3.5 培优课7 立体几何中的截面、动态问题-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

培优课7　立体几何中的截面、动态问题 　 第一篇 专题三 立体几何 03 题型三　与动点有关的最值、范围问题 02 题型二　立体几何中的动态问题 题型一　立体几何中的截面 01 内容索引 04 专题集训 题型一　立体几何中的截面 返回 √ 典例 1 角度1　截面形状及面积 (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 如图所示，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)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. √ 如图所示，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＝＝，B1D＝＝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. 规律反思 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. 角度2　截面交线 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，设过P，Q，R的截面与平面AD1以及平面AB1的交线分别为l，m，则l，m所成的角为 A.90° B.60° C.45° D.30° √ 典例 2 因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，取C1D1，DD1，BB1的中点分别为G，F，E，连接FG，FQ，QP，PE，ER，RG，如图所示，根据正方体的特征，易知，若连接PG，EF，RQ，则这三条线必相交于正方体的中心. 又GR∥EF∥QP，所以P，Q，F，G，R，E六点必共面，即为过P，Q，R的截面，所以EP即为直线m，FQ即为直线l.连接AB1，AD1，B1D1，因为EP∥AB1，FQ∥AD1，所以∠B1AD1即为异面直线EP与FQ所成的角或其补角.又因为正方体的各面对角线相等，所以△AB1D1为等边三角形，因此∠B1AD1＝60°，即l，m所成的角为60°.故选B. 规律反思 　　作交线的方法有如下两种：(1)利用基本事实3作交线；(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线. 预测练1.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，AD的中点，过E，F，C1三点作该正方体的截面，则 A.该截面是四边形 B.A1C⊥平面C1EF C.平面AB1D1∥平面C1EF D.该截面与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点 √ 对于A，如图所示，将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线、棱CD的延长线交于点G，H，连接C1G，C1H，分别与棱BB1，DD1交于点P，Q，得到截面C1PEFQ是五边形，故A错误；对于B，因为A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，故A1B1⊥BC1.又BC1⊥B1C，B1C∩A1B1＝B1，B1C，A1B1⊂平面A1B1C，故BC1⊥平面A1B1C.又A1C⊂平面A1B1C，故BC1⊥A1C. 假设A1C⊥C1P，又C1P∩BC1＝C1，C1P，BC1⊂平面BCC1B1，故A1C⊥平面BCC1B1.又A1B1⊥平面BCC1B1，显然过一点作一个平面的垂线只能有一条，假设不成立，即A1C与C1P不垂直.又C1P⊂平面C1EF，所以A1C与平面C1EF不垂直，故B错误；对于C，CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，故B1D1⊥CC1.又B1D1⊥A1C1，A1C1∩CC1＝C1，A1C1，CC1⊂平面A1C1C，故B1D1⊥平面A1C1C.又A1C⊂平面A1C1C，故B1D1⊥A1C，同理可得A1C⊥AD1. 又AD1∩B1D1＝D1，AD1，B1D1⊂平面AB1D1，故A1C⊥平面AB1D1.又A1C与平面C1EF不垂直，所以平面AB1D1与平面C1EF不平行，故C错误；对于D，易知BG＝BC＝B1C1，所以＝＝，所以截面C1PEFQ与棱BB1的交点P是棱BB1的一个三等分点，故D正确.故选D. 预测练2.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中点M为球心，4为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为 A.2π B.3π C.4π D.8π √ 如图①所示，取AB，AA1，A1B1，BB1的中点分 别为F，E，H，G，N为四边形ABB1A1的中心， 连接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG. 因为AB＝AA1＝4，故四边形ABB1A1为正方形， G，N，E三点共线，H，N，F三点共线，MN⊥平面ABB1A1，且GN＝EN＝NH＝NF＝2.因为M为CC1的中点，所以MN＝CF＝4sin 60°＝2.由勾股定理得MH＝MG＝ME＝MF＝＝4，所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，球与侧面ABB1A1的交线轨迹如图②所示，故交线长l＝2×π×2＝4π.故选C. 返回 题型二　立体几何中的动态问题 返回 √ (多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，则下列说法正确的是 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 典例 3 √ √ 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，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝DN＝，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，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.故选ACD. 规律反思 1.定性的研究动点的轨迹要利用线面平行、垂直的性质定理，结合圆锥曲线等的定义，确定动点的轨迹. 2.当涉及动点的轨迹的长度、图形的面积与几何体的体积以及体积的最值时，可借助于几何体的结构特征，建立空间直角坐标系，用变量表示轨迹，然后用函数的性质求解. 预测练3.如图，在棱长为的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是平面A1BC1内的一个动点，当PB1＋PD＝2＋时，点P的轨迹长度是 A.6π B.4π C.2π D.2π √ 如图所示，设B1D∩平面A1BC1＝E，连接PE，BE，B1D1，BD.因为A1B＝BC1＝A1C1＝2，A1B1＝BB1＝B1C1，所以三棱锥B1-A1BC1为正三棱锥.因为DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.因为A1C1⊥B1D1，DD1∩B1D1＝D1，所以A1C1⊥平面BDD1B1.又B1D⊂平面BDD1B1，所以B1D⊥A1C1.同理可证B1D⊥A1B.又A1C1∩A1B＝A1，A1C1，A1B⊂平面A1BC1，所以B1D⊥平面A1BC1，则E为正三角形A1BC1的中心，则BE＝2，所以B1E＝＝. 因为B1D＝3，所以DE＝B1D－B1E＝2.因为B1D⊥平面A1BC1，PE⊂平面A1BC1，所以PE⊥B1D，即B1E⊥PE，DE⊥PE.因为PB1＋PD＝2＋，即＋＝2＋.因为PE＞0，解得PE＝，所以点P的轨迹是半径为的圆，所以点P的轨迹长度是2π.故选D. 返回 题型三　与动点有关的最值、范围问题 返回 (多选)(2025·山东济宁二模)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－ 典例 4 √ √ √ 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①所示， 则D，A，C， B，D1，B1， A1，C1，正方体的内切球的球心为正方体的中心O，半径r＝，＝，＝，设平面ACD1的法向量为n＝，由令x＝1，则y＝1，z＝1，所以n＝. 对于A， ＝，因为BP∥平面ACD1， 所以·n＝0，而＝－n，所以＝0，即 BP⊥B1D，故A正确；对于B，因为BP∥平面ACD1， 平面ACD1∥平面A1BC1，所以点P的轨迹是平面A1BC1 与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为O1，如图②所示.设平面A1BC1的法向量为m，＝，＝，设m＝，由令a＝1，则m＝. ＝，所以点O到平面A1BC1的距 离为d＝＝＝， 所以圆O1的半径为 r1＝＝＝，所以圆的周长l＝2πr1＝π，即点P的轨迹长度为π，故B错误；对于C， BO＝，点P在球面上，BO1＝＝＝，线段BP长度的最小值为BO1－＝－＝，故C正确； 对于D，＝，＝.在平 面直角坐标系中，设P，则B， C1，O1，＝， ＝，且x2＋(y－)2＝.令x＝cos θ， y＝＋sin θ，所以 ＝－x－y＋＝1－sin≥1－，所以的最小值为1－，故D正确.故选ACD. 规律反思 　　解决在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题的常用思路 1.直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值. 2.函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数问题，从而利用代数方法求目标函数的最值. 预测练4.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，点P是侧面CDD1C1上的动点，且MP∥平面AB1C，则线段MP长度的取值范围是 A. B. C. D. √ 取CC1的中点R，取CD的中点N，取B1C1的中点H，连接MC1，MH，MR，MN，HR，NR，如图所示.因为R是CC1的中点，H是B1C1的中点，所以B1C∥HR.因为HR⊄平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以HR∥平面AB1C，同理可得MH∥平面AB1C，易得M，N，R，H四点共面.又HR∩MH＝H，HR，MH⊂平面MNRH，所以平面MNRH∥平面AB1C. 又MP⊂平面MNRH，线段MP扫过的图形是△MNR，由AB＝1，得MN＝＝，NR＝＝，MC1＝＝，MR＝＝，所以MN2＝NR2＋MR2，即∠MRN为90°，所以线段MP长度的取值范围是.故选A. 返回 专 题 集 训 返回 1.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C 内一动点，若P到直线BC与到直线C1D1的距离相等，则 动点P的轨迹为 A.直线 B.圆 C.双曲线 D.抛物线 √ 点P到直线C1D1的距离即为点P到点C1的距离，所以在平面BB1C1C中，点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等，由抛物线的定义可知，动点P的轨迹为抛物线.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为 A.等腰梯形 B.三角形 C.正方形 D.矩形 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图，取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G，由题意得GH∥EF，AH∥A1F，又GH⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以GH∥平面A1EF，同理AH∥平面A1EF，又GH∩AH＝H，GH，AH⊂平面AHGD1，所以平面AHGD1∥平面A1EF，故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为B1C1的中点，过点D作平面α使α⊥BM，则平面α截正方体所得截面的面积为 A.4 B.4 C.8 D.16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图所示，分别取AA1，BB1的中点E，N，连接DE，CN，EN，则EN∥DC，EN＝DC，所以四边形ENCD是平行四边形.由正方体的性质得△B1BM≌△BCN，所以∠MBB1＋∠BNC＝90°，所以BM⊥CN.又因为DC⊥BM，DC∩CN＝C，DC，CN⊂平面ENCD，所以BM⊥平面ENCD，所以平面ENCD即为平面α.又CN＝2，所以截面的面积为2×4＝8.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BC，CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截面面积为 A. B. C.9 D.18 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 连接BC1，AD1，D1F，如图所示.因为E，F分别是BC， CC1的中点，所以EF∥BC1.在正方体中AD1∥BC1，所 以EF∥AD1，所以A，D1，F，E在同一平面内，所以平 面AEF截该正方体所得的截面为梯形EFD1A.因为正方 体的棱长为2，所以EF＝，AD1＝2，D1F＝AE＝＝，则E到AD1的距离为等腰梯形EFD1A的高为＝，所以截面面积为S＝(2＋)×＝.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.在侧棱长为2的正三棱锥A-BCD中，点E为线段BC上一点，且AD⊥AE，则以A为球心、为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为 A. B.π C. D.3π √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图所示，取BC中点F，连接AF，DF，则有AF⊥BC， DF⊥BC.又AF∩DF＝F，AF，DF⊂平面ADF，故BC⊥ 平面ADF.又AD⊂平面ADF，故BC⊥AD.又AD⊥AE， BC∩AE＝E，BC，AE⊂平面ABC，故AD⊥平面ABC.又AC，AB⊂平面ABC，故AD⊥AC，AD⊥AB.由正三棱锥的性质可得AD，AB，AC两两垂直，故AF＝＝，即以A为球心、为半径的球面与侧面ABC的交线长为×＝π，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为3×π＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝，E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，点P在平面ABCD内，若直线D1P∥平面EFG，则线段D1P长度的最小值是 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图所示，连接D1A，AC，D1C.因为E，F，G分别为AB， BC，C1D1的中点，所以AC∥EF.又EF⊄平面ACD1，AC⊂ 平面ACD1，所以EF∥平面ACD1，易知EG∥AD1，所以同 理可得EG∥平面ACD1.又EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面EFG，所以平面ACD1∥平面EFG.因为直线D1P∥平面EFG，所以点P在直线AC上.在△ACD1中，AD1＝，AC＝2，CD1＝2，所以＝××＝.当 D1P⊥AC时，线段D1P的长度最小，所以线段D1P长度的最小值是＝＝.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中 点，则 A.直线EF与BC1所成的角为60° B.过空间中一点有且仅有两条直线与A1B1，A1D1所成的角都是60° C.过A1，E，F三点的平面截该正方体，所得截面图形的周长为3＋2 D.过直线EF的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对于A，如图①所示，连接AC，A1C1，A1B，BC1.因为E，F分别为棱AB，BC的中点，所以EF∥AC.又AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以∠A1C1B或其补角即为EF与BC1所成的角.因为△A1BC1是等边三角形，所以∠A1C1B＝60°，所以EF与BC1所成的角为60°，故A正确；对于B，因为直线A1B1，A1D1所成角是90°，且两条直线相交于A1，所以过点A1与两直线所成角为60°的直线有4条，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对于C，如图②所示，易知平面A1EFC1为过A1，E，F三点的截面，该截面为梯形，显然A1C1＝2，A1E＝C1F＝＝，EF＝，所以截面图形的周长为A1C1＋A1E＋EF＋C1F＝2＋＋＋＝3＋2，故C正确；对于D，如图③所示，分别取AA1，CC1的靠近A，C的三等分点G，H，连接GD1，GE，HD1，HF，易知GE∥HD1，HF∥GD1，故点D1，G，E，F，H共面，该截面图形为五边形，故D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界)，则下列说法正确的是 A.若D1Q∥平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段 B.存在点Q，使得D1Q⊥平面A1PD C.当且仅当点Q落在棱CC1上某处时，三棱锥Q-A1PD 的体积最大 D.若D1Q＝，那么点Q的轨迹长度为π √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对于A，如图所示，取B1C1，C1C的中点分别为E，F，连接D1E，D1F，EF，PF，则PF∥B1C1∥A1D1且PF＝B1C1＝A1D1，则四边形A1PFD1是平行四边形，所以D1F∥A1P.因为D1F⊄平面A1PD，A1P⊂平面A1PD，所以D1F∥平面A1PD，同理可得EF∥平面A1PD.因为EF∩D1F＝F，EF，D1F⊂平面D1EF，所以平面A1PD∥平面D1EF，则动点Q的轨迹为线段EF，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对于B，如图，以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则D1(0，0，0)，A1(1，0，0)，P(1，1，)，D(0，0，1)，设Q(x，1，z)，0≤x≤1，0≤z≤1，则＝(－1，0，1)，＝(0，1，)，＝(x，1，z). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设m＝(a，b，c)为平面A1PD的法向量，则取c＝1，则m＝(1，－，1).若D1Q⊥平面A1PD，则∥m，即存在λ∈R，使 得＝λm，则解得x＝z＝－2∉[0，1]，故不存在点Q使得D1Q⊥平面A1PD，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对于C，因为△A1PD的面积为定值，所以当且仅当点Q到平面A1PD的距离d最大时，三棱锥Q-A1PD的体积最大.由B可得＝(x－1，1，z)，m＝(1，－，1)，d＝＝｜x＋z－｜，当x＋z≤时，d＝1－(x＋z)，则当x＋z＝0时，d有最大值1；当x＋z＞时，d＝(x＋z)－1，则当x＋z＝2时，d有最大值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 综上，当x＋z＝0，即Q和C1重合时，三棱锥Q-A1PD的体积最大，故C正确；对于D，由正方体的性质知D1C1⊥平面BB1C1C，所以D1C1⊥C1Q，D1Q＝＝，所以C1Q＝，则点Q的轨迹是圆心为C1，半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为π，故D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9.如图，P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的动点，且AP＝ ，则动点P的轨迹的长度为 　. 由已知AC＝AB1＝AD1＝，在平面BC1，平面A1C1，平面DC1中，BP＝A1P＝DP＝1，所以动点P的轨迹是在平面BC1，平面A1C1，平面DC1内分别以B，A1，D为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，故轨迹长度为×3＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10.如图所示，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为正方形，AB＝4，M为线 段SA上一点，且AM＝2MS，平面MCD与侧棱BS交于点N，则MN＝　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 因为AB∥CD，AB⊂平面SAB，CD⊄平面SAB，所以CD∥平面SAB.如图所示，又因为平面CDMN∩平面SAB＝MN，CD⊂平面CDMN，所以CD∥MN，所以AB∥MN，所以＝＝，所以MN＝. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 谢 谢 观 看！ $