第七章 第十节 立体几何中的截面与动态问题-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习教用课件

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何中的截面与动态问题两大核心考点，依据高考评价体系明确空间想象、逻辑推理等素养要求。通过梳理近五年真题，确定截面图形判断、轨迹分析、最值求解为高频考点，占立体几何分值的35%左右，归纳出五边形截面判定、双曲线轨迹证明等典型题型。 课件亮点在于“真题母题+技法建模”，如以2025年宁波质检四棱锥截面题为例，用延长线法突破交线确定难点，培养直观想象素养。针对动态问题，总结几何法、定义法等解题模板，如例2正方体轨迹问题用抛物线定义快速判定。通过分级训练和易错点警示，学生可熟练掌握3类核心题型的解题步骤，教师能据此实施分层教学，提升复习效率。

第十节　立体几何中的截面与动态问题 高中总复习·数学 重点解读 1. 在立体几何中，把空间问题转化为平面问题，历来是立体几何的一个基 本问题.过已知不共线三点，作几何体的截面，既是转化为平面问题一个 方法，也是深化理解空间点、线、面关系的一个很好的途径. 2. 立体几何中的动态问题是新高考立体几何问题中最具创新意识的题型， 它渗透了一些动态的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活 力.一般涉及到求动点的轨迹问题及由动点引起的线、面、几何体变化中 的某些几何量的最值（范围）问题.求解该类问题的关键是正确辨析动与 不动，利用解析法、函数、不等式及几何图形中的极端位置解决. 目 录 CONTENTS 考点·分类突破 01. 课时·跟踪检测 02. PART 01 考点·分类突破 精选考点 | 课堂演练 目 录 截面问题（师生共研过关） （1）已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三 等分点， 点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体 ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为（　C　） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 C 目 录 高中总复习·数学 解析： 如图，设AB＝6，分别延长AE，A1B1交于 点G，此时B1G＝3，连接FG交B1C1于H，连接EH， 设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，因为 平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1 ＝AE，平面AEF∩平面DCC1D1＝l，所以l∥AE，设l∩D1D＝I，则FI∥AE，此时△FD1I∽△ABE，故ID1＝ ，连接AI，所以五边形AIFHE为所求截面图形，故选C. 目 录 高中总复习·数学 （2）已知一正方体木块ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，点E在棱AA1上，且 AE＝3.现过D，E，B1三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为 （　A　） A. 4 B. 5 C. 2 D. A 目 录 高中总复习·数学 解析：如图，在CC1上取一点F，使得CF＝1，连接 B1F，DF，AF，EC1，EF，AC1，因为AE∥C1F且AE ＝C1F，所以四边形AEC1F为平行四边形，所以EF与 AC1相交于O且O为AC1的中点，又O在B1D上，所以EF 与B1D相交于O，且O平分EF，B1D，所以D，E， B1，F四点共面且四边形DEB1F为平行四边形，所以过D，E，B1三点的截面是平行四边形DEB1F，因为DE＝ ＝5，B1E＝ ＝ ，DB1＝ ＝4 ，所以 cos ∠DEB1＝ 目 录 高中总复习·数学 ＝ ＝－ ，所以 sin ∠DEB1＝ ＝ ，故截面面积为S＝2 ＝2× DE×B1E sin ∠DEB1＝5× × ＝4 .故选A. 目 录 高中总复习·数学 解题技法 1. 作截面应遵循的三个原则：（1）在同一平面上的两点可引直线；（2） 凡是相交的直线都要画出它们的交点；（3）凡是相交的平面都要画出它 们的交线. 2. 多面体中找截面（交线）的三种常用方法 （1）直接法：有两点在多面体的同一个面上，连接这两点即为多面体与 截面的交线，找截面实际就是找交线的过程； （2）延长线法：若直线相交，但在多面体中未体现，可以通过作延长线 的方法找到交点，然后借助交点找到交线； （3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所 在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到多面体与截面的交线. 目 录 高中总复习·数学 1. （2025·宁波质检）已知四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面 ABCD是正方形，且PA＝AB，点E是PD的中点，点F是棱PC上的点且 PF＝2FC，则平面BEF截四棱锥P-ABCD所得的截面图形是（　　） A. 斜三角形 B. 梯形 C. 平行四边形 D. 两组对边均不平行的四边形 √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 如图，延长EF和DC，设其交点为G，连接 BG，延长DA并与直线BG交于点H，连接HE交PA于点 K，连接KB，得四边形EFBK，假设KE∥BF，易证 BF∥平面PAD，易知BC∥平面PAD，易得平面PBC∥ 平面PAD，与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾，故假设不成立，因此KE与BF不平行，同理可证KB与EF不平行，因此四边形EFBK的两组对边均不平行，故选D. 目 录 高中总复习·数学 2. （2025·咸阳模拟）如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别 为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面与线段AD相切 于点M，则球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为 ⁠. π 目 录 高中总复习·数学 解析：在棱长为2的正四面体ABCD中，连接AN， DN，过O作OE⊥DN于E，如图，由M，N分别为棱 AD，BC的中点，得AN⊥BC，DN⊥BC，而AN∩DN ＝N，AN，DN⊂平面AND，则BC⊥平面AND，又 BC⊂平面BCD，于是平面AND⊥平面BCD，而平面 AND∩平面BCD＝DN，OE⊂平面AND，因此OE⊥平面BCD，而AN＝DN＝ ，DM＝1，MN⊥AD，则MN＝ ，球O半径OM＝ MN＝ 目 录 高中总复习·数学 ，故ON＝OM＝ ， sin ∠DNM＝ ＝ ，从而OE＝ON· sin ∠DNM＝ × ＝ ，球O被平面BCD截得的截面圆半径r＝ ＝ ＝ ，所以球O被平面BCD截得的截面周长2πr＝ π.又ABCD为正四面体，所以球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径为 ，所以球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4× π＝ π. 目 录 高中总复习·数学 动态问题（定向精析突破） 考向1　轨迹问题 （1）〔多选〕如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是 （　ACD　） ACD A. 若MN与平面ABCD所成的角为 ，则点N的轨迹为圆 B. 若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π C. 若点N到直线BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线 D. 若D1N与AB所成的角为 ，则点N的轨迹为双曲线 目 录 高中总复习·数学 解析： 如图所示，对于A，根据正方体的性质可 知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD 所成的角，所以∠MND＝ ，所以DN＝DM＝ DD1＝ ×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆， 故A正确；对于B，在Rt△MDN中，DN＝ ＝ ＝2 ，取MD的中点E，连接PE，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝ DN＝ ，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝ ，所以点P的轨迹为以E为圆心， 为半径的圆，其面积为π·（ ）2＝3π，故B不正确； 目 录 高中总复习·数学 对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB的长度，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；对于D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（4，0，0），B（4，4，0），D1（0，0，4），设N（x，y，0），则 ＝（0，4，0）， ＝（x，y，－4），因为D1N与AB所成的角为 ，所以｜ cos ＜ ， ＞｜＝ cos ，所以｜ ｜＝ ，整理得 － ＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确. 目 录 高中总复习·数学 （2）点P为棱长是2 的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球O球面上的动 点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度 为 ⁠. 解析：根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝ ，如 图.取BB1 的中点N，连接CN，则CN⊥BM，所以CN为 DP在平面B1C1CB中的射影，所以点P的轨迹为过D， C，N的平面与内切球的交线，因为正方体ABCD- A1B1C1D1的棱长为2 ，所以O到过D，C，N的平面的距离为 ＝1，所以截面圆的半径为2，所以点P的轨迹的长度为2π×2＝4π. 4π 目 录 高中总复习·数学 解题技法 解决动点轨迹问题的方法 （1）几何法：根据平面的性质进行判定； （2）定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替 法进行计算； （3）特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除. 目 录 高中总复习·数学 考向2　空间位置关系的判定 〔多选〕已知P，Q分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上 的动点（不与顶点重合），则下列结论正确的是（　　） A. AB⊥PQ B. 平面BPQ∥平面ADD1A1 C. 四面体ABPQ的体积为定值 D. AP∥平面CDD1C1 √ √ √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　对于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1 ＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1， ∵PQ⊂平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，故A正确；对于B， ∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ与平面BCC1B1 重合，∴平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正确；对于C，∵A到平面BPQ的距离AB为定值，Q到BP的距离为定值，BP的长不是定值，∴四面体ABPQ的体积不为定值，故C错误；对于D，∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP⊂平面ABB1A1，∴AP∥平面CDD1C1，故D正确. 目 录 高中总复习·数学 解题技法 解决空间位置关系中动点问题的方法 （1）应用“位置关系定理”转化； （2）建立“坐标系”计算. 目 录 高中总复习·数学 考向3　最值（范围）问题 《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是 《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最简 练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.在 《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知在 “堑堵”ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝ ，动点M在 “堑堵”的侧面BCC1B1上运动，且AM＝2，则∠MAB的最大值为（　　） A. B. C. D. √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　如图，取BC的中点O，连接AO，MO，则 AO⊥BC. 因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面 ABC，所以BB1⊥AO，又BC∩BB1＝B，BB1，BC⊂ 平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1，所以AO⊥OM. 在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝ ，∠BAC＝ ， 所以AO＝ ，又AM＝2，所以在Rt△OAM中，OM＝ ＝1，所以动点M的轨迹是平面BCC1B1内以O为圆心，1为半径的半圆.连接BM，易得BO＝ BC＝ ，所以BM∈[－1， ＋1].在△BAM中， 目 录 高中总复习·数学 AB＝ ，AM＝2，由余弦定理得 cos ∠MAB＝ ＝ ≥ ＝ .即当BM＝ ＋1时， cos ∠MAB取得最小值 ，即∠MAB取最大值，结合选项可知，A、C、D均不正确，所以∠MAB的最大值为 .故选B. 目 录 高中总复习·数学 解题技法 　　立体几何中体积、距离、角的最值（范围）问题，常用的解题思 路是： （1）直观判断：判断动点、动线、动面在变化中达到某一特定位置时， 所求的量有相应最大（小）值； （2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类问题转化为函数，从而利 用代数方法求解. 目 录 高中总复习·数学 1. 〔多选〕如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点M为BC的 中点，点P为正方形A1B1C1D1内（包含边界）的动点，则（　　） A. 满足MP∥平面A1BD的点P的轨迹为线段 B. 若MP＝2 ，则动点P的轨迹长度为 C. 直线AB与直线MP所成角的范围为［ ， ］ D. 满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为 √ √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　对于A，如图1所示，取棱BB1，A1B1， A1D1，D1D，DC的中点分别为E，F，G，H， I，连接EF、FG、GH、HI、IM、ME，根据 正方体的特征易知EM∥A1D∥GH，EF∥A1B ∥HI，GF∥BD∥MI，则E，F，G，H，I， M共面，且BD∥平面EFGHIM，BA1∥平面EFGHIM，又BD，BA1⊂平面BDA1且相交于B，故平面BDA1∥平面EFGHIM，所以满足MP∥平面A1BD的点P的轨迹为线段FG，故A正确；对于B，设M在上底面的投影为N，易知MN＝2，而MP＝2 ，所以NP＝2，即P在以N为圆心，半径为2的圆 目 录 高中总复习·数学 上，且P在正方形A1B1C1D1内，如图2所示，即 上， 易知∠JNK＝ ，所以 的长度为 ，故B错误； 对于C，如图3所示建立空间直角坐标系，取AD的中 点Q，连接MQ，作PL⊥MQ，设P（x，y，2）（x，y∈[0，2]），则L（1，y，0），M（1，2，0），易知直线AB与直线MP所成角为∠PMQ，显然当P为B1C1的中点时，此时∠PMQ＝ ，y＝2，当y≠2 时，tan ∠PMQ＝ ＝ ，易知 ≥2，2－y∈ 目 录 高中总复习·数学 （0，2]，若∠PMQ最小，则需x＝1，y＝0，此时∠PMQ＝ ，故C错误；对于D，N为M在上底面的投影，取CS＝ DC，RC1＝ D1C1，可知RN∥SM，RN＝SM，即R、N、M、S共面，在底面正方形中易知 ＝ ＝ ，∠ABM＝∠SCM，则△SCM∽△MBA⇒∠AMS＝90°，结合正方体的性质可知MN⊥底面ABCD，AM⊂底面ABCD，所以AM⊥MN，而MN∩SM＝M，MN，SM⊂平面RNMS，所以AM⊥平面RNMS，故P在线段RN上运动，易知RN＝ ＝ ，故D正确. 目 录 高中总复习·数学 2. 已知点M是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在 平面BCC1B1所在的平面内.若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1 所成的锐二面角相等，则点P与点C1的最短距离是 ⁠. ​ 解析：设P在平面ABCD上的射影为P'，M在平面BB1C1C上的射影为M' （图略），平面D1PM与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角分别为 α，β，则 cos α＝ ， cos β＝ .因为 cos α＝ cos β，所 以S△DP'M＝ ，设P到C1M'的距离为d，则 × ×d＝ ×1×2，d＝ ，即点P在与直线C1M'平行且与直线C1M'的距离为 的直线上，即点P到C1的最短距离为 . 目 录 高中总复习·数学 PART 02 课时·跟踪检测 关键能力 | 课后练习 目 录 1. 如图，斜线段AB与平面α所成的角为 ，B为斜足.平面α上的动点P 满足∠PAB＝ ，则点P的轨迹为（　　） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 20 22 23 24 25 √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 建立如图所示的空间直角坐标系，设OB＝OA ＝1，则B（0，1，0），A（0，0，1），设P（x，y， 0），则 ＝（0，1，－1）， ＝（x，y，－1），所 以 cos ＜ ， ＞＝ ＝ ，即x2＋ ＝1，所以点P的轨迹是椭圆. 目 录 高中总复习·数学 2. 过正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，BC的中点E，F作一个截面，使 截面与底面ABCD所成二面角为45°，则此截面的形状为（　　） A. 三角形或五边形 B. 三角形或四边形 C. 正六边形 D. 三角形或六边形 解析： 　过棱AB，BC的中点E，F作正方体ABCD- A1B1C1D1的截面，∵二面角D1-EF-D，二面角B1-EF-B都 大于45°，∴当截面为EFHJIG时，如图所示，为六边 形；当截面为EFM时，如图所示，为三角形. √ 目 录 高中总复习·数学 3. 在三棱锥P-ABC中，AB＋2PC＝9，E为线段AP上靠近P的三等分 点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P-ABC所得截面的 周长为（　　） A. 5 B. 6 C. 8 D. 9 √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作 EF∥AB，EH∥PC，再分别过点H，F作HG∥AB， FG∥PC，可得E，F，G，H四点共面，因为AB⊄平面 EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，同理可 证，PC∥平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH， 又由E为线段AP上靠近P的三等分点，且AB＋2PC＝9，所以EF＝ AB，EH＝ PC，所以平行四边形EFGH的周长为2（EF＋EH）＝ （AB＋2PC）＝6. 目 录 高中总复习·数学 4. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M为A1C1的中点，N为侧面BCC1B1 上的一点，且MN∥平面ABC1，若点N的轨迹长度为2，则（　　） A. AC1＝4 B. BC1＝4 C. AB1＝6 D. B1C＝6 √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　如图，取B1C1的中点D，BB1的中点E，连接 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，故点N的轨迹为线段DE，又由DE＝ BC1＝2，可得BC1＝4. 目 录 高中总复习·数学 5. 已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，侧棱与底面垂 直，点P是侧棱DD1上的点，且DP＝2PD1，AA1＝3，AB＝1.若点Q在侧 面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹 长度为（　　） A. B. C. D. √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　如图，在侧棱AA1上取一点R，使得AR＝2RA1， 连接PR，BR，过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB1于点 N，连接AC，CN，BD，由PR∥AD，可知PR⊥AN， BR∩PR＝R，BR，PR⊂平面BPR，从而AN⊥平面BPR， BP⊂平面BPR，所以BP⊥AN，又由BP在平面ABCD内的射 影BD⊥AC，所以BP⊥AC，又AN，AC⊂平面ACN，AN∩AC＝A，知BP⊥平面ACN，CN⊂平面ACN，所以BP⊥CN，所以动点Q的轨迹为线段CN，在Rt△ABN，Rt△RAB中，∠BAN＝∠ARB，所以Rt△ABN∽Rt△RAB，则 ＝ ，得BN＝ ，易得CN＝ ＝ ＝ . 目 录 高中总复习·数学 6. 〔多选〕（2024·济南模拟）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的各顶点均在 表面积为12π的球面上，P为该球面上一动点，则（　　） A. 存在无数个点P，使得PA∥平面A1B1C1D1 B. 当平面PAA1⊥平面CB1D1时，点P的轨迹长度为2π C. 当PA∥平面A1B1CD时，点P的轨迹长度为2π D. 存在无数个点P，使得平面PAD⊥平面PBC √ √ √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　设正方体的棱长为a，因为该球的表面积为 4πr2＝12π，故半径r＝ ，且正方体的棱长满足 （2r）2＝3a2＝12，故棱长a＝2，选项A，由题意可 知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且PA∥平面A1B1C1D1， 故PA⊂平面ABCD，则P的轨迹为正方形ABCD的外接圆，故有无数个点P 满足，故A正确；选项B，易知AC1⊥平面CB1D1，且平面PAA1⊥平面 CB1D1，PA⊂平面PAA1，故P的轨迹为矩形AA1C1C的外接圆，其周长为 2πr＝2 π，故B错误；选项C，因为PA∥平面A1B1CD，设过PA且与平 面A1B1CD平行的平面为α，则P的轨迹为α与外接球的交线，其半径为 ＝1，周长为2π，故C正确；选项D，若平面PAD⊥平面PBC，则点P在以四边形ABCD所在平面为轴截面的某个圆柱面上，该圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点P满足，故D正确. 目 录 高中总复习·数学 7. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为 ⁠. ​ 目 录 高中总复习·数学 解析：如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M 作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面 BDNM即为符合条件的平面α，由E为BC的中点， BM∥C1E得M为B1C1的中点，又MN∥BD，故N为 C1D1的中点，故BD＝2 ，MN＝ ，且BM＝DN＝ ，设等腰梯形MNDB的高为h，则h＝ ＝ ，∴梯形MNDB的面积为 ×（ ＋2 ）× ＝ . 目 录 高中总复习·数学 8. 如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为 ⁠. ​ 目 录 高中总复习·数学 解析：如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连 接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1 是平行四边形，所以C1G∥D1E，又C1G⊄平面 CD1EF，D1E⊂平面CD1EF，所以C1G∥平面CD1EF. 同理可得C1H∥CF，C1H∥平面CD1EF. 因为C1H∩C1G＝C1，C1H，C1G⊂平面C1GH，所以平面C1GH∥平面CD1EF. 由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所 以M点的轨迹长度GH＝ ＝ . 目 录 高中总复习·数学 9. 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P是面对角线BC1上一动 点，Q是底面ABCD（含边界）内一动点，则D1P＋PQ的最小值为 ⁠ ⁠. ＋2 目 录 高中总复习·数学 解析：如图，将△BCC1沿BC1折起铺平在正方体的对角 面ABC1D1所在平面内，这时ABCC1D1是一个五边形， 过点D1作D1Q⊥BC，垂足为Q，且交BC1于P，显然， 此时D1P＋PQ最小.在直角梯形D1QCC1中，∠C1D1Q ＝45°，则D1Q＝CC1＋C1D1 cos 45°＝ ＋2. 目 录 高中总复习·数学 10. 从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥（以圆柱的上底面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点）而得到的几何体如图所示，用一个平行于底面且距底面为1的平面去截这个几何体，则截面图 形的面积为（　　） A. 4π－4 B. 4π C. 4π－2 D. 2π－2 √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　截面图形应为圆面中挖去一个正方形，且圆的半径是2，则截面 圆的面积为4π，设正四棱锥的底面正方形边长为a，则 a＝4，所以a＝ 2 ，正四棱锥的底面正方形的面积为（2 ）2＝8，由圆锥中截面的性 质，可得圆面中挖去的正方形与正四棱锥的底面正方形相似，设圆面中挖 去的正方形的面积为S'，正四棱锥的底面正方形的面积为S，则 ＝ ＝ ，从而S'＝2，所以截面图形的面积为4π－2. 目 录 高中总复习·数学 11. （2025·南充二模）三棱锥A-BCD中，AB＝AC＝AD＝4，BC＝CD ＝DB＝6，P为△BCD内部及边界上的动点，AP＝2 ，则点P的轨迹 长度为（　　） A. π B. 2π C. 3π D. 4π √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 如图1 所示，由AB＝AC＝AD＝4，BC＝CD ＝DB＝6，可知三棱锥A-BCD为正三棱锥，设CD中点 为E，则BE＝3 ，设点A在底面BCD上的射影为O ，则AO⊥平面BCD，OB＝2 ，OE＝ ，OA＝ ＝2，又P为△BCD内部及边界上的动点， AP＝2 ，所以OP＝2，所以点P的轨迹为以点O为 圆心，2为半径的圆在△BCD内部及边界上的部分，如 图2所示，OE⊥P1P2，所以 cos ∠EOP1＝ ＝ ， 即∠EOP1＝ ，∠P1OP2＝ ，所以点P的轨迹长度为2π×2－3× ×2＝ 2π，故选B. 目 录 高中总复习·数学 12. 如图，正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面垂直，O为正 方形ABCD的中心，M为正方形ABCD内一点，且满足MP＝MC，则点M 的轨迹为（　　） √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　取AD的中点E，连接PE，PC，CE，PB. 易知PE⊥平面ABCD，取PC，AB的中点F，G， 连接DF，DG，FG，则PE⊥DG，又易知DG⊥EC， EC∩PE＝E，∴DG⊥平面PEC，又PC⊂平面PEC， ∴DG⊥PC，由PD＝DC知DF⊥PC，DF∩DG＝D且DF，DG⊂平面DFG，∴PC⊥平面DFG，又F是PC的中点，∴平面DFG上的点到点P，C的距离相等，又平面DFG∩平面ABCD＝DG，∴线段DG上的M点满足MP＝MC. 故选A. 目 录 高中总复习·数学 13. 〔多选〕a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的 直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，则 下列结论中正确的是（　　） A. 当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角 B. 当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角 C. 直线AB与a所成角的最小值为45° D. 直线AB与a所成角的最大值为60° √ √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　由题意知，a，b，AC所在直线两两相互垂 直，画出图形如图所示.不妨设图中所示正方体的棱长为 1，则AC＝1，AB＝ .斜边AB以直线AC为旋转轴旋 转，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为 半径的圆.以C为坐标原点，以 的方向为x轴正方向， 的方向为y轴正方向， 的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的单位方向向量a＝（0，1，0），｜a｜＝1.B点起始坐标为（0，1，0），直线b的单位方向向量b＝（1，0，0），｜b｜＝1.设B点在运动过程中的坐标B'（ cos θ， sin θ，0）， 目 录 高中总复习·数学 '｜ ＝ .设直线AB'与a的夹角为α，则0°＜α≤90°， cos α＝ ＝ ＝ ｜ sin θ｜∈［0， ］，故45°≤α≤90°，所以C正确，D错误.设直线AB'与b的夹角为β，则0°＜β≤90°， cos β＝ ＝ ＝ ｜ cos θ｜.当直线AB'与a的夹角为60°，即α＝60°时，｜ sin θ｜＝ cos α＝ cos 60°＝ .因为 cos 2θ＋ sin 2θ＝1，所以｜ cos θ｜＝ .所以 cos β＝ ｜ cos θ｜＝ .因为0°＜β≤90°，所以β＝60°，此时直线AB'与b的夹角为60°，所以B正确，A错误.故选B、C. 目 录 高中总复习·数学 14. 在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点， PA＝AC＝2，AB＝3.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所 成角的正弦值为 ⁠. ​ 解析：因为在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直， 所以AB⊥平面PAC，则BD与平面PAC所成的角为∠ADB， tan ∠ADB＝ ＝ ，当AD取得最小值时，∠ADB取得 最大值.在等腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取 目 录 高中总复习·数学 得最小值.以A为坐标原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（3，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），D（0，1，1），则 ＝（0，1，1）， ＝（0，2，－2）， ＝（－3，2，0）.设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z），则 即 令y＝3，得n＝（2，3，3）.因为 cos ＜n， ＞＝ ＝ ＝ ，所以AD与平面PBC所成角的正弦值为 . 目 录 高中总复习·数学 15. （创新知识交汇）（2025·晋城二模）如图，已知圆锥SO的高SO＝1，AB是底面圆O的直径，AB＝2，M是圆O上的动点（不与A，B重合），N是SM的中点，则直线AN与平面SBM所成角的正弦值的最大值为（　　） A. B. C. D. 1 √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 如图，作OE⊥AB，与圆O交于一点E， 以O为原点，OE，OB，OS所在的直线分别为x 轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O（0，0， 0），A（0，－1，0），B（0，1，0），S（0，0， 1）.设M（a，b，0）（a2＋b2＝1，a≠0， b≠±1），则N（ ， ， ），易知 ＝（a，b，－1）， ＝（0，1，－1）， ＝（ ， ＋1， ），设平面SBM的法向量为n＝（x，y，z），所以 目 录 高中总复习·数学 即 令y＝1，则x＝ ，z＝1，所以平面SBM的一个法向量为n＝（ ，1，1）.设直线AN与平面SBM所成角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜ ，n＞｜＝ ＝ ＝ ＝ ，令f（x）＝ （x∈（－1，1））， 目 录 高中总复习·数学 则f'（x）＝ （x∈（－1，1）），当0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当－1＜x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）≥f（0）＝ ，所以 sin θ＝ ≤ ＝ ，所以直线 AN与平面SBM所成角的正弦值的最大值为 .故选C. 目 录 高中总复习·数学 THANKS 演示完毕 感谢观看 $