专题十六 立体几何中截面、动态问题 课件-2026届高三数学二轮复习

专题十六　立体几何中截面、动态问题 命题热度： 本专题是高考命题常考的内容，属于中高档题目，一般以选择题、填空题为主，分值约为5~6分. 考查方向： 一是“截面、交线”问题，主要与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合；二是“动态”问题，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，题型更新颖. 考点一　截面问题 　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别为棱AB，AD的中点，过点E，F，C1三点作该正方体的截面，则 A.该截面多边形是四边形 B.该截面多边形与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点 C.A1C⊥平面C1EF D.平面AB1D1∥平面C1EF 例1 √ 对于A，将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD的延长线交于G，H， 连接C1G，C1H，分别与棱BB1，DD1交于P，Q，得到截面多边形C1PEFQ是五边形，A错误； 对于B，易知△AEF和△BEG全等且都是等腰直角三角形， 所以GB=AF=BC， 所以==，即=，点P是棱BB1的一个三等分点，B正确； 解析 对于C，因为A1B1⊥平面BCC1B1， BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1， 又BC1⊥B1C，A1B1∩B1C=B1，A1B1， B1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C， 因为A1C⊂平面A1B1C， 所以A1C⊥BC1， 同理可证A1C⊥BD， 因为BD∩BC1=B，BD，BC1⊂平面BC1D，所以A1C⊥平面BC1D， 解析 因为平面BC1D与平面C1EF相交， 所以A1C与平面C1EF不垂直，C错误； 对于D，易知BC1∥AD1，BD∥B1D1， 所以A1C⊥AD1，A1C⊥B1D1， 又AD1∩B1D1=D1，AD1，B1D1⊂平面AB1D1， 所以A1C⊥平面AB1D1， 结合C结论，所以平面C1EF与平面AB1D1不平行，D错误. 解析 作几何体截面的方法 (1)利用平行直线找截面. (2)利用相交直线找截面. 规律方法 跟踪演练1　(多选)如图，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的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是  A.AO⊥平面BCD B.球O的体积为 C.球O被平面BCD截得的截面面积为 D.球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为 √ √ √ 设E，F分别为AB，CD的中点，连接ME， EN，NF，MF，EF，AN，DN， 则EM∥BD，NF∥BD， EM=BD，NF=BD， 故EM∥NF，EM=NF，则四边形MENF为平行四边形， 故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点， 又AB=AC，DB=DC，故AN⊥BC，DN⊥BC， AN∩DN=N，AN，DN⊂平面AND， 解析 故BC⊥平面AND， 由于O∈MN，MN⊂平面AND，则AO⊂平面AND， 故BC⊥AO，结合O点为EF的中点， 同理可证DC⊥AO，BC∩DC=C，BC， DC⊂平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正确； 又球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，在棱长为2的正四面体ABCD中，AN=DN=，M为AD的中点，则MN⊥AD， 解析 故MN===， 则OM=， 所以球O的体积为π×OM3=π×=，B正确； 由BC⊥平面AND，BC⊂平面BCD， 故平面AND⊥平面BCD， 平面AND∩平面BCD=DN， 由于AO⊥平面BCD， 解析 延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上， 且G为正△BCD的中心，故NG=ND=， 所以OG===， 故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为 =， 则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π×=，C错误； 解析 由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点， 则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知， 球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆， 且圆的半径都为， 故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2π×=，D正确. 解析 考点二　交线问题 　(2025·九江模拟)在棱长为的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在正方体内(包含边界)运动.若直线A1P与DC所成的角为，则动点P所围成的图形的面积是 A. B. C. D.π 例2 √ 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，DC∥A1B1，直线A1P与DC所成的角为，即直线A1P与A1B1所成的角为，故动点P所围成的图形是高为，底面半径为1，母线长为2的圆锥侧面的四分之一，即动点P所围成的图形的面积为×π×1×2=. 解析 找交线的方法 (1)线面交点法：各棱线与截平面的交点. (2)面面交点法：各棱面与截平面的交线. 规律方法 跟踪演练2　四棱锥P-ABCD满足PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，AD∥BC，PA=AB=AD=BC=1，动点E在以P为球心，1为半径的球与△PCD(包括边界)的交线上，动点F在直线PB上，则EF的最小值为　　　　.  以P为球心，1为半径的球与△PCD(包括边界)的交线是△PCD内以P为圆心，1为半径的一截圆弧，如图所示，  由于PE为定值1，则当F点固定时，由余弦定理可知，EF的长只取决于∠EPF的大小，∠EPF越小，EF越小， 过B作平面PCD的垂线，垂足为G， 易知在△BCD中，CD⊥BD，CD=BD=， 所以S△BCD=××=1， 因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD， 解析 则PA⊥BC，又易知BC⊥AB，AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB， 则BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，则BC⊥PB. PC===， 在△PCD中，PD=DC=， 所以S△PCD=××=， 由V三棱锥P-BCD=V三棱锥B-PCD得，×1×PA=××BG⇒BG=，易知G在PC上， 解析 延长PG交圆弧为E，过E作PB的垂线，垂足为F，此时∠EPF为线面角，取到最小值， 此时sin∠EPF==， EF=PEsin∠EPF=1×=取到最小值. 解析 考点三　动态问题 　(多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P在侧面CC1D1D(含边界)内运动，Q在底面ABCD(含边界)内运动，则下列说法正确的是 A.若直线AC与直线AP所成角的大小为30°，则点P的轨迹为椭圆的一部分 B.若过点Q作体对角线A1C的垂线，垂足为H，满足QA=QH，则点Q的轨 迹为双曲线的一部分 C.若点P到直线B1C1的距离与点P到平面ABCD的距离相等，则点P的轨迹 为抛物线的一部分 D.若点P满足∠PAD=∠PAC1，则点P的轨迹为线段 例3 √ √ √ 依题意，以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，0，0)，C(1，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D(1，0，0)， 假设P(1，m，n)，m，n∈[0，1]， 则=(1，1，0)，=(1，m，n)， 所以cos 30°===， 即+n2=1，m，n∈[0，1]， 所以点P的轨迹为椭圆的一部分，故A正确； 解析 设Q(a，b，0)，a，b∈[0，1]，QA=， =(a，b，-1)， =(1，1，-1)， 为向量在向量上投影的长度，故||==， 由勾股定理，得QH==， 由QA=QH得，a+b=-1，a，b∈[0，1]， 所以点Q的轨迹为线段，故B错误； 解析 由条件得，点P到直线B1C1的距离为， 设点P到平面ABCD的距离为n， 由=n，化简得(m-1)2=2n-1，所以点P的轨迹为抛物线的一部分，故C正确； =(1，0，0)，=(1，1，1)， 可得cos∠PAD==， cos∠PAC1==， 解析 由cos∠PAD=cos∠PAC1， 化简得m+n=-1， 所以点P的轨迹为线段，故D正确. 解析 解决与几何体有关的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数法进行计算. (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. 规律方法 跟踪演练3　(多选)(2025·济宁模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足BP∥平面ACD1，则下列结论正确的是 A.BP⊥B1D B.点P的轨迹长度为π C.线段BP长度的最小值为 D.·的最小值为1- √ √ √ 以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)， B(1，1，0)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)， A1(1，0，1)，C1(0，1，1)， 正方体的内切球的球心为正方体的中心O，半径r=， =(-1，1，0)，=(-1，0，1)，设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z)， 解析 由即 令x=1，则y=1，z=1，所以n=(1，1，1). 对于选项A，=(-1，-1，-1)， 因为BP∥平面ACD1，所以·n=0，而=-n， 所以·=0，即BP⊥B1D，A正确； 对于选项B，易证平面ACD1∥平面A1BC1，所以平面A1BC1的一个法向量为n=(1，1，1)，因为BP∥平面ACD1，所以点P的轨迹是平面A1BC1与正方体内切球表面的交线，此交线为圆，记圆心为O1， 解析 =， 所以点O到平面A1BC1的距离d===， 所以圆O1的半径为r1===， 所以圆O1的周长l=2πr1=， 即点P的轨迹长度为，B错误； 解析 对于选项C，BO=，点P在球面上，BO1===， 线段BP长度的最小值为BO1-r1=-=，C正确； 对于选项D，设与的夹角为θ，=(-1，0，1)，||=， 在平面直角坐标系中，B，C1，P(x，y)，O1， 解析 =，=， 所以x2+=， 令x=cos θ， y=+sin θ， ·=-x-y+=1-sin≥1-， 所以·的最小值为1-，D正确. 解析 $