2024考二輪數(shù)學(xué)講義四 立體幾何中的動態(tài)問題

2024高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義微重點(diǎn)8立體幾何中的

動態(tài)問題

“動態(tài)”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識的題型，它滲透了一些“動態(tài)”的點(diǎn)、

線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎.同時，由于“動態(tài)”的存在,

也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問題與平面幾何中的解三角形問題、多邊形面積問

題以及解析幾何問題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉(zhuǎn)化.

考點(diǎn)一動點(diǎn)軌跡問題

例1(多選)(2023?寧波聯(lián)考)正方體ABCD-A\B\C\D\的棱長為1,點(diǎn)P滿足麗=4送+〃麗

(2,〃WR),則下列說法正確的有()

A.若2+〃=1,則AiPJ_4Di

B.若2+〃=1,則三棱錐A—PDG的體積為定值

C.若點(diǎn)P總滿足附_L8?！眲t動點(diǎn)P的軌跡是一條直線

D.若點(diǎn)P到點(diǎn)A的距離為小，則動點(diǎn)P的軌跡是一個面積為兀的圓

答案ABC

解析對于A,因為崩=幺病+〃麗(2,〃WR)且4+〃=1,由向量基本定理可知，點(diǎn)3,C,

尸共線，如圖，連接45,A.C,BCi,BiC,

在正方體ABCZJ-AiBiCD中,BiC±BCi,4囪J_平面5=GC,

因為8C|U平面881clC,所以4B|_LBCi,)LB\CCiA\B\=B\,

所以BG_L平面AxBiC,

在8G上任取一點(diǎn)P,連接AiP,

則AiPU平面AiBC,所以

在正方體A8CD—AIBCIQI中，

因為AB〃￡>iG,且4B=GG,

所以四邊形ABGA為平行四邊形，

所以A￡)I〃8CI,則A￡)i_L4P,故選項A正確；

對于B,如圖，連接BG,CiD,AtD,B\C,

因為而=4正+4麗（九/GR）且％+〃=1,由向量基本定理可知點(diǎn)8,C,P共線，即點(diǎn)P

在直線BC上，在正方體ABCQ—AiBiCQi中，

因為A山i〃DC,且ABi=￡>C,所以四邊形AiBC。為平行四邊形，所以A|Q〃B|C,A,DC

平面4cQ,BCiQ平面4G，所以BC〃平面4G。，則直線81c上任意一點(diǎn)到平面AiG。

的距離相等，又因為△AiCiO的面積為一定值，所以三棱錐4一POG的體積為定值，故選

項B正確；

對于C,如圖，連接AC,BD,AB\,BD\,BtC,B\D\,

在正方體ABCZJ—AIBICIDI中，AC1.BD,BBi_L平面ABC￡>,

因為ACU平面ABCD,

所以88i_LAC,又BBiCBD=B,

所以4CJ■平面BZ)|U平面SBQi。,

所以ACLBDi,

同理又ASnAC=A,

所以BDiJ_平面ABC,因為點(diǎn)P滿足加=%病+〃麗（人"GR）,所以點(diǎn)尸在側(cè)面881cle

所在的平面上運(yùn)動，且所以動點(diǎn)P的軌跡就是直線BiC,故選項C正確；

對于D,因為點(diǎn)P到點(diǎn)A的距離為小，所以點(diǎn)P的軌跡是以A為球心，小為半徑的球面與

平面88iGC的交線，即點(diǎn)P的軌跡為小圓，設(shè)小圓半徑為廣，因為球心A到平面BBiGC的

距離為1,則，?=7（/）2-1=啦,所以小圓的面積5=兀戶=2兀，故選項D錯誤.

規(guī)律方法解決與幾何體有關(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數(shù)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.

跟蹤演練1在四邊形ABC。中，BC//AD,AB=BC=CD=^AD,P為空間中的動點(diǎn)，PA=

PB=AB=2,E為P。的中點(diǎn)，則動點(diǎn)E的軌跡長度為（）

A.6B.小C.y/2nD.小兀

答案D

解析如圖，取AP的中點(diǎn)凡連接EF,BF.

因為EF〃A。，AD//BC,所以EF〃BC.

因為BC=%。，所以EF=BC,

故四邊形EFBC為平行四邊形，則有CE〃B尸，且CE=B/，則有點(diǎn)尸的軌跡長度與點(diǎn)E的

軌跡長度相同，

過點(diǎn)尸作于點(diǎn)”，則點(diǎn)尸的軌跡是以，為圓心、"7長為半徑的圓，且FH=坐,

故點(diǎn)尸的軌跡長度為小兀

考點(diǎn)二折疊、展開問題

例2（多選）已知菱形ABCQ的邊長為2,ZADC=60°,將△AC￡＞沿AC翻折，使點(diǎn)。與點(diǎn)

8重合，如圖所示.記點(diǎn)P為翻折過程中點(diǎn)O的位置（不包含在點(diǎn)B處的位置），則下列結(jié)論

正確的是（）

A.無論點(diǎn)P在何位置，總有AC,尸8

B.存在點(diǎn)P,使得4BJ_PC

C.當(dāng)PB=2時，M為PB上一點(diǎn)，則4M+CM的最小值為26

D.當(dāng)三棱錐P—A8C的體積最大時，直線A8與平面PBC所成角的正弦值為華

答案ABD

解析如圖，連接P8,依題意，△ABC,都是等邊三角形，

取AC的中點(diǎn)E,則BE_LAC,PELAC,又PECBE=E,PE,BEC-f?PBE,

于是AC_L平面PBE,又PBU平面PBE,因此AC_LP8,A正確;

P的軌跡是以AC為軸的兩個同底的圓錐底面半圓弧,顯然圓錐軸截面的頂角為NBAD=

ZBCD=120°,大于90。，

則存在兩條母線互相垂直，即存在點(diǎn)P,使得尸C,而翻折前AB〃CD,

因此存在點(diǎn)P,使得B正確；

B

當(dāng)P8=2時，三棱錐P-ABC為正四面體，將△PCB展開在同一平面內(nèi)，如圖,

顯然四邊形ABCP為菱形，ZBAP=60°,當(dāng)A,M,C三點(diǎn)共線時，

AA7+CM取得最小值2小，C錯誤；

由選項A知，ACJ_平面PBE,BE=PE=小,NPEB是二面角P—AC—B的平面角,

三棱錐P—4BC的體積Vp^ABc^S^PEBAC=^BEPEsmZPEBAC^sinZPEB^1,

當(dāng)且僅當(dāng)NPEB=90。時取等號，此時PE_L平面ABC,PB=^PE2+BE2=y[b,

隼,設(shè)點(diǎn)4到平面PBC的距離為",

22-

由VA-PBC=Vp-ABCf

解得d=2當(dāng),

設(shè)直線AB與平面PBC所成的角為e,

則sine=《=Rg,D正確.

/io□

規(guī)律方法畫好折疊、展開前后的平面圖形與立體圖形，抓住兩個關(guān)鍵點(diǎn)：不變的線線關(guān)系、

不變的數(shù)量關(guān)系.

跟蹤演練2（2023?邵陽模擬）如圖所示，在矩形ABCD中，AB=小,AD=],API,平面ABCD,

且AF=3,點(diǎn)E為線段CD（除端點(diǎn)外）上的動點(diǎn)，沿直線AE將△D4E翻折到△￡>'AE,則下

列說法中正確的是（）

A.當(dāng)點(diǎn)E固定在線段CD的某位置時，點(diǎn)的運(yùn)動軌跡為球面

B.存在點(diǎn)E,使平面Q'AE

C.點(diǎn)A到平面BC尸的距離為坐

D.異面直線￡F與BC所成角的余弦值的取值范圍是C停，喀|

答案D

解析選項A,當(dāng)點(diǎn)E固定在線段CD的某位置時，線段AE的長度為定值，AD'LD'E,

過作O'H_LAE于點(diǎn)4,“為定點(diǎn)，D'H的長度為定值，且。'//在過點(diǎn)”與AE垂

直的平面內(nèi)，故D'的軌跡是以“為圓心，D'H為半徑的圓，故A錯誤；

選項B,無論E在C。(端點(diǎn)除外)的哪個位置，AB均不與AE垂直，故AB不與平面A。'E

垂直，故B錯誤；

選項C,以麗,AD,而分別為x,y,z軸的方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則A(0,0,0),F(0,0,3),B(小,0,0),C(小，1,0).

BC=(0,1,0),BF=(-y[3,0,3),誦=(小，0,0),

設(shè)平面BCF的法向量為n=(x,y,z),

nBC=y=0,

則_

jvBF=—小x+3z=0,

取〃=(小，0,1),

I一|

則點(diǎn)4到平面BC尸的距離4=7"=白，故C錯誤；

選項D,設(shè)E他人1,0),25(0,1),病=(0,1,0),

EF=(一小入,—1,3),

設(shè)EF與BC所成的角為仇

\EFBC\

則cos

\EF\\BC\

=強(qiáng)力d*鐲，故D正確.

考點(diǎn)三最值、范圍問題

例3（多選）（2023?梅州模擬）如圖，在長方體A2CD—AliGDi中，A8=A￡>=1,A4i=2,動

點(diǎn)尸在體對角線8A上（含端點(diǎn)），則下列結(jié)論正確的有（）

A.當(dāng)P為8。的中點(diǎn)時，NAPC為銳角

B.存在點(diǎn)P,使得B￡）1_L平面APC

C.AP+PC的最小值為2小

D.頂點(diǎn)B到平面APC的最大距離為當(dāng)

答案ABD

解析如圖，以點(diǎn)。為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,

設(shè)際=2麗(0W2W1),

則A(l,0,0),B(1,1,0),

C(0,l,0),Di(0,0,2),

則麗=(一1,-1,2),

故崩=2麗

=(—2,—2,22),

則成=贏+而=(01,0)+(—2,-2,2A)

=(—A,1—2，22),

CP=CB+B>=(l,0,0)+(-/l,一九22)

=(1—2,—A,22).

對于A,當(dāng)P為8。］中點(diǎn)時，1J,

則該=(￡,—1,-1),

PC=(-2，2'-1),

pA.pC'1

所以cosZAPC=---------=q>0,

|M||PC|

所以/APC為銳角，故A正確；

當(dāng)BAJL平面APC時，

因為AP,CPU平面APC,

所以8。_LAP,BD」CP,

"-'A"A

BDAP=l+k-1+42=0,

則:v

麗.不=4-1+7+4/1=0,

解得2=卷，

故存在點(diǎn)P,使得BQ，平面4PC,故B正確；

對于C,當(dāng)BDi_LAP,BQ|J_C尸時，AP+PC取得最小值,

由B得此時

z159

為

則-

=/---I)'

kl

6?6f

所以|淳|=|亦|=挈，

即AP+PC的最小值為卑，故C錯誤；

對于D,AB=(0,l,0),AC=(-l,l,0),

設(shè)平面APC的一個法向量為〃=(x,y,z),

[nAP=-2x+(l—2)y+2Az=0,

可取〃=(2九22,22-1),

則點(diǎn)8到平面4PC的距離為

|AB|-|cos〈AB,n)1="第

1222—4z+1

當(dāng)2=0時，點(diǎn)B到平面APC的距離為0,

當(dāng)（KIWI,即1<丁時,

A

12/l2-4A+l

1A

當(dāng)且僅當(dāng)2=卷時，取等號，所以點(diǎn)B到平面APC的最大距離為苧/?，故D正確.

規(guī)律方法在動態(tài)變化過程中產(chǎn)生的體積最大、距離最大（?。?、角的范圍等問題，常用的解

題思路是

（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.

（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.

跟蹤演練3（多選）（2023?鞍山模擬）如圖，正方體A8CD-A1B1GO1的棱長為1,P是線段8G

上的動點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（）

A.四面體力1。兇的體積為定值

B.AP+PC的最小值為26

C.AiP〃平面ACA

D.直線4P與AC所成的角的取值范圍是|_0,f

答案ACD

解析對于A,由正方體可得平面D4AOi〃平面BCGBi,且8,尸6平面

所以點(diǎn)B到平面DAA\DX的距離等于點(diǎn)P到平面DAA\D\的距離，

所以四面體PA\D\AV/,_AD|A=V^_AD,71=-SAAD14X1X1x1=1，

所以四面體用lOjA的體積為定值，故A正確；

對于B,當(dāng)P與B重合時，AP+PC=AB+BC^2<2yf2,

所以AP+PC的最小值不為2啦，故B錯誤；

對于C連接CG,AiB,

由正方體可得A4=CG,AA}//CCi,

所以四邊形AAiGC是平行四邊形，所以AC〃AiG,

因為ACU平面AC。I，AiGQ平面AC5,

所以AiG〃平面ACCi,

同理可得BG〃平面ACQ

因為4Cm8C]=G,AG,BGU平面A1GB,

所以平面A\C\B//平面ACD\,

因為4PU平面AiGB,

所以AiP〃平面AC。，故C正確；

對于D,因為4C〃4G,

所以（或其補(bǔ)角）為直線4P與AC所成的角，

7T

由圖可得當(dāng)P與B重合時，此時/方1G最大為

當(dāng)尸與G重合時，此時NBAiG最小為0,

所以直線4P與AC所成的角的取值范圍是[。，外，故D正確.

專題強(qiáng)化練

I.（多選）（2023?鹽城模擬）點(diǎn)P在正方體ABCD-A向CQi的側(cè)面CDD?及其邊界上運(yùn)動,

并保持8PJ_AC,若正方體的邊長為1,則4P的可能取值是（）

C.y/2D.小

答案BC

解析以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,￡）￡）i所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間

直角坐標(biāo)系，

則點(diǎn)4(1,0,1),C(0,l,0),fi(l,1,0),

設(shè)點(diǎn)戶(0,必z)(0WyWl,0Wz<l),

祝=(—1,1,-1),而=(一1,y~\,z),

因為8PJ_AiC,則祝??麗=l+y—l—z=y—z=0,所以y=z,

所以|浦？|川(一1)2+4+()，-1)2

2.（2023?棗莊模擬）如圖，在棱長為1的正萬體ABC。一ABiGOi中，M是45的中點(diǎn)，點(diǎn)P

是側(cè)面CCAG上的動點(diǎn)，且MP〃平面A8C，則線段MP長度的取值范圍為（）

答案A

解析取CG的中點(diǎn)R,取CO的中點(diǎn)N,取SG的中點(diǎn)H,連接MG,MH,MR,MN,

HR,NR,如圖所示，

因為R是CG的中點(diǎn)，”是BiG的中點(diǎn)，

所以B\C//HR,

因為HRC平面ABC,8CU平面ABC,

所以HR〃平面ABC,

同理可得MH〃平面AByC,

又HRCMH=H,HR,MHU平面MNRH,

所以平面MNRH〃平面ABtC.

又MPU平面MNR”，線段MP掃過的圖形是△MVR,

由4B=1,得MB=yi2+[2=也,

NR=q0+&=筆

MC尸例耳邛，

小倜雨邛，

所以MN2=M?2+MR2,即NMRN為90°,

所以線段MP長度的取值范圍是坐，啦

3.（2023?青島模擬）三面角是立體幾何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解決三面角問題

的重要依據(jù).三面角P-ABC是由有公共端點(diǎn)P且不共面的三條射線力，PB,PC以及相鄰

兩射線間的平面部分所組成的圖形，設(shè)NAPC=a,NBPC=0,ZAPB=y,二面角A—PC一

8為伍由三面角余弦定理得cos8=2=小'在三棱錐18c中,以=6,ZAPC

=60°,NBPC=45。,ZAPB=90°,PB+PC=6,則三棱錐P-ABC體積的最大值為（）

,276,27

A.4-BTC2D4

答案C

解析如圖所示，作8。垂直于CP于點(diǎn)。，

B

設(shè)點(diǎn)B在平面APC中的射影為M,連接BM,MD,

由題意得VpABC=^,S^APCBM.

設(shè)二面角A-PC-B為仇

。-緊坐

則cos0=近,。仁（兀）,

W30,

；?smNBDM=坐,

BM=BDsinZBDM=

=*PBsinNBPC=^PB,

S^Apc^PAPCsmZAPC=^-PC,

/.VP-ABC=^S&APC-BM=^PBPC

=3PB(6—PB)

=-^PB2+3PB

19

手-

2

9

當(dāng)PB=3時，Vp-ABC的最大值為了

4.（多選）（2023?杭州模擬）如圖，在正方體ABCQ-ABiCQi中，AB=2,尸是正方形ABC。內(nèi)

部（含邊界）的一個動點(diǎn)，貝1（）

A.存在唯一點(diǎn)P,使得。iPLBC

B.存在唯一點(diǎn)P,使得直線。產(chǎn)與平面A8CD所成的角取到最小值

C.若加=3加，則三棱錐P-88C外接球的表面積為8兀

D.若異面直線￡>砂與48所成的角為？則動點(diǎn)P的軌跡是拋物線的一部分

答案BCD

解析對于A選項，在正方形BCG?中，有BCilBiC,正方體中有平面BCGBi,B\C

U平面BCCiS,所以A8_LBiC,

又8GnAB=B,BC\,ABU平面ABCIA,所以B|C_L平面ABCQi,

只要OiPU平面ABC。，就有OiPLBC,P在線段A8上，有無數(shù)個點(diǎn)，故A錯誤；

對于B選項,￡>Q，平面A8C￡）,直線OiP與平面ABC。所成的角為NOIP￡>,QO=2,/￡）IP。

取到最小值時，P￡>最大，此時點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，故B正確；

對于C選項，若無=3萬瓦則P為。8的中點(diǎn)，△PBC為等腰直角三角形，外接圓半徑為^BC

=1,三棱錐P-BBC外接球的球心到平面PBC的距離為與Bi=l,則外接球的半徑為也，

所以三棱錐P—BBC外接球的表面積為8兀，故C正確；

-?-?>

對于D選項，以。為原點(diǎn)，OA,DC,力Di的方向為x軸、y軸、z軸正方向，建立如圖所示

的空間直角坐標(biāo)系，

則01(0,0,2),4(2,0,2),B(2,2,0),設(shè)P(x,y,0)(0<x<2,0WyW2),

則有萬方=(x,y,-2),秒=(0,2,-2),

則|cos〈萬K箱〉尸些畫

而IA網(wǎng)

_____|2y+4|_____7ty[2

4cos彳2

化簡得f=4y,P是正方形ABCO內(nèi)部(含邊界)的一個動點(diǎn)，所以動點(diǎn)P的軌跡是拋物線的

一部分，故D正確.

5.(多選)(2021?新高考全國I)在正三棱柱ABC—ABiG中，AB=AAt=\,點(diǎn)尸滿足濟(jì)=%崗'

+〃麗，其中，G[0,l],/zG[0,l],貝D()

A.當(dāng)4=1時，△ABiP的周長為定值

B.當(dāng)〃=1時，三棱錐P-A|8C的體積為定值

C.當(dāng)2=3時，有且僅有一個點(diǎn)P，使得

D.當(dāng)〃=；時，有且僅有一個點(diǎn)尸，使得48,平面A3P

答案BD

解析能=2謊+〃麗(0W/IW1,OW〃W1).

圖1

對于選項A,當(dāng)2=1時，點(diǎn)P在棱CG上運(yùn)動，如圖1所示，此時△ABiP的周長為A8i+

4/+/8|=也+、1+)+、1+(1-〃)2=&+、1+〃2+、2—2〃+〃2,不是定值，故A錯誤;

對于選項B,當(dāng)"=1時，點(diǎn)尸在棱BCi上運(yùn)動，如圖2所示，

AC

J

圖2

則Vp_A8C=Q-PBC=]SAPBCX'^~=%SA/>BC=">'^"X/X]X1=*，為定值，故B正確；

對于選項C,取BC的中點(diǎn)O,BQ的中點(diǎn)A,連接ODi,48（圖略），則當(dāng)7m時，點(diǎn)P

在線段。。上運(yùn)動，假設(shè)AiPLBP,則A|P2+8p2=A|",即停）2+（i-〃）2+（g2+〃2=2,

解得〃=0或〃=1,所以當(dāng)點(diǎn)尸與點(diǎn)?；騋i重合時，AiPIBP,故C錯誤；

方法一對于選項D,易知四邊形ABB4為正方形，所以設(shè)A團(tuán)與4B交于點(diǎn)

K,連接PK（圖略），要使A|8_L平面AB/,需AiB上KP,所以點(diǎn)尸只能是棱CG的中點(diǎn)，故

D正確.

方法二對于選項D,分別取BE,CG的中點(diǎn)E,F,連接EF,則當(dāng)〃=亨時，點(diǎn)P在線段

EF上運(yùn)動,以點(diǎn)C為原點(diǎn)建立如圖3所示的空間直角坐標(biāo)系Ci孫z,則8（0,1,1）,Bi（0,l,0）,

4（乎,1,0）,P（0,1T,3），

所以=（一坐，），1），—2,

若平面A8|P,則所以一芻+±=0,解得4=1,所以只存在一個點(diǎn)P,使得

AiSL平面AB/,此時點(diǎn)尸與尸重合，故D正確.

6.（多選X2023?淮安模擬）在正三棱柱ABC—AIiG中,4B=3,A4|=l,E,尸分別是棱BC,

AC上的動點(diǎn)（不包括端點(diǎn)），且滿足EF=小，則下列結(jié)論正確的是（）

.4c

A,xFc,

B,

A.存在點(diǎn)E,使得/B1EF=9O。

B.直線EF與48異面

C.三棱錐C—SEF體積的最大值為坐

D.二面角E—BCi—F的最大值為60。

答案ACD

解析由正三棱柱A8C-A出iG,B81_L平面A8C,且EFU平面ABC,可得88|_LEF,

當(dāng)CE=1,CF=2時，￡F=V3,因為尸，

則EF_LCE,EPEFLBC,又BCCBB尸B,所以EFJ_平面8B1GC,

而3EU平面BBiCiC,則EFLB\E,即存在點(diǎn)E,使得/8|EF=90。，故A正確；

當(dāng)CE=CF=小時，EF//A\B\,故B錯誤；

如圖，在△CEF中，由余弦定理得

3=CE2+CF2-CE-CF2CECF,

SACEF=；-CECRsin60V手，當(dāng)且僅當(dāng)CE=CF=小時，等號成立,

所以匕f￡F=%-CEF=/SACEF-BBW斗■,故C正確；

如圖，過點(diǎn)F作尸DL8C,垂足為。，

則尸。_L平面BBiCiC,

過點(diǎn)。作。GLBCi,垂足為G,連接FG,

DFFF

則就是二面角的一個平面角，尸標(biāo)=小，所以

/FGOE-B\C\~Ftan/GD=yU^UWUkjv

NFGOW60。,

當(dāng)且僅當(dāng)。F=S，即EFLBC時，等號成立，故D正確.

7.（多選）（2023?武漢模擬）如圖，在棱長為2的正四面體尸一ABC中，D,E分別為AB,AC上

的動點(diǎn)（不包含端點(diǎn)），尸為PC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的有（）

A.力E+E尸的最小值為小

B.。產(chǎn)的最小值為啦

C.若四棱錐F—BOEC的體積為乎，則。E的取值范圍是1,唱

-A-?1

D.若BE-FE=Q貝l」CE=l

答案BC

解析展開圖如圖所示，F(xiàn)為PC的中點(diǎn)，易知

則。E+EF2AF=45,又。，E不能是端點(diǎn)，故OE+EQM，沒有最小值，A錯誤;

設(shè)小，又有△B4O絲△CAO,所以CD=PD=/n,

連接DF,則有DF1.PC,故。尸=。仁2—1有也,B正確；

B

設(shè)等邊△ABC的中心為O,連接PO,

易知PO_L平面ABC,

則PO=,尸為PC的中點(diǎn),

所以VF-BDEC—^義；XPOxs四邊非BDEC

Bii?BDEC—4>

3s

解得S四邊形8OEC='4，

所以S&ADE=SnABLS四邊形BDEC=4，

1兀

又S^ADE=2^DAEsin

則有A￡ME=1,X（XAE<2,

可得g<A￡><2,

所以結(jié)合對勾函數(shù)性質(zhì)可得

嗎3）,C正確;

DE=AU+后—1W1,

設(shè)CE=f,BEFE=（BC+C￡）（FC+CE）=1+^-2,=2,

解得f=T或1,即CE=T或1,D錯誤.

8.（多選）如圖是四棱錐P-A8C。的平面展開圖，四邊形ABC。是矩形，EDIDC,FD1DA,

DA=3,DC=2,NMD=30。.在四棱錐產(chǎn)一ABC。中，M為棱PB上一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），則下列

說法正確的有（）

G（P）

A.0M的取值范圍是［華，行）

B.存在點(diǎn)M,使得。M_L8C

C.四棱錐P-ABCD外接球的體積為牛

D.三棱錐M-PAD的體積等于三棱錐M-PCD的體積

答案AD

解析把平面圖形還原得到原四棱錐，如圖，由FDLDA,

可知PDJLOC,PD1DA,

又。CnOA=D,DA,￡>CU平面ABC。，

所以PO_L平面ABCD.

在RtZ\AOP中，ZPAD=30°,04=3,

故P￡)=3tan30°=小，

連接。B,在矩形ABC。中，DA=3,DC=2,

E>B=yj22+32=y[T3,

在RtAPDB中，

P8=、Pr>2+￡)B2=、3+i3=4,

所以點(diǎn)。到直線PB的距離為吟迎=尊，

故0M的取值范圍是[孥，同,故A正確；

對于B,假設(shè)。MJ_8C,

因為PZ)_L平面ABCD,BCU平面ABCD,

所以PDLBC,

因為P￡>riDM=O,PD,OMU平面PB。，

所以BC_L平面PBD,

因為BDU平面PBD,所以BCLB。，與已知條件矛盾，故B錯誤；

對于C,將此四棱錐補(bǔ)形成一個長方體，P8為長方體的一條體對角線，同時也是四棱錐P-

4BC。外接球的直徑，所以半徑為2,

其體積yn與XZSu^,故C錯誤；

VM-PADMPVMPCDMP

對于D,因為

VB-PADBP'VR-PCDBP

而VB-PAD=Vp-BAD=Vp-BCD=VB-PCD>

所以UM-PAO=VM-PC￡）,故D正確.微重點(diǎn)9截面、交線問

題

“截面、交線”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識的題型，它滲透了一些動態(tài)的線、

面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力.求截面、交線問題，一是與解三角形、多邊形

面積、扇形弧長、面積等相結(jié)合求解，二是利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解.

考點(diǎn)一截面問題

考向1多面體中的截面問題

例1（多選）在立體幾何中，用一個平面去截一個幾何體得到的平面圖形叫截面.平面a以任

意角度截正方體，所截得的截面圖形可能為（）

A.等腰梯形

B.非矩形的平行四邊形

C.正五邊形

D.正六邊形

答案ABD

解析畫出截面圖形如圖，

可以畫出等腰梯形，故A正確;

O.EC,

在正方體ABCD—AiBiGG中，作截面EFGH（如圖所示）交C\D\,A\B\,AB,8分別于點(diǎn)E,

F,G,H,根據(jù)平面平行的性質(zhì)定理可得四邊形EFG”中，EF//HG,宜EH//FG,故四邊

形EFG”是平行四邊形，此四邊形不一定是矩形，故B正確；

經(jīng)過正方體的一個頂點(diǎn)去切就可得到五邊形，但此時不可能是正五邊形，故C錯誤;

正方體有六個面，用平面去截正方體時最多與六個面相交得六邊形，且可以畫出正六邊形，

故D正確.

考向2球的截面問題

例2（多選）（2023?淮南模擬）如圖，棱長為2的正四面體ABCD中，M,N分別為棱AD,BC

的中點(diǎn)，。為線段用N的中點(diǎn)，球。的表面正好經(jīng)過點(diǎn)M,則下列結(jié)論中正確的是（）

A.AO_L平面BCQ

B.球。的體積為厚

C.球。被平面BCD截得的截面面積消

D.球。被正四面體ABC。表面截得的截面周長為呼5

答案ABD

解析設(shè)E,尸分別為AS,CQ的中點(diǎn)，連接ME,EN,NF,MF,EF,AN,DN,

則EM//BD,NF//BD,EM=^BD,NF=^BD,

故EM//NF,EM=NF,則四邊形MENF為平行四邊形，

故EF,MN交于一點(diǎn)，且互相平分，即O點(diǎn)也為EF的中點(diǎn),

又AB=AC,DB=DC,故ANLBC,DN±BC,

ANCDN=N,AN,ONU平面4VC,故8CJ_平面4VC,

由于OGMN,MNU平面AND,則AOu平面4VD,

故BC，A。，結(jié)合。點(diǎn)為EF的中點(diǎn)，同理可證。CLA。，

BCCDC=C,BC,DCU平面BCD,故AO_L平面BC。，A正確；

又球。的表面正好經(jīng)過點(diǎn)M,則球。的半徑為0M,

棱長為2的正四面體A8C。中，AN=DN=/,M為AO的中點(diǎn)，則MALLA。,

故MN^ND^-MD1=巾一1=小,

則0M話,

所以球。的體積為%XOM3=T兀B正確；

由BCJ_平面AND,BCU平面BCD,故平面ANO_L平面BCD,

平面ANDA平面BC￡>=OV,由于AO_L平面BCD,

延長40交平面BCD于G點(diǎn)，則。GJ?平面BCD,垂足G落在DN上，

?巧

且G為正△BC。的中心，故NG=^ND=^^,

故球。被平面BCO截得的截面圓的半徑為

則球。被平面BC。截得的截面圓的面積為TtX(引2=小C錯誤；

由A的分析可知，0也為棱AC,2￡>中點(diǎn)連線的中點(diǎn)，

則球0與每條棱都交于棱的中點(diǎn)，結(jié)合C的分析可知，

球。被正四面體ABCD的每個面截得的截面都為圓，且圓的半徑都為坐，

故球。被正四面體ABCD表面截得的截面周長為4X2nX?=右曾，D正確.

規(guī)律方法作幾何體截面的方法

(1)利用平行直線找截面.

(2)利用相交直線找截面.

跟蹤演練1(1)(多選)(2023?山西聯(lián)考)已知正方體ABC。一A出iGOi的棱長為2,其外接球的

球心為。，點(diǎn)尸滿足存=叁(0?1),過點(diǎn)尸的平面a平行于AO和4山，則()

A.平面a〃平面4BCZ)i

B.平面a_L平面ABBA

C.當(dāng)4=3時，平面a截球。所得截面的周長為何

D.平面a截正方體所得截面的面積為定值

答案ABC

解析根據(jù)題意作出如圖所示的圖形,

?.,平面a〃AD且AO〃BC,.?.平面a〃8C,

又?平面a〃A山，BC,A|8U平面4BCQ,48cBe=8,

平面a〃平面ABC。，A正確；

：2C_L平面ABBAi,8CU平面Ai8c￡>i,

平面4BCd_L平面ABBi4,且平面a〃平面A\BCD],

；?平面a_L平面AB8|A|,B正確；

當(dāng)2=3時，設(shè)此時平面1截球。所得截面圓心為0',此時點(diǎn)P為的中點(diǎn)，

故00'=乎，由題可知正方體外接圓的半徑/?=小，根據(jù)勾股定理可知圓0'的半徑

r=ylR2—00'2=-\y3—2="^f

故圓0'的周長為27tr=qm兀，故C正確；

由圖可知，平面a截正方體所得截面是一個一邊長不變，另一邊長隨點(diǎn)P在AB上的位置的

變化而變化的矩形，所以平面a截正方體所得截面面積不是定值，故D錯誤.

(2)(2023?蕪湖模擬)己知正三棱柱ABC—481G的各棱長均為2,。為棱AB的中點(diǎn)，則過點(diǎn)

D的平面截該三棱柱外接球所得截面面積的取值范圍為.

答案[兀，y

解析正三棱柱A8C—A山Ci的外接球的球心0為上、下底面的外接圓圓心的連線。。2的

中點(diǎn)，連接AO?,AO,0D,如圖所示，設(shè)外接球的半徑為R,下底面外接圓的半徑為r,r

—c2小

—AO2-3，

7

則/?2=，+1=1

①當(dāng)過點(diǎn)。的平面過球心時，截得的截面圓最大，截面圓的半徑即為球的半徑，所以截面圓

的面積最大為兀

74

②當(dāng)過點(diǎn)。的平面垂直0。時，截面圓的面積最小，。。2=042—A￡>2=§-1=],

所以截面圓的面積最小為兀X12=兀，

「

綜上，截面面積的取值范圍為[兀，y77f

考點(diǎn)二交線問題

考向1多面體中的交線問題

例3在棱長為2的正方體ABCO-AiBiCQi中，P,Q,R分別是48,AD,81G的中點(diǎn)，

設(shè)過P,Q,R的截面與平面AD^以及平面AS的交線分別為/,m,則/,m所成的角為（）

A.90°B.30°

C.45°D.60°

答案D

解析因為在正方體ABCD-ABiCQi中，P,Q,R分別是AB,A。，SG的中點(diǎn)，取C。1，

DDi,33的中點(diǎn)分別為G,F,E,連接FG,FQ,QP,PE,ER,RG,

根據(jù)正方體的特征，易知，若連接PG,EF,RQ,則這三條線必相交于正方體的中心，

又GR〃EF〃QP,所以P,Q,F,G,R,E六點(diǎn)必共面，即為過P,Q,R的截面；

所以EP即為直線機(jī),尸。即為直線/；

連接AS,AD\,B\Dy,因為EP〃AS,FQ//AD\,

所以/SAG即為異面直線EP與FQ所成的角，又因為正方體的各面對角線相等，所以

△ABQi為等邊三角形，因此N8N0=60。，即/,根所成的角為60。.

考向2與球有關(guān)的交線問題

例4（2023?鞍山模擬）在正方體ABC。-。中，已知4h=7,點(diǎn)。在棱A4i上，且A。

=4,P為正方體表面上的動點(diǎn)，若PO=5,則點(diǎn)P的軌跡長度為（）

B.（4+36）支

D.（4+3?。?t

答案c

解析依題意，因為。4=4,A4]=7,OE=OF=5y

所以AE=3=04,A\F=4=0A,

所以△AEOg△4OF,所以NAEO=NA]OE

jr

又因為ZAEO+ZAOE=^,

TT

所以/AiO尸+/4OE=],

所以NEOF=7t-(/AiOF+NAOE)=E，即OE_LOF.

在平面AA\B\B內(nèi)滿足條件的點(diǎn)的軌跡為以1,

該軌跡是以5為半徑的/個圓周，

所以長度為2兀X5X9學(xué)；同理，在平面內(nèi)滿足條件的點(diǎn)的軌跡長度為季

在平面AiBCB內(nèi)滿足條件的點(diǎn)的軌跡為以4為圓心,A/為半徑的圓弧，長度為2nX4x1

=2兀；

同理，在平面A8CD內(nèi)滿足條件的點(diǎn)的軌跡為以A為圓心,A￡為半徑的圓弧，長度為2兀X3X；

3兀

故軌跡的總長度為會噂+2兀+專=半

規(guī)律方法找交線的方法

(1)線面交點(diǎn)法：各棱線與截平面的交點(diǎn).

(2)面面交點(diǎn)法：各棱面與截平面的交線.

跟蹤演練2(1)在正三棱柱ABC—AIBIG中，A8=44|=4,以CG的中點(diǎn)M為球心，4為

半徑的球面與側(cè)面ABS4的交線長為()

A.2兀B.3兀C.4兀D.8兀

答案c

解析取A8,44|,A1B1,的中點(diǎn)分別為F,E,H,G,N為四邊形A88A的中心，

連接MN,CF,MH,ME,MG,MF,HF,EG,

因為AB=AAi=4,故四邊形AB81A1為正方形，G,N,E三點(diǎn)共線，H,N,尸三點(diǎn)共線,

平面ABB\Ax且GN=EN=NH=NF=2,

因為M為CG的中點(diǎn)，

所以MN=CF=4sin60。=2小，

由勾股定理得MH=MG=ME=MF=7MN?+2?=4,

所以題中所求交線軌跡為以N為圓心,2為半徑的圓，球與側(cè)面ABBNi的交線軌跡如圖所示,

故交線長/=2X?tX2=4兀.

⑵（2023?廣安模擬）如圖，正方體ABCO-的棱長是2,S是4B|的中點(diǎn)，P是

的中點(diǎn)，點(diǎn)。在正方形。CG2及其內(nèi)部運(yùn)動，若PQ〃平面SBG，則點(diǎn)。的軌跡的長度是

答案小

解析如圖所示,

要使PQ〃平面SBG,作PE〃GS交GA于E,

SCiu平面SBCi,尸項平面SBCi,

則PE〃平面SBG,

因為正方體ABCD-AxBxCxDy的棱長是2,

所以D\E=^C\D\—^,

連接8。，取8。的中點(diǎn)。，連接P。，

則PSBO為平行四邊形，則PO//SB,S8U平面SBCi,POQ平面SBCi,

則PO〃平面SBCt,

又POCPE=P,PO,PEU平面POE,

所以平面POE〃平面SBC1,

設(shè)平面POECI平面DCCiD尸EF,

33

貝!IDF=92-

21

連接OF,EF,則四邊形PEFO為平行四邊形，Q的軌跡為線段EF,EF^yj（DF-DiE）+D]D

=yj\2+22=-\[5.

專題強(qiáng)化練

1.（2023?保山模擬）已知正方體ABCQ-AiBiGa中，。為上底面A山iG。1所在平面內(nèi)的動

點(diǎn)，當(dāng)直線。。與04所成的角為45。時，點(diǎn)Q的軌跡為（）

A.圓B.直線

C.拋物線D.橢圓

答案C

解析以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,而分別為x,y,z軸的正方向，建立如圖所示的空間直

角坐標(biāo)系,

設(shè)正方體棱長為1,則。(o,0,0),A|(1,0,1),設(shè)Q(x,y,1),

可得￡）Q=（x,y，1）,DAi=（H0,1）,

因為直線QQ與D4]所成的角為45。，

則cos45°=telfel

=x+1=巫

=本書甲X也=2，

化簡可得V=2x,所以點(diǎn)。的軌跡為拋物線.

2.安徽徽州古城與四川閩中古城、山西平遙古城、云南麗江古城被稱為中國四大古城.徽州

古城中有一古建筑，其底層部分可近似看作一個正方體ABC。一A/IGOI.已知該正方體中，

點(diǎn)E,尸分別是棱AAi，CG的中點(diǎn)，過。E,尸三點(diǎn)的平面與平面438的交線為/，則

直線/與直線Ad所成的角為（）

c?！ㄘ兀

A.gB-6C-4D2

答案A

解析如圖所示，在平面AAIOI。中，連接OiE并延長OiE交D4的延長線于點(diǎn)H,則HA

=AD,

在平面CC0Q中，連接。iF并延長OiF交。C的延長線于點(diǎn)G,則GC=C。,

則GH為平面2EF與平面ABCD的交線/,且GH//AC,

7T

而在等邊△ACQ中，4C與Ad所成的角為

故/與直線AQ所成的角為爭

3.（2023?昆明模擬）已知正方體ABCZ）-4BICIQI,平面a滿足AC〃a,BCi//a,若直線AC

到平面a的距離與BG到平面a的距離相等，平面a與此正方體的各個面都相交，則交線圍

成的圖形為（）

A.三角形B.四邊形

C.五邊形D.六邊形

答案D

解析如圖，設(shè)E,F,G,H,M,N分別為AB,BC,CC\,C,D|,A\D\,A4的中點(diǎn)，

連接EF,FG,GH,HM,MN,NE,A\B,C￡)i,AD\,4G,

■:FG//BG,MN〃ADi,FG=|BCI,MN=；ADI,BC\//AD\,BC\^AD\,

：.FG//MN,FG=MN,

同理可得E尸〃M”，EF=MH,GH//NE,GH=NE,

：.E,F,G,H,M,N共面,

,JAC//EF,ACQ平面EFGHMN,EFU平面EFGHMN,

〃平面EFGHMN,

同理可得BG〃平面EFGHMN,

為4B的中點(diǎn)，

.?.點(diǎn)A到平面EFGHWN的距離與點(diǎn)8到平面EFGHMN的距離相等，

即平面為所