专题8.9 几何体的截面（交线）及动态问题(解析版)

8.9几何体的截面（交线）及动态问题思维导图知识点总结立体几何中截面、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.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.1．截面定义：在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥，球，棱柱，棱锥、长方体，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。最后，我们要了解每一种立体图形通过上述三种截面方式所得到的截面图有哪些。2、正六面体的基本斜截面：3、圆柱体的基本截面：正六面体斜截面是不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形。操作技能1.结合线、面平行的判定定理与性质性质求截面问题；操作技能2.结合线、面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题；操作技能3.猜想法求最值问题：要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等；操作技能4.建立函数模型求最值问题：①设元②建立二次函数模型③求最值。典型例题分析考向一截面问题例1(2023·福州质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为()A.6B.102C.13＋25D.213＋95＋253答案D解析取CC1的中点G，连接BG，则D1E∥BG，取CG的中点N，连接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，则C1N＝3，CN＝1，则D1E＝42＋22＝25，D1N＝42＋32＝5，FN＝12＋22＝5.取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ，所以AMFQ＝AHHQ，所以AM＝AHHQ·FQ＝46×4＝83，则MB＝43，则ME＝AE2＋AM2＝4＋832＝103，MF＝MB2＋BF2＝432＋4＝2133，所以截面图形的周长为D1E＋EM＋MF＋FN＋ND1＝25＋103＋2133＋5＋5＝213＋95＋253.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(2023·辽宁名校联考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为棱BB1的中点，则平面AED1截正方体ABCD－A1B1C1D1的截面面积为()A.52B.72C.4D.92答案D解析取B1C1的中点为M，连接EM，MD1，BC1，则EM∥BC1，且EM＝12BC1，则EM∥AD1，且EM＝12AD1.又AB＝2，所以MD1＝AE＝22＋12＝5，BC1＝AD1＝22，因此EM＝2，所以平面AED1截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形EMD1A，因此该等腰梯形的高h＝D1M2－AD1－EM22＝5－12＝322，所以该截面的面积S＝12(AD1＋EM)·h＝92，故选D.考向二交线问题例2(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.答案2π2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，则D1E＝3且D1E⊥平面BCC1B1，∴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，则r＝R2球－D1E2＝5－3＝2.可得EP＝EQ＝2，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又D1P＝5，∴B1P＝D1P2－D1B21＝1，同理C1Q＝1，∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，∴∠PEQ＝π2，知PQ︵的长为π2×2＝2π2.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.训练2(2023·南通模拟)已知在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.过直线O1O2的平面截圆柱得到四边形ABCD，其面积为8.若P为圆柱底面圆弧CD︵的中点，则平面PAB与球O的交线长为________.答案4105π解析设球O的半径为r，则AB＝BC＝2r，而S四边形ABCD＝AB·BC＝4r2＝8，所以r＝2.如图，连接PO2，O1P，作OH⊥O2P于H，易知O1O2⊥AB.因为P为CD︵的中点，所以AP＝BP，又O2为AB的中点，所以O2P⊥AB.又O1O2∩O2P＝O2，所以AB⊥平面O1O2P，又OH⊂平面O1O2P，所以AB⊥OH.因为OH⊥O2P，且AB∩PO2＝O2，所以OH⊥平面ABP.因为O1O2＝2r＝22，O1P＝2，O1O2⊥O1P，所以O2P＝O1O22＋O1P2＝（22）2＋（2）2＝10，所以sin∠O1O2P＝O1PO2P＝210＝55，所以OH＝OO2×sin∠O1O2P＝2×55＝105.易知平面PAB与球O的交线为一个圆，其半径为r1＝r2－OH2＝（2）2－1052＝2105，交线长为l＝2πr1＝2π×2105＝4105π.考向三动态问题角度1动态位置关系的判断例3(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()A.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答案ABC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；在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC＝1＋x2，所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD，取x＝12，当将△BAD沿直线BD翻折到AC＝32时，有AB2＋AC2＝BC2，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.感悟提升解决空间位置关系的动点问题(1)应用“位置关系定理”转化.(2)建立“坐标系”计算.角度2动点的轨迹(长度)例4(2023·济南模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为23，E，F为体对角线BD1的两个三等分点，动点P在△ACB1内，且△PEF的面积S△PEF＝2，则点P的轨迹的长度为________.答案π解析如图1所示，连接BD，图1因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，所以AC⊥DD1，因为DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1，因为BD1⊂平面BDD1，所以BD1⊥AC.同理BD1⊥B1C.因为AC∩B1C＝C，所以BD1⊥平面ACB1.因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为23，所以AC＝B1C＝AB1＝26，BD1＝6，又E，F为体对角线BD1的两个三等分点，所以BF＝EF＝D1E＝2.设点B到平面ACB1的距离为d，则VB－ACB1＝VB1－ABC，所以13S△ACB1·d＝13S△ABC·BB1，解得d＝2，即d＝BF，所以F∈平面ACB1，即BF⊥平面ACB1.三棱锥B－ACB1的底面三角形ACB1为正三角形，且BB1＝BC＝BA，所以三棱锥B－ACB1为正三棱锥，所以点F为△ACB1的中心.因为P∈平面ACB1，所以PF⊂平面ACB1，则EF⊥PF.又△PEF的面积为2，所以12EF·PF＝2，解得PF＝2，则点P的轨迹是以点F为圆心，2为半径的圆周且在△ACB1内部的部分，图2如图2所示，点P的轨迹为MN︵，QR︵，ST︵，且三段弧长相等.在△FNB1中，FN＝2，FB1＝26×32×23＝22，∠NB1F＝π6，由正弦定理NFsinπ6＝B1Fsin∠B1NF，得sin∠B1NF＝22，由图2可知，∠B1NF∈π2，π，所以∠B1NF＝3π4，则∠NFB1＝π12，所以∠NFM＝2∠NFB1＝π6，所以MN︵的长l＝2×π6＝π3，则点P的轨迹的长度为3×π3＝π.感悟提升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.角度3最值(范围)问题例5(2023·石家庄质检)《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＝6，动点M在“堑堵”的侧面BCC1B1上运动，且AM＝2，则∠MAB的最大值为()A.π4B.5π12C.π2D.π3答案B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，所以AO⊥平面BCC1B1，所以AO⊥OM.在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝6，∠BAC＝π2，所以AO＝3，又AM＝2，所以在Rt△OAM中，OM＝22－（3）2＝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＝12BC＝3，所以BM∈[3－1，3＋1].在△BAM中，AB＝6，AM＝2，由余弦定理得cos∠MAB＝AM2＋AB2－BM22AM·AB＝22＋（6）2－BM22×2×6≥10－（3＋1）246＝6－24.即当BM＝3＋1时，cos∠MAB取得最小值6－24，结合选项可知，A，C，D均不正确，所以∠MAB的最大值为5π12，选B.感悟提升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.训练3(多选)(2023·沈阳郊联体一模)已知棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且总满足MP垂直于MC，则下列结论正确的是()A.点P的轨迹中包含AA1的中点B.点P在侧面AA1D1D内的轨迹的长为5a4C.MP长度的最大值为21a4D.直线CC1与直线MP所成角的余弦值的最大值为55答案BCD解析如图，取A1D1的中点E，分别取A1A，B1B上靠近点A1，B1的四等分点F，G，连接EM，EF，FG，MG，则EM綉A1B1，FG綉A1B1，所以EM綉FG，所以点E，M，F，G四点共面.连接GC，因为MG2＝a22＋a42＝5a216，MC2＝a22＋a2＝5a24，GC2＝3a42＋a2＝25a216，所以M