補(bǔ)上一課 幾何體的截面（交線）及動態(tài)問題

第七章立體幾何與空間向量補(bǔ)上一課幾何體的截面(交線)及動態(tài)問題1.立體幾何中截面、交線問題綜合性較強(qiáng)，解決此類問題要應(yīng)用三個基本事實及其推論、垂直、平行的判定與性質(zhì)定理等知識.2.立體幾何中的動態(tài)問題主要是指空間動點(diǎn)軌跡的判斷、求軌跡長度、最值與范圍問題等.題型分析內(nèi)容索引分層精練鞏固提升題型一截面問題D解析取CC1的中點(diǎn)G，連接BG，則D1E∥BG，取CG的中點(diǎn)N，連接FN，則FN∥BG，所以FN∥D1E.延長D1E，DA交于點(diǎn)H，連接FH交AB于點(diǎn)M，連接ME，則平面D1EF截該正方體所得的截面圖形為多邊形D1EMFN.由題知A為HD的中點(diǎn)，A1E＝AE＝2，

取AD的中點(diǎn)Q，連接QF，則AM∥FQ，作截面應(yīng)遵循的三個原則：(1)在同一平面上的兩點(diǎn)可引直線；(2)凡是相交的直線都要畫出它們的交點(diǎn)；(3)凡是相交的平面都要畫出它們的交線.感悟提升D解析取B1C1的中點(diǎn)為M，連接EM，MD1，BC1，

所以平面AED1截正方體ABCD－A1B1C1D1所得的截面為等腰梯形EMD1A，題型二交線問題解析如圖，設(shè)B1C1的中點(diǎn)為E，球面與棱BB1，CC1的交點(diǎn)分別為P，Q，連接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD為等邊三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1為等邊三角形，

∴E為球面截側(cè)面BCC1B1所得截面圓的圓心，設(shè)截面圓的半徑為r，∴球面與側(cè)面BCC1B1的交線為以E為圓心的圓弧PQ.同理C1Q＝1，作交線的方法有如下兩種：(1)利用基本事實3作交線；(2)利用線面平行及面面平行的性質(zhì)定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據(jù)性質(zhì)作出交線.感悟提升解析設(shè)球O的半徑為r，則AB＝BC＝2r，而S四邊形ABCD＝AB·BC＝4r2＝8，如圖，連接PO2，O1P，作OH⊥O2P于H，易知O1O2⊥AB.又O2為AB的中點(diǎn)，所以O(shè)2P⊥AB.又O1O2∩O2P＝O2，所以AB⊥平面O1O2P，

又OH?平面O1O2P，所以AB⊥OH.因為OH⊥O2P，且AB∩PO2＝O2，所以O(shè)H⊥平面ABP.題型三動態(tài)問題角度1動態(tài)位置關(guān)系的判斷例3

(多選)如圖，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于點(diǎn)O，將△BAD沿直線BD翻折，則下列說法中正確的是(

)A.存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AB⊥OCB.存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AC⊥BDC.存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AB⊥平面ACDD.存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AC⊥平面ABDABC

解析當(dāng)AB＝x＝1時，此時矩形ABCD為正方形，則AC⊥BD，將△BAD沿直線BD翻折，當(dāng)平面ABD⊥平面BCD時，由OC⊥BD，OC?平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以O(shè)C⊥平面ABD，又AB?平面ABD，所以AB⊥OC，故A正確；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正確；

所以將△BAD沿直線BD翻折時，總有AB⊥AD，即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，AC，AD?平面ACD，則此時滿足AB⊥平面ACD，故C正確；若AC⊥平面ABD，又AO?平面ABD，則AC⊥AO，所以在△AOC中，OC為斜邊，這與OC＝OA相矛盾，故D不正確.解決空間位置關(guān)系的動點(diǎn)問題(1)應(yīng)用“位置關(guān)系定理”轉(zhuǎn)化.(2)建立“坐標(biāo)系”計算.感悟提升角度2動點(diǎn)的軌跡(長度)π解析如圖1所示，連接BD，圖1因為ABCD－A1B1C1D1是正方體，所以AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，又AC?平面ABCD，所以AC⊥DD1，因為DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1，

因為BD1?平面BDD1，所以BD1⊥AC.同理BD1⊥B1C.因為AC∩B1C＝C，所以BD1⊥平面ACB1.又E，F(xiàn)為體對角線BD1的兩個三等分點(diǎn)，所以BF＝EF＝D1E＝2.設(shè)點(diǎn)B到平面ACB1的距離為d，則VB－ACB1＝VB1－ABC，

解得d＝2，即d＝BF，所以F∈平面ACB1，即BF⊥平面ACB1.三棱錐B－ACB1的底面三角形ACB1為正三角形，且BB1＝BC＝BA，所以三棱錐B－ACB1為正三棱錐，所以點(diǎn)F為△ACB1的中心.因為P∈平面ACB1，所以PF?平面ACB1，則EF⊥PF.又△PEF的面積為2，則點(diǎn)P的軌跡是以點(diǎn)F為圓心，2為半徑的圓周且在△ACB1內(nèi)部的部分，

圖2解決與幾何體有關(guān)的動點(diǎn)軌跡問題的方法(1)幾何法：根據(jù)平面的性質(zhì)進(jìn)行判定.(2)定義法：轉(zhuǎn)化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定，或用代替法進(jìn)行計算.(3)特殊值法：根據(jù)空間圖形線段長度關(guān)系取特殊值或位置進(jìn)行排除.感悟提升角度3最值(范圍)問題B

解析如圖，取BC的中點(diǎn)O，連接AO，MO，則AO⊥BC.因為在直三棱柱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.所以動點(diǎn)M的軌跡是平面BCC1B1內(nèi)以O(shè)為圓心，1為半徑的半圓.

在動態(tài)變化過程中產(chǎn)生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的思路是(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點(diǎn)、線、面在何位置時，所求的量有相應(yīng)最大、最小值，即可求解.(2)函數(shù)思想：通過建系或引入變量，把這類動態(tài)問題轉(zhuǎn)化為目標(biāo)函數(shù)，從而利用代數(shù)方法求目標(biāo)函數(shù)的最值.感悟提升BCD

解析如圖，取A1D1的中點(diǎn)E，分別取A1A，B1B上靠近點(diǎn)A1，B1的四等分點(diǎn)F，G，連接EM，EF，F(xiàn)G，MG，則EM綉A1B1，F(xiàn)G綉A1B1，所以EM綉FG，所以點(diǎn)E，M，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面.所以MG2＋MC2＝GC2，所以MG⊥MC.由正方體的性質(zhì)知A1B1⊥平面B1C1CB，所以ME⊥平面B1C1CB，

又MC?平面B1C1CB，所以ME⊥MC.因為MG∩ME＝M，MG，ME?平面MEFG，所以MC⊥平面MEFG，所以點(diǎn)P的軌跡為四邊形MEFG(不含點(diǎn)M).對于A，點(diǎn)P的軌跡與AA1有唯一交點(diǎn)F，而F不是AA1的中點(diǎn)，故A不正確；對于B，因為點(diǎn)P在側(cè)面AA1D1D內(nèi)的軌跡為EF，四邊形MEFG為平行四邊形，對于C，根據(jù)點(diǎn)P的軌跡可知，當(dāng)P與F重合時，MP的長度有最大值.由正方體的性質(zhì)知A1B1⊥平面B1C1CB，所以FG⊥平面B1C1CB.又MG?平面BB1C1C，所以FG⊥MG.

對于D，當(dāng)直線CC1與直線MP所成角的余弦值最大時，直線CC1與直線MP所成的角最小，由于點(diǎn)P的軌跡為四邊形MEFG(不含點(diǎn)M)，所以直線CC1與直線MP所成的最小角就是直線CC1與平面MEFG所成的角，F(xiàn)ENCENGJINGLIANGONGGUTISHENG分層精練鞏固提升B【A級

基礎(chǔ)鞏固】A.圓

B.橢圓C.雙曲線的一部分

D.拋物線的一部分解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OB＝OA＝1，則B(0，1，0)，A(0，0，1)，P(x，y，0)，即3x2＋(y－2)2＝3，所以點(diǎn)P的軌跡是橢圓.2.(2023·北京順義區(qū)質(zhì)檢)已知過BD1的平面與正方體ABCD－A1B1C1D1的棱AA1，CC1分別交于點(diǎn)M，N，則下列關(guān)于截面BMD1N的說法中不正確的是(

)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解析如圖①，當(dāng)點(diǎn)M，N分別與對角頂點(diǎn)重合時，顯然截面BMD1N是矩形；

圖①

圖②如圖②，當(dāng)M，N分別為棱AA1，CC1的中點(diǎn)時，顯然截面BMD1N是菱形，由正方體的性質(zhì)及勾股定理易知截面BMD1N不可能為正方形；根據(jù)對稱性，其他情況下截面BMD1N為平行四邊形.故選C.C解析如圖，取AB的中點(diǎn)E，連接DC1，C1M，ME，DE，則易知截面是等腰梯形C1MED，則較小的部分是三棱臺BEM－CDC1.B解析矩形在翻折前和翻折后的圖形如圖①②所示.在圖①中，過點(diǎn)A作AE⊥BD，垂足為E，過點(diǎn)C作CF⊥BD，垂足為F，則點(diǎn)E，F(xiàn)不重合；在圖②中，連接CE.對于A，若AC⊥BD，由BD⊥AE，AE∩AC＝A，得BD⊥平面ACE，所以BD⊥CE，與點(diǎn)E，F(xiàn)不重合相矛盾，故選項A錯誤；對于B，若AB⊥CD，由AB⊥AD，AD∩CD＝D，得AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，當(dāng)AB＝AC＝2時，滿足AB2＋AC2＝BC2，此時直線AB與直線CD垂直，故選項B正確；對于C，若AD⊥BC，由DC⊥BC，AD∩DC＝D，得BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，已知BC＞AB，所以不存在這樣的直角三角形，故選項C錯誤.由B知選項D錯誤.故選B.CD

A解析以DA，DC，DE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)P(s，1，0)(0≤s≤1)，Q(0，0，t)(0≤t≤1)，M(x，y，z)，即s＝2x，t＝2z.B解析如圖，取B1C1的中點(diǎn)G，BB1的中點(diǎn)H，連接GH，A1G，A1H，則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，因為P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點(diǎn)，所以當(dāng)P點(diǎn)在線段GH上時，能夠滿足A1P∥平面AEF.B解析如圖，在平面VAC內(nèi)，過點(diǎn)P作EF∥AC，分別交VA，VC于點(diǎn)F，E，在平面VBC中，過點(diǎn)E作EQ∥VB交BC于點(diǎn)Q，在平面VAB內(nèi)，過點(diǎn)F作FD∥VB交BA于點(diǎn)D，連接DQ，則四邊形DFEQ是過點(diǎn)P且與VB，AC平行的截面.易知四邊形DFEQ是平行四邊形.因為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，所以平行四邊形DFEQ是矩形.因為EF∥AC，所以△VEF∽△VCA，因為FD∥VB，所以易知△AFD∽△AVB，9.(2023·寧波調(diào)研)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)P為平面ACC1A1上一動點(diǎn)，且滿足D1P⊥CP，則滿足條件的所有點(diǎn)P圍成的平面區(qū)域的面積

為________.解析如圖所示，連接EF，A1B，連接A1C1，B1D1交于點(diǎn)M，連接B1E，BC1交于點(diǎn)N，由EF∥B1D1，即E，F(xiàn)，B1，D1共面，由P是線段A1B上的動點(diǎn)，當(dāng)P重合于A1或B時，C1A1，C1B與平面D1EF的交點(diǎn)分別為M，N，11.如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)M是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)P在底面ABCD內(nèi)(不包括邊界)運(yùn)動，若

B1P∥平面A1BM，則C1P的長度的取值范圍是__________.解析如圖，取BC的中點(diǎn)N，連接B1D，B1N，DN，過C作CO⊥DN于O，連接C1O，由正方體的性質(zhì)知DN∥MB，A1M∥B1N，又DN∩B1N＝N，MB∩A1M＝M，∴平面B1DN∥平面A1BM，∴點(diǎn)P在底面ABCD內(nèi)的軌跡是線段DN(不含點(diǎn)N和點(diǎn)D).∵C1C⊥平面ABCD，CO⊥DN，∴C1O⊥DN，則當(dāng)P與O重合時，C1P的長度取得最小值，12.(2023·貴陽質(zhì)檢)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱B1C1的中點(diǎn)，F(xiàn)，G分別是棱CC1，BC上的動點(diǎn)(不與頂點(diǎn)重合). (1)作出平面A1DG與平面CBB1C1的交線(要求寫出作圖過程)，并證明：若平面A1DG∥平面D1EF，則EF∥A1D；解如圖，延長DG交AB的延長線于點(diǎn)P，連接A1P交BB1于點(diǎn)Q，連接GQ，則GQ所在的直線即平面A1DG與平面CBB1C1的交線.因為平面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均為其所在棱的中點(diǎn)，求點(diǎn)G到平面D1EF的距離.解連接GF，EG，D1G，由E，F(xiàn)，G均為其所在棱的中點(diǎn)，所以EF2＋FG2＝EG2，所以EF⊥FG，設(shè)點(diǎn)G到平面D1EF的距離為d，則由VG－D1EF＝VD1－EFG，C【B級

能力提升】解析法一如圖，設(shè)該球的球心為O，半徑為R，正四棱錐的底面邊長為a，高為h，法二如圖，設(shè)該球的球心為O，半徑為R，正四棱錐的底面邊長為a，高為h，法三如圖，設(shè)該球的半徑為R，球心為O，正四棱錐的底面邊長為a，高為h，正四棱錐的側(cè)棱與高所成的角為θ，則y＝sinθcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，D解析如圖，連接EF并延長線段FE，交線段DA的延長線于點(diǎn)P，連接D1P，與AA1交于點(diǎn)M，延長線段EF，交線段DC的延長線于點(diǎn)Q，連接D1Q，與CC1交于點(diǎn)N，連接ME，NF，則五邊形MEFND1是所求截面，故④錯誤；易知ME∥D1Q，PE∶EQ＝1∶2，所以PM∶MD1＝1∶2，所以可得MA∶A1M＝1∶2.對于①，因為平面α過線段AB的中點(diǎn)E，所以點(diǎn)A到平面α的距離與點(diǎn)