2025高考数学一轮复习-几何体的截面(交线)及动态问题【课件】

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.题型一截面问题例1

(2024·宁波质检)已知四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB，点E是PD的中点，点F是棱PC上的点且PF＝2FC，则平面BEF截四棱锥P－ABCD所得的截面图形是(

) A.斜三角形

B.梯形 C.平行四边形

D.两组对边均不平行的四边形D解析如图，延长EF和DC，设其交点为G，连接BG，延长DA并与直线BG交于点H，连接HE交PA于点K，连接KB，得四边形EFBK，假设KE∥BF，易证BF∥平面PAD，易知BC∥平面PAD，易得平面PBC∥平面PAD，与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾，故假设不成立，因此KE与BF不平行，同理可证KB与EF不平行，因此四边形EFBK的两组对边均不平行，故选D.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

如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________.解析如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α，由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，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，感悟提升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.解析设球O的半径为r，则AB＝BC＝2r，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∩O2P＝O2，AB，O2P⊂平面ABP，所以OH⊥平面ABP.题型三动态问题BC解析对于A，如图1，连接DE，DF，DP，则DE＝DF，图1因为点P是EF上的动点，所以当点P为EF的中点时，DP最小，此时DP⊥EF，连接CP，因为DC⊥平面BCC1B1，CP⊂平面BCC1B1，所以CP⊥DC，又正方体的棱长为2，所以CD＝2，对于B，连接A1D，PA1，PA，PD，则VD－A1AP＝VP－A1AD，点P到平面A1AD的距离，即平面BCC1B1到平面A1AD的距离，易知该距离等于正方体的棱长，为2，对于C，如图2，连接AE，D1F，AD1，则AD1∥EF，且AD1＝2EF，平面AEF与正方体的底面ABCD的交线为AE，与平面BCC1B1的交线为EF，因为EF∥平面ADD1A1，所以由线面平行的性质定理得，平面AEF与平面ADD1A1的交线与EF平行，且过点A，所以平面AEF与平面ADD1A1的交线为AD1，则平面AEF截正方体的截面为四边形AEFD1，因为AD1∥EF，AD1＝2EF，且AE＝D1F，所以四边形AEFD1为等腰梯形，所以选项C正确.图2对于D，如图3，以A为坐标原点建立空间直角坐标系A－xyz，图3连接DE，DP，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，E(2，1，0)，F(2，2，1)，D(0，2，0)，(2)(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________.感悟提升1.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.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.D所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD内.(2)(2024·南京模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E为棱AB上的动点，点M，N分别是棱BC，C1D1的中点，则下列结论正确的是(

)A.存在点E，使得EN∥MC1 B.存在点E，使得△EMN为等腰三角形C.三棱锥C1－MNE的体积为定值

D.存在点E，使得B1C1⊥平面EMNC解析对于A，如图，取AD的中点H，连接MH，D1H，再取MH的中点O，连接NO，由正方体的性质可知四边形HMC1D1为平行四边形，所以C1M∥D1H，则C1M∥ON，显然当E在AB上时，不存在NE∥NO，故不存在点E，使得EN∥MC1，故A错误；对于C，显然AB∥MH，AB

平面MHD1C1，MH⊂平面MHD1C1，所以AB∥平面MHD1C1，所以E到平面MHD1C1的距离为定值，故三棱锥C1－MNE的体积为定值，故C正确；对于D，因为B1C1⊥平面ABB1A1，显然平面ABB1A1与平面EMN不平行，故不存在点E，使得B1C1⊥平面EMN，故D错误；对于B，设AE＝x(0≤x≤1)，则BE＝1－x，显然MN≠NE，MN≠ME，ME≠NE，故△EMN不可能为等腰三角形，故B错误.故选C.课时分层精练3KESHIFENCENGJINGLIANB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)，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；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.图①

图②3.(2023·山东名校联考)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，BB1的中点为M，过点C1，D，M的平面把正方体分成两部分，则较小部分的体积为(

)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，B解析设AP＝x，D1P＝t，正方体的棱长为1，D解析取CC1的中点G，连接BG，则D1E∥BG，取CG的中点N，连接D1N，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，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.7.(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(

)ABCA.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ABD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；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.8.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1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________.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，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，2解析由题意可知，∠MAN＝90°，10.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于点O，连接C1O，由正方体的性质知DN∥MB，A1M∥B1N，易得DN∥平面A1BM，B1N∥平面A1BM，DN∩B1N＝N，∴平面B1DN∥平面A1BM，∵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，11.(2024·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，12.(2024·石家庄模拟)在如图所示的一块木料中，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，点E，F是PC，AD的中点. (1)若要经过点E和棱AB将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？请说明理由并计算截面周长；解因为AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB∥平面PCD，又AB⊂平面ABE，设平面ABE∩平面PCD＝l，则AB∥l，如图①，设PD的中点为G，连接EG，AG，则EG∥CD，又AB∥CD，所以AB∥EG，即EG为l，BE，EG，AG为应画的线.因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.又AG⊂平面PAD，所以AB⊥AG.所以截面ABEG为直角梯形.(2)若要经过点B，E，F将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？请说明理由.解因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，AD⊥PA，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，1，1)，F(0，1，0)，13.(多选)(2024·杭州质检)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC＝2DD1＝4，则(

) A.在棱AB上存在点P，使得D1P∥平面A1BC1 B.在棱BC上存在点P，使得D1P∥平面A1BC1 C.若P在棱AB上移动，则A1D⊥D1P D.在棱A1B1上存在点P，使得DP⊥平面A1BC1ABC解析对于A，当P是AB的中点时，依题意可知C1D1∥DC∥PB，C1D1＝DC＝PB，所以四边形D1PBC1是平行四边形，所以D1P∥C1B，由于D1P

平面A1BC1，C1B⊂平面A1BC1，所以D1P∥平面A1BC1，A正确.对于B，设E是AB的中点，P是BC的中点，连接D1E，PE，AC，如图①所示，由A可知D1E∥平面A1BC1.因为PE∥AC∥A1C1，PE

平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以PE∥平面A1BC1.因为D1E∩PE＝E，D1E，PE⊂平面D1PE，所以平面D1PE∥平面A1BC1，又D1P⊂平面D1PE，所以D1P∥平面A1BC1，B正确；对于C，连接AD1，如图①，根据已知条件可知四边形ADD1A1是正方形，所以A1D⊥D1A，由于AB⊥AD，AB⊥AA1，AD∩AA1＝A，AD，AA1⊂平面ADD1A1，所以AB⊥平面ADD1A1，又A1D⊂平面ADD1A1，所以AB⊥A1D.因为D1A∩AB＝A，D1A，AB⊂平面AD1B，所以A1D⊥平面AD1B，又D1P⊂平面AD1B，所以A1D⊥D1P，C正确.对于D，由题可知，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两垂直，建立如图②所示的空间直角坐标系，则A1(2，0，2)，B(2，4，0)，C1(0，2，2)，D(0，0，0)，B解析对于①，连接AD1，BC1，如图①，易知B1C⊥BC1，AB⊥平面CC1B1B，B1C⊂平面CC1B1B，所以AB⊥B1C，又AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，所以只要E在线段BC1上，就有AE⊥B1C，所以动点E的轨迹是线段BC1，故①正确.对于②，若∠EA1C＝30°，则E在以A1C为轴，一条母线所在直线为A1E的圆锥的侧面上，平面BCC1B1与圆锥的轴A1C斜交，截圆锥的侧面所得的截线是椭圆的一部分，故②正确.对于③，因为A1B1∥CD，所以A1E与CD所成的角等于∠EA1B1，当E为BC1中点时，B1E⊥BC1，此时tan∠EA1B1最小，15.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长