體ABCDA1B1C1D1中，可得平面ABCD//平面A1B1C1D1，

且平面EFGH平面ABCDGH，平面EFGH平面A1B1C1D1EF，

所以EF//GH，同理可證：EH//FG，

所以四邊形EFGH的形狀一定為平行四邊形.

故選：A.

2．（2027高三·全國·專題練習）正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別是CC1，B1C1的中點，則過A1，M，

N三點的平面截正方體所得的截面形狀是（）

A．平行四邊形B．直角梯形C．等腰梯形D．三角形

【答案】C

【解析】解析連結A1N并延長交D1C1的延長線于H，連結DH，

因為M是CC1的中點，所以直線DH經過點M，

連接MN，則MN//A1D，則等腰梯形A1NMD，

即為過A1、M、N三點的正方體ABCDA1B1C1D1的截面，

故選：C.

11

3．在正方體ABCDABCD中，P，Q分別是棱AA和CC上的點，PAAA，CQCC，那么正方

1111113131

體中過點D，P，Q的截面形狀為（）

A．三角形B．四邊形C．五邊形D．六邊形

【答案】B

11

【解析】在正方體ABCDA1B1C1D1中，取BMBB，BNBB，

13131

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連接DP，DQ，PN，CN，MQ，PM，如下圖所示：

11

因為在正方體ABCDA1B1C1D1中，P，Q分別是棱AA1和CC上的點，PAAA，CQCC，

13131

所以MN//CQ，且MNCQ，則四邊形NCQM為平行四邊形，則NC//MQ，NCMQ，

又因為PN//CD，且PNCD，所以四邊形PNCD為平行四邊形，

則PD//CN，PDCN，

所以DP//MQ，DPMQ，所以DPMQ為平行四邊形，

則正方體中過點D，P，Q的截面形狀為四邊形DPMQ.

故選：B

4．（多選）（25-26高一下·江蘇宿遷·期末）如圖，有一塊正四棱臺的木料，木工師傅想經過木料表面C1B1BC

內（不含邊界）一點P與棱DD1把木料鋸成兩塊，為此需要先在面C1B1BC內作出交線l，下列關于交線l與

截面形狀的說法正確的是（）

A．截面形狀是梯形B．截面形狀可能為等腰梯形

C．直線l與直線DD1相交D．直線l與直線AA1相交

【答案】ACD

【解析】依題意，正四棱臺ABCDA1B1C1D1的側棱延長交于點O，

直線OP分別與棱BC,B1C1交于點E,F，連接DE,D1F，平面ODE即為平面PDD1，

對于CD，直線OE平面PDD1平面C1B1BCl，直線l與直線DD1、直線AA1都相交，CD正確；

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對于AB，平面ABCD//平面A1B1C1D1，平面ABCD平面ODEDE，平面A1B1C1D1平面ODED1F，

DFOD

則DF//EF，111，因此截面DEFD是梯形，A正確；

1DEOD1

在等腰OB1C1中，F在線段B1C1上（除端點外），則OFOB1，而B1F//BE，

EFOF

于是1，即EFBB1DD1，梯形DEFD1不是等腰梯形，B錯誤.

BB1OB1

故選：ACD

【題型5求截面的周長】

1．（25-26高二上·廣東汕尾·期末）在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABAD2,AA14，現有一個動平面，

且//A1BD，當平面截此長方體所得截面邊數最多時，截面的周長為（）

A．4522B．4225C．4542D．2522

【答案】A

【解析】如圖，截面EFGHIJ，由于//A1BD，

則EF//A1B//IH,EJ//BD//GH,FG//A1D//JI，

AEEJAEEFBE

設1，則1,11，

A1B1B1D1A1B1A1BA1B1

FGBGFBAEGHGC

1，，

EFB1EFB1B1E1BDBG

則EJ22,EFJI25(1),FGHI25,GH22(1)，

則周長為4522，

故選：A.

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2．在棱長為6的正方體ABCDA1B1C1D1中，點E,F分別為AB,BC的中點，EFBDR，點G在棱CC1上，

若CG2，則平面EFG截正方體ABCDA1B1C1D1，所得截面多邊形的周長．

【答案】32613

【解析】

如圖，連接AC,A1C1,BD,B1D1,設ACBDO，

因為E、F分別為AB、BC的中點，所以EF//AC，所以EF//平面ACC1A1，

因為平面EFG平面ACC1A1GH，連接GH，所以EF//GH，

設GH平面BDD1B1S，連接SO，則CG、OS、AH三者平行且相等，

132392

在平面BDD1B1中，OROB，RDOB，OS2，DD16，

2222

OROS1

所以，從而D1,S,R三點共線，即D1也在平面EFG內，連接D1H,D1G，則截面多邊形為

RDD1D3

EFGD1H，

易計算得EFBE2BF2323232，FGFC2CG2322213，

2222，又根據對稱性，截面多邊形的周長為

GD1C1GD1C146213

EF2FG2GD132213221332613．

故答案為：32613．

3．（2026高三·全國·專題練習）已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2,M為CC1的中點，若AM平面，

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且B平面，則平面截正方體所得截面的周長為__________.

【答案】3225

【解析】在正方體ABCDA1B1C1D1中，CC1平面ABCD，BD是正方形ABCD的對角線，

則BDCM,BDAC，又ACCMC,AC,CM平面ACM，則BD平面ACM，

而AM平面ACM，則BDAM，取BB1的中點N,A1B1的中點E，連接MN,AN,BE，

tanANB2tanBEB1，則ANBBEB1，BEAN，由MN//BC，

BC平面ABB1A1，得MN平面ABB1A1，而BE平面ABB1A1，則MNBE，

又ANMNN,AN,MN平面AMN，于是BE平面AMN，又AM平面AMN，

則BEAM，而BDBEB,BD,BE平面BDE，因此AM平面BDE，

取A1D1的中點F，由EF//B1D1//BD，得點F在平面BDE上，

梯形BDFE是平面截正方體所得截面，又正方體棱長為2，

所以截面周長為225253225.

4．（25-26高二上·浙江紹興·期末）已知棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，M,N,P分別是C1D1,AD,CC1

的中點.

(1)求證：MP//平面ABB1A1；

(2)過M,N,P三點作正方體的截面，畫出截面（保留作圖痕跡），并計算截面的周長.

【答案】(1)證明見解析；

(2)2210.

【解析】（1）連接MP,D1C,A1B，則由中位線定理得MP//D1C

又由正方體性質得A1D1//BC且A1D1BC，

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所以四邊形A1D1CB是平行四邊形，所以A1B//D1C，

所以A1B//MP，又A1B平面ABB1A1，MP平面ABB1A1，

所以MP//平面ABB1A1.

（2）如圖，延長MP，PM與DC,DD1的交點分別為H,S，

則連接NS,NH即可得到過M,N,P三點的正方體的截面NQMPG，

由題意可知SD1D1MCHCP1，故QSQM,GHGP，

所以截面的周長為MPPGGNNQQMMPNHNS221322210.

【題型6求截面的面積】

1.（25-26高一下·黑龍江雞西·期中）在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F分別是棱B1C1，C1D1的

中點，過B，E，F三點的平面記為，則截該正方體所得截面的面積為（）

74

A．B．

63

39

C．D．

22

【答案】D

【解析】連接DF，DB，B1D1，

17/78

因為E，F分別是棱B1C1，C1D1的中點，所以EF//B1D1，

1

又BD//BD，故EF//BD，EFBD，則E,F,B,D四點共面，

112

故截該正方體所得截面為四邊形BDFE，

DFBE22125，BDAB2AD222，

1

EFBD2，四邊形BDFE為等腰梯形，

2

過點E,F分別作EPBD,FNBD，交BD于點P,N，

BDNP2

則NPEF2，故DNBP，

22

13211329

故FN5，所以截面面積為EFBDFN222.

222222

2．（25-26高一下·廣西南寧·期末）如圖，已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為4，E是棱C1D1的中點，

則平面AB1E截正方體ABCDA1B1C1D1所得截面圖形的面積為（）

18/78

A．92B．18C．182D．36

【答案】B

∥∥

【解析】取DD1的中點F，連接EF，易知EFDC1AB1，所以平面AB1E與DD1交點為F，

則平面AB1EF為平面AB1E截正方體的截面，四邊形AB1EF為等腰梯形，

過F做FGAB1，由ABADB1C1BB14，D1FD1E2，

所以2222，

AB1ABBB142,EFD1ED1F22

22，

AFB1E4225FG20232,

11

所以其面積為

SEFAB1FG22423218.

22

故選：B.

3．（22-23高一下·黑龍江大慶·期末）在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，AA13，A1C14A1N，BB13MB1，

平面CMN截三棱柱所得截面的周長是（）

A．3245B．32353

C．4235D．32453

【答案】B

【解析】如圖1，延長CN與AA1交于點H，連結MH，與A1B1交于點G，

連結NG,GM，則四邊形CNGM為所求截面，

其中2222，2222，

CNCC1C1N3332CMBCBM4225

19/78

AHAN1

111

如圖2，A1HNC1CN，所以，即A1HCC11，

CC1NC133

如圖1，若A1HBM1，則A1HGB1MG，所以A1GB1G，

即點G是A1B1的中點，

所以2222，

GMB1GB1M215

△

A1GN中，A160,A1G2,A1N1，

1

所以NGAN2AG22ANAGcos60142123，

11112

所以四邊形CNGM的周長為32255332353.

故選：B

1

4．（2026云南昆明·模擬預測）直三棱柱ABCABC中，ABACAA22，P為BC中點，APBC，

11112

1

Q為AC上一點，AQAC，則經過A，P，Q三點的平面截此三棱柱所成截面的面積是（）

111211

79

A．B．4C．D．5

22

【答案】C

1

【解析】如圖，在BC上取點M，使得CMBC，取BC的中點N，連接QM,AN，

111411111

則QM//A1N，又AP//A1N，所以QM//AP，

得A、P、M、Q四點共面，又ABAC，P為BC的中點，所以APBC，

由APA1A，得APBB1，又、平面BCC1B1，

11

??∩??=?,??20?/?78?

所以AP平面BCC1B1，由PM平面BCC1B1，得APPM，

所以截面為直角梯形APQM，且ABAC，得BCAB2AC24，

111

所以QMANAPBC1，

2124

作MDBC于D，則PM12(22)23，

119

所以S梯形(QMAP)PM(21)3.

APQM222

故選：C．

【題型7截面的最值、范圍問題】

1．（25-26高二下·江蘇·期末）已知圓錐的高為1，體積為π，則過圓錐頂點作圓錐截面的面積最大值為（）

A．3B．2C．23πD．3π

【答案】B

11

【解析】設圓錐的底面半徑為r，高為h，母線為l，則πr2hπr2π，

33

2

得r3，l1232，

3

如圖，下圖為圓錐的軸截面，等腰三角形，tanBAO3，則BAO60，

1

則等腰三角形的頂角為12090，

1

所以過圓錐頂點作圓錐截面，設頂角為，面積S22sin，

2

1

當頂角為90時，面積最大，最大值為222.

2

故選：B

2．（2026高三·全國·專題練習）已知正方體ABCDA1B1C1D1的體積為1，點M在棱BC上（點M異

于B，C兩點），N為CC1的中點，若平面AMN截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面為五邊形，則

BM的長的取值范圍是（）

21/78

11112

A．0,B．,1C．,1D．,

22323

【答案】B

【解析】因為正方體ABCDA1B1C1D1的體積為1，所以該正方體的棱長為1，則0BM1.

1

當BM時，連接AD，DN，則MN//AD，

2111

A，M，N，D1四點共面，截面為四邊形AMND1（如圖），不符合題意，

1

當BM時，延長BB,NM交于點G，

21

BGBM

由BGM與CNM相似可得,

NCCM

11

所以BG，因為NC，所以在線段NC上一定存在一點P，

2121

使得NPBG,即四邊形PNGB為平行四邊形，所以BP//NG;

過P作PQDD1于Q，連接AQ，則易知AQ//BP，

所以AQ//MN，即A,M,N,Q四點共面，所以截面為四邊形.

1

當BM時，延長BB,NM交于點G，

21

BGBM

由BGM與CNM相似可得，

NCCM

11

所以BG，因為NC，所以在線段NC的延長線上一定存在一點P，

2121

使得NPBG,即四邊形PNGB為平行四邊形，所以BP//NG;

22/78

如圖，過P向DD1的延長線作垂線，交于點Q，連接AQ，交A1D1于H，

則易知AQ//BP，所以AH//MN，即A,M,N,H四點共面.

連接QN交C1D1于T，連接HT，即所求截面為五邊形AMNTH.

1

綜上可知BM1，故B正確.

2

故選：B.

3．（2026·廣東廣州·模擬預測）已知正方體ABCDA1B1C1D1的邊長為1，現有一個動平面，且平面A1BD，

當平面截此正方體所得截面邊數最多時，記此時的截面的面積為S，周長為l，則（）

A．S不為定值，l為定值B．S為定值，l不為定值

C．S與l均為定值D．S與l均不為定值

【答案】A

【解析】正方體的所有棱中，實際上是3組平行的棱，與面A1DB平行的面且截面是六邊形時滿足條件，如

圖所示，

正方體邊長為1，即EF//A1B

EFB1E

設，則B1E，

A1BA1B1

23/78

NEAE

11,EFNE2212，

B1D1A1B1

同理可得六邊形其他相鄰兩邊的和均為2，

六邊形的周長l為定值32，

13

正三角形A1DB的面積為22sin60.

22

當M,N,E,F,G,H均為中點時，六邊形的邊長相等即截面為正六邊形時截面面積最大，

22

1212333

此時截面面積為，

NG2,sin6066

222224

截面從A1DB平移到B1CD1的過程中，截面面積的變化過程是由小到大，再由大到小，故可得周長l為定值，

面積S不為定值.故選：A

【題型8截面分體積問題】

1．（2025高三上·廣東·專題練習）棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，M,N分別為AD,CD的中點，過

A1,M,N三點的截面將正方體分成兩部分，則其中體積較小的幾何體的體積為（）

195177

A．B．C．D．

24242424

【答案】D

【解析】在正方體ABCDA1B1C1D1中，延長A1M交D1D延長線于P，連接PC1，

由M是AD的中點，MD//A1D1，得D是D1P的中點，又DCD1C1，

則PC1與DC的交點必為DC的中點N，而平面DMN//平面D1A1C1，

即幾何體DMND1A1C1是三棱錐PD1A1C1被平行于底面的平面所截而成，

因此截面A1MN將正方體ABCDA1B1C1D1分成體積較小的部分為三棱臺DMND1A1C1，

111211212127

三棱臺DMND1A1C1的體積為1[()()11].

322222224

故選：D

24/78

2．（多選）（24-25高一下·遼寧遼陽·期末）如圖，在正四棱錐PABCD中，E,F分別是PA,PC的中點，

則下列結論正確的是（）

PQ1

A．設PD平面BEFQ，則

PD3

B．三棱錐EBDF與正四棱錐PABCD的體積之比為1:4

PA5

C．若，則正四棱錐PABCD內切球與外接球的半徑之比為1:6

AB2

D．正四棱錐PABCD