立体几何中的截面、动态问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何核心考点，覆盖截面形状判断、动态轨迹分析、翻折问题处理、体积与距离计算及外接球等高考高频内容。依据高考评价体系，梳理出选择、多选、填空、解答题的考点分布，归纳出截面平行四边形判定、轨迹长度计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于真题实战与思维建模，如2026北京模拟题通过正方体截面对称性分析形状可能性，培养学生空间观念与几何直观。针对动态轨迹问题，采用面面平行转化法，结合2026武汉模拟翻折问题，提升推理能力与运算能力。教师可借助典型题解析精准指导，学生通过母题变式训练掌握答题技巧，高效冲刺高考。

立体几何中的截面、动态问题 一、单项选择题 1.(2026·北京模拟)已知过BD1的平面与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1,CC1分别交于点M,N,则下列关于截面BMD1N的说法中不正确的是(　　) A.截面BMD1N可能是矩形 B.截面BMD1N可能是菱形 C.截面BMD1N可能是梯形 D.截面BMD1N不可能是正方形 如图①,当点M,N分别与对角顶点重合时,显然截面BMD1N是矩形;如图②,当M,N分别为棱AA1,CC1的中点时,显然截面BMD1N是菱形,由正方体的性质及勾股定理易知截面BMD1N不可能为正方形;根据对称性,其他情况下截面BMD1N为平行四边形.故选C. 解析 2.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 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, 解析 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. 解析 3.在三棱锥P-ABC中,AB+2PC=9,E为线段AP上更靠近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 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 解析 EFGH,所以截面即为平行四边形EFGH,又由E为线段AP上更靠近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. 解析 4.(2026·秦皇岛模拟)如图,在棱长为2的正方体ABCD -A1B1C1D1中,E,F分别为A1B1,BC的中点,则过点E,F,D1 的平面α与侧面BCC1B1的交线长为(　　) A. B. C. D. 设平面α分别交棱CD,BB1于点M,N,如图所示.因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,平面EFD1∩平面ABCD=FM,平面EFD1∩平面A1B1C1D1=D1E,所以D1E∥FM,又因为A1D1∥BC,由等角定理及图形 解析 可知∠A1D1E=∠CFM,则tan∠A1D1E=tan∠CFM,即==,故CM=CF=,故DM=CD-CM=2-=,因为平面AA1B1B∥平面CC1D1D,平面EFD1∩平面AA1B1B=EN,平面EFD1∩平面CC1D1D=D1M,所以EN∥D1M,又因为BB1∥DD1,由等角定理及图形可得∠DD1M=∠B1NE,所以tan∠DD1M=tan∠B1NE,即===,所以B1N=B1E=,所以 解析 BN=BB1-B1N=2-=,故NF===.因此,平面α与侧面BCC1B1的交线长为NF=.故选A. 解析 5.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是棱AB,BC,CC1的中点,P是底面ABCD内一动点,若直线D1P与平面EFG没有公共点,则线段PB长度的最小值为(　　) A.1 B. C. D. 连接AC,D1A,D1C,因为E,F,G分别是棱AB,BC,CC1的中点,所以EF∥AC,FG∥BC1∥AD1,又EF,FG⊂平面EFG,AD1⊄平面EFG,AC⊄平面EFG,AD1∥平面EFG,AC∥平面EFG,AD1,AC⊂平面ACD1,AD1∩AC 解析 =A,所以平面EFG∥平面ACD1,又D1∈平面ACD1,从而有D1P⊂平面ACD1,即点P∈平面ACD1,又点P在平面ABCD内,平面ACD1∩平面ABCD=AC,所以点P在直线AC上运动,由正方形性质可得当点P位于AC中点时,BP最小,此时BP=BD==. 故选C. 解析 二、多项选择题 6.如图,点P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的表 面上一个动点,F是线段A1B1的中点,则(　　) A.若点P满足AP⊥B1C,则动点P的轨迹长度为4 B.三棱锥A-PB1D1体积的最大值为 C.当直线AP与AB所成的角为45°时,点P的轨迹长度为π+4 D.当P在底面ABCD上运动,且满足PF∥平面B1CD1时,线段PF长度最大值为2 对于A,连接AD1,BC1,如图①,易知B1C⊥平面ABC1D1,因为A∈平面ABC1D1,点P是正方体表面上一点,所以动点P的轨迹为矩形ABC1D1,则动点P的轨迹长度为4+4,所以A错误;对于B,因为= ,而△AB1D1的面积为定值2,要使三棱锥P-AB1D1的体积最大,当且仅当点P到平面AB1D1距离最大,易知,点C是正方体表面上到平面AB1D1距离最大的点,()max==,B错误;对于C,连接CA,AB1,以B为圆心,BB1为半径画,如图①所示,当点P在 解析 线段AC,AB1和上时,直线AP与AB所成的角为45°,又AC===2,AB1===2,×π×22=π,故点P的轨迹长度为π+4,故C正确;对于D,取A1D1,D1D,DC,CB,BB1,AB的中点分别为Q,R,N,M,T,H,连接QR,QF,FT,TM,MN,NR,FH,HN,HM,FM,FN,如图②所示,因为FT∥D1C,FT⊄平面D1B1C,D1C⊂平面D1B1C,所以FT∥平面D1B1C,因为TM∥B1C,TM⊄平面D1B1C,B1C⊂平面D1B1C,所以TM∥平面D1B1C, 解析 又FT∩TM=T,FT,TM⊂平面FTM,故平面FTM∥平面D1B1C,又QF∥NM,QR∥TM,RN∥FT,故平面FTMNRQ与平面FTM是同一个平面,则点P的轨迹为线段MN,在三角形FNM中,FN== =2,FM===,NM=,则FM2+MN2=8=FN2,故三角形FNM是以∠FMN为直角的直角三角形,故FPmax=FN=2,故FP长度的最大值为2,故D正确,故选CD. 解析 解析 7.(2026·武汉模拟)如图,在五边形ABCDE中,四边形ABCE为正方形, CD⊥DE,CD=DE=,F为AB的中点,现将△ABE沿BE折起到平面A1BE位置,使得A1B⊥DE,则下列结论正确的是(　　) A.平面BCDE⊥平面A1BE B.若O为BE的中点,则DE∥平面FOC C.折起过程中,F点的轨迹长度为 D.三棱锥A1-CDE的外接球的体积为π 对于A,由题意得∠BEC=∠CED=,所以∠BED=,即DE⊥BE,而已知DE⊥A1B,且A1B∩BE=B,A1B⊂平面A1BE,BE⊂平面A1BE,所以DE⊥平面A1BE,DE⊂平面BCDE,所以平面BCDE⊥平面A1BE,故A正确;对于B,因为O为BE的中点,所以OC⊥BE,又DE⊥BE,所以OC∥DE,又DE⊄平面FOC,OC⊂平面FOC,所以DE∥平面FOC,故B正确;对于C,因为四边形ABCE为正方形,CD⊥DE,CD=DE=,所以CE= 解析 =2,过点F作FG⊥BE交BE于点G,如图①,则FG=BF=,所以折起过程中,F点的轨迹是以G为圆心,FG=为半径,圆心角为的圆弧,所以F点的轨迹长为×=,故C错误;对于D,连接A1O,如图②,则A1O⊥BE,又平面BCDE⊥平面A1BE,平面BCDE∩平面A1BE=BE,A1O⊂平面A1BE,所以A1O⊥平面BCDE,又四 解析 边形OCDE为边长为的正方形,则三棱锥A1-CDE的外接球即为四棱锥A1-OCDE的外接球,又四边形OCDE外接圆的直径为CE=2,A1O=BE=,设四棱锥A1-OCDE的外接球的半径为R,则(2R)2=A1O2+OD2=A1O2+CE2,即(2R)2=()2+22=6,所以R=,所以外接球的体积V=R3=×=π,即三棱锥A1-CDE的外接球的 解析 体积为π,故D正确. 解析 三、填空题 8.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,BC=2,AC=,AA1=3,M为线段BB1上的一动点,则过A,M,C1三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为　　　　　　.  3+ 由题意可知过A,M,C1三点的平面截该三棱柱所得截面的周长即△AMC1的周长,因为直三棱柱ABC-A1B1C1的各侧面均为矩形,所以AC1==,直三棱柱ABC-A1B1C1的侧 面部分展开图如图所示,则在矩形ACC1A1中,AM+ MC1≥AC1==3,所以过A,M,C1三点的 平面截该三棱柱所得截面的最小周长为3+. 解析 9.(2026·济南模拟)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为4,且∠B1A1D1=60°,则以D为球心,2为半径的球面与侧面BCC1B1的交线 长为　　　　.  如图,过点D作DH⊥BC于点H,设以D为球心,2为半径的球面交CC1于点E,交BB1于点F,连接EH,FH,DE,由平面ABCD⊥平面BCC1B1,且平面 解析 ABCD∩平面BCC1B1=BC,知DH⊥平面BCC1B1,则点H是以D为球心, 2为半径的球面与侧面BCC1B1的交线所在圆的圆心,交线长即的长.在Rt△DHC中,DH=4sin 60°=2,在Rt△DHE中,EH= =4,在Rt△EHC中,cos∠EHC==,故∠EHC=,同理∠FHB=,故∠EHF=,故交线×4=π. 解析 四、解答题 10.(2026·西安模拟)如图,在棱长为2的正方体ABCD- A1B1C1D1中,E为棱B1C1的中点,F,G分别是棱CC1,BC上 的动点(不与顶点重合). (1)作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线(要求写出作图过程),并证明:若平面A1DG∥平面D1EF,则EF∥A1D; 如图,延长DG交AB的延长线于点P,连接 A1P交BB1于点Q,连接GQ,则GQ所在的直线 即平面A1DG与平面CBB1C1的交线.因为平面 CBB1C1∥平面ADD1A1,平面CBB1C1∩平面 A1DG=GQ,平面ADD1A1∩平面A1DG=A1D,所以GQ∥A1D.又平面A1DG∥平面D1EF,平面CBB1C1∩平面A1DG=GQ,平面CBB1C1∩平面D1EF=EF,所以GQ∥EF,所以EF∥A1D. 解 (2)若F,G均为其所在棱的中点,求点G到平面D1EF的距离. 连接GF,EG,D1G,由E,F,G均为其所在棱的中点,易得EF=GF=,EG=2,所以EF2+FG2=EG2,所以EF⊥FG,故=×S△EFG×D1C1=××××2=.易知D1E=D1F=,则△D1EF为等腰三角形,其底边EF上的高为 解 =,设点G到平面D1EF的距离为d,则由=,得××d=××××d=,解得d=,所以点G到平面D1EF的距离为. 解 11.(2025·八省联考)在平面四边形ABCD中,AB=AC=CD=1,∠ADC=30°, ∠DAB=120°,将△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P为动点. (1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上; (ⅰ)证明:平面PAC⊥平面ABC; 证明:因为AB=AC=CD=1,∠ADC=30°,所以∠CAD=30°, AD=,又因为∠DAB=120°,所以∠BAC=90°,所以BC=,BA⊥ AC,又因为AB⊥PC,AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC,所以AB⊥平面PAC,又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面PAC. 解 (ⅱ)求球O的半径; 设点M为△ACP的外接圆的圆心,半径为r,连接MP,OM,如图.则|OM|=|AB|=.在△ACP中,∠PAC=30°,|CP|=1,由正弦定理得=2r,所以r=1,在Rt△OMP中,R2=|OP|2=|OM|2+|MP|2,所以R2=+12=,R=. 解 (2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值. 解 解 解 建立如图所示空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),设P,由|PC|=1,得m2+n2=.因为=(0,1,0),=,=(-1,1,0).设平面ACP的法向量为m=(x1,y1,z1),则令x1=n,则z1=-m, y1=0,所以m=(n,0,-m). 设平面BCP的法向量为n= (x2,y2,z2), 则令x2=y2=n,则z2=-m-,所以n=.因为平面ACP的法向量m=(n,0,-m),平面CPB的法向量n=,所以cos<m,n>== =.令t=+m,则m=t-,因为⇒m∈,所以 cos<m,n>====,当t=1时,-2+1=1,所以(cos<m,n>)min=.又二面角A-CP-B为锐角,所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值是. $