3.5 培优课7 立体几何中的截面、动态问题-（教师用书）【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 题型一　立体几何中的截面 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 (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. 答案：(1)C　(2)A 解析：(1)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)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° 答案：B 解析：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 答案：D 解析：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 答案：C 解析：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. 题型二　立体几何中的动态问题 (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 答案：ACD 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，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. 学生用书⬇第54页 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 答案：D 解析：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. 题型三　与动点有关的最值、范围问题 (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－ 答案：ACD 解析：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. 答案：A 解析：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. 学科网（北京）股份有限公司 $