第七章 第十节 立体几何中的截面与动态问题（复习讲义）-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习学用word

第十节　立体几何中的截面与动态问题 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. 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（　　） A.三角形　　　　　 B.四边形 C.五边形 D.六边形 （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.4　 B.5　 C.2　 D. 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　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. 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 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　　　　. 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（　　） 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 （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　　　　. 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　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. 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 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 解题技法 解决空间位置关系动点问题的方法 （1）应用“位置关系定理”转化； （2）建立“坐标系”计算. 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. 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　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. 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 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　　　　. 提示：完成课后作业　第七章　第十节 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十节　立体几何中的截面与动态问题 【考点·分类突破】 考点1 【例1】 （1）C　（2）A　解析：（1）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. （2）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＝＝＝－，所以sin ∠DEB1＝＝，故截面面积为S＝2＝2×DE×B1Esin ∠DEB1＝5××＝4.故选A. 跟踪训练 1.D　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. 2.π　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＝，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. 考点2 【例2】 （1）ACD　（2）4π　解析：（1）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；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. （2）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. 【例3】 ABD　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. 【例4】 B　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，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. 跟踪训练 1.AD　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∈（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. 2.　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. 学科网（北京）股份有限公司 $