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提升点　立体几何中的截面及动态问题
类型1　截面问题
命题角度 　截面形状的判断
INCLUDEPICTURE "例1.TIF" 　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为(　D　)
　　　　　　　　　　　　　
A．矩形
B．三角形
C．正方形
D．等腰梯形
【解析】　如图，取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G，
由题意得GH∥EF，AH∥A1F，
又GH 平面A1EF，
EF 平面A1EF，
所以GH∥平面A1EF，
同理AH∥平面A1EF，
又GH∩AH＝H，GH，AH 平面AHGD1，
所以平面AHGD1∥平面A1EF，
故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形．
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
首先根据条件作出相应的截面图形，再结合线面位置关系的判定与性质加以分析，得到截面图形所满足的特征性质，确定其形状．
命题角度 　截面图形面积或周长的计算
　(2024·廊坊期末)如图所示，正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上底面边长为3，下底面边长为6，体积为，点E在边AD上且满足DE＝2AE，过点E的平面α与平面D1AC平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为(　D　)
A．7 B．8
C．3＋4 D．4＋4
【解析】　如图1所示，
过点A1作A1H⊥AC于点H，连接A1C1，
则正四棱台的高为A1H，
因为A1C1＝3，AC＝6，
所以AH＝，则正四棱台的体积为×(32＋62＋3×6)×A1H＝，
解得A1H＝，所以侧棱长为AA1＝＝3.
如图2所示，
作D1F⊥AD于点F，A1G⊥AD于点G，连接AD1，由对称性可知DF＝AG＝＝，GF＝A1D1＝3，
所以AF＝6－＝，
而DD1＝AA1＝3，
所以D1F＝＝，
所以AD1＝＝3，同理CD1＝AD1＝3，
分别在棱DC，DD1上取点N，M，使得DN∶NC＝DM∶MD1＝2∶1，
又DE∶EA＝2∶1，EN∩EM＝E，AC∩AD1＝A，
EN，EM 平面EMN，AC，AD1 平面D1AC，
则EN∥AC，EM∥AD1，则平面EMN∥平面D1AC.
易得ME＝NM＝AD1＝2，EN＝AC＝4，
所以截面多边形的周长为4＋4.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
求截面图形的面积的前提是确定截面的形状，转化为平面图形求解．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
1．一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球与三棱锥的各面均相切(球在三棱锥的内部，且球与三棱锥的各面只有一个交点)，过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面是下列图形中的(　C　)
解析：
其空间结构体如图所示，
易知截面是一个非等边的等腰三角形，排除A，D；
等腰三角形的底边是正三棱锥的一条侧棱，这条棱不可能与内切球有交点，所以排除B；
截面所得等腰三角形的两条腰正好是正三棱锥两个面的中线，且经过内切球在两个面上的切点，所以正确答案是C.
2．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2，D为棱AB的中点，则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为________．
解析：
正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，如图所示，连接AO2，AO，OD，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，r＝AO2＝，
则R2＝r2＋1＝.
①当过点D的平面过球心时，截得的截面圆的面积最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为πR2＝；
②当过点D的平面垂直OD时，截得的截面圆的面积最小，截面圆的半径为＝1，
所以截面圆的面积最小为π×12＝π，
综上，截面面积的取值范围为[π，].
答案：[π，]
类型2　轨迹问题
命题角度 　定性研究动点的轨迹
INCLUDEPICTURE "例3.TIF" 　(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是(　ACD　)
A．若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆
B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C．若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D．若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线
【解析】　
如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，
所以∠MND＝，
所以DN＝DM＝DD1＝×4＝2，
所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
对于B，在Rt△MDN中，
DN＝＝＝2，
取MD的中点E，连接PE，
因为P为MN的中点，所以PE∥DN，
且PE＝DN＝，
因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，
即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，
又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，
其面积为π·()2＝3π，故B错误；
对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，
所以BB1⊥NB，
所以点N到直线BB1的距离为NB，
所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，
又点B不在直线CD上，
所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；
对于D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，
设N(x，y，0)，
则＝(0，4，0)，＝(x，y，－4)，
因为D1N与AB所成的角为，
所以|cos 〈，〉|＝cos ，
所以＝，
整理得－＝1，
所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
解立体几何中与动点轨迹有关问题的关键还是利用线面的平行、垂直关系，在此类问题中要么容易看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
(2024·广西模拟)若正四面体P-ABC的棱长为1，在其侧面PAB所在平面内有一动点Q，已知Q到底面ABC的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则k的值为________．
解析：设正四面体二面角P-AB-C的平面角为θ，P在底面ABC上的射影为O，M为AB中点，连接PM，MC，PO，则PM⊥AB，OM⊥AB，由题意得，PM＝CM＝，OM＝CM＝，由勾股定理得PO＝＝，又∠PMO＝θ，则sin θ＝＝，设点Q在底面ABC上的射影为H，点Q到定直线AB的距离为d，则d＝.
再由点Q到底面ABC的距离与到点P的距离之比为正常数k，
可得k＝，故QH＝k·PQ，故d＝，即＝，因为在平面PAB内，点P为定点，直线AB为定直线，又动点Q的轨迹是抛物线，故＝1，故k＝sin θ＝.
答案：
命题角度 　定量研究动点的轨迹
INCLUDEPICTURE "例4.TIF" 　(1)已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，则集合T表示的区域的面积为(　B　)
A． B．π C．2π D．3π
【解析】　设O为△ABC的中心，连接PO，AO(图略)，在正三角形ABC中，AO＝××6＝2，在Rt△POA中，PO＝＝＝2，当PQ＝5时，连接OQ(图略)，根据勾股定理可得OQ＝＝1，易知Q的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，由于集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，故集合T表示的区域的面积为π，故选B.
(2)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，AD的中点，P为线段C1D上的动点，则直线A1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长度为(　C　)
A． B．
C． D．
【解析】　
如图，连接B1D1，
因为E，F分别为棱AB，AD的中点，
所以B1D1∥EF，
则B1，D1，E，F四点共面．
连接A1C1，A1D，设A1C1∩B1D1＝M，A1D∩D1F＝N，连接MN，
则点Q的轨迹为线段MN，
易得A1D＝ eq \r(A1D＋DD) ＝4，
△A1ND1∽△DNF，且＝2，
所以A1N＝A1D＝.
易知A1C1＝C1D＝A1D＝4，所以∠C1A1D＝60°，
又A1M＝2，所以在△A1MN中，由余弦定理可得MN2＝A1N2＋A1M2－2A1N·A1M cos ∠MA1N＝，
所以MN＝，即交点Q的轨迹长度为.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
当涉及动点轨迹的长度、图形的面积和图形的体积以及体积的最值时，一般要用未知变量表示轨迹，然后借助于函数的性质求解．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
1．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N，G分别是棱AA1，BC，A1D1的中点，设Q是该正方体表面上的一点，若＝x＋y(x，y∈R)，则点Q的轨迹围成图形的面积是________．
解析：因为＝x＋y(x，y∈R)，所以点Q在平面MGN上．
分别取AB，CC1，C1D1的中点E，F，O，
则点Q的轨迹是正六边形OFNEMG.
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，
所以正六边形OFNEMG的边长为，所以，点Q的轨迹围成图形的面积S＝6××××sin 60°＝3.
答案：3
2．已知如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，P分别为B1C1，C1D1，CD的中点，Q是正方形BCC1B1内的动点．若PQ∥平面AEF，则点Q的轨迹长度为________．
解析：
如图，延长EF交A1D1的延长线于点G，连接AG，交DD1于点M，连接MF，延长FE交A1B1的延长线于点H，连接AH，交BB1于点N，连接EN，则五边形MFENA为平面AEF截正方体的截面．易知M，N
分别为DD1和BB1的三等分点，则NE＝ ＝.取BC的中点R，CC1上靠近C点的三等分点S，连接PR，PS，RS，易得PR∥EF，RS∥NE且RS＝NE，PR∩RS＝R，EF∩NE＝E.所以平面PRS∥平面AEF，因为平面PRS∩平面BCC1B1＝RS，所以点Q的运动轨迹是线段RS，长度为.
答案：
INCLUDEPICTURE "专题强化练.TIF"
[小题标准练]
1．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为底面ABCD上的动点，PE⊥A1C于点E，且PA＝PE，则点P的轨迹是(　A　)
A．线段 B．圆弧
C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分
解析：由题意知，△A1AP≌△A1EP，则点P在线段AE的中垂面上运动，从而与底面ABCD的交线为线段．
2．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若△APC1的面积S＝，则动点P的轨迹是(　D　)
A．圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分
解析：设点P到AC1的距离为h，因为S△APC1＝·AC1·h＝××h＝，解得h＝，则点P在空间中的轨迹为一个圆柱面．由题意知点P的轨迹是该圆柱被底面ABCD斜截得到的图形，则点P的轨迹为椭圆的一部分．
3．(2024·佛山质量检测)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，E为棱AA1上的动点，平面BED1交棱CC1于点F，则四边形BED1F的周长的最小值为(　B　)
A．4 B．2
C．2(＋) D．2＋4
解析：作出长方体如图1，将侧面展开，如图2所示，当点E为BD1与AA1的交点，点F为BD′1与CC1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，最小值为2BD1＝2×＝2.故选B.
4．如图，圆柱OO1的轴截面ABB1A1是正方形，D，E分别是AA1和BB1的中点，C是的中点，则经过点C，D，E的平面与圆柱OO1侧面相交所得到的曲线的离心率是(　B　)
A．1 B．
C． D．
解析：设正方形ABB1A1的边长为2，设C1是的中点且点C1与点C不在平面ABB1A1同侧，则点C1与点C关于圆柱的中心对称，由题意可知，所求曲线为椭圆．
椭圆的短轴长为2，长轴长C1C＝2，所以长半轴长a＝，短半轴长b＝1，故半焦距c＝ ＝1，
所以椭圆的离心率e＝＝.
5．在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为B1C1的中点，过点D作平面α使α⊥BM，则平面α截正方体所得截面的面积为(　C　)
A．4 B．4
C．8 D．16
解析：分别取AA1，BB1的中点E，N，连接DE，CN，EN，则EN∥DC，EN＝DC，所以四边形ENCD是平行四边形，由正方体的性质可知，DC⊥平面BCC1B1，
又CN，BM 平面BCC1B1，所以DC⊥CN，DC⊥BM，所以四边形ENCD是矩形，
由于△B1BM≌△BCN，
所以∠MBB1＋∠BNC＝90°，所以BM⊥CN，
又因为DC⊥BM，DC∩CN＝C，DC，CN 平面ENCD，
所以BM⊥平面ENCD，所以平面ENCD即为平面α，
又CN＝2，所以截面的面积为2×4＝8.
6．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是截面A1ACC1上的一个动点(不包含边界)，若A1M⊥AB1，则AM的最小值为(　C　)
A． B．
C． D．
解析：
连接A1B，若A1M⊥AB1，则A1M在平面ABB1A1上的射影在A1B上，所以点M的轨迹为A1C，AM的最小值为点A到A1C的距离，连接A1C，过点A作AM⊥A1C于点M，因为AA1⊥AC，且AC＝，A1C＝ eq \r(AA＋AC2) ＝，所以AM＝＝＝，故AM的最小值为.故选C.
7．如图，△PAB所在的平面α和四边形ABCD所在的平面β垂直，且AD⊥α，BC⊥α，AD＝4，BC＝8，AB＝6，∠APD＝∠CPB，则点P在平面α内的轨迹是(　A　)
A．圆的一部分 B．椭圆的一部分
C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
解析：由条件易得AD∥BC，且∠APD＝∠CPB，AD＝4，BC＝8，可得tan ∠APD＝＝＝tan ∠CPB，即＝＝2，在平面PAB内，取AB的中点O为坐标原点，以的方向为x轴的正方向，过点O在平面α内作AB的中垂线，以其为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，
则A(－3，0)，B(3，0)，设P(x，y)，y≠0，
则有＝＝2，
整理可得x2＋y2＋10x＋9＝0(y≠0).
由于点P不在直线AB上，
故点P在平面α内的轨迹为圆的一部分，故选A.
8．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是侧面ADD1A1内的动点，且B1E∥平面BDC1，则直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是(　B　)
A． B．
C． D．
解析：如图建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，
设E(a，0，c)，0≤a≤1，0≤c≤1，
B1(1，1，1)，B(1，1，0)，D(0，0，0)，
C1(0，1，1)，A(1，0，0)，
B1E＝(a－1，－1，c－1)，＝(1，1，0)，＝(0，1，1).
设平面BDC1的法向量n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，得n＝(1，－1，1)，因为B1E∥平面BDC1，
所以·n＝a－1＋1＋c－1＝0，解得a＋c＝1，
所以a2＋c2＝(a＋c)2－2ac＝1－2ac，ac≤()2＝.
设直线B1E与直线AB所成的角为θ，
因为＝(0，1，0)，
所以cos θ＝＝，
因为ac≤()2＝，所以2－2ac≥，
所以≤，所以sin θ＝＝＝＝≥ ＝，当且仅当a＝c＝时，等号成立，
所以直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是.
9．(多选)如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则下列说法中正确的是(　ACD　)
A．AC⊥BD
B．AC＝BD
C．AC∥截面PQMN
D．异面直线PM与BD所成的角为45°
解析：因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN，QM∥PN，则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM，可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC，可得AC∥截面PQMN，故C正确；因为QM∥PN，QM∥BD，所以BD∥PN，所以∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确；由以上可知BD∥PN，MN∥AC，所以＝，＝，只有当AN＝DN时，AC＝BD，B错误．
10．(多选)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，得四边形BFD1E，在以下结论中，正确的是(　BCD　)
A.四边形BFD1E有可能是梯形
B．四边形BFD1E在底面ABCD内的射影一定是正方形
C．四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D1D
D．四边形BFD1E面积的最小值为
解析：对于选项A，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，　
且平面BFD1E∩平面ABB1A1＝BE，平面BFD1E∩平面DCC1D1＝D1F，所以BE∥D1F，同理D1E∥BF.
故四边形BFD1E为平行四边形，因此A错误；
对于选项B，四边形BFD1E在底面ABCD内的射影一定是正方形ABCD，因此B正确；
对于选项C，当点E，F分别为AA1，CC1的中点时，EF⊥平面BB1D1D，又EF 平面BFD1E，
则平面BFD1E⊥平面BB1D1D，因此C正确；
对于选项D，当点F到线段BD1的距离最小时，平行四边形BFD1E的面积最小，
此时点E，F分别为AA1，CC1的中点，
此时最小值为××＝，因此D正确．故选BCD.
11．(多选)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，E，F分别是AB，BC的中点，过点D1，E，F的平面记为α，则(　BC　)
A．平面α截直四棱柱ABCD-A1B1C1D1所得截面的形状为四边形
B．平面α截直四棱柱ABCD-A1B1C1D1所得截面的面积为
C．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25
D．点A1到平面α的距离与点B到平面α的距离之比为1∶3
解析：
如图，延长EF分别与DA，DC的延长线交于点P，Q，连接D1P，交AA1于点M，连接D1Q，交CC1于点N，连接ME，NF，则平面α截直四棱柱ABCD-A1B1C1D1所得截面为五边形D1MEFN，故A错误；
由平行线分线段成比例可得，AP＝BF＝1，故DP＝DD1＝3，则△DD1P为等腰直角三角形，
由题易知△AMP∽△DD1P，所以AM＝AP＝1，故A1M＝2，则D1M＝D1N＝2，ME＝EF＝FN＝，连接MN，易知MN＝2，因此五边形D1MEFN可以分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，等腰梯形MEFN的高h＝＝，则等腰梯形MEFN的面积为×＝.又S△D1MN＝×2×2×＝2，所以五边形D1MEFN的面积为2＋＝，故B正确；
记平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积分别为V1，V2，则V2＝V三棱锥D1-DPQ－V三棱锥M-PAE－V三棱锥N-CFQ＝××3×3×3－××1×1×1－××1×1×1＝，所以V1＝V四棱柱ABCD-A1B1C1D1－V2＝12－＝，则V1∶V2＝47∶25，故C正确；
因为平面α过线段AB的中点E，所以点A到平面α的距离与点B到平面α的距离相等，由平面α过A1A的三等分点M可知，点A1到平面α的距离是点A到平面α的距离的2倍，因此点A1到平面α的距离是点B到平面α的距离的2倍，故D错误．故选BC.
12．如图所示，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为正方形，AB＝4，M为线段SA上一点，且AM＝2MS，平面MCD与侧棱BS交于点N，则MN＝________．
解析：因为AB∥CD，AB 平面SAB，CD 平面SAB，
所以CD∥平面SAB，
又因为平面CDMN∩平面SAB＝MN，CD 平面CDMN，
所以CD∥MN，所以AB∥MN，
所以＝＝，
所以MN＝.
答案：
13．(2024·广州模拟)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面ADD1A1上的动点，且PC1∥平面AEF，则点P的轨迹长度为________．
解析：如图，连接AD1，D1F，易证AD1∥EF，从而A，E，F，D1四点共面，即PC1∥平面AEFD1.
记AA1，A1D1的中点分别为M，N，连接MN，NC1，MC1，可得MN∥AD1，MC1∥AF，因为MN 平面AEFD1，AD1 平面AEFD1，所以MN∥平面AEFD1.同理可得MC1∥平面AEFD1，又MN∩MC1＝M，MN，MC1 平面MNC1，所以平面MNC1∥平面AEFD1.故点P的轨迹是线段MN，其长为AD1＝.
答案：
14．如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为________．
解析：
平面ACD1是边长为的正三角形，且球O与以点D为公共点的三个面的切点恰为△ACD1三边的中点，故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，如图所示，△ACD1内切圆的半径是×tan 30°＝，则所求的截面圆的面积是π××＝.
答案：
[小题提升练]
15．(多选)如图，设正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为2，E为A1D1的中点，F为CC1上的一个动点，设由点A，E，F构成的平面为α，则(　BCD　)
A．平面α截正方体的截面可能是三角形
B．当点F与点C1重合时，平面α截正方体的截面面积为2
C．点D到平面α的距离的最大值为
D．当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形
解析：如图，延长AE与DD1所在的直线交于点P，
连接PF并延长与DC的延长线交于点M，连接AM，
则平面α由平面AEF扩展为平面APM.由此模型可知A错误；
当点F与点C1重合时，截面是一个边长为的菱形，该菱形的两条对角线长度分别为AC1＝＝2 和＝2，则此时截面的面积为×2×2＝2，B正确；
当F为CC1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形，D正确；
以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，P(0，0，4)，设点M的坐标为(0，t，0)(t∈[2，4])，
＝(2，0，0)，＝(－2，t，0)，＝(2，0，－4)，
则可知点P到直线AM的距离为
d＝ ＝ (2≤t≤4)，
S△APM＝··d＝.
S△PAD＝×2×4＝4，
设点D到平面α的距离为h，
利用等体积法VD-APM＝VM-PAD，
即·S△APM·h＝·S△PAD·t，
可得h＝，则h＝，
因为h＝在t∈[2，4]上单调递增，
所以当t＝4时，h取到最大值为，C正确．故选BCD.
16．如图，AB为圆柱下底面圆O的直径，C是下底面圆周上一点，已知∠AOC＝，OA＝2，圆柱的高为5.若点D在圆柱表面上运动，且满足BC⊥AD，则点D的轨迹所围成图形的面积为________．
解析：如图，连接AC，BC，因为AB是圆柱下底面圆O的直径，所以BC⊥AC，
又BC⊥AD，AC∩AD＝A，AC，AD 平面ACD，所以BC⊥平面ACD.
设过点A的母线与上底面的交点为点E，过点C的母线与上底面的交点为点F，连接EF，CF，
因为AE⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以AE⊥BC，因为AE∩AC＝A，AE，AC 平面AEFC，所以BC⊥平面AEFC，
所以点D在平面AEFC内，又点D在圆柱的表面上，
所以点D的轨迹是矩形AEFC，依题意得AE＝5，OA＝OC＝2，∠AOC＝，所以AC＝2，所以矩形AEFC的面积为5×2＝10.故点D的轨迹所围成图形的面积为10.
答案：10(共33张PPT)
提升点　立体几何中的截面及动态问题
类型1　截面问题
命题角度 　截面形状的判断
　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为(　　)
A．矩形
B．三角形
C．正方形
D．等腰梯形
√
【解析】　如图，取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G，
由题意得GH∥EF，AH∥A1F，
又GH 平面A1EF，
EF 平面A1EF，
所以GH∥平面A1EF，
同理AH∥平面A1EF，
又GH∩AH＝H，GH，AH 平面AHGD1，
所以平面AHGD1∥平面A1EF，
故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形．
首先根据条件作出相应的截面图形，再结合线面位置关系的判定与性质加以分析，得到截面图形所满足的特征性质，确定其形状．
√
求截面图形的面积的前提是确定截面的形状，转化为平面图形求解．
1．一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球与三棱锥的各面均相切(球在三棱锥的内部，且球与三棱锥的各面只有一个交点)，过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面是下列图形中的(　　)
√
解析：其空间结构体如图所示，
易知截面是一个非等边的等腰三角形，排除A，D；
等腰三角形的底边是正三棱锥的一条侧棱，这条棱不可能与内切球有交点，所以排除B；
截面所得等腰三角形的两条腰正好是正三棱锥两个面的中线，且经过内切球在两个面上的切点，所以正确答案是C.
2．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2，D为棱AB的中点，则过点D
的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为_________________．
√
√
√
对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，
所以BB1⊥NB，
所以点N到直线BB1的距离为NB，
所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，
又点B不在直线CD上，
所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；
解立体几何中与动点轨迹有关问题的关键还是利用线面的平行、垂直关系，在此类问题中要么容易看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式．
(2024·广西模拟)若正四面体P-ABC的棱长为1，在其侧面PAB所在平面内有一动点Q，已知Q到底面ABC的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动
点Q的轨迹是抛物线，则k的值为__________．
√
√
【解析】　如图，连接B1D1，
因为E，F分别为棱AB，AD的中点，
所以B1D1∥EF，
则B1，D1，E，F四点共面．
连接A1C1，A1D，设A1C1∩B1D1＝M，A1D∩D1F＝N，连接MN，
则点Q的轨迹为线段MN，
当涉及动点轨迹的长度、图形的面积和图形的体积以及体积的最值时，一般要用未知变量表示轨迹，然后借助于函数的性质求解．
2．已知如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，P分别为B1C1，C1D1，CD的中点，Q是正方形BCC1B1内的动点．若PQ∥平面AEF，
则点Q的轨迹长度为________．

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