资源简介 第十节 立体几何中的截面与动态问题1.如图，斜线段AB与平面α所成的角为，B为斜足.平面α上的动点P满足∠PAB＝，则点P的轨迹为（ ）A.圆 B.椭圆C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分 2.过正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，BC的中点E，F作一个截面，使截面与底面ABCD所成二面角为45°，则此截面的形状为（ ）A.三角形或五边形B.三角形或四边形C.正六边形D.三角形或六边形 3.在三棱锥P-ABC中，AB＋2PC＝9，E为线段AP上靠近P的三等分点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P-ABC所得截面的周长为（ ）A.5 B.6C.8 D.9 4.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M为A1C1的中点，N为侧面BCC1B1上的一点，且MN∥平面ABC1，若点N的轨迹长度为2，则（ ）A.AC1＝4 B.BC1＝4C.AB1＝6 D.B1C＝6 5.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP＝2PD1，AA1＝3，AB＝1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（ ）A. B.C. D. 6.〔多选〕（2024·济南模拟）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的各顶点均在表面积为12π的球面上，P为该球面上一动点，则（ ）A.存在无数个点P，使得PA∥平面A1B1C1D1B.当平面PAA1⊥平面CB1D1时，点P的轨迹长度为2πC.当PA∥平面A1B1CD时，点P的轨迹长度为2πD.存在无数个点P，使得平面PAD⊥平面PBC 7.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 . 8.如图所示，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 . 9.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P是面对角线BC1上一动点，Q是底面ABCD（含边界）内一动点，则D1P＋PQ的最小值为 . 10.从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥（以圆柱的上底面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点）而得到的几何体如图所示，用一个平行于底面且距底面为1的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为（ ）A.4π－4 B.4πC.4π－2 D.2π－2 11.（2025·南充二模）三棱锥A-BCD中，AB＝AC＝AD＝4，BC＝CD＝DB＝6，P为△BCD内部及边界上的动点，AP＝2，则点P的轨迹长度为（ ）A.π B.2πC.3π D.4π 12.如图，正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面垂直，O为正方形ABCD的中心，M为正方形ABCD内一点，且满足MP＝MC，则点M的轨迹为（ ） 13.〔多选〕a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，则下列结论中正确的是（ ）A.当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角B.当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角C.直线AB与a所成角的最小值为45°D.直线AB与a所成角的最大值为60° 14.在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA＝AC＝2，AB＝3.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为 . 15.（创新知识交汇）（2025·晋城二模）如图，已知圆锥SO的高SO＝1，AB是底面圆O的直径，AB＝2，M是圆O上的动点（不与A，B重合），N是SM的中点，则直线AN与平面SBM所成角的正弦值的最大值为（ ）A. B.C. D.1 第十节 立体几何中的截面与动态问题1.B 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），设P（x，y，0），则＝（0，1，－1），＝（x，y，－1），所以cos＜，＞＝＝，即x2＋＝1，所以点P的轨迹是椭圆.2.D 过棱AB，BC的中点E，F作正方体ABCD-A1B1C1D1的截面，∵二面角D1-EF-D，二面角B1-EF-B都大于45°，∴当截面为EFHJIG时，如图所示，为六边形；当截面为EFM时，如图所示，为三角形.3.B 如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作EF∥AB，EH∥PC，再分别过点H，F作HG∥AB，FG∥PC，可得E，F，G，H四点共面，因为AB 平面EFGH，EF 平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，同理可证，PC∥平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH，又由E为线段AP上靠近P的三等分点，且AB＋2PC＝9，所以EF＝AB，EH＝PC，所以平行四边形EFGH的周长为2（EF＋EH）＝（AB＋2PC）＝6.4.B 如图，取B1C1的中点D，BB1的中点E，连接MD，DE，ME，由MD∥A1B1∥AB，DE∥BC1，又MD 平面ABC1，AB 平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，同理可得DE∥平面ABC1，又MD∩DE＝D，MD，DE 平面MDE，所以平面MDE∥平面ABC1，又MN∥平面ABC1，故点N的轨迹为线段DE，又由DE＝BC1＝2，可得BC1＝4.5.D 如图，在侧棱AA1上取一点R，使得AR＝2RA1，连接PR，BR，过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB1于点N，连接AC，CN，BD，由PR∥AD，可知PR⊥AN，BR∩PR＝R，BR，PR 平面BPR，从而AN⊥平面BPR，BP 平面BPR，所以BP⊥AN，又由BP在平面ABCD内的射影BD⊥AC，所以BP⊥AC，又AN，AC 平面ACN，AN∩AC＝A，知BP⊥平面ACN，CN 平面ACN，所以BP⊥CN，所以动点Q的轨迹为线段CN，在Rt△ABN，Rt△RAB中，∠BAN＝∠ARB，所以Rt△ABN∽Rt△RAB，则＝，得BN＝，易得CN＝＝＝.6.ACD 设正方体的棱长为a，因为该球的表面积为4πr2＝12π，故半径r＝，且正方体的棱长满足（2r）2＝3a2＝12，故棱长a＝2，选项A，由题意可知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且PA∥平面A1B1C1D1，故PA 平面ABCD，则P的轨迹为正方形ABCD的外接圆，故有无数个点P满足，故A正确；选项B，易知AC1⊥平面CB1D1，且平面PAA1⊥平面CB1D1，PA 平面PAA1，故P的轨迹为矩形AA1C1C的外接圆，其周长为2πr＝2π，故B错误；选项C，因为PA∥平面A1B1CD，设过PA且与平面A1B1CD平行的平面为α，则P的轨迹为α与外接球的交线，其半径为＝1，周长为2π，故C正确；选项D，若平面PAD⊥平面PBC，则点P在以四边形ABCD所在平面为轴截面的某个圆柱面上，该圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点P满足，故D正确.7. 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E为BC的中点，BM∥C1E得M为B1C1的中点，又MN∥BD，故N为C1D1的中点，故BD＝2，MN＝，且BM＝DN＝，设等腰梯形MNDB的高为h，则h＝＝，∴梯形MNDB的面积为×（＋2）×＝.8. 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，C1H，C1G 平面C1GH，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，所以M点的轨迹长度GH＝＝.9.＋2 解析：如图，将△BCC1沿BC1折起铺平在正方体的对角面ABC1D1所在平面内，这时ABCC1D1是一个五边形，过点D1作D1Q⊥BC，垂足为Q，且交BC1于P，显然，此时D1P＋PQ最小.在直角梯形D1QCC1中，∠C1D1Q＝45°，则D1Q＝CC1＋C1D1cos 45°＝＋2.10.C 截面图形应为圆面中挖去一个正方形，且圆的半径是2，则截面圆的面积为4π，设正四棱锥的底面正方形边长为a，则a＝4，所以a＝2，正四棱锥的底面正方形的面积为（2）2＝8，由圆锥中截面的性质，可得圆面中挖去的正方形与正四棱锥的底面正方形相似，设圆面中挖去的正方形的面积为S'，正四棱锥的底面正方形的面积为S，则＝＝，从而S'＝2，所以截面图形的面积为4π－2.11.B 如图1 所示，由AB＝AC＝AD＝4，BC＝CD＝DB＝6，可知三棱锥A-BCD为正三棱锥，设CD中点为E，则BE＝3，设点A在底面BCD上的射影为O，则AO⊥平面BCD，OB＝2，OE＝，OA＝＝2，又P为△BCD内部及边界上的动点，AP＝2，所以OP＝2，所以点P的轨迹为以点O为圆心，2为半径的圆在△BCD内部及边界上的部分，如图2所示，OE⊥P1P2，所以cos ∠EOP1＝＝，即∠EOP1＝，∠P1OP2＝，所以点P的轨迹长度为2π×2－3××2＝2π，故选B.12.A 取AD的中点E，连接PE，PC，CE，PB.易知PE⊥平面ABCD，取PC，AB的中点F，G，连接DF，DG，FG，则PE⊥DG，又易知DG⊥EC，EC∩PE＝E，∴DG⊥平面PEC，又PC 平面PEC，∴DG⊥PC，由PD＝DC知DF⊥PC，DF∩DG＝D且DF，DG 平面DFG，∴PC⊥平面DFG，又F是PC的中点，∴平面DFG上的点到点P，C的距离相等，又平面DFG∩平面ABCD＝DG，∴线段DG上的M点满足MP＝MC.故选A.13.BC 由题意知，a，b，AC所在直线两两相互垂直，画出图形如图所示.不妨设图中所示正方体的棱长为1，则AC＝1，AB＝.斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆.以C为坐标原点，以的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的单位方向向量a＝（0，1，0），｜a｜＝1.B点起始坐标为（0，1，0），直线b的单位方向向量b＝（1，0，0），｜b｜＝1.设B点在运动过程中的坐标B'（cos θ，sin θ，0），其中θ如图所示，0°≤θ＜360°，那么AB'在运动过程中对应的向量'＝（cos θ，sin θ，－1），｜'｜＝.设直线AB'与a的夹角为α，则0°＜α≤90°，cos α＝＝＝｜sin θ｜∈［0，］，故45°≤α≤90°，所以C正确，D错误.设直线AB'与b的夹角为β，则0°＜β≤90°，cos β＝＝＝｜cos θ｜.当直线AB'与a的夹角为60°，即α＝60°时，｜sin θ｜＝cos α＝cos 60°＝.因为cos2θ＋sin2θ＝1，所以｜cos θ｜＝.所以cos β＝｜cos θ｜＝.因为0°＜β≤90°，所以β＝60°，此时直线AB'与b的夹角为60°，所以B正确，A错误.故选B、C.14. 解析：因为在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直，所以AB⊥平面PAC，则BD与平面PAC所成的角为∠ADB，tan ∠ADB＝＝，当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值.在等腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值.以A为坐标原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（3，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），D（0，1，1），则＝（0，1，1），＝（0，2，－2），＝（－3，2，0）.设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z），则即令y＝3，得n＝（2，3，3）.因为cos＜n，＞＝＝＝，所以AD与平面PBC所成角的正弦值为.15.C 如图，作OE⊥AB，与圆O交于一点E，以O为原点，OE，OB，OS所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O（0，0，0），A（0，－1，0），B（0，1，0），S（0，0，1）.设M（a，b，0）（a2＋b2＝1，a≠0，b≠±1），则N（，，），易知＝（a，b，－1），＝（0，1，－1），＝（，＋1，），设平面SBM的法向量为n＝（x，y，z），所以即令y＝1，则x＝，z＝1，所以平面SBM的一个法向量为n＝（，1，1）.设直线AN与平面SBM所成角为θ，则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝＝，令f（x）＝（x∈（－1，1）），则f'（x）＝（x∈（－1，1）），当0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当－1＜x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）≥f（0）＝，所以sin θ＝≤＝，所以直线AN与平面SBM所成角的正弦值的最大值为.故选C.4 / 4第十节 立体几何中的截面与动态问题重点解读1.在立体几何中，把空间问题转化为平面问题，历来是立体几何的一个基本问题.过已知不共线三点，作几何体的截面，既是转化为平面问题一个方法，也是深化理解空间点、线、面关系的一个很好的途径.2.立体几何中的动态问题是新高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.一般涉及到求动点的轨迹问题及由动点引起的线、面、几何体变化中的某些几何量的最值（范围）问题.求解该类问题的关键是正确辨析动与不动，利用解析法、函数、不等式及几何图形中的极端位置解决.截面问题（师生共研过关）（1）已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点， 点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为（ ）A.三角形 B.四边形C.五边形 D.六边形（2）已知一正方体木块ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，点E在棱AA1上，且AE＝3.现过D，E，B1三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（ ）A.4 B.5 C.2 D.听课记录 解题技法1.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.2.多面体中找截面（交线）的三种常用方法（1）直接法：有两点在多面体的同一个面上，连接这两点即为多面体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程；（2）延长线法：若直线相交，但在多面体中未体现，可以通过作延长线的方法找到交点，然后借助交点找到交线；（3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到多面体与截面的交线.1.（2025·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2.（2025·咸阳模拟）如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面与线段AD相切于点M，则球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为 .动态问题（定向精析突破）考向1 轨迹问题（1）〔多选〕如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是（ ）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2πC.若点N到直线BB1与到直线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（2）点P为棱长是2的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为 .听课记录 解题技法解决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.考向2 空间位置关系的判定〔多选〕已知P，Q分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点（不与顶点重合），则下列结论正确的是（ ）A.AB⊥PQB.平面BPQ∥平面ADD1A1C.四面体ABPQ的体积为定值D.AP∥平面CDD1C1听课记录 解题技法解决空间位置关系动点问题的方法（1）应用“位置关系定理”转化；（2）建立“坐标系”计算.考向3 最值（范围）问题《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知在“堑堵”ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝，动点M在“堑堵”的侧面BCC1B1上运动，且AM＝2，则∠MAB的最大值为（ ）A. B.C. D.听课记录 解题技法 立体几何中体积、距离、角的最值（范围）问题，常用的解题思路是：（1）直观判断：判断动点、动线、动面在变化中达到某一特定位置时，所求的量有相应最大（小）值；（2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类问题转化为函数，从而利用代数方法求解.1.〔多选〕如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点M为BC的中点，点P为正方形A1B1C1D1内（包含边界）的动点，则（ ）A.满足MP∥平面A1BD的点P的轨迹为线段B.若MP＝2，则动点P的轨迹长度为C.直线AB与直线MP所成角的范围为［，］D.满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为2.已知点M是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在平面BCC1B1所在的平面内.若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P与点C1的最短距离是 .第十节 立体几何中的截面与动态问题【考点·分类突破】考点1【例1】 （1）C （2）A 解析：（1）如图，设AB＝6，分别延长AE，A1B1交于点G，此时B1G＝3，连接FG交B1C1于H，连接EH，设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1＝AE，平面AEF∩平面DCC1D1＝l，所以l∥AE，设l∩D1D＝I，则FI∥AE，此时△FD1I∽△ABE，故ID1＝，连接AI，所以五边形AIFHE为所求截面图形，故选C.（2）如图，在CC1上取一点F，使得CF＝1，连接B1F，DF，AF，EC1，EF，AC1，因为AE∥C1F且AE＝C1F，所以四边形AEC1F为平行四边形，所以EF与AC1相交于O且O为AC1的中点，又O在B1D上，所以EF与B1D相交于O，且O平分EF，B1D，所以D，E，B1，F四点共面且四边形DEB1F为平行四边形，所以过D，E，B1三点的截面是平行四边形DEB1F，因为DE＝＝5，B1E＝＝，DB1＝＝4，所以cos ∠DEB1＝＝＝－，所以sin ∠DEB1＝＝，故截面面积为S＝2＝2×DE×B1Esin ∠DEB1＝5××＝4.故选A.跟踪训练1.D 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.2.π 解析：在棱长为2的正四面体ABCD中，连接AN，DN，过O作OE⊥DN于E，如图，由M，N分别为棱AD，BC的中点，得AN⊥BC，DN⊥BC，而AN∩DN＝N，AN，DN 平面AND，则BC⊥平面AND，又BC 平面BCD，于是平面AND⊥平面BCD，而平面AND∩平面BCD＝DN，OE 平面AND，因此OE⊥平面BCD，而AN＝DN＝，DM＝1，MN⊥AD，则MN＝，球O半径OM＝MN＝，故ON＝OM＝，sin ∠DNM＝＝，从而OE＝ON·sin ∠DNM＝×＝，球O被平面BCD截得的截面圆半径r＝＝＝，所以球O被平面BCD截得的截面周长2πr＝π.又ABCD为正四面体，所以球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径为，所以球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×π＝π.考点2【例2】 （1）ACD （2）4π 解析：（1）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E为圆心，为半径的圆，其面积为π·（）2＝3π，故B不正确；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的长度，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又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为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，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.（2）根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝，如图.取BB1 的中点N，连接CN，则CN⊥BM，所以CN为DP在平面B1C1CB中的射影，所以点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，所以O到过D，C，N的平面的距离为＝1，所以截面圆的半径为2，所以点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.【例3】 ABD 对于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC，BB1 平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∵PQ 平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，故A正确；对于B，∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ与平面BCC1B1重合，∴平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正确；对于C，∵A到平面BPQ的距离AB为定值，Q到BP的距离为定值，BP的长不是定值，∴四面体ABPQ的体积不为定值，故C错误；对于D，∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP 平面ABB1A1，∴AP∥平面CDD1C1，故D正确.【例4】 B 如图，取BC的中点O，连接AO，MO，则AO⊥BC.因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AO，又BC∩BB1＝B，BB1，BC 平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1，所以AO⊥OM.在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝，∠BAC＝，所以AO＝，又AM＝2，所以在Rt△OAM中，OM＝＝1，所以动点M的轨迹是平面BCC1B1内以O为圆心，1为半径的半圆.连接BM，易得BO＝BC＝，所以BM∈[－1，＋1].在△BAM中，AB＝，AM＝2，由余弦定理得cos ∠MAB＝＝≥＝.即当BM＝＋1时，cos ∠MAB取得最小值，即∠MAB取最大值，结合选项可知，A、C、D均不正确，所以∠MAB的最大值为.故选B.跟踪训练1.AD 对于A，如图1所示，取棱BB1，A1B1，A1D1，D1D，DC的中点分别为E，F，G，H，I，连接EF、FG、GH、HI、IM、ME，根据正方体的特征易知EM∥A1D∥GH，EF∥A1B∥HI，GF∥BD∥MI，则E，F，G，H，I，M共面，且BD∥平面EFGHIM，BA1∥平面EFGHIM，又BD，BA1 平面BDA1且相交于B，故平面BDA1∥平面EFGHIM，所以满足MP∥平面A1BD的点P的轨迹为线段FG，故A正确；对于B，设M在上底面的投影为N，易知MN＝2，而MP＝2，所以NP＝2，即P在以N为圆心，半径为2的圆上，且P在正方形A1B1C1D1内，如图2所示，即上，易知∠JNK＝，所以的长度为，故B错误；对于C，如图3所示建立空间直角坐标系，取AD的中点Q，连接MQ，作PL⊥MQ，设P（x，y，2）（x，y∈[0，2]），则L（1，y，0），M（1，2，0），易知直线AB与直线MP所成角为∠PMQ，显然当P为B1C1的中点时，此时∠PMQ＝，y＝2，当y≠2时，tan ∠PMQ＝＝，易知≥2，2－y∈（0，2]，若∠PMQ最小，则需x＝1，y＝0，此时∠PMQ＝，故C错误；对于D，N为M在上底面的投影，取CS＝DC，RC1＝D1C1，可知RN∥SM，RN＝SM，即R、N、M、S共面，在底面正方形中易知＝＝，∠ABM＝∠SCM，则△SCM∽△MBA ∠AMS＝90°，结合正方体的性质可知MN⊥底面ABCD，AM 底面ABCD，所以AM⊥MN，而MN∩SM＝M，MN，SM 平面RNMS，所以AM⊥平面RNMS，故P在线段RN上运动，易知RN＝＝，故D正确.2. 解析：设P在平面ABCD上的射影为P'，M在平面BB1C1C上的射影为M'（图略），平面D1PM与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角分别为α，β，则cos α＝，cos β＝.因为cos α＝cos β，所以S△DP'M＝，设P到C1M'的距离为d，则××d＝×1×2，d＝，即点P在与直线C1M'平行且与直线C1M'的距离为的直线上，即点P到C1的最短距离为.3 / 3(共66张PPT)第十节 立体几何中的截面与动态问题高中总复习·数学重点解读1. 在立体几何中，把空间问题转化为平面问题，历来是立体几何的一个基本问题.过已知不共线三点，作几何体的截面，既是转化为平面问题一个方法，也是深化理解空间点、线、面关系的一个很好的途径.2. 立体几何中的动态问题是新高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.一般涉及到求动点的轨迹问题及由动点引起的线、面、几何体变化中的某些几何量的最值（范围）问题.求解该类问题的关键是正确辨析动与不动，利用解析法、函数、不等式及几何图形中的极端位置解决.目 录CONTENTS考点·分类突破01.课时·跟踪检测02.PART 01考点·分类突破精选考点 | 课堂演练截面问题（师生共研过关）（1）已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段BB1上靠近B1的三等分点， 点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点，则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为（ C ）A. 三角形 B. 四边形C. 五边形 D. 六边形C解析： 如图，设AB＝6，分别延长AE，A1B1交于点G，此时B1G＝3，连接FG交B1C1于H，连接EH，设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l，则F∈l，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面AEF∩平面ABB1A1＝AE，平面AEF∩平面DCC1D1＝l，所以l∥AE，设l∩D1D＝I，则FI∥AE，此时△FD1I∽△ABE，故ID1＝ ，连接AI，所以五边形AIFHE为所求截面图形，故选C.（2）已知一正方体木块ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，点E在棱AA1上，且AE＝3.现过D，E，B1三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（ A ）A解析：如图，在CC1上取一点F，使得CF＝1，连接B1F，DF，AF，EC1，EF，AC1，因为AE∥C1F且AE＝C1F，所以四边形AEC1F为平行四边形，所以EF与AC1相交于O且O为AC1的中点，又O在B1D上，所以EF与B1D相交于O，且O平分EF，B1D，所以D，E，B1，F四点共面且四边形DEB1F为平行四边形，所以过D，E，B1三点的截面是平行四边形DEB1F，因为DE＝ ＝5，B1E＝ ＝ ，DB1＝ ＝4 ，所以 cos ∠DEB1＝＝ ＝－ ，所以 sin ∠DEB1＝ ＝ ，故截面面积为S＝2 ＝2× DE×B1E sin ∠DEB1＝5× × ＝4 .故选A.解题技法1. 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.2. 多面体中找截面（交线）的三种常用方法（1）直接法：有两点在多面体的同一个面上，连接这两点即为多面体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程；（2）延长线法：若直线相交，但在多面体中未体现，可以通过作延长线的方法找到交点，然后借助交点找到交线；（3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到多面体与截面的交线.1. （2025·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√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. π解析：在棱长为2的正四面体ABCD中，连接AN，DN，过O作OE⊥DN于E，如图，由M，N分别为棱AD，BC的中点，得AN⊥BC，DN⊥BC，而AN∩DN＝N，AN，DN 平面AND，则BC⊥平面AND，又BC 平面BCD，于是平面AND⊥平面BCD，而平面AND∩平面BCD＝DN，OE 平面AND，因此OE⊥平面BCD，而AN＝DN＝ ，DM＝1，MN⊥AD，则MN＝ ，球O半径OM＝ MN＝，故ON＝OM＝ ， sin ∠DNM＝ ＝ ，从而OE＝ON· sin∠DNM＝ × ＝ ，球O被平面BCD截得的截面圆半径r＝ ＝ ＝ ，所以球O被平面BCD截得的截面周长2πr＝ π.又ABCD为正四面体，所以球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径为 ，所以球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4× π＝ π.动态问题（定向精析突破）考向1 轨迹问题（1）〔多选〕如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是（ ACD ）ACDB. 若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2πC. 若点N到直线BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线解析： 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E为圆心， 为半径的圆，其面积为π·（ ）2＝3π，故B不正确；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的长度，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又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为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，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.（2）点P为棱长是2 的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为 .解析：根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝ ，如图.取BB1 的中点N，连接CN，则CN⊥BM，所以CN为DP在平面B1C1CB中的射影，所以点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2 ，所以O到过D，C，N的平面的距离为 ＝1，所以截面圆的半径为2，所以点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.4π解题技法解决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.考向2 空间位置关系的判定〔多选〕已知P，Q分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点（不与顶点重合），则下列结论正确的是（ ）A. AB⊥PQB. 平面BPQ∥平面ADD1A1C. 四面体ABPQ的体积为定值D. AP∥平面CDD1C1√√√解析： 对于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC，BB1 平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∵PQ 平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，故A正确；对于B，∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ与平面BCC1B1重合，∴平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正确；对于C，∵A到平面BPQ的距离AB为定值，Q到BP的距离为定值，BP的长不是定值，∴四面体ABPQ的体积不为定值，故C错误；对于D，∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP 平面ABB1A1，∴AP∥平面CDD1C1，故D正确.解题技法解决空间位置关系中动点问题的方法（1）应用“位置关系定理”转化；（2）建立“坐标系”计算.考向3 最值（范围）问题《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知在“堑堵”ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝ ，动点M在“堑堵”的侧面BCC1B1上运动，且AM＝2，则∠MAB的最大值为（ ）√解析： 如图，取BC的中点O，连接AO，MO，则AO⊥BC. 因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AO，又BC∩BB1＝B，BB1，BC 平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1，所以AO⊥OM.在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝ ，∠BAC＝ ，所以AO＝ ，又AM＝2，所以在Rt△OAM中，OM＝ ＝1，所以动点M的轨迹是平面BCC1B1内以O为圆心，1为半径的半圆.连接BM，易得BO＝ BC＝ ，所以BM∈[－1， ＋1].在△BAM中，AB＝ ，AM＝2，由余弦定理得 cos ∠MAB＝ ＝ ≥ ＝ .即当BM＝ ＋1时， cos ∠MAB取得最小值 ，即∠MAB取最大值，结合选项可知，A、C、D均不正确，所以∠MAB的最大值为 .故选B.解题技法 立体几何中体积、距离、角的最值（范围）问题，常用的解题思路是：（1）直观判断：判断动点、动线、动面在变化中达到某一特定位置时，所求的量有相应最大（小）值；（2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类问题转化为函数，从而利用代数方法求解.1. 〔多选〕如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点M为BC的中点，点P为正方形A1B1C1D1内（包含边界）的动点，则（ ）A. 满足MP∥平面A1BD的点P的轨迹为线段√√解析： 对于A，如图1所示，取棱BB1，A1B1，A1D1，D1D，DC的中点分别为E，F，G，H，I，连接EF、FG、GH、HI、IM、ME，根据正方体的特征易知EM∥A1D∥GH，EF∥A1B∥HI，GF∥BD∥MI，则E，F，G，H，I，M共面，且BD∥平面EFGHIM，BA1∥平面EFGHIM，又BD，BA1 平面BDA1且相交于B，故平面BDA1∥平面EFGHIM，所以满足MP∥平面A1BD的点P的轨迹为线段FG，故A正确；对于B，设M在上底面的投影为N，易知MN＝2，而MP＝2 ，所以NP＝2，即P在以N为圆心，半径为2的圆上，且P在正方形A1B1C1D1内，如图2所示，即 上，易知∠JNK＝ ，所以 的长度为 ，故B错误；对于C，如图3所示建立空间直角坐标系，取AD的中点Q，连接MQ，作PL⊥MQ，设P（x，y，2）（x，y∈[0，2]），则L（1，y，0），M（1，2，0），易知直线AB与直线MP所成角为∠PMQ，显然当P为B1C1的中点时，此时∠PMQ＝ ，y＝2，当y≠2时，tan ∠PMQ＝ ＝ ，易知 ≥2，2－y∈（0，2]，若∠PMQ最小，则需x＝1，y＝0，此时∠PMQ＝ ，故C错误；对于D，N为M在上底面的投影，取CS＝ DC，RC1＝ D1C1，可知RN∥SM，RN＝SM，即R、N、M、S共面，在底面正方形中易知 ＝ ＝ ，∠ABM＝∠SCM，则△SCM∽△MBA ∠AMS＝90°，结合正方体的性质可知MN⊥底面ABCD，AM 底面ABCD，所以AM⊥MN，而MN∩SM＝M，MN，SM 平面RNMS，所以AM⊥平面RNMS，故P在线段RN上运动，易知RN＝ ＝ ，故D正确.2. 已知点M是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在平面BCC1B1所在的平面内.若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P与点C1的最短距离是 . 解析：设P在平面ABCD上的射影为P'，M在平面BB1C1C上的射影为M'（图略），平面D1PM与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角分别为α，β，则 cos α＝ ， cos β＝ .因为 cos α＝ cos β，所以S△DP'M＝ ，设P到C1M'的距离为d，则 × ×d＝×1×2，d＝ ，即点P在与直线C1M'平行且与直线C1M'的距离为的直线上，即点P到C1的最短距离为 .PART 02课时·跟踪检测关键能力 | 课后练习1. 如图，斜线段AB与平面α所成的角为 ，B为斜足.平面α上的动点P满足∠PAB＝ ，则点P的轨迹为（ ）A. 圆 B. 椭圆C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分12345678910111213141516171819202022232425√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），设P（x，y，0），则 ＝（0，1，－1）， ＝（x，y，－1），所以 cos ＜ ， ＞＝ ＝ ，即x2＋ ＝1，所以点P的轨迹是椭圆.2. 过正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，BC的中点E，F作一个截面，使截面与底面ABCD所成二面角为45°，则此截面的形状为（ ）A. 三角形或五边形 B. 三角形或四边形C. 正六边形 D. 三角形或六边形解析： 过棱AB，BC的中点E，F作正方体ABCD-A1B1C1D1的截面，∵二面角D1-EF-D，二面角B1-EF-B都大于45°，∴当截面为EFHJIG时，如图所示，为六边形；当截面为EFM时，如图所示，为三角形.√3. 在三棱锥P-ABC中，AB＋2PC＝9，E为线段AP上靠近P的三等分点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P-ABC所得截面的周长为（ ）A. 5 B. 6C. 8 D. 9√解析： 如图所示，在三棱锥P-ABC中，过E分别作EF∥AB，EH∥PC，再分别过点H，F作HG∥AB，FG∥PC，可得E，F，G，H四点共面，因为AB 平面EFGH，EF 平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，同理可证，PC∥平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH，又由E为线段AP上靠近P的三等分点，且AB＋2PC＝9，所以EF＝ AB，EH＝ PC，所以平行四边形EFGH的周长为2（EF＋EH）＝ （AB＋2PC）＝6.4. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M为A1C1的中点，N为侧面BCC1B1上的一点，且MN∥平面ABC1，若点N的轨迹长度为2，则（ ）A. AC1＝4B. BC1＝4C. AB1＝6D. B1C＝6√解析： 如图，取B1C1的中点D，BB1的中点E，连接MD，DE，ME，由MD∥A1B1∥AB，DE∥BC1，又MD 平面ABC1，AB 平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，同理可得DE∥平面ABC1，又MD∩DE＝D，MD，DE 平面MDE，所以平面MDE∥平面ABC1，又MN∥平面ABC1，故点N的轨迹为线段DE，又由DE＝ BC1＝2，可得BC1＝4.5. 已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP＝2PD1，AA1＝3，AB＝1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（ ）√解析： 如图，在侧棱AA1上取一点R，使得AR＝2RA1，连接PR，BR，过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB1于点N，连接AC，CN，BD，由PR∥AD，可知PR⊥AN，BR∩PR＝R，BR，PR 平面BPR，从而AN⊥平面BPR，BP 平面BPR，所以BP⊥AN，又由BP在平面ABCD内的射影BD⊥AC，所以BP⊥AC，又AN，AC 平面ACN，AN∩AC＝A，知BP⊥平面ACN，CN 平面ACN，所以BP⊥CN，所以动点Q的轨迹为线段CN，在Rt△ABN，Rt△RAB中，∠BAN＝∠ARB，所以Rt△ABN∽Rt△RAB，则 ＝ ，得BN＝ ，易得CN＝ ＝ ＝ .6. 〔多选〕（2024·济南模拟）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的各顶点均在表面积为12π的球面上，P为该球面上一动点，则（ ）A. 存在无数个点P，使得PA∥平面A1B1C1D1B. 当平面PAA1⊥平面CB1D1时，点P的轨迹长度为2πC. 当PA∥平面A1B1CD时，点P的轨迹长度为2πD. 存在无数个点P，使得平面PAD⊥平面PBC√√√解析： 设正方体的棱长为a，因为该球的表面积为4πr2＝12π，故半径r＝ ，且正方体的棱长满足（2r）2＝3a2＝12，故棱长a＝2，选项A，由题意可知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且PA∥平面A1B1C1D1，故PA 平面ABCD，则P的轨迹为正方形ABCD的外接圆，故有无数个点P满足，故A正确；选项B，易知AC1⊥平面CB1D1，且平面PAA1⊥平面CB1D1，PA 平面PAA1，故P的轨迹为矩形AA1C1C的外接圆，其周长为2πr＝2 π，故B错误；选项C，因为PA∥平面A1B1CD，设过PA且与平面A1B1CD平行的平面为α，则P的轨迹为α与外接球的交线，其半径为＝1，周长为2π，故C正确；选项D，若平面PAD⊥平面PBC，则点P在以四边形ABCD所在平面为轴截面的某个圆柱面上，该圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点P满足，故D正确.7. 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E为BC的中点，BM∥C1E得M为B1C1的中点，又MN∥BD，故N为C1D1的中点，故BD＝2 ，MN＝ ，且BM＝DN＝ ，设等腰梯形MNDB的高为h，则h＝ ＝ ，∴梯形MNDB的面积为 ×（ ＋2 ）× ＝ .8. 如图所示，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，C1H，C1G 平面C1GH，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，所以M点的轨迹长度GH＝ ＝ .9. 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P是面对角线BC1上一动点，Q是底面ABCD（含边界）内一动点，则D1P＋PQ的最小值为 .＋2解析：如图，将△BCC1沿BC1折起铺平在正方体的对角面ABC1D1所在平面内，这时ABCC1D1是一个五边形，过点D1作D1Q⊥BC，垂足为Q，且交BC1于P，显然，此时D1P＋PQ最小.在直角梯形D1QCC1中，∠C1D1Q＝45°，则D1Q＝CC1＋C1D1 cos 45°＝ ＋2.10. 从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥（以圆柱的上底面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点）而得到的几何体如图所示，用一个平行于底面且距底面为1的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为（ ）A. 4π－4 B. 4πC. 4π－2 D. 2π－2√解析： 截面图形应为圆面中挖去一个正方形，且圆的半径是2，则截面圆的面积为4π，设正四棱锥的底面正方形边长为a，则 a＝4，所以a＝2 ，正四棱锥的底面正方形的面积为（2 ）2＝8，由圆锥中截面的性质，可得圆面中挖去的正方形与正四棱锥的底面正方形相似，设圆面中挖去的正方形的面积为S'，正四棱锥的底面正方形的面积为S，则 ＝ ＝，从而S'＝2，所以截面图形的面积为4π－2.11. （2025·南充二模）三棱锥A-BCD中，AB＝AC＝AD＝4，BC＝CD＝DB＝6，P为△BCD内部及边界上的动点，AP＝2 ，则点P的轨迹长度为（ ）A. π B. 2πC. 3π D. 4π√解析： 如图1 所示，由AB＝AC＝AD＝4，BC＝CD＝DB＝6，可知三棱锥A-BCD为正三棱锥，设CD中点为E，则BE＝3 ，设点A在底面BCD上的射影为O，则AO⊥平面BCD，OB＝2 ，OE＝ ，OA＝＝2，又P为△BCD内部及边界上的动点，AP＝2 ，所以OP＝2，所以点P的轨迹为以点O为圆心，2为半径的圆在△BCD内部及边界上的部分，如图2所示，OE⊥P1P2，所以 cos ∠EOP1＝ ＝ ，即∠EOP1＝ ，∠P1OP2＝ ，所以点P的轨迹长度为2π×2－3× ×2＝2π，故选B.12. 如图，正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面垂直，O为正方形ABCD的中心，M为正方形ABCD内一点，且满足MP＝MC，则点M的轨迹为（ ）√解析： 取AD的中点E，连接PE，PC，CE，PB.易知PE⊥平面ABCD，取PC，AB的中点F，G，连接DF，DG，FG，则PE⊥DG，又易知DG⊥EC，EC∩PE＝E，∴DG⊥平面PEC，又PC 平面PEC，∴DG⊥PC，由PD＝DC知DF⊥PC，DF∩DG＝D且DF，DG 平面DFG，∴PC⊥平面DFG，又F是PC的中点，∴平面DFG上的点到点P，C的距离相等，又平面DFG∩平面ABCD＝DG，∴线段DG上的M点满足MP＝MC. 故选A.13. 〔多选〕a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，则下列结论中正确的是（ ）A. 当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角B. 当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角C. 直线AB与a所成角的最小值为45°D. 直线AB与a所成角的最大值为60°√√解析： 由题意知，a，b，AC所在直线两两相互垂直，画出图形如图所示.不妨设图中所示正方体的棱长为1，则AC＝1，AB＝ .斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆.以C为坐标原点，以 的方向为x轴正方向， 的方向为y轴正方向， 的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的单位方向向量a＝（0，1，0），｜a｜＝1.B点起始坐标为（0，1，0），直线b的单位方向向量b＝（1，0，0），｜b｜＝1.设B点在运动过程中的坐标B'（ cos θ， sin θ，0），'｜＝ .设直线AB'与a的夹角为α，则0°＜α≤90°，cos α＝ ＝ ＝｜ sin θ｜∈［0， ］，故45°≤α≤90°，所以C正确，D错误.设直线AB'与b的夹角为β，则0°＜β≤90°， cos β＝ ＝ ＝ ｜ cos θ｜.当直线AB'与a的夹角为60°，即α＝60°时，｜ sin θ｜＝ cos α＝ cos 60°＝ .因为 cos 2θ＋ sin 2θ＝1，所以｜ cos θ｜＝ .所以 cos β＝ ｜ cos θ｜＝ .因为0°＜β≤90°，所以β＝60°，此时直线AB'与b的夹角为60°，所以B正确，A错误.故选B、C. 解析：因为在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直，所以AB⊥平面PAC，则BD与平面PAC所成的角为∠ADB，tan ∠ADB＝ ＝ ，当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值.在等腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值.以A为坐标原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（3，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），D（0，1，1），则 ＝（0，1，1）， ＝（0，2，－2）， ＝（－3，2，0）.设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z），则 即 令y＝3，得n＝（2，3，3）.因为 cos ＜n， ＞＝ ＝ ＝ ，所以AD与平面PBC所成角的正弦值为 .15. （创新知识交汇）（2025·晋城二模）如图，已知圆锥SO的高SO＝1，AB是底面圆O的直径，AB＝2，M是圆O上的动点（不与A，B重合），N是SM的中点，则直线AN与平面SBM所成角的正弦值的最大值为（ ）D. 1√解析： 如图，作OE⊥AB，与圆O交于一点E，以O为原点，OE，OB，OS所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O（0，0，0），A（0，－1，0），B（0，1，0），S（0，0，1）.设M（a，b，0）（a2＋b2＝1，a≠0，b≠±1），则N（ ， ， ），易知 ＝（a，b，－1）， ＝（0，1，－1）， ＝（ ， ＋1， ），设平面SBM的法向量为n＝（x，y，z），所以即 令y＝1，则x＝ ，z＝1，所以平面SBM的一个法向量为n＝（ ，1，1）.设直线AN与平面SBM所成角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜ ，n＞｜＝ ＝ ＝ ＝ ，令f（x）＝ （x∈（－1，1）），则f'（x）＝ （x∈（－1，1）），当0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当－1＜x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）≥f（0）＝ ，所以 sin θ＝ ≤ ＝ ，所以直线AN与平面SBM所成角的正弦值的最大值为 .故选C.THANKS演示完毕 感谢观看 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第十节 立体几何中的截面与动态问题.docx 第十节 立体几何中的截面与动态问题.pptx 第十节 立体几何中的截面与动态问题（练习，含解析）.docx
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