專題13立體幾何的截面及動(dòng)態(tài)問題目錄01析·考情精解02構(gòu)·知能框架03破·題型攻堅(jiān)考點(diǎn)一截面問題真題動(dòng)向必備知識(shí)知識(shí)點(diǎn)1.作截面的幾種方法知識(shí)點(diǎn)2.截面的類型命題預(yù)測(cè)題型1判斷截面形狀題型2球的截面問題題型3截面的周長(zhǎng)問題題型4截面的面積問題題型5截面的最值與范圍問題考點(diǎn)二動(dòng)態(tài)問題真題動(dòng)向必備知識(shí)知識(shí)點(diǎn)1、距離、角度有關(guān)的軌跡問題知識(shí)點(diǎn)2、翻折有關(guān)的軌跡問題命題預(yù)測(cè)題型1由動(dòng)點(diǎn)保持平行求軌跡題型2由動(dòng)點(diǎn)保持垂直求軌跡題型3折疊過程中的動(dòng)點(diǎn)軌跡命題軌跡透視“截面”問題是高考立體幾何問題中最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它滲透了一些動(dòng)態(tài)的線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力.求截面、交線問題，一是與解三角形、多邊形面積、周長(zhǎng)、扇形弧長(zhǎng)、面積等相結(jié)合求解，二是利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解.“動(dòng)態(tài)”問題是高考立體幾何中最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它融入了“動(dòng)態(tài)”的點(diǎn)、線、面等元素，為傳統(tǒng)的靜態(tài)立體幾何題增添了新的活力，使得題型更加新穎。同時(shí)，由于“動(dòng)態(tài)”元素的引入，立體幾何題變得更加多元化，它能夠在立體幾何問題與平面幾何中的解三角形問題、多邊形面積問題以及解析幾何問題之間建立聯(lián)系，實(shí)現(xiàn)這些知識(shí)點(diǎn)之間的靈活轉(zhuǎn)化2026命題預(yù)測(cè)預(yù)計(jì)在2026年高考中，截面及動(dòng)態(tài)問題仍是高考考查的重點(diǎn)，大概率以5分填空題形式出現(xiàn)，側(cè)重知識(shí)的交匯和延伸，整體難度較大。考點(diǎn)一截面問題（2023·上?！じ呖颊骖}）空間內(nèi)存在三點(diǎn)A、B、C，滿足，在空間內(nèi)取不同兩點(diǎn)（不計(jì)順序），使得這兩點(diǎn)與A、B、C可以組成正四棱錐，求方案數(shù)為．【答案】9【解析】因?yàn)榭臻g中有三個(gè)點(diǎn)，且，不妨先考慮在一個(gè)正四棱錐中，哪三個(gè)點(diǎn)可以構(gòu)成等邊三角形，同時(shí)考慮三邊的輪換對(duì)稱性，可先分為兩種大情況，即以下兩種：第一種：為正四棱錐的側(cè)面，如圖1，此時(shí)分別充當(dāng)為底面正方形的一邊時(shí)，對(duì)應(yīng)的情況數(shù)顯然是相同的;不妨以為例，此時(shí)符合要求的另兩個(gè)點(diǎn)如圖1所示，顯然有兩種情況，考慮到三邊的輪換對(duì)稱性，故而總情況有6種；

第二種：為正四棱錐的對(duì)角面，如圖2，此時(shí)分別充當(dāng)?shù)酌嬲叫蔚囊粚?duì)角線時(shí)，對(duì)應(yīng)的情況數(shù)顯然也是相同的;不好以為例，此時(shí)符合要求的另兩個(gè)點(diǎn)圖2所示，顯然只有一種情況，考慮到三邊的輪換對(duì)稱性，故而總情況有3種；綜上所述：總共有9種情況.知識(shí)點(diǎn)1.作截面的幾種方法(1)直接法：有兩點(diǎn)在幾何體的同一個(gè)面上，連接該兩點(diǎn)即為幾何體與截面的交線，找截面實(shí)際就是找交線的過程.(2)延長(zhǎng)線法：同一個(gè)平面有兩個(gè)點(diǎn)，可以連線并延長(zhǎng)至與其他平面相交找到交點(diǎn).(3)平行線法：過直線與直線外一點(diǎn)作截面，若直線所在的面與點(diǎn)所在的平面平行，可以通過過點(diǎn)找直線的平行線找到幾何體與截面的交線.知識(shí)點(diǎn)2.截面的類型(1)正方體的基本斜截面：正六面體的斜截面不會(huì)出現(xiàn)以下幾種圖形：直角三角形、鈍角三角形、直角梯形、正五邊形．(2)圓柱體的基本截面：(3)結(jié)合線、面平行的判定定理與性質(zhì)定理求截面問題；結(jié)合線、面垂直的判定定理與性質(zhì)定理求截面問題．題型1判斷截面形狀1.在正方體中，，分別為，的中點(diǎn)，則平面截正方體所得的截面多邊形的形狀為（

）A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形【答案】B【解析】如圖，把截面補(bǔ)形為四邊形，連接，，因?yàn)椋謩e為，的中點(diǎn)，則，又在正方體中，所以，則四點(diǎn)共面.則平面截正方體所得的截面多邊形的形狀為四邊形.故選：B.2．已知正方體中，點(diǎn)、滿足，則平面截正方體形成的截面圖形為（

）A．六邊形 B．五邊形 C．四邊形 D．三角形【答案】B【解析】如圖，因?yàn)辄c(diǎn)、滿足，點(diǎn)是線段上靠近的三等分點(diǎn)，點(diǎn)是線段上靠近的三等分點(diǎn)，延長(zhǎng)與交于點(diǎn)，連接交于，延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接交于，連接，則五邊形為所求截面圖形，故選B．3.已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E是線段BB1上靠近B1的三等分點(diǎn)，點(diǎn)F是線段D1C1上靠近D1的三等分點(diǎn)，則平面AEF截正方體ABCD-A1B1C1D1形成的截面圖形為()A.三角形 B.四邊形C.五邊形 D.六邊形【答案】C【解析】如圖，設(shè)AB=6，分別延長(zhǎng)AE，A1B1交于點(diǎn)G，此時(shí)B1G=3，連接FG交B1C1于點(diǎn)H，連接EH，設(shè)平面AEF與平面DCC1D1的交線為l，則F∈l，因?yàn)槠矫鍭BB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1=AE，平面AEF∩平面DCC1D1=l，所以l∥AE，設(shè)l∩D1D=I，則FI∥AE，此時(shí)△FD1I∽△ABE，故ID1=43，連接AI所以五邊形AIFHE為所求截面圖形.題型2球的截面問題4.已知球的半徑為5，球心到平面的距離為4，則球被平面截得的截面面積為．【答案】【詳解】

設(shè)截面圓的半徑為，球的半徑為，球心到平面的距離為，則，即可得，所以截面面積為，5．（2025·浙江嘉興模擬）已知邊長(zhǎng)為6的正方體與一個(gè)球相交，球與正方體的每個(gè)面所在平面的交線都為一個(gè)面積為的圓，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由對(duì)稱性，球心與正方體重心重合，且每個(gè)面的交線半徑為4.連球心與任意面中心，則連線長(zhǎng)為3，且連線垂直該面，再連交線圓上一點(diǎn)與球心（即為球半徑），由勾股定理得球的半徑為5，則表面積為.故選：B.6.球的兩個(gè)平行截面面積分別為和，球心到這兩個(gè)截面的距離之差等于1，則球的直徑為（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】D【解析】令球心到較近的截面距離為，則到另一個(gè)截面距離為，且球的半徑為，易知較近的截面圓面積為，另一個(gè)截面圓面積為，所以較近的截面圓半徑為，另一個(gè)截面圓半徑為，由截面圓半徑與球體半徑、球心與截面距離關(guān)系知：，所以，故，則球的直徑為6.故選：D7.已知正三棱錐P?ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，PA=43，AB=6，過棱AB作球O的截面，則所得截面面積的取值范圍是（

A．9π,12π B．9π,16π【答案】B【解析】如圖，作PH⊥平面ABC，垂足為H，取AB的中點(diǎn)D，外接球的球心為O，連接AO,AH，易得H為△ABC的中心，則AH=23，所以PH=設(shè)外接球半徑為R，則AO2=AH2當(dāng)OD垂直過AB的截面時(shí)，截面的面積最小，此時(shí)截面圓的直徑為AB長(zhǎng)，最小面積為π×當(dāng)截面過球心O時(shí)，截面圓的面積最大，最大面積為π×故截面面積的取值范圍是9π故選：B.8.已知正三棱錐A?BCD的外接球是球O，正三棱錐底邊BC=3，側(cè)棱AB=23，點(diǎn)E在線段BD上，且BE=DE，過點(diǎn)E作球O的截面，則所得截面圓面積的最大值是（

A．2π B．9π4 C．3【答案】D【解析】如圖，設(shè)△BDC的中心為O1，球O的半徑為R，連接O1D則O1D=3sin在Rt△OO1D中，當(dāng)截面過球心時(shí)，截面面積最大，最大面積為π?∴所得截面圓面積的最大值為4π故選：D．

題型3截面的周長(zhǎng)問題9．如圖，在正方體中，分別是棱的中點(diǎn)，則正方體被平面所截得的截面周長(zhǎng)是.【答案】【解析】在正方體中，取的中點(diǎn),的中點(diǎn)為,連接，由是的中點(diǎn)，得，則四邊形，，由是的中點(diǎn)，得，梯形是正方體被平面所截得的截面，，所以所求截面的周長(zhǎng)是.10.如圖所示正方體中棱長(zhǎng)為1，是棱的中點(diǎn)，則由，，三點(diǎn)確定的平面與正方體相交所得截面圖形的周長(zhǎng)為．【答案】【解析】延長(zhǎng)相交于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，連接，則四邊形即為所求截面圖形,如圖，因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，由相似比可知為的中點(diǎn)，則，因?yàn)?，分別為，中點(diǎn)，所以，所以，，同理，，所以周長(zhǎng)為.11.如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體，中，點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，則過點(diǎn)C且與垂直的平面被正方體截得的截面周長(zhǎng)為．【答案】/【解析】如圖，取中點(diǎn)，中點(diǎn)，連接，設(shè)與交于點(diǎn)O，因?yàn)樵谄矫鎯?nèi)的射影為，由可得，所以，又因?yàn)?，所以，在四邊形中，，其中，所以，即，所以是截面?nèi)的一條線，同理是截面內(nèi)的一條線，所以過點(diǎn)C且與垂直的平面被正方體截得的截面為，因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2，所以截面的周長(zhǎng)為，故答案為：12.在三棱錐P-ABC中，AB+2PC=9，E為線段AP上更靠近P的三等分點(diǎn)，過E作平行于AB，PC的平面，則該平面截三棱錐P-ABC所得截面的周長(zhǎng)為()A.5 B.6 C.8 D.9【答案】B【解析】如圖所示，在三棱錐P-ABC中，過E分別作EF∥AB，EH∥PC，再分別過點(diǎn)H，F(xiàn)作HG∥AB，F(xiàn)G∥PC，可得E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面，因?yàn)锳B?平面EFGH，EF?平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，同理可證，PC∥平面EFGH，所以截面即為平行四邊形EFGH，又由E為線段AP上更靠近P的三等分點(diǎn)，且AB+2PC=9，所以EF=13AB，EH=23所以平行四邊形EFGH的周長(zhǎng)為2(EF+EH)=23(AB+2PC題型4截面的面積問題13．在棱長(zhǎng)為的正方體中，為線段上靠近的三等分點(diǎn)，過點(diǎn)、、的平面截正方體得到一個(gè)截面圖形，則該截面圖形的面積為.【答案】【解析】設(shè)截面交棱于點(diǎn)，連接、，如圖所示，因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，平面平面，所以，因?yàn)?，由等角定理結(jié)合圖形可得，又因?yàn)椋蕿榈妊苯侨切?，且，，易知，且，同理可得，故四邊形為等腰梯形，如下圖所示：在平面內(nèi)分別作，，垂足分別為點(diǎn)、，因?yàn)?，，，故四邊形為矩形，所以，在和中，，，，所以，所以，由勾股定理可得，故截面面積為.14．已知正方體的棱長(zhǎng)為3，點(diǎn)分別在棱，，則過，，三點(diǎn)的平面截正方體所得多邊形的面積為【答案】【解析】如圖所示：分別在棱上取點(diǎn)，且，易得，，故，同理可得，故，同理可求得，，故過三點(diǎn)的平面截正方體所得的多邊形為六邊形，其面積等于兩個(gè)等腰梯形與的面積之和，由條件可得，，，從而可得梯形的高為，梯形的高為，故梯形的面積為，梯形的面積為，六邊形的面積為．15．四面體中，，點(diǎn)分別為棱的中點(diǎn)，過點(diǎn)作四面體的截面，則該截面的面積為．【答案】2【解析】因?yàn)辄c(diǎn)分別為棱的中點(diǎn)，則因平面平面，所以平面，又平面，平面直線，即平面平面，所以，故過點(diǎn)的四面體的截面即四邊形.又，所以，則為的中點(diǎn)，則，所以四邊形為平行四邊形．取的中點(diǎn)，連接，因?yàn)?，所以平面，所以平面，因平面，所以，所以，所以為矩形，又，所以截面的面積．16.如圖，在棱長(zhǎng)為的正方體中，點(diǎn)、、分別是棱、、的中點(diǎn)，則由點(diǎn)、、確定的平面截正方體所得的截面多邊形的面積等于．

【答案】【解析】因?yàn)?、分別為、的中點(diǎn)，則且，因?yàn)榍遥?，四邊形為平行四邊形，所以，，所以，，設(shè)平面交棱于點(diǎn)，因?yàn)槠矫嫫矫妫矫嫫矫?，平面平面，所以，，則，因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以，為的中點(diǎn)，設(shè)直線分別交、的延長(zhǎng)線于點(diǎn)、，連接交棱于點(diǎn)，連接交棱于點(diǎn)，連接、，則截面為六邊形，因?yàn)?，則，所以，，因?yàn)?，則，所以，，則為的中點(diǎn)，同理可知，為的中點(diǎn)，易知六邊形是邊長(zhǎng)為的正六邊形，所以，截面面積為.17.在棱長(zhǎng)為2的正方體中，P，Q是，的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作平面，使得平面平面，則平面截正方體所得截面的面積是（

）A． B．2 C． D．【答案】C【解析】如圖，取中點(diǎn)，中點(diǎn)，連接，

因?yàn)?，平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面平面，即三角形為所得截面，在中，，，由余弦定理得，所以，所?故選：C.18.已知正三棱錐的六條棱長(zhǎng)均為6，S是及其內(nèi)部的點(diǎn)構(gòu)成的集合．設(shè)集合，則T表示的區(qū)域的面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設(shè)頂點(diǎn)在底面上的投影為，連接，則為三角形的中心，且，故.因?yàn)?，故，故的軌跡為以為圓心，1為半徑的圓，而三角形內(nèi)切圓的圓心為，半徑為，故的軌跡圓在三角形內(nèi)部，故其面積為，故選B題型5截面的最值與范圍問題．19.直三棱柱中，，，過作該直三棱柱外接球的截面，所得截面的面積的最小值為．【答案】【解析】由直三棱柱可知，平面，又，所以兩兩垂直，設(shè)直三棱柱外接球的半徑為R，通過構(gòu)造長(zhǎng)方體可知該三棱柱的外接球與以為邊長(zhǎng)的長(zhǎng)方體外接球相同；過作該直三棱柱外接球的截面，當(dāng)為所截圓的直徑時(shí)截面面積最小，因?yàn)椋瑒t所求截面面積最小值為20.三棱錐中，和均為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，分別在棱上，且平面平面，若，則平面與三棱錐的交線圍成的面積最大值為．【答案】【解析】如圖所示，因?yàn)槠矫?，設(shè)面，所以，同理：，設(shè)，所以，即，所以四邊形為平行四邊形，即，平面，平面，所以平面，又因?yàn)槠矫?，平面平面，所以，即，且，取中點(diǎn)，連接，易得，，，所以面，所以，所以，所以四邊形為矩形，所以面與三棱錐的交線圍成的面積，當(dāng)，即為中點(diǎn)時(shí)，面積最大，最大值為，21.如圖，已知正四面體的棱長(zhǎng)為1，過點(diǎn)B作截面α分別交側(cè)棱，于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，且四面體的體積為四面體體積的，則，的最小值為.【答案】；【解析】因?yàn)椋瑒t，記，因?yàn)椋?。又因?yàn)椋?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，取等號(hào)，所以a的最小值為22．（2025·云南曲靖·一模）已知正三棱錐的所有頂點(diǎn)都在球的球面上，，，過棱作球的截面，則所得截面面積的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如圖，作平面，垂足為，取的中點(diǎn)，外接球的球心為，連接，易得為的中心，則，所以，設(shè)外接球半徑為，則，即，解得，當(dāng)垂直過的截面時(shí)，截面的面積最小，此時(shí)截面圓的直徑為長(zhǎng)，最小面積為，當(dāng)截面過球心時(shí)，截面圓的面積最大，最大面積為，故截面面積的取值范圍是.故選：B.考點(diǎn)二動(dòng)態(tài)問題（2023·全國甲卷·高考真題）在正方體中，E，F(xiàn)分別為AB，的中點(diǎn)，以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有個(gè)公共點(diǎn)．【答案】12【解析】不妨設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，中點(diǎn)為，取，中點(diǎn)，側(cè)面的中心為，連接，如圖，由題意可知，為球心，在正方體中，，即，則球心到的距離為，所以球與棱相切，球面與棱只有1個(gè)交點(diǎn)，同理，根據(jù)正方體的對(duì)稱性知，其余各棱和球面也只有1個(gè)交點(diǎn)，所以以EF為直徑的球面與正方體棱的交點(diǎn)總數(shù)為12.知識(shí)點(diǎn)1、距離、角度有關(guān)的軌跡問題(1)距離：可轉(zhuǎn)化為在一個(gè)平面內(nèi)的距離關(guān)系，借助于圓錐曲線定義或者球和圓的定義等知識(shí)求解軌跡.(2)角度：直線與面成定角，可能是圓錐側(cè)面；直線與定直線成等角，可能是圓錐側(cè)面.知識(shí)點(diǎn)2、翻折有關(guān)的軌跡問題(1)翻折過程中尋找不變的垂直關(guān)系求軌跡.(2)翻折過程中尋找不變的長(zhǎng)度關(guān)系求軌跡.(3)可以利用空間坐標(biāo)運(yùn)算求軌跡.題型1由動(dòng)點(diǎn)保持平行求軌跡1.在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是棱BC的中點(diǎn)，點(diǎn)Q滿足eq\o(CQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(CC1,\s\up6(→))，點(diǎn)F在側(cè)面BB1C1C內(nèi)，且A1F∥平面APQ，則點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度為．【答案】【解析】如圖，取BB1上靠近B1的三等分點(diǎn)G，B1C1的中點(diǎn)H，連接A1H，A1G，GH，則在正方形BB1C1C中，可得GH∥PQ.又GH?平面APQ，PQ?平面APQ，所以GH∥平面APQ.同理可由A1H∥AP，得A1H∥平面APQ.因?yàn)锳1H，GH?平面A1GH，A1H∩GH＝H，所以平面A1GH∥平面APQ.又點(diǎn)F在側(cè)面BB1C1C內(nèi)，且A1F∥平面APQ，所以GH即為點(diǎn)F的軌跡，GH＝eq\r(B1H2＋B1G2)＝.2.已知長(zhǎng)方體，，，M是的中點(diǎn)，點(diǎn)P滿足，其中，μ∈0,1，且平面，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所形成的軌跡長(zhǎng)度是.【答案】【解析】如圖所示，E，F(xiàn)，G，H，N分別為，，，DA，AB的中點(diǎn)，則，，由面，面，則面，同理可證面，，面，所以面面，所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是六邊形MEFGHN及其內(nèi)部，又，所以點(diǎn)在側(cè)面，故的軌跡為線段，因?yàn)?，，所?3.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M為A1C1的中點(diǎn)，N為側(cè)面BCC1B1上的一點(diǎn)，且MN∥平面ABC1，若點(diǎn)N的軌跡長(zhǎng)度為2，則()A.AC1=4 B.BC1=4C.AB1=6 D.B1C=6【答案】B【解析】如圖，取B1C1的中點(diǎn)D，BB1的中點(diǎn)E，連接MD，DE，ME，由MD∥A1B1∥AB，DE∥BC1，又MD?平面ABC1，AB?平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，同理可得DE∥平面ABC1，又MD∩DE=D，MD，DE?平面MDE，所以平面MDE∥平面ABC1，又MN∥平面ABC1，故點(diǎn)N的軌跡為線段DE，又由DE=12BC1=2，可得BC1題型2由動(dòng)點(diǎn)保持垂直求軌跡4.（2025·山東聊城一模）已知正四面體的棱長(zhǎng)為2，動(dòng)點(diǎn)滿足，且，則點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)為.【答案】【解析】由，故點(diǎn)在過點(diǎn)且垂直于的平面上，由，故點(diǎn)在以為直徑的球面上，即點(diǎn)的軌跡為過點(diǎn)且垂直于的平面截以為直徑的球面所得的圓，由正四面體的性質(zhì)可得，取中點(diǎn)，連接，，則有，又、平面，，故平面，取中點(diǎn)，中點(diǎn)，連接，則，由平面，故平面，，，為以為直徑的球的球心，則該球半徑為，則點(diǎn)的軌跡所形成的圓的半徑為，則其軌跡長(zhǎng)為.5.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，Q是正方形B1BCC1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，A1Q⊥BC1，則Q點(diǎn)的軌跡是()A.點(diǎn)B1 B.線段B1CC.線段B1C1 D.平面B1BCC1【答案】B【解析】如圖，連接A1C，因?yàn)锽C1⊥A1Q，BC1⊥A1B1，A1Q∩A1B1=A1，A1Q，A1B1?平面A1B1Q，所以BC1⊥平面A1B1Q，又B1Q?平面A1B1Q，所以BC1⊥B1Q，又BC1⊥B1C，所以點(diǎn)Q在線段B1C上.6.（2025·浙江寧波·期末）已知正四面體的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)是的中點(diǎn)，點(diǎn)在正四面體表面上運(yùn)動(dòng)，并且總保持，則動(dòng)點(diǎn)的軌跡周長(zhǎng)為（

）A．4 B． C． D．【答案】D【解析】因?yàn)?，所以，平面，所以平面，由于點(diǎn)P始終保持PE垂直于BC，且P在正四面體表面運(yùn)動(dòng)，因此P的軌跡為平面與正四面體表面的交線，即的邊界.為等腰三角形，其中AD為底邊，長(zhǎng)為2，AE和DE為腰，長(zhǎng)均為.因此，三角形的周長(zhǎng)為.7.（2025·甘肅武威二模）在所有棱長(zhǎng)為4的正四棱錐中，M是底面正方形內(nèi)一點(diǎn)（含邊界），若，則點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】在正四棱錐中，令正方形中心為，取中點(diǎn)，連接，取中點(diǎn)，連接，則，由平面，平面，則平面，由，得，，又平面，因此，，點(diǎn)的軌跡是以為圓心，為半徑的圓在正方形及內(nèi)部的圓弧，顯然，則，而點(diǎn)是的軌跡的端點(diǎn)，于是點(diǎn)的軌跡是半徑的半圓，所以點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度是，故選A8.（2025·河南駐馬店二模）如圖，在三棱柱中，側(cè)棱均與底面垂直，側(cè)棱長(zhǎng)為2，，，點(diǎn)是的中點(diǎn)，是側(cè)面（含邊界）上的動(dòng)點(diǎn).要使平面，則線段的長(zhǎng)的最大值為（

）

A． B． C． D．【答案】A【解析】平面，平面，則，，，故，取為上靠近的四等分點(diǎn)，則，故，現(xiàn)在說明此時(shí)平面，平面，平面，故，又，，平面，故平面，平面，故，且，又，，平面，故平面，故的軌跡為線段，，故的最大值為.故選：A.題型3折疊過程中的動(dòng)點(diǎn)軌跡9.（2025·重慶西南大學(xué)附中模擬）如圖，已知菱形中，，，為邊的中點(diǎn)，將沿翻折成（點(diǎn)位于平面上方），連接和，F(xiàn)為的中點(diǎn)，則在翻折過程中，下列說法正確的是（

）①平面平面；②與的夾角為定值；③三棱錐體積最大值為；④點(diǎn)的軌跡的長(zhǎng)度為.A．①② B．①③ C．①②④ D．②③④【答案】C【解析】對(duì)于①：由，，為邊的中點(diǎn)知且，易知，，而，平面，故平面，又平面，所以平面平面，故①正確；對(duì)于②：若是的中點(diǎn)，又為的中點(diǎn)，則且，而且，所以且，即為平行四邊形，故，所以與的夾角為或其補(bǔ)角，若為中點(diǎn)，即，由①分析易知，故與的夾角為，故②正確；對(duì)于③：由上分析知：翻折過程中當(dāng)平面時(shí)，最大，此時(shí)，故③錯(cuò)誤；對(duì)于④：由②分析知：且，故的軌跡與到的軌跡相同，由①知：到的軌跡為以為圓心，為半徑的半圓，而為中點(diǎn)，故到的軌跡為以中點(diǎn)為圓心，為半徑的半圓，所以的軌跡長(zhǎng)度為，故④正確.故選C.10.（2025·遼寧葫蘆島二模）在等腰直角中，，，為中點(diǎn)，為中點(diǎn)，為邊上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，沿翻折使，點(diǎn)在平面上的投影為點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)在上運(yùn)動(dòng)時(shí)，以下說法錯(cuò)誤的是A．線段為定長(zhǎng) B．C．線段的長(zhǎng) D．點(diǎn)的軌跡是圓弧【答案】B【解析】如圖所示，對(duì)于A中，在為直角三角形，ON為斜邊AC上的中線，為定長(zhǎng)，即A正確；對(duì)于C中，點(diǎn)D在M時(shí)，此時(shí)點(diǎn)O與M點(diǎn)重合，此時(shí)，，此時(shí)，即正確；對(duì)于D，由A可知，根據(jù)圓的定義可知，點(diǎn)O的軌跡是圓弧，即D正確；故選B．11.（2025·廣東惠州一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝eq