2026步步高高考大二轮复习数学-专题突破　专题三　第3讲　立体几何中截面、动态问题

第3讲立体几何中截面、动态问题1.(2023·新课标Ⅱ卷，T14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为.

2.(多选)(2023·新课标Ⅰ卷，T12)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A.直径为0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体命题热度：本讲是高考命题常考的内容，属于中高档题目，一般以选择题、填空题为主，分值约为5~6分.考查方向：一是“截面、交线”问题，主要与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合；二是“动态”问题，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.1.答案28解析方法一棱台的体积为13×3×(16+4+16×4方法二如图，由于24=12，而截去的正四棱锥的高为所以原正四棱锥的高为6，所以原正四棱锥的体积为13×(4×4)×6=32截去的正四棱锥的体积为13×(2×2)×3=4所以棱台的体积为32-4=28.2.答案ABD解析对于A，因为0.99m<1m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体容器内，故A正确；对于B，因为正方体的面对角线长为2m，且2>1.4，所以能够被整体放入正方体容器内，故B正确；对于C，因为正方体的体对角线长为3m，且3<1.8，所以不能够被整体放入正方体容器内，故C错误；对于D，因为1.2m>1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC=E，可知AC=2，CC1=1，AC1=3，OA=32那么tan∠CAC1=CC1AC即12=OE解得OE=64，且642=38=924>9即64>0.6所以以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m的圆柱，若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体下底面的切点为M，可知AC1⊥O1M，O1M=0.6，那么tan∠CAC1=CC1AC即12=0.6解得AO1=0.62，根据对称性可知圆柱的高为3-2×0.62≈1.732-1.2×1.414=0.0352>0.01，所以能够被整体放入正方体容器内，所以D正确.考点一截面问题例1在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别为棱AB，AD的中点，过点E，F，C1三点作该正方体的截面，则()A.该截面多边形是四边形B.该截面多边形与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点C.A1C⊥平面C1EFD.平面AB1D1∥平面C1EF答案B解析对于A，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G，H，连接C1G，C1H，分别与棱BB1，DD1交于P，Q，得到截面多边形C1PEFQ是五边形，A错误；对于B，易知△AEF和△BEG全等且都是等腰直角三角形，所以GB=AF=12BC所以BPCC1=GBGC=13，即BPBB1=1对于C，因为A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C，A1B1∩B1C=B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，因为A1C⊂平面A1B1C，所以A1C⊥BC1，同理可证A1C⊥BD，因为BD∩BC1=B，BD，BC1⊂平面BC1D，所以A1C⊥平面BC1D，因为平面BC1D与平面C1EF相交，所以A1C与平面C1EF不垂直，C错误；对于D，易知BC1∥AD1，BD∥B1D1，所以A1C⊥AD1，A1C⊥B1D1，又AD1∩B1D1=D1，AD1，B1D1⊂平面AB1D1，所以A1C⊥平面AB1D1，结合C结论，所以平面C1EF与平面AB1D1不平行，D错误.[规律方法]作几何体截面的方法(1)利用平行直线找截面.(2)利用相交直线找截面.跟踪演练1(多选)如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是()A.AO⊥平面BCDB.球O的体积为2C.球O被平面BCD截得的截面面积为4πD.球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为8答案ABD解析设E，F分别为AB，CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，则EM∥BD，NF∥BD，EM=12BD，NF=12故EM∥NF，EM=NF，则四边形MENF为平行四边形，故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，又AB=AC，DB=DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，AN∩DN=N，AN，DN⊂平面AND，故BC⊥平面AND，由于O∈MN，MN⊂平面AND，则AO⊂平面AND，故BC⊥AO，结合O点为EF的中点，同理可证DC⊥AO，BC∩DC=C，BC，DC⊂平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正确；又球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，在棱长为2的正四面体ABCD中，AN=DN=3，M为AD的中点，则MN⊥AD，故MN=DN2-MD则OM=22，所以球O的体积为43π×OM3=43π×223由BC⊥平面AND，BC⊂平面BCD，故平面AND⊥平面BCD，平面AND∩平面BCD=DN，由于AO⊥平面BCD，延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，且G为正△BCD的中心，故NG=13ND=3所以OG=ON2-NG故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为222-662=33，则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为33，故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2π×33=83π考点二交线问题例2(2025·九江模拟)在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在正方体内(包含边界)运动.若直线A1P与DC所成的角为π6，则动点P所围成的图形的面积是(A.π4 B.π2 C.答案B解析如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，DC∥A1B1，直线A1P与DC所成的角为π6，即直线A1P与A1B1所成的角为π6，故动点P所围成的图形是高为3，底面半径为1，母线长为2的圆锥侧面的四分之一，即动点P所围成的图形的面积为14×π×1×[规律方法]找交线的方法(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点.(2)面面交点法：各棱面与截平面的交线.跟踪演练2四棱锥P-ABCD满足PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，AD∥BC，PA=AB=AD=12BC=1，动点E在以P为球心，1为半径的球与△PCD(包括边界)的交线上，动点F在直线PB上，则EF的最小值为.答案6解析以P为球心，1为半径的球与△PCD(包括边界)的交线是△PCD内以P为圆心，1为半径的一截圆弧，如图所示，由于PE为定值1，则当F点固定时，由余弦定理可知，EF的长只取决于∠EPF的大小，∠EPF越小，EF越小，过B作平面PCD的垂线，垂足为G，易知在△BCD中，CD⊥BD，CD=BD=2，所以S△BCD=12×2×2=1因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，则PA⊥BC，又易知BC⊥AB，AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，则BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，则BC⊥PB.PC=PB2+BC在△PCD中，PD=DC=2，所以S△PCD=12×6×(2)由V三棱锥P-BCD=V三棱锥B-PCD得，13×1×PA=13×32×BG⇒BG=233延长PG交圆弧为E，过E作PB的垂线，垂足为F，此时∠EPF为线面角，取到最小值，此时sin∠EPF=2332EF=PEsin∠EPF=1×63=63考点三动态问题例3(多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P在侧面CC1D1D(含边界)内运动，Q在底面ABCD(含边界)内运动，则下列说法正确的是()A.若直线AC与直线AP所成角的大小为30°，则点P的轨迹为椭圆的一部分B.若过点Q作体对角线A1C的垂线，垂足为H，满足QA=QH，则点Q的轨迹为双曲线的一部分C.若点P到直线B1C1的距离与点P到平面ABCD的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分D.若点P满足∠PAD=∠PAC1，则点P的轨迹为线段答案ACD解析依题意，以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D(1，0，0)，假设P(1，m，n)，m，n∈[0，1]，则AC=(1，1，0)，AP=(1，m，n)，所以cos30°=AC·APACAP=即(m-2)23+n2=1，m，n∈[所以点P的轨迹为椭圆的一部分，故A正确；设Q(a，b，0)，a，b∈[0，1]，QA=a2+b2，A1Q=(aA1C=(1，1，-1A1H为向量A1Q在向量A1C上投影的长度，故|由勾股定理，得QH=A=a2由QA=QH得，a+b=3-1，a，b∈[0，1]，所以点Q的轨迹为线段，故B错误；由条件得，点P到直线B1C1的距离为(1-m设点P到平面ABCD的距离为n，由(1-m)2+(1-n)2=n，化简得(m-1)2=2AD=(1，0，0)，AC1=(1，1，1可得cos∠PAD=AD·APADcos∠PAC1=AC1·由cos∠PAD=cos∠PAC1，化简得m+n=3-1，所以点P的轨迹为线段，故D正确.[规律方法]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数法进行计算.(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.跟踪演练3(多选)(2025·济宁模拟)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⊥B1DB.点P的轨迹长度为πC.线段BP长度的最小值为6D.BP·BC1的最小值为答案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，如图所示，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，正方体的内切球的球心为正方体的中心O12，12，AC=(-1，1，0)，AD1=(-1，0，1)，设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z由n·AC令x=1，则y=1，z=1，所以n=(1，1，1).对于选项A，B1D=(-1，-1，-1因为BP∥平面ACD1，所以BP·n=0，而B1D=-所以BP·B1D=0，即BP⊥B1D，对于选项B，易证平面ACD1∥平面A1BC1，所以平面A1BC1的一个法向量为n=(1，1，1)，因为BP∥平面ACD1，所以点P的轨迹是平面A1BC1与正方体内切球表面的交线，此交线为圆，记圆心为O1，OA1=所以点O到平面A1BC1的距离d=|OA1·n|所以圆O1的半径为r1=r2-d2=所以圆O1的周长l=2πr1=6π即点P的轨迹长度为6π3，对于选项C，BO=32，点P在球面上，BO1=BO2-d线段BP长度的最小值为BO1-r1=63-66=66对于选项D，设BP与BC1的夹角为θ，BC1=(-1，0，1)，|在平面直角坐标系中，B0，62，CP(x，y)，O10，BC1=-22，所以x2+y-66令x=66cosθ，y=66+66sinBP·BC1=-22x-62y+32=1-33所以BP·BC1的最小值为1-33，专题强化练[分值：42分]一、单项选择题(每小题5分，共20分)1.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O，O1分别为矩形ABCD，矩形A1B1C1D1对角线的交点，则平面A1BC1与平面BB1D1的交线为()A.直线OO1 B.直线OB1C.直线O1B D.直线OD1答案C解析点B是长方体的顶点，显然B∈平面A1BC1且B∈平面BB1D1，所以B∈平面A1BC1∩平面BB1D1，O1是矩形A1B1C1D1的对角线交点，则O1∈A1C1，O1∈平面A1BC1，O1∈B1D1，O1∈平面BB1D1，所以O1∈平面A1BC1∩平面BB1D1，所以平面A1BC1∩平面BB1D1=O1B.2.已知点P是正四面体A-BCD内的动点，E是棱CD的中点，且点P到棱AB和棱CD的距离相等，则点P的轨迹被平面ABE所截得的图形为()A.线段 B.椭圆的一部分C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分答案D解析在正四面体A-BCD中，E是棱CD的中点，所以AE⊥CD，BE⊥CD，又AE∩BE=E，AE，BE⊂平面ABE，所以CD⊥平面ABE，又点P的轨迹被平面ABE所截，即点P在平面ABE内，所以点P到棱CD的距离为PE.在平面ABE内过点P作PF⊥AB，则PF为点P到棱AB的距离，又点P到棱AB和棱CD的距离相等，即PE=PF，因此，在平面ABE内，动点P到棱AB和到定点E的距离相等.由抛物线的定义得，动点P的轨迹是抛物线的一部分.3.已知三棱锥P-ABC的棱PA，PB，PC两两垂直，且PA=43，PB=PC=4.以BC为直径的球的球面与平面APC的交线为l，则l的长度为()A.4 B.43 C.4π答案D解析由于BC为直径，所以球心在BC中点O处，且半径为12BC=22，取PC的中点M，则OM∥PB，所以OM⊥平面APC，且OM=12BP=2，故O到平面APC的距离为2，平面APC截球所得的图形为圆，且圆的半径为(22)2-4.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，若P为侧面ADD1A1内(含边界)的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为()A.825 B.2305答案B解析如图所示，取A1D1的中点M，连接AM，B1M，AB1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得AD∥B1C1且AD=B1C1，因为E，F分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F且AE=B1F，所以四边形AB1FE为平行四边形，则AB1∥EF，又因为AB1⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AB1∥平面BEF，同理可证AM∥平面BEF，因为AB1∩AM=A，且AB1，AM⊂平面AB1M，所以平面AB1M∥平面BEF，又因为平面ADD1A1∩平面AB1M=AM，当P∈AM时，则B1P⊂平面AB1M，此时B1P∥平面BEF，所以点P在侧面ADD1A1内的轨迹为线段AM，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，可得AM=B1M=5，AB1=22，在△AMB1中，可得cos∠AMB1=5+5-82×5则sin∠AMB1=26所以B1P的最小值为B1M·sin∠AMB1=5×265=二、多项选择题(每小题6分，共12分)5.如图，棱长为a的正四面体形状的木块，点P是△ACD的中心.劳动课上需过点P将该木块锯开，并使得截面平行于棱AB和CD，则下列关于截面的说法中正确的是()A.截面不是平行四边形B.截面是矩形C.截面的面积为2D.截面与侧面ABC的交线平行于侧面ABD答案BCD解析如图所示，在正四面体中，4个面均为正三角形，由于点P为△ACD的中心，所以P位于CD的中线的23处，分别取BC，AC，AD，BD则EM∥AB，EF∥CD，FN∥AB，MN∥CD，所以EM∥FN，EF∥MN，所以截面EFNM为平行四边形，所以A错误；连接AP并延长交CD于G，连接BG，由于P为△ACD的中心，所以G为CD的中点，因为AC=AD=BC=BD，所以AG⊥CD，BG⊥CD，因为AG∩BG=G，AG，BG⊂平面ABG，所以CD⊥平面ABG，又AB⊂平面ABG，所以CD⊥AB，因为EM∥AB，EF∥CD，所以EM⊥EF，所以截面EFNM为矩形，所以B正确；因为MN=23CD=23a，ME=13AB=所以截面面积S=MN·ME=23a·13a=29所以C正确，对于D，截面EFNM∩平面ABC=ME，ME∥AB，ME⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，所以ME∥平面ABD，所以D正确.6.(2025·大庆质检)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=23，BC=AA1=2，M，N分别为B1C1，A1B1的中点，则()A.B1D⊥平面BMNB.若P为对角线AC上的动点(包含端点)，则三棱锥M-BPN的体积为定值C.三棱锥B1-BMN的外接球的体积为82D.若点P为长方形ABCD内一点(包含边界)，且D1P∥平面BMN，则D1P的最小值为2答案BC解析对于选项A，若B1D⊥平面BMN，根据线面垂直的性质，可得B1D⊥MN，因为A1C1∥MN，根据平行线的传递性，所以B1D⊥A1C1，又因为D1D⊥A1C1，且D1D∩B1D=D，D1D，B1D⊂平面DD1B1，所以A1C1⊥平面DD1B1，又B1D1⊂平面DD1B1，所以A1C1⊥B1D1，但在长方体中，B1D1不垂直于A1C1，这相互矛盾，所以B1D不垂直于平面BMN，故A错误；对于选项B，易知AC∥平面BMN，根据线面平行的性质，可知AC上的点到平面BMN的距离相等，三棱锥P-BMN的体积V三棱锥P-BMN=13S△BMN·h(h为点P到平面BMN的距离)，由于AC上的点到平面BMN距离相等，所以V三棱锥P-BMN又因为V三棱锥M-BPN=V三棱锥P-BMN，所以三棱锥M-BPN的体积为定值，故B正确；对于选项C，分别以B1B，B1M，B1N为长、宽、高构造长方体，由于长方体的外接球直径就是长方体的体对角线，且该长方体的外接球与三棱锥B1-BMN的外接球相同，设外接球半径为R，可得2R=(3)2+12+22=22，则R=2，则外接球的体积V=43π×对