微专题强化九 立体几何中的截面、动态问题
专|题|梳|理
1．多面体中截面的作法
(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．
2．动态问题
动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口．
(1)与平行有关的轨迹问题的解题策略
①线面平行转化为面面平行得轨迹；
②线面平行时可利用直线的方向向量与平面的法向量的垂直关系求轨迹．
(2)与垂直有关的轨迹问题的解题策略
①可利用线线(线面)垂直转化为面面垂直，得交线求轨迹；
②利用空间坐标运算求轨迹；
③利用垂直关系转化为平行关系求轨迹．
典|型|例|题
类型一 截面问题
考向 ：截面作图
【例1】 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M是A1B1的中点，N在棱CC1上，且CN＝2NC1.作出过点D，M，N的平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面，写出作法．
本题采用延长线法作图，利用了平面的基本性质．
【例2】 (多选题)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是线段DD1上的动点，若过A，B1，E三点的平面将正方体截为两个部分，则所得截面的形状可能为( )
A．等边三角形 B．矩形
C．菱形 D．等腰梯形
本题可采用平行线法作图，但应注意E与D、D1重合的特殊情况．
考向 ：截面图形的计算
【例3】 (2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
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.
类型二 动态问题
考向 ：动点的轨迹问题
【例4】 如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H，N分别是CC1，C1D1，DD1，CD，BC的中点，M在四边形EFGH边上及其内部运动，若MN∥平面A1BD，则点M轨迹的长度是( )
A．a B．a C． D．
动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程．
考向 ：与动点有关的位置关系问题
【例5】 (多选题)(2024·郑州模拟)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2AA1＝2，点P为线段BC1上一动点，则下列说法正确的是( )
A．直线A1P∥平面ACD1
B．三棱锥PACD1的体积为
C．三棱锥ACC1D1的外接球的表面积为
D．直线A1P与平面BCC1B1所成角的正弦值最大为
与动点有关的位置关系问题解法
1．在动点的运动过程中发现不变量要充分利用直线、平面的有关判定定理、性质定理，如平行、垂直的判定与性质．
2．在动态变化过程中产生的最大(小)值或取值范围等问题，常用的解题思路是：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，即可求解；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，再利用代数方法求目标函数的最值．
微专题强化九 立体几何中的截面、动态问题
典型例题
【例1】 解 如图所示，五边形DQMFN即为所求截面．作法如下：连接DN并延长交D1C1的延长线于点E，连接ME交B1C1于点F，交D1A1的延长线于点H，连接DH交AA1于点Q，连接QM，FN，则五边形DQMFN即为所求截面．
【例2】 ABD 解析 当点E与点D1重合时，过A，B1，E三点的截面是等边三角形AB1D1，故A正确；当点E与点D重合时，过A，B1，E三点的截面为矩形AB1C1D，故B正确；若截面为菱形，则必有AB1＝AE，此时点E与点D1重合，故C错误；当点E与DD1的中点重合时，记C1D1的中点为F，连接EF，FB1，C1D(图略)，易知EF∥DC1，由正方体性质可知，AD∥B1C1且AD＝B1C1，所以四边形AB1C1D为平行四边形，所以DC1∥AB1，所以EF∥AB1且EF＝AB1，设正方体的棱长为2，则AE＝B1F＝＝，所以过A，B1，E三点的截面为等腰梯形AB1FE，故D正确．故选ABD.
【例3】 解析 如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，所以D1B1＝DB＝2，所以△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝且D1E⊥平面BCC1B1，所以E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝＝＝.可得EP＝EQ＝，所以球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧.又D1P＝，所以B1P＝＝1，同理C1Q＝1，所以P，Q分别为BB1，CC1的中点，所以∠PEQ＝，知的长为×＝.
【例4】 D 解析 连接HN，GN(图略)，因为在棱长为a的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F，G，H，N分别是CC1，C1D1，DD1，CD，BC的中点，则GH∥BA1，HN∥BD，又GH 平面A1BD，BA1 平面A1BD，所以GH∥平面A1BD，同理可证得NH∥平面A1BD，又GH∩HN＝H，GH，HN 平面GHN，所以平面A1BD∥平面GHN，又因为点M在四边形EFGH上及其内部运动，MN∥平面A1BD，则点M在线段GH上运动，即满足条件，又GH＝a，则点M轨迹的长度是.故选D.
【例5】 ABD 解析 对于A，如图，连接A1B，A1C1，因为ABCD A1B1C1D1为长方体，所以A1B∥D1C，又D1C 平面ACD1，A1B 平面ACD1，所以A1B∥平面ACD1，同理可得A1C1∥平面ACD1，又A1B∩A1C1＝A1，A1B，A1C1 平面A1BC1，所以平面A1BC1∥平面ACD1，又A1P 平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，所以A正确．对于B，因为BC1 平面A1BC1，所以BC1∥平面ACD1，又点P为线段BC1上的动点，所以点P到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离，连接BD1，则VP ACD1＝VB ACD1＝VD1 ABC＝××2×2×1＝，所以B正确．对于C，三棱锥A CC1D1的外接球即长方体ABCD A1B1C1D1的外接球，所以外接球的半径R＝＝，所以三棱锥A CC1D1外接球的表面积S＝4π×2＝9π，所以C错误．对于D，A1B1⊥平面BCC1B1，连接B1P，则∠A1PB1即直线A1P与平面BCC1B1所成的角，sin∠A1PB1＝＝，且A1P2＝A1B＋B1P2＝4＋B1P2.当B1P⊥BC1时，B1P的值最小，且最小值为＝，所以A1P的最小值为＝，所以∠A1PB1的正弦值最大为＝，所以D正确．综上，选ABD.(共21张PPT)
立体几何中的截面、
动态问题
微专题强化九
专|题|梳|理
类型一
截面问题
专|题|梳|理
解
解析
解析
解析
类型二
动态问题
解析
解析
解析
解析
R
赢在欲点
D
C
A
B
1
W
D
1
C
Al
M
B
D
C
1
A
1
B
1
I
I
I
I
I
N
1
1
I
D
C
E
M
H
D
1
C
7
1
1
B
I
I
I
I
I
I
I
P
=二-、
C
A
B
D
F
C
B
1
●
E
M
C
N
A
B
D
7
2二二
B
P
C
A
B
D
1
9
A
P
I
C
A
B微练(五十九) 立体几何中的截面、动态问题
一、单项选择题
1．过正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，BC的中点E，F作一个截面，使截面与底面ABCD所成二面角为45°，则此截面的形状为( )
A．三角形或五边形 B．三角形或四边形
C．正六边形 D．三角形或六边形
2．在三棱锥PABC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PABC所得截面的周长为( )
A．5 B．6
C．8 D．9
3．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为A1B1，B1C1的中点，过M，N的平面所得截面为四边形，则该截面的最大面积为( )
A．2 B．2
C． D．
4. (2025·湖北十一校联考)如图，A是平面α内一定点，B是平面α外一定点，且AB＝4，直线AB与平面α所成的角为45°，设平面α内动点M到点A，B的距离相等，则线段AM的长度的最小值为( )
A．4 B．2 C．2 D．
5. (2024·潍坊模拟)如图所示，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P为截面A1C1B上的动点，若DP⊥A1C，则点P的轨迹长度是( )
A． B．
C． D．1
二、多项选择题
6．(2025·昆明一模)在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，以对角线BD为折痕将△ABD进行翻折，折后为△A′BD，连接A′C得到三棱锥A′BCD，在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A．三棱锥A′BCD体积的最大值为
B．点A′，B，C，D都在同一球面上
C．点A′在某一位置，可使BD⊥A′C
D．当A′B⊥DC时，A′C＝
三、填空题
7．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________．
8. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1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________．
9．在三棱锥ABCD中，AB，AC，AD两两垂直且长度均为6，定长为l(l<4)的线段MN的一个端点M在棱AB上运动，另一个端点N在△ACD内运动(含边界)，若线段MN的中点P的轨迹的面积为，则l的值为________．
四、解答题
10．(2025·大连一模)如图，多面体ABCDEF中，平面FAB⊥平面ABCD，△FAB为等边三角形，四边形ABCD为正方形，EF∥BC，且EF＝BC＝3，H，G分别为CE，CD的中点．
(1)证明：BF⊥AD；
(2)求平面BCEF与平面FGH夹角的余弦值；
(3)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD的交点为P，写出的值(不需要说明理由，保留作图痕迹)．
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PABC的各个顶点都在球O的球面上；
(ⅰ)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(ⅱ)求球O的半径；
(2)求二面角ACPB的余弦值的最小值．
微练(五十九) 立体几何中的截面、动态问题
1．D 解析 过棱AB，BC的中点E，F作正方体ABCDA1B1C1D1的截面，因为二面角D1EFD，二面角B1EFB都大于45°，所以当截面为EFHJIG时，如图所示，为六边形；当截面为EFM时，如图所示，为三角形．故选D.
2．B 解析 如图所示，在三棱锥PABC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.故选B.
3．D 解析 如图所示，面积最大的截面四边形为等腰梯形MNCA，其中MN＝，AC＝2，AM＝CN＝，高为h＝＝，故面积为×(＋2)×＝.故选D.
4．A 解析 过点B作BB′⊥平面α，垂足为B′，连接AB′，则直线AB与平面α所成的角为∠BAB′＝45°，所以△BAB′为等腰直角三角形，B′A＝B′B＝4.在平面α内过点B′作AB′的垂线l，则点M在直线l上，且AM＝≥AB′＝4，当且仅当点M与点B′重合时，等号成立，故选A.
5．B 解析 如图，连接DC1，DB，AC，则DB⊥AC，AA1⊥BD，又AA1∩AC＝A，AA1，AC 平面A1AC，所以BD⊥平面A1AC，又A1C 平面A1AC，所以BD⊥A1C，同理可得BC1⊥A1C，又BD∩BC1＝B，BD，BC1 平面BDC1，所以A1C⊥平面BDC1.因为A1C⊥DP，所以DP 平面BDC1，又P∈截面A1C1B，所以点P在平面BDC1与截面A1C1B的交线段上，即点P的轨迹为线段C1B，又C1B＝，所以点P的轨迹长度为，故选B.
6．ABD 解析 对于A，设点A′到底面BCD的距离为h，则V三棱锥A′BCD＝S△BCD·h，又S△BCD＝××1＝，所以当平面A′BD⊥平面BCD时，h最大，三棱锥A′BCD的体积最大．此时在△A′BD中，×1×＝×2×h，得h＝，此时V三棱锥A′BCD＝××＝，故A正确．
对于B，设BD的中点为O，如图，连接OC，OA′，在翻折过程中，总有OC＝OD＝OB＝OA′，所以O为三棱锥A′BCD外接球的球心，即点A′，B，C，D都在球O上，故B正确．对于C，假设存在这样的点A′，使得BD⊥A′C，过点A′作A′G⊥BD，交BD于点G，连接CG，因为A′C∩A′G＝A′，A′C，A′G 平面A′GC，所以BD⊥平面A′GC，因为GC 平面A′GC，所以BD⊥GC，显然在矩形ABCD中不成立，所以不存在这样的点A′，故C错误．对于D，因为A′B⊥DC，A′B⊥A′D，DC∩A′D＝D，DC，A′D 平面A′CD，所以A′B⊥平面A′CD，又A′C 平面A′CD，故A′B⊥A′C，在Rt△A′CB中，由勾股定理得A′C2＝CB2－A′B2＝()2－12＝2，所以A′C＝，故D正确．综上，选ABD.
7. 解析 如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E，又C1G 平面CD1EF，D1E 平面CD1EF，所以C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF，所以C1H∥平面CD1EF.因为C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH＝＝.
8．3＋ 解析 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ABCA1B1C1的各侧面均为矩形，所以AC1＝＝，直三棱柱ABCA1B1C1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＋.
9．2 解析 由题意可知，∠MAN＝90°，在Rt△AMN中，AP＝l，线段MN的中点P的轨迹是以A为球心，l为半径的球面的，所以线段MN的中点P的轨迹的面积为×4π×2＝，则l＝2.
10．解 (1)证明：在正方形ABCD中，AD⊥AB，因为平面FAB⊥平面ABCD，且平面FAB∩平面ABCD＝AB，AD 平面ABCD，所以AD⊥平面FAB，又BF 平面FAB，所以BF⊥AD.
(2) 如图，设AB的中点为O，连接OF，OG，则OG⊥OB.因为△FAB为等边三角形，所以OF⊥AB.又平面FAB⊥平面ABCD，平面FAB∩平面ABCD＝AB，OF 平面FAB，所以OF⊥平面ABCD.以O为原点，以OB，OG，OF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.因为EF＝BC＝3，所以BC＝4，则B(2,0,0)，C(2,4,0)，F(0,0，2)，E(0,3,2)，H，G(0,4,0)，所以＝(－2,0,2)，＝(0,4,0)，＝，＝(0,4，－2)．设平面BCEF的法向量为m＝(x，y，z)，则即得y＝0，取z＝1，得x＝，所以m＝(，0,1)．设平面FGH的法向量为n＝(a，b，c)，则即取c＝，得a＝－，b＝，所以n＝.所以cos〈m，n〉＝＝－，所以平面BCEF与平面FGH夹角的余弦值为.
(3)平面FHG与平面ABCD的交线为直线PG，如图①或图②所示.＝.
11．解 (1)(ⅰ)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.
(ⅱ)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＝2＋12＝，R＝.
(2) 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，－22＋1＝1，所以(cos〈m，n〉)min＝.又二面角ACPB为锐角，所以二面角ACPB的余弦值的最小值是.(共30张PPT)
立体几何中的截面、动态问题
微练(五十九)
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