2027年高考数学一轮复习(创新设计)第10节　几何体的截面(交线)及动态问题

第10节几何体的截面(交线)及动态问题题型分析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包含动点的轨迹问题、最值与范围问题等.题型一截面问题例1(多选)(2026·合肥质检)已知在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中,过棱BC,CD的中点E,F作正方体的截面多边形,则下列说法正确的有()A.截面多边形可能是五边形B.若截面与直线AC1垂直,则该截面多边形为正六边形C.若截面过AB1的中点,则该截面不可能与直线A1C平行D.若截面过点A1,则该截面多边形的面积为7答案ABD解析对于B,如图1所示,连接A1D,A1B,BD,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,易证AC1⊥平面A1BD,分别取棱DD1,D1A1,A1B1,B1B的中点为G,H,I,J,将其顺次连接,连接GF,EF,EJ,由中位线的性质可得平面A1BD∥平面EFGHIJ,故AC1⊥平面EFGHIJ,而六边形EFGHIJ显然为正六边形,故B正确;对于C,如图2所示,连接AC,BD交于O点,记侧面AD1和侧面AB1的中心分别为G,H,连接GH,HE,EF,GF,易知点G,H,E,F共面(即在符合要求的截面内),连接A1O交GH于N,设CO∩EF＝M,连接MN,可得N,M为A1O,CO的中点,故A1C∥MN,又因为MN⊂平面GHEF,A1C⊄平面GHEF,所以A1C∥平面GHEF,故C错误;对于A,D,如图3所示,连接EF,并延长EF分别与直线AB,AD交于P,Q两点,连接A1Q,A1P,分别交棱D1D,B1B于T,S两点,连接TF,SE,则五边形A1SEFT为所得截面,故A正确;易得BP＝BE＝DF＝DQ＝1,则有A1P＝A1Q＝13,PQ＝32,EP＝FQ＝2,该截面多边形面积S＝S△A1PQ－S△SEP－S△TQF＝717感悟提升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.训练1(2026·茂名模拟)在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中,AE＝2EA1,CF＝2FC1,过点B,A.413＋32 B.613＋32C.413＋82 D.613＋82答案B解析如图,取D1C1的中点N,D1A1的中点M,连接MN,NF,ME,则五边形BEMNF为过点B,E,F的截面,取CF的中点J,DD1靠近D1的三等分点K,连接D1J,CK,EK,则NF∥D1J,又CJ∥D1K且CJ＝D1K,所以四边形CJD1K为平行四边形,所以CK∥D1J,则NF∥CK,又EK∥BC且EK＝BC,所以EKCB为平行四边形,所以EB∥CK,则NF∥BE,所以N,F,B,E四点共面;取BB1,AA1靠近B,A的三等分点G,H,连接C1G,GH,D1H,同理可证BF∥C1G,D1H∥C1G,D1H∥EM,所以BF∥EM,所以B,F,M,E四点共面;所以N,F,B,E,M五点共面;又NF＝ME＝22＋32＝13,BE＝BF＝42＋6所以截面周长为613＋32.题型二交线问题例2(1)(2026·武汉质检)在正三棱台ABC－A1B1C1中,A1B1＝1,AB＝AA1＝2,点E,F分别为棱BB1,A1C1的中点,若过点A,E,F作截面,则截面与上底面A1B1C1的交线长为.

(2)(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD＝60°.以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.

答案(1)3110(2)解析(1)如图,将正三棱台ABC－A1B1C1补为正三棱锥D－ABC,连接AF并延长交CD于点M,连接ME交B1C1于点N,连接FN,

则FN即为过点A,E,F的截面与上底面A1B1C1的交线,因为FC1∥AC,所以FC所以MC1＝13CC1＝2过点E作BC的平行线交CC1于点H,易知HE＝12(BC＋B1C1)＝3MC所以C1N＝25HE＝3在△C1FN中,由余弦定理得FN＝14(2)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,则D1E＝3且D1E⊥平面BCC1B1,∴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＝R球可得EP＝EQ＝2,∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又D1P＝5,∴B1P＝D1P同理C1Q＝1,∴P,Q分别为BB1,CC1的中点,∴∠PEQ＝π2,知PQ的长为π感悟提升多面体中找交线的常用方法(1)利用相交平面有且只有一条过交点的直线寻找交线,即只需找相交平面的两个公共点,两点连线就是交线.(2)利用线面平行与面面平行的判定定理寻找线面平行及面面平行,再利用性质作出交线.(3)对于球与多面体的交线长问题,根据交线的不同有两种计算方法:一是利用弧长公式计算,只需找出弧所对的圆心角即可;二是转化为截面小圆计算,只需找到小圆半径即可.训练2(1)(2026·金华调研)已知三棱锥B－PAC的侧棱都相等,侧棱的中点分别为D,E,F,棱AC的中点为G,PB⊥平面ABC,且AB＝4,∠ABC＝120°.若四面体DEFG的每个顶点都在球O的球面上,则该球面与三棱锥B－PAC侧面的交线总长为()A.7π3 B.C.10π3 D.(2)(2026·济南调研)已知在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.过直线O1O2的平面截圆柱得到四边形ABCD,其面积为8.若P为圆柱底面圆弧CD的中点,则平面APB与球O的交线长为.

答案(1)C(2)410解析(1)如图所示:连接BG,∵AB＝BC＝BP＝4,D,E,F,G分别为各棱的中点,∠ABC＝120°,∴BD＝BE＝BF＝BG＝2,∴点B即为球O的球心,∵PB⊥平面ABC,∴球面与三棱锥B－PAC侧面的交线总长为120＋90＋90360×π×22＝10π3,(2)设球O的半径为r,则AB＝BC＝2r,故S四边形ABCD＝AB·BC＝4r2＝8,所以r＝2.如图,连接PO2,O1P,作OH⊥O2P于H,易知O1O2⊥AB.因为P为CD的中点,所以AP＝BP,又O2为AB的中点,所以O2P⊥AB.又O1O2∩O2P＝O2,O1O2,O2P⊂平面O1O2P,所以AB⊥平面O1O2P,又OH⊂平面O1O2P,所以AB⊥OH.因为OH⊥O2P,且AB∩PO2＝O2,AB,PO2⊂平面ABP,所以OH⊥平面ABP.因为O1O2＝2r＝22,O1P＝2,O1O2⊥O1P,所以O2P＝O＝(22所以sin∠O1O2P＝O1所以OH＝OO2sin∠O1O2P＝2×55易知平面PAB与球O的交线为一个圆,其半径为r2故所求交线长为2π×210题型三动态问题例3(多选)(2025·昆明联考)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42B.三棱锥A－PB1D1体积的最大值为16C.当直线AP与AB所成的角为45°时,点P的轨迹长度为π＋42D.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22答案CD解析对于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42＋4,所以A错误;对于B,因为VA而△AB1D1的面积为定值23,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,(VA−PB1D1)对于C,连接CA,AB1,以B为圆心,BB1为半径画弧B1C,如图1当点P在线段AC,AB1和弧B1C直线AP与AB所成的角为45°,又AC＝AB2＋AB1＝AB2＋弧B1C的长度为14×π故点P的轨迹长度为π＋42,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,则根据面面平行的判定定理易得平面QFTMNR∥平面B1CD1,所以P为底面线段MN上的点时,都满足PF∥平面B1CD1,在三角形FNM中,FN＝FH2＋FM＝FH2＋HM则FM2＋MN2＝8＝FN2,故三角形FNM是以∠FMN为直角的直角三角形,故(FP)max＝FN＝22,故FP长度的最大值为22,故D正确,故选CD.感悟提升1.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.2.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.训练3(多选)(2026·江苏部分学校调研)六氟化硫(SF6)分子结构为正八面体(可看作是将两个棱长均相等的正四棱锥通过底面粘接在一起的几何体).如图,正八面体E－ABCD－F的棱长为a,下列说法中正确的有()A.异面直线AE与BF所成的角为45°B.此八面体的外接球与内切球的体积比值为33C.若点P为棱EB上的动点,则AP＋CP的最小值为23aD.若点O为四边形ABCD的中心,点Q为此八面体表面上动点,且OQ＝a2,则动点Q的轨迹长度为83答案BD解析对于A,由正八面体的结构特征可得,BF∥DE,所以异面直线AE与BF所成的角为60°,故A错误;对于B,连接AC,根据对称性易得正八面体外接球与内切球的球心为其中心,所以r外＝12AC＝22a,取AD,BC的中点G,H,连接EG,EH,内切球切点在面的中线EG上,且在四边形EGFH中,由等面积法可得r内＝a·2a则V外V内＝r外r对于C,将平面AEB沿EB展开,与平面ECB共面,则四边形AECB是菱形,且∠EAB＝60°,连接AC,则AC的长为AP＋CP的最小值,为3a,故C错误;对于D,因为O到各棱的距离都等于a2则点Q在各面的轨迹恰好为各个面的内切圆,设其半径为r,因为△ADE为等边三角形,所以r＝13×a×32所以在一个面的轨迹长度为2πr＝2π×36a＝3所以在八个面内的轨迹长度之和为833aπ,故D一、单选题1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中,Q是正方形B1BCC1内的动点,A1Q⊥BC1,则Q点的轨迹是()A.点B1 B.线段B1CC.线段B1C1 D.平面B1BCC1答案B解析如图,连接A1C,因为BC1⊥A1Q,BC1⊥A1B1,A1Q∩A1B1＝A1,A1Q,A1B1⊂平面A1B1Q,所以BC1⊥平面A1B1Q,又B1Q⊂平面A1B1Q,所以BC1⊥B1Q,又BC1⊥B1C,所以点Q在线段B1C上.2.已知球O的体积为500π3,点A到球心O的距离为3,则过点A的平面α被球OA.9π B.12πC.16π D.20π答案C解析设球O的半径为R,则43πR3＝500π解得R＝5.因为点A到球心O的距离为3,所以过点A的平面α被球O所截的截面圆的半径的最小值为r＝52−则所求截面面积的最小值为πr2＝16π.3.(2026·西安调研)已知棱长为6的正方体与一个球相交,球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为16π的圆,则该球的表面积为()A.96π B.100πC.125π D.204π答案B解析由对称性,球心与正方体中心重合,且每个面的交线半径为4.连球心与任意面中心,则连线长为3,且连线垂直该面,再连交线圆上一点与球心(即为球半径),由勾股定理得球的半径为5,则表面积为4π·52＝100π.4.如图,在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中,点P是平面A1BC1内的一个动点,当PB1＋PD＝2＋10时,点P的轨迹长度为()A.6π B.4πC.23π D.22π答案D解析如图,连接DB1交平面A1BC1于点E,根据正方体的性质易知E为线段DB1的靠近B1的三等分点,且DB1⊥平面A1BC1,又易得DB1＝32,所以EB1＝2,DE＝22,设PE＝r,则PB1＋PD＝r2＋2＋解得r＝2,所以点P的轨迹是半径为2的圆,所以点P的轨迹长度是22π.5.(2025·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不可能是正方形答案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.6.已知正四面体棱长为4,所有与它四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得的截面之和为()A.4 B.43C.12＋43 D.16＋43答案C解析如图1,E,F,G分别为正四面体棱的中点,此时它的四个顶点到截面EFG的距离相等,△EFG是边长为2的等边三角形,S△EFG＝3.这样的截面有4个;如图2,E,F,M,N分别为正四面体棱的中点,此时它的四个顶点到截面EFMN的距离相等,四边形EFMN是边长为2的正方形,S▱EFMN＝4,这样的截面有3个,所以满足条件的截面的面积之和为12＋43.7.(2026·重庆调研)在侧棱长为2的正三棱锥A－BCD中,点E为线段BC上一点,且AD⊥AE,则以A为球心,2为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为()A.32π4 C.32π2 答案C解析取BC中点F,连接AF,DF,则有AF⊥BC,DF⊥BC,又AF∩DF＝F,AF,DF⊂平面ADF,故BC⊥平面ADF,又AD⊂平面ADF,故BC⊥AD,又AD⊥AE,BC∩AE＝E,BC,AE⊂平面ABC,故AD⊥平面ABC,又AC,AB⊂平面ABC,故AD⊥AC,AD⊥AB,由正三棱锥的性质可得AD,AB,AC两两垂直,故AF＝12即以A为球心,2为半径的球面与侧面ABC的交线长为π2×2＝即与该三棱锥三个侧面交线长的和为3×22π＝38.(2026·湖北十堰模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中,AB＝BC＝2,BB1＝1,点M是平面B1CD内的动点,且MA⊥MC,则MC的最大值为()A.255 C.455 答案D解析M点在以AC的中点O为球心,半径为2的球面上,又点M在平面B1CD上,点M在平面B1CD与球的一个截面圆上.取CD的中点E,AB的中点F,A1B1的中点G,连接EF,EG,FG,因为CD⊥平面EFG,CD⊂平面B1CD,所以平面B1CD⊥平面EFG,平面B1CD∩平面EFG＝GE,作OO1⊥GE于O1,所以OO1⊥平面B1CD,由相似三角形性质可得,OO所以OO1＝55,O1M＝2−点M在以O1为圆心,355因为CO1＝O1M,所以C在该圆上,则MC的最大值为65二、多选题9.(2026·南昌调研)在正三棱柱ABC－A1B1C1中,已知AA1＝AB,点M,N分别为CC1和BC的中点,点P是棱AA1上的一个动点,则下列说法中正确的有()A.存在点P,使得B1M∥平面PBCB.直线PN与CC1为异面直线C.存在点P,使得B1M⊥PND.存在点P,使得直线PN与平面ABC所成角为45°答案BCD解析因为B1M与BC相交,所以B1M与平面PBC相交,故A错误;因为P∉平面BB1C1C,N∈平面BB1C1C,N∉CC1,CC1⊂平面BB1C1C,所以直线PN与CC1为异面直线,故B正确;当点P与点A重合时,PN⊥平面BB1C1C,因为B1M⊂平面BB1C1C,所以B1M⊥PN,故C正确;当AP＝AN时,直线PN与平面ABC所成的角为45°,故D正确.10.(2026·郑州调研)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中,E,F分别为棱AB,BC的中点,则()A.直线EF与BC1所成的角为60°B.过空间中一点有且仅有两条直线与A1B1,A1D1所成的角都是60°C.过A1,E,F三点的平面截该正方体,所得截面图形的周长为32＋25D.过直线EF的平面截正方体,所得截面图形可以是五边形答案ACD解析对于A,如图所示,连接AC,A1C1,A1B,因为E,F分别为棱AB,BC的中点,所以EF∥AC,由AA1∥CC1,AA1＝CC1可知,四边形AA1C1C是平行四边形,所以AC∥A1C1,所以EF∥A1C1,所以EF与BC1所成的角即为A1C1与BC1所成的角,即∠A1C1B或其补角,因为△A1BC1是等边三角形,所以∠A1C1B＝60°,所以EF与BC1所成的角为60°,故A正确;对于B,因为直线A1B1,A1D1所成角是90°,且两条直线相交于A1,所以过点A1与两直线所成角为60°的直线有4条,故B错误;对于C,易知平面A1EFC1为过A1,E,F三点的截面,该截面为梯形,显然A1C1＝22,A1E＝C1F＝12＋22＝所以截面图形的周长为A1C1＋A1E＋EF＋C1F＝22＋5＋2＋5＝32＋2对于D,如图所示,分别取AA1,CC1的靠近A,C的三等分点G,H,连接GD1,GE,HD1,HF,易知GE∥HD1,HF∥GD1,故点D1,G,E,F,H共面,该截面图形为五边形,故D正确.11.(2026·芜湖模拟)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,F为棱A1B1上一动点,FM＝12A1B1,点PA.三棱锥D－C1EF的体积为定值B.在动点F由A1运动至B1的过程中,二面角E－FM－B先增大后减小C.平面C1EF截正方体ABCD－A1B1C1D1所得截面图形可能是等腰梯形D.若F为棱A1B1的中点,D1P与平面C1EF所成角为60°,则点P的轨迹长度为4答案ACD解析因为点E为棱CD的中点,所以△C1DE面积为定值,因为F为棱A1B1上一动点,A1B1∥平面C1DE,所以点F到平面C1DE的距离h为定值,所以VD−C1即三棱锥D－C1EF的体积为定值,A正确;因为FM＝所以FM与A1B1共线,所以平面EFM即平面A1B1CD,平面BFM即平面A1B1BA,所以在动点F由A1运动至B1的过程中,二面角E－FM－B始终保持不变,B错误;当点F与A1重合时,作出截面如图所示,此时截面为等腰梯形,C正确;设D1到平面C1EF的距离为d,由VD1−C1EF因为D1P与平面C1EF所成角为60°,所以D1P与点D1到平面C1EF的垂线的夹角为30°,则点P的轨迹是以点D1为顶点,D1P为母线的圆锥的底面圆周,且底面圆的半径为d·tan30°＝22所以点P的轨迹长度为42π3,三、填空题12.如图,在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中,M是该正方体表面及其内部的一动点,且BM∥平面AD1C,则动点M的轨迹所形成区域的面积是.

答案23解析如图,由面