第七章 模型1破解动态几何中轨迹与截面模型 （含解析）2024年高考数学三轮冲刺考点归纳

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【问题背景】动态几何中的轨迹与截面问题属于高考在考查立体几何时综合性强、复杂度高的一类热点问题．面对这类题目，首先要做到认真审题、厘清线面关系，立足条件，画出立体图形的草图，呈现其中的几何关系．画出整体图形之后，根据相应的条件分析动点轨迹或截面形状，从宏观角度刻画动点状态，轨迹往往表现为多边形或圆锥曲线，最后根据其相应的特征破题，此类问题由于是动态的，处于变化当中，常常与范围、最值结合在一起考查．
【解决方法】
（2024江苏南通8月期初检测｜多选）
【典例1】在棱长为2的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足．记点的轨迹为，则下列说法正确的是（ ）
A．点可以是侧面的中心 B．是菱形
C．线段的最大值为 D．的周长是
【套用模型】第一步：审读题目，根据题目条件画出对应图形．
如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，
可得，所以，
设，则．
第二步：结合条件，分析点P的轨迹．
A中，当点是侧面的中心时，可得，此时，因为，所以，所以A正确．
B中，因为，所以，可得．
点的坐标满足，可取任意值，只要满足点在正方体表面上．在平面直角坐标系中表示一条线段，在空间直角坐标系中表示与平面垂直且与平面的交线为线段的平面，故动点的轨迹为此平面截正方体所得的截口曲线（矩形）
当时，；当时，．
取，连接，
则，所以四边形为矩形，
则，即，
又平面，所以平面，
连接，则，
所以为的中点，则平面，
因为点在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形，
又，则点的轨迹为矩形，不是菱形，所以B错误．
第三步：根据动点的轨迹解决相关问题．
，所以线段的最大值为，所以C正确．
矩形的周长，所以D错误．
故选AC．
（2024长沙雅礼中学9月月考）
【典例2】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，则平面截此正方体所得截面面积的最大值为________．
【套用模型】第一步：通读题目，根据题目条件画出对应图形
根据题意作出示意图，如图2所示，根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的可知，在正方体中，平面与直线所成的角是相等的，
所以平面与平面平行．瓶干所给的条件“每条棱所在直线与平面所成的角都相等”较为抽象，将抽象问题具象化，我们先从正方体中找到一个与每条棱所在直线所成角相同的面，即由三条面对角线形成的等边三角形所在的平面
第二步：结合条件，分析截面形状．
由图易知平面和正方体形成的截面可以是三角形，也可以是六边形
第三步：根据截面形状解决相关问题．
由正方体的对称性知，截面面积最大时，截面的位置为与平面平行且过正方体中心的正六边形，其边长为，所以其面积为．
（2024浙江省名校协作体9月联考｜多选）
【典例3】已知正方体的棱长为2，点为底面内一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点在棱上运动，则的最小值为
B．若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为
C．若点满足，则动点的轨迹是一条线段
D．若点在棱上运动，则到棱的最小距离为
【套用模型】第一步：利用转化求解.对于立体图形中几个线段长度和的最值问题，我们可以展开相应平面，将空间中的最值问题转化为平面中的最值问题
对于A，如图3，将平面展开与平面处于同一个平面，连接与交于点，此时取得最小值，即，故A错误．
第二步：截面问题中“找（作）截面”是难点.B选项中找平面截正方体所得截面，先确定正方体各面上已有的交线——，再在其他平面上找（作）与已知交线平行的直线——，最后针对余下含两交点的平面，直接连接确定在此平面的交线即可
对于B，如图4，取的中点，连接，
因为点是棱的中点，所以且，
又，所以，所以四边形即平面截正方体所得截面，
又，，，
所以截面周长为，故B正确．
第三步：根据动点的轨迹解决相关问题．
对于C，如图5，连接，易知．因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，
因为平面平面平面，平面，，所以在线段上，即动点的轨迹是一条线段，故C正确．
对于D，如图6，建立空间直角坐标系，连接，则，设，则，所以到棱的距离，
所以当时，取得最小值，且，故D正确．故选BCD．
一、单选题
（2024上·全国·高三期末）
1．如图，所有棱长都为1的正三棱柱，，点是侧棱上的动点，且，为线段上的动点，直线平面，则点的轨迹为（ ）

A．三角形（含内部）B．矩形（含内部）
C．圆柱面的一部分D．球面的一部分
（2024上·河南南阳·高二统考期末）
2．在棱长为1的正方体中，、为线段上的两个三等分点，动点在内，且，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
（2024上·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）
3．已知三棱锥P-ABC内接于球O，PA⊥平面ABC，，AB⊥AC，，点D为AB的中点，点Q在三棱锥P-ABC表面上运动，且，已知在弧度制下锐角，满足：，，则下列结论正确的是（ ）
A．过点D作球的截面，截面的面积最小为B．过点D作球的截面，截面的面积最大为
C．点Q的轨迹长为D．点Q的轨迹长为
（2024上·江西景德镇·高三景德镇一中校考阶段练习）
4．正方体中，，是的中点，下列说法中错误的是（ ）
A．平面
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．若为正方体对角线上的一个动点，最小值为
D．过、、三点的正方体的截面面积为
（2024上·山东日照·高三山东省日照实验高级中学校联考期中）
5．已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，P为正方体的内切球上任意一点，则（ ）
A．球被截得的弦长为
B．的范围为
C．与所成角的范围是
D．球被四面体表面截得的截面面积为
（2024上·甘肃·高三统考阶段练习）
6．已知直三棱柱内接于球，点为的中点，点为侧面上一动点，且，则下列结论正确的是（ ）
A．点A到平面的距离为
B．存在点，使得平面
C．过点作球的截面，截面的面积最小为
D．点的轨迹长为
（2024·河南·模拟预测）
7．如图，底面半径为1，体积为的圆柱的一个轴截面为，点M为下底面圆周上一动点，则（ ）

A．四面体体积的最大值为1
B．直线与可能平行
C．
D．当时，平面截圆柱的外接球的截面面积为
（2024上·江西·高二校联考期末）
8．如图，在长方体中，，点E为的中点，点F为侧面（含边界）上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A．存在点F，使得B．满足的点F的轨迹长度为
C．的最小值为D．若平面，则线段长度的最小值为
（2024上·全国·高三期末）
9．在边长为1的正方体中，动点满足．下列说法正确的是（ ）
A．四面体的体积为
B．若，则的轨迹长度为
C．异面直线与所成角的余弦值的最大值为
D．有且仅有三个点，使得
（2024上·黑龙江齐齐哈尔·高二统考期末）
10．古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现:平面上到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆,该圆简称为阿氏圆.根据以上信息解决下面的问题:在长方体中,,点在棱上,,动点满足为棱的中点,为的中点.以为原点,所在的直线为轴,轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系.下列说法正确的是（ ）
阿波罗尼奥斯
A．若点只在平面内运动,则点所形成的阿氏圆的半径为
B．若点只在平面内运动,则△的面积最小值为
C．类比阿氏圆定义,点在长方体内部运动时,的轨迹为球面的一部分
D．若点在平面内运动,则点到平面的距离最小值为
参考答案：
1．A
【分析】根据题意首先保持在线段上不动（与重合），研究当点运动时的轨迹为线段，再根据点在线段上运动的轨迹即可得出点的轨迹为及其内部的所有点的集合.
【详解】如下图所示：

首先保持在线段上不动，假设与重合
根据题意可知当点在侧棱上运动时，若点在点处时，为的中点，
此时由可得满足，
当点运动到图中位置时，易知，取，可得，
取棱上的点，满足，根据三角形相似可得三点共线，
当点在侧棱上从点运动到点时，点轨迹即为线段；
再研究当点在线段上运动，
当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段，
当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段，
因此可得，当点是侧棱上运动时，在线段上运动时，点的轨迹为及其内部的所有点的集合；
即可得的轨迹为三角形（含内部）.
故选：A
2．B
【分析】
先通过位置关系的证明说明在平面内，然后根据已知条件求解出的长度，根据的长度确定出在平面内的轨迹形状，由此求解出对应的轨迹长度.
【详解】
如图，在棱长为1的正方体中，，
因为、为线段上的两个三等分点，
所以，
易知，平面，平面，
所以平面，则，
同理可证，又平面，平面，，
则平面，
设点到平面的距离为，则三棱锥的体积，
则，
所以在平面内，
则，
所以，
所以平面内点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，

如图，在正三角形中，为中心，圆的半径为，即，
，
所以在直角三角形中，
则，
所以三个虚线弧圆心角弧度数为，
则三个实线弧圆心角弧度数为，
所以点的轨迹长度为.
故选：B
3．ABD
【分析】对于A项和B项，先求出三棱锥外接球的半径，再根据图形判断经过球心的截面最大，与半径垂直的截面最小即得，对于C项和D项，则先要通过计算找到角，再根据轨迹特征确定轨迹形状，计算即得.
【详解】
对于选项A,如图，三棱锥P-ABC的外接球O即为以AB，AC，AP为邻边的长方体的外接球，
∴，∴，取BC的中点，则为△ABC的
外接圆圆心，且平面ABC，当OD与过点D的截面垂直时，截面的面积最小，
∵，此时截面圆的半径为，
∴最小截面面积为，故A项正确；
对于选项B，当截面过球心时，截面圆的面积最大为，故B项正确；
对于选项C和D，由条件可得
故即，易得，
则点Q的轨迹分别是以点P为圆心，4为半径的三段弧，其中一段弧圆心角为，两段弧
圆心角为，点Q的轨迹长即为，故C项错误，D项正确．
故选：ABD．
4．BCD
【分析】利用线面平行的判定定理可判断A选项；利用异面直线所成角的定义可判断B选项；将、延展至同一个平面，由、、三点共线时，取最小值可判断C选项；作出截面，并计算出截面面积，可判断D选项.
【详解】如下图所示：

对于A选项，连接交于点，连接，
因为四边形为正方形，，则为的中点，
又因为为的中点，所以，，
又因为平面，平面，所以，平面，A对；
对于B选项，因为，则异面直线与所成角为或其补角，
因为，且，，则，
所以，，故异面直线与所成角的余弦值为，B错；
对于C选项，将、延展至同一个平面，如下图所示：

且，，
结合图形可知，当、、三点共线时，取最小值，
即，
故最小值不是，C错；
对于D选项，设平面交棱于点，如下图所示：

因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，
又因为，则，因为，故四边形为平行四边形，
所以，，故为的中点，所以，，
又因为，则，所以，四边形为平行四边形，
因为平面，平面，所以，，
所以，四边形为矩形，且其面积为，D错.
故选：BCD.
5．ABD
【分析】对于A，利用对称性以及球心到端点的距离，再结合余弦定理可计算得弦长为，从而可判断出选项A的正误；
对于B，利用向量运算可得，即可求得其范围为，从而可判断出选项B的正误；
对于C，截取截面可知，当与球相切时，与所成的最大满足，可得，从而可判断出选项C的正误；
对于D，求得球心到正四面体表面的距离为，可得四个相同截面圆的半径为，即可得截面面积为，从而可得出选项D正确.
【详解】如图所示，

对于选项A，易知内切球的半径，且球心在正方体的中心，易得，
设球被截得的弦长为，在中，易得，
如下图所示，在中，

由对称性可知，，且，由余弦定理知，
在中，，解得或（舍），
则弦长，所以选项A正确；
对于选项B，不妨设的中点为，
则，
由选项A知，，，所以，，
，
当共线同向时，，
当共线反向时，，
所以，的范围为，即选项B正确；
对于选项C，易知当三点共线时，与所成的角最小为，
取截面如下图所示，

易知，当与球相切时，与所成的角最大，设最大角为，
则，所以，得到，
所以选项C错误；
对于选项D，易知四面体为正四面体，所以四个截面面积相同，
由对称性可知，球心即为正四面体的外接球（也是内切球）球心，如下图所示：

设为的中点，为球心在平面内的射影，则为的中心，
易知正四面体的棱长为，
又正方体的体对角线长为，所以，
又为等边三角形，且边长为，易得，
由勾股定理，可得，所以，
设截面圆的半径为，则，
设内切圆的半径为，则由，得到，
所以截面面积为，故选项D正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点晴：选项A和C的关键在于空间问题平面化，将空间问题转化到平面上来处理，选项C关键在于利用向量的线性运算，得到，选项D关键在于求出截面圆的半径.
6．ACD
【分析】A选项，作出辅助线，由等体积法求出点A到平面的距离；B选项，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据故与法向量不平行，得到B错误；C选项，当与过点的截面垂直时，截面的面积最小，求出截面半径的最小值，得到答案；D选项，作出辅助线，得到点的轨迹，求出轨迹长度.
【详解】A选项，设点A到平面的距离为，因为，
所以，
取的中点，连接，
由勾股定理得，，故，
由三线合一可得⊥，由勾股定理得，
，所以，即点A到平面的距离为，A正确；
B选项，以A为原点，所在直线为轴建系，
则，设，则，
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
设，，即，故，无解，
故与法向量不平行，
所以不存在点，使得平面，B错误；
C选项，三棱柱的外接球即为以为邻边的长方体的外接球，
当与过点的截面垂直时，截面的面积最小，
球心，则过点作球的截面，
截面半径的最小值为，
所以截面的面积最小为，C正确；
D选项，过点作于，则，
又⊥平面，平面，所以⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
故，又，
则点的轨迹是以点为圆心，为半径的半圆，
其圆心角为，点的轨迹长即为，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
7．AD
【分析】对于A，可利用等体积转换法，，而三棱锥的高可以求出来，故只需求的最大值即可验证；对于B，可以利用反证法证伪；对于C，建立适当的空间直角坐标系，验证是否等于0即可；对于D，当时，可求出点坐标，进一步得平面的法向量以及圆柱的外接球的球心到平面的距离，而圆柱的外接球的半径为，故可求截面圆半径，进而得面积即可验证.
【详解】对于A，由题意，不妨设，则，
而由题意，所以，而为三棱锥的高，
所以，等号成立当且仅当，即四面体体积的最大值为1，故A正确；
对于B，若直线与平行，则四点共面，
而三点确定唯一平面，则点只能与点或点重合，
但与、与均不平行，产生矛盾，故B错误；
对于C，取圆弧的中点，连接，此时，可知，
又面，面，
所以，
所以两两互相垂直，故以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

点在平面中的以原点为圆心的单位圆上面，所以不妨设点，
又，所以，
所以，，即与不垂直，故C错误；
由对称性可知圆柱的外接球的球心应为的中点，不妨设为点，则，

当时，，所以，此时，
又，
所以，
不妨设平面的法向量为，
则，不妨令，解得，
即取平面的一个法向量为，
所以圆柱的外接球的球心到平面的距离为，
而圆柱的外接球的半径为，
所以截面圆的半径为，
所以当时，平面截圆柱的外接球的截面面积为，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点睛：D选项的关键是首项确定球心以及的位置，然后由点面距离的向量求法得圆柱的外接球的球心到平面的距离，由此即可顺利得解.
8．BD
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设F点坐标，利用空间向量法判断直线的位置关系可判断A；根据，推出F点的坐标满足的关系，可求得F的轨迹长度，判断C；利用点的对称点，结合空间两点的距离公式可判断C；求出平面的法向量，根据空间位置关系的向量证法求出，结合空间两点间距离公式以及二次函数性质，可判断D.
【详解】以A为原点，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
对于选项A，若，则，
又，所以，
即，此方程无解，所以不存在点F，使得，故A错误；
对于选项B，由，得，
化简可得，即F点轨迹为矩形内的线段，
又，所以当时，得，
当时，得，即满足的点F的轨迹长度为，故B正确；
对于选项C，设点C关于平面的对称点为G，则G的坐标为，
则，共线时取等号，故C错误；
对于选项D，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
因为平面，所以，即，
又点，所以，
当时，取得最小值，故D正确．
故选：BD．
【点睛】关键点睛：本题的关键是建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法判断线线和线面位置关系，对于D选项还需结合二次函数性质从而得到其最值.
9．AC
【分析】对于A，由题意可得点的轨迹在内，利用等体积法转换即可；对于B，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，利用解三角形知识求出圆心角弧度即可；对于C，由题意为异面直线与所成的角，故只需求出其正弦值的最小值即可；对于D，由题意点在以为直径的圆上，由此即可判断.
【详解】如图所示，

连接，由，
可得点的轨迹在内（包括边界）．
因为平面平面，
所以，故A正确．
易知平面，设与平面相交于点．
由于，
则点到平面的距离为．
若，则，即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
如图所示，

在中，，，设，
由余弦定理得，解得，
则，
所以的轨迹长度为，故B错误．
因为，所以为异面直线与所成的角，
则，所以，故C正确．
由三垂线定理可知，又平面，要使得，
则点在以为直径的圆上，所以存在无数个点，使得，故D错误．
故选：AC.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键是利用空间向量推得的所在位置，从而得解.
10．BC
【分析】
当点只在平面内运动时,可简化为平面直角坐标系内的距离问题,通过两点间的距离公式化简运算即可判断项；当点在长方体内部运动时,通过空间直角坐标系得相关点的坐标,借助空间中两点的距离公式,化简整理可得点的轨迹方程,即可判断项；当点在平面内运动时,可借助项中点的轨迹方程得此时的轨迹方程,再根据空间中点到平面的距离运算即可判断项.
【详解】在平面内,设点
由得即
所以若点只在平面内运动,则点所形成的阿氏圆的半径为
且当点时,△的面积最小为故错误,正确；
当点在长方体内部运动时,设,
由得即
的轨迹为球面的一部分,故正确；
当点在平面内运动时,设
由得即
设平面的法向量为则
令则
所以点到平面的距离为
由得
所以点到面的距离最小值为故错误.
故选：BC.
【点睛】本题考查空间动点轨迹问题,考查了转化思想,计算能力,属于中档题.