补上一课 几何体的截面（交线）及动态问题

第七章立体几何与空间向量补上一课几何体的截面(交线)及动态问题1.立体几何中截面、交线问题综合性较强，解决此类问题要应用三个基本事实及其推论、垂直、平行的判定与性质定理等知识.2.立体几何中的动态问题主要是指空间动点轨迹的判断、求轨迹长度、最值与范围问题等.题型分析内容索引分层精练巩固提升题型一截面问题D解析取CC1的中点G，连接BG，则D1E∥BG，取CG的中点N，连接FN，则FN∥BG，所以FN∥D1E.延长D1E，DA交于点H，连接FH交AB于点M，连接ME，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为多边形D1EMFN.由题知A为HD的中点，A1E＝AE＝2，

取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ，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.感悟提升D解析取B1C1的中点为M，连接EM，MD1，BC1，

所以平面AED1截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形EMD1A，题型二交线问题解析如图，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，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，

∴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，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.同理C1Q＝1，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.感悟提升解析设球O的半径为r，则AB＝BC＝2r，而S四边形ABCD＝AB·BC＝4r2＝8，如图，连接PO2，O1P，作OH⊥O2P于H，易知O1O2⊥AB.又O2为AB的中点，所以O2P⊥AB.又O1O2∩O2P＝O2，所以AB⊥平面O1O2P，

又OH⊂平面O1O2P，所以AB⊥OH.因为OH⊥O2P，且AB∩PO2＝O2，所以OH⊥平面ABP.题型三动态问题角度1动态位置关系的判断例3

(多选)如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于点O，将△BAD沿直线BD翻折，则下列说法中正确的是(

)A.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥OCB.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BDC.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACDD.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABDABC

解析当AB＝x＝1时，此时矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD，将△BAD沿直线BD翻折，当平面ABD⊥平面BCD时，由OC⊥BD，OC⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以OC⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，所以AB⊥OC，故A正确；又OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面OAC，所以BD⊥平面OAC，又AC⊂平面OAC，所以AC⊥BD，故B正确；

所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD，即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD，则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确；若AC⊥平面ABD，又AO⊂平面ABD，则AC⊥AO，所以在△AOC中，OC为斜边，这与OC＝OA相矛盾，故D不正确.解决空间位置关系的动点问题(1)应用“位置关系定理”转化.(2)建立“坐标系”计算.感悟提升角度2动点的轨迹(长度)π解析如图1所示，连接BD，图1因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，所以AC⊥DD1，因为DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1，

因为BD1⊂平面BDD1，所以BD1⊥AC.同理BD1⊥B1C.因为AC∩B1C＝C，所以BD1⊥平面ACB1.又E，F为体对角线BD1的两个三等分点，所以BF＝EF＝D1E＝2.设点B到平面ACB1的距离为d，则VB－ACB1＝VB1－ABC，

解得d＝2，即d＝BF，所以F∈平面ACB1，即BF⊥平面ACB1.三棱锥B－ACB1的底面三角形ACB1为正三角形，且BB1＝BC＝BA，所以三棱锥B－ACB1为正三棱锥，所以点F为△ACB1的中心.因为P∈平面ACB1，所以PF⊂平面ACB1，则EF⊥PF.又△PEF的面积为2，则点P的轨迹是以点F为圆心，2为半径的圆周且在△ACB1内部的部分，

图2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，或用代替法进行计算.(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.感悟提升角度3最值(范围)问题B

解析如图，取BC的中点O，连接AO，MO，则AO⊥BC.因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AO，又BC∩BB1＝B，所以AO⊥平面BCC1B1，所以AO⊥OM.所以动点M的轨迹是平面BCC1B1内以O为圆心，1为半径的半圆.

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，常用的思路是(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，从而利用代数方法求目标函数的最值.感悟提升BCD

解析如图，取A1D1的中点E，分别取A1A，B1B上靠近点A1，B1的四等分点F，G，连接EM，EF，FG，MG，则EM綉A1B1，FG綉A1B1，所以EM綉FG，所以点E，M，F，G四点共面.所以MG2＋MC2＝GC2，所以MG⊥MC.由正方体的性质知A1B1⊥平面B1C1CB，所以ME⊥平面B1C1CB，

又MC⊂平面B1C1CB，所以ME⊥MC.因为MG∩ME＝M，MG，ME⊂平面MEFG，所以MC⊥平面MEFG，所以点P的轨迹为四边形MEFG(不含点M).对于A，点P的轨迹与AA1有唯一交点F，而F不是AA1的中点，故A不正确；对于B，因为点P在侧面AA1D1D内的轨迹为EF，四边形MEFG为平行四边形，对于C，根据点P的轨迹可知，当P与F重合时，MP的长度有最大值.由正方体的性质知A1B1⊥平面B1C1CB，所以FG⊥平面B1C1CB.又MG⊂平面BB1C1C，所以FG⊥MG.

对于D，当直线CC1与直线MP所成角的余弦值最大时，直线CC1与直线MP所成的角最小，由于点P的轨迹为四边形MEFG(不含点M)，所以直线CC1与直线MP所成的最小角就是直线CC1与平面MEFG所成的角，FENCENGJINGLIANGONGGUTISHENG分层精练巩固提升B【A级

基础巩固】A.圆

B.椭圆C.双曲线的一部分

D.抛物线的一部分解析建立如图所示的空间直角坐标系，设OB＝OA＝1，则B(0，1，0)，A(0，0，1)，P(x，y，0)，即3x2＋(y－2)2＝3，所以点P的轨迹是椭圆.2.(2023·北京顺义区质检)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C解析如图①，当点M，N分别与对角顶点重合时，显然截面BMD1N是矩形；

图①

图②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.C解析如图，取AB的中点E，连接DC1，C1M，ME，DE，则易知截面是等腰梯形C1MED，则较小的部分是三棱台BEM－CDC1.B解析矩形在翻折前和翻折后的图形如图①②所示.在图①中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，则点E，F不重合；在图②中，连接CE.对于A，若AC⊥BD，由BD⊥AE，AE∩AC＝A，得BD⊥平面ACE，所以BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故选项A错误；对于B，若AB⊥CD，由AB⊥AD，AD∩CD＝D，得AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，当AB＝AC＝2时，满足AB2＋AC2＝BC2，此时直线AB与直线CD垂直，故选项B正确；对于C，若AD⊥BC，由DC⊥BC，AD∩DC＝D，得BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，已知BC＞AB，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误.由B知选项D错误.故选B.CD

A解析以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设P(s，1，0)(0≤s≤1)，Q(0，0，t)(0≤t≤1)，M(x，y，z)，即s＝2x，t＝2z.B解析如图，取B1C1的中点G，BB1的中点H，连接GH，A1G，A1H，则A1G∥AE，又A1G⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，所以A1G∥平面AEF，同理得GH∥平面AEF，又A1G∩GH＝G，所以可得平面A1GH∥平面AEF，因为P是侧面BCC1B1内一点，所以当P点在线段GH上时，能够满足A1P∥平面AEF.B解析如图，在平面VAC内，过点P作EF∥AC，分别交VA，VC于点F，E，在平面VBC中，过点E作EQ∥VB交BC于点Q，在平面VAB内，过点F作FD∥VB交BA于点D，连接DQ，则四边形DFEQ是过点P且与VB，AC平行的截面.易知四边形DFEQ是平行四边形.因为VB⊥VC，VB⊥VA，VA∩VC＝V，VA⊂平面VAC，VC⊂平面VAC，所以VB⊥平面VAC，又EF⊂平面VAC，所以VB⊥EF，又EQ∥VB，所以EQ⊥EF，所以平行四边形DFEQ是矩形.因为EF∥AC，所以△VEF∽△VCA，因为FD∥VB，所以易知△AFD∽△AVB，9.(2023·宁波调研)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P为平面ACC1A1上一动点，且满足D1P⊥CP，则满足条件的所有点P围成的平面区域的面积

为________.解析如图所示，连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，由EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面，由P是线段A1B上的动点，当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，11.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是AD的中点，点P在底面ABCD内(不包括边界)运动，若

B1P∥平面A1BM，则C1P的长度的取值范围是__________.解析如图，取BC的中点N，连接B1D，B1N，DN，过C作CO⊥DN于O，连接C1O，由正方体的性质知DN∥MB，A1M∥B1N，又DN∩B1N＝N，MB∩A1M＝M，∴平面B1DN∥平面A1BM，∴点P在底面ABCD内的轨迹是线段DN(不含点N和点D).∵C1C⊥平面ABCD，CO⊥DN，∴C1O⊥DN，则当P与O重合时，C1P的长度取得最小值，12.(2023·贵阳质检)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；解如图，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.(2)若F，G均为其所在棱的中点，求点G到平面D1EF的距离.解连接GF，EG，D1G，由E，F，G均为其所在棱的中点，所以EF2＋FG2＝EG2，所以EF⊥FG，设点G到平面D1EF的距离为d，则由VG－D1EF＝VD1－EFG，C【B级

能力提升】解析法一如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h，法二如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底面边长为a，高为h，法三如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底面边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，则y＝sinθcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，D解析如图，连接EF并延长线段FE，交线段DA的延长线于点P，连接D1P，与AA1交于点M，延长线段EF，交线段DC的延长线于点Q，连接D1Q，与CC1交于点N，连接ME，NF，则五边形MEFND1是所求截面，故④错误；易知ME∥D1Q，PE∶EQ＝1∶2，所以PM∶MD1＝1∶2，所以可得MA∶A1M＝1∶2.对于①，因为平面α过线段AB的中点E，所以点A到平面α的距离与点