提分点 4　动态几何中的交线、截面或轨迹问题

提分点4动态几何中的交线、截面或轨迹问题真题重做探究命题人的思维模拟术(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________．命题预测开启高分大门的神秘金钥匙命题依据：动态几何中的交线、截面或轨迹问题难度较高，常作为高考选择、填空的压轴题，综合性较强，突出直观想象、数学推理与数学运算等核心素养，体现了对思维能力的深度考查．预测角度1交线长度问题预测1在正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中，AA1＝2AB＝2，O为棱AA1的中点，则以O为球心，2为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为()A．(1＋33)πB．(2＋3C．(1＋233)πD．(2＋[听课笔记]一要明确两面的类型，是平面还是曲面；二要判断哪些面之间相交，交线是直线还是曲线．若截面与多面体相交，可用线面交点法找棱线与截面的交点，再作连接两交点的线段；若截面与旋转体相交，则可用面面交线法找相交的曲线段．其中曲线段的端点一定是某一母线与截面的交点，曲线段为圆锥曲线的一部分．[对点练1](2025·湖南长沙模拟)已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为半径的球和圆锥表面的交线长为()A．4π B．5πC．(4＋23)π D．6π预测角度2截面问题预测2在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分别为棱BC，CD，CC1的中点，平面PQR截正方体ABCD-A1B1C1D1外接球所得的截面面积为()A．5π3 B．C．35π3 D．[听课笔记]应用几何体中的截面可将空间问题转化为平面问题解决，由于所截几何体的位置、角度不同，大致可分为轴截面、直(斜)截面、平行于底面的截面等，通过截面将几何体中的底边长、侧棱、高、斜高、球的半径、截面圆半径等几何元素纳入到同一个平面几何图形中求解，也可利用几何体中的某些已知量求截面的面积与周长(注意交线为弧时圆的性质的应用)．[对点练2](2025·山东济南模拟)已知正四面体ABCD的棱长为22，动点P满足PA2＋PB2＝PC2＋PD2，用所有这样的点P构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为________.预测角度3轨迹问题预测3已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，P是侧面CDD1C1上的动点(含端点)，且满足S△PDA＝2S△PBC，则点P的轨迹长度为()A．3π3BC．5π3D[听课笔记](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．[对点练3](2025·山东滨州模拟)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝AC＝2，BC＝22，点D为△PAB内(包含边界)一点，且BD⊥CD，则点D的轨迹的长度为________.请完成：专题强化练14提分点4动态几何中的交线、截面或轨迹问题真题重做解析：如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝22+12＝5，D1M⊥B1C1，且D1M＝3.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝2，连接D1P，则D1P＝D1M2+MP2＝32+22＝5，连接MG，MH，易得MG＝MH＝2，故可知以M为圆心，2为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°，知答案：2命题预测预测1解析：取CC1中点G，DD1中点H.因为球O的半径为2，所以球O不与侧面ABB1A1及侧面AFF1A1相交，连接OC1，A1C1，OE1，A1E1.由题得OA1＝1，A1C1＝A1E1＝3.所以OC1＝2，所以球O与侧面BCC1B1交于点C1，C，与侧面EFF1E1交于点E1，E.在正六边形A1B1C1D1E1F1中，易得A1C1⊥C1D1，因为CC1⊥平面A1B1C1D1E1F1，A1C1⊂平面A1B1C1D1E1F1，所以CC1⊥A1C1，又C1D1∩CC1＝C1，C1D1，CC1⊂平面CDD1C1，所以A1C1⊥平面CDD1C1，即OG⊥平面CDD1C1，且OG＝3，又22-32＝1，OH＝OC1＝OC＝2.所以球O与侧面CDD1C1的交线为以CC1为直径的半圆，同理可得球O与侧面EDD1E1的交线为以EE1为直径的半圆．由题易得∠E1A1C1＝π3，则球O与上底面A1B1C1D1E1F1及下底面ABCDEF的交线均为16个半径为3的圆．所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为2×π×1＋2×16答案：D[对点练1]解析：作圆锥的轴截面△ABC，该截面与半球的截面为半圆，设半圆与AB，AC分别交于点D，E，如图，由已知，△ABC为边长为4的等边三角形，BC的中点O为球心，半圆O的半径为2，因为点D在半圆上，所以DB⊥DC，DO＝BO＝CO＝2，∠DBO＝60°，所以BD＝2，故点D为AB的中点，同理可得E为AC的中点，所以DE＝2，所以由对称性可得，圆锥与球的交线为两个圆，一个为圆锥的底面圆，周长为4π，另一个为所有母线的中点构成的圆，周长为2π，所以交线长为6π.故选D.答案：D预测2解析：取正方体的中心为O，连接OP，OQ，OR，由于正方体的棱长为2，所以正方体的面对角线长为22，体对角线长为23，正方体外接球球心为点O，半径R＝12×23＝3，又易得OP＝OQ＝OR＝12×22＝2，且PQ＝PR＝QR＝12×22＝2，所以三棱锥O-PQR为正四面体，如图所示，取底面正三角形PQR即点O到平面PQR的距离为OM，又正△PQR的外接圆半径为MQ，由正弦定理可得2MQ＝PQsin60°＝232＝263，即MQ＝63，所以OM＝OQ2-MQ2＝22-632＝233，即正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的球心O到截面PQR的距离为OM＝233，所以截面答案：A[对点练2]解析：建立正四面体的顶点坐标，设四个顶点为A(1，1，1)，B(－1，－1，1)，C(－1，1，－1)，D(1，－1，－1)，每条棱长均为22，设动点P(x，y，z)，PA2＝x-12+y-12＋(z－1)2，PB2＝(x＋1)2＋(y＋1)2＋(z－1)2，PC2＝(x＋1)2＋(y－1)2＋(z＋1)2，PD2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2，PA2＋PB2＝2x2＋2y2＋2z2－4z＋6，PC2＋PD2＝2x2＋2y2＋2z2＋4z＋6，因为PA2＋PB2＝PC2＋PD2，所以z＝0，即所有满足条件的点P构成的平面为z＝0平面(而A，B，C，D为正方体的顶点(如图所示)，且该正方体的中心为原点，由对称性可得分别与棱AC交于(0，1，0)，棱AD交于(1，0，0)，棱BC交于(－1，0，0)，棱BD交于(0，－1，0)，截面四边形的顶点为(0，1，0)，(1，0，0)，(－1，0，0)，(0，－1，0)，在xOy平面上形成一个菱形，其对角线的长度为2，故面积为2.答案：2预测3解析：正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，P是侧面CDD1C1上的动点(含端点)，因为满足S△PDA＝2S△PBC，所以12×AD×DP＝2×12×BC×CP，所以DP＝2PC，如图建系，设P(0，y，z)，D(0，0，0)，C(0，3，0)，所以y2+z2＝2y-32+z2，所以(y－4)2＋z2＝4，则圆心为M(0，4，0)，半径为2，因为y＝3时，z＝3，所以sin∠P1MP2＝32，所以∠P1答案：B[对点练3]解析：因为PA⊥平面ABC，且AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC.又由AB＝AC＝2，BC＝22，可得AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC，又因