第9节 几何体的截面(交线)及动态问题

题型分析1.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.2.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.

题型一截面问题

例1(多选)(2025·武汉调研)已知在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,过棱BC,CD的中点E,F作正方体的截面多边形,则下列说法正确的有()

A.截面多边形可能是五边形

B.若截面与直线AC1垂直,则该截面多边形为正六边形

C.若截面过AB1的中点,则该截面不可能与直线A1C平行

D.若截面过点A1,则该截面多边形的面积为7176

答案ABD

解析对于B项,如图1所示,连接A1D,A1B,BD,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易证AC1⊥平面A1BD,



分别取棱DD1,D1A1,A1B1,B1B的中点为G,H,I,J,

将其顺次连接,连接GF,EF,EJ,由中位线的性质可得平面A1BD∥平面EFGHIJ,故AC1⊥平面EFGHIJ,

而六边形EFGHIJ显然为正六边形,故B正确;

对于C项,如图2所示,连接AC,BD交于O点,记侧面AD1和侧面AB1的中心分别为G,H,连接GH,HE,EF,GF,



易知点G,H,E,F共面(即在符合要求的截面内),

连接A1O交GH于N,设CO∩EF=M,

连接MN,可得N,M为A1O,CO的中点,故A1C∥MN,又因为MN?平面GHEF,A1C?平面GHEF,所以A1C∥平面GHEF,故C错误;

对于A,D项,如图3所示,连接EF,并延长EF分别与直线AB,AD交于P,Q两点,



连接A1Q,A1P,分别交棱D1D,B1B于T,S两点,

连接TF,SE,则五边形A1SEFT为所得截面,故A正确;

易得BP=BE=DF=DQ=1,

则有A1P=A1Q=13,PQ=32,EP=FQ=2,

该截面多边形面积S=S△A1PQ-S△SEP-S△TQF=7176,故D正确.

思维建模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(2025·河南部分学校模考)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=4,E,F,G分别是AA1,A1B1,B1C1的中点,则过点E,F,G的平面截正四棱柱ABCD-A1B1C1D1所得截面多边形的周长为()

A.22+33B.22+35

C.22+43D.22+45

答案D

解析如图,直线GF交D1A1的延长线于点M,交D1C1的延长线于点N,



因为四边形A1B1C1D1为正方形,

所以A1M=12D1A1,C1N=12D1C1,

连接ME并延长交AD于点K,交D1D的延长线于点T,

所以K为AD的中点,连接TN,分别交CD,CC1于点I,H,

则I,H分别为CD,CC1的中点,

连接KI,GH,EF,则六边形EFGHIK即为过点E,F,G的平面截正四棱柱ABCD-A1B1C1D1所得的截面多边形,

因为A1D1=2,AA1=4,EF=GH=EK=HI=5,FG=KI=2,

所以六边形EFGHIK的周长为22+45.

题型二交线问题

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=R球2-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-D1B12=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.

思维建模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于点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,O1O2,O2P?平面O1O2P,

所以AB⊥平面O1O2P,

又OH?平面O1O2P,所以AB⊥OH.

因为OH⊥O2P,且AB∩O2P=O2,AB,O2P?平面ABP,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.

题型三动态问题

例3(1)在矩形ABCD中,AB=3,AD=1,点E在CD上,现将△AED沿AE折起,使平面AED⊥平面ABC,当E从D运动到C时,求点D在平面ABC上的射影K的轨迹长度为()

A.22B.223

C.π2D.π3

答案D

解析由题意,将△AED沿AE折起,使平面AED⊥平面ABC,在平面AED内过点D作DK⊥AE,垂足K为D在平面ABC上的射影,连接D′K,由翻折的特征知,



则∠D′KA=90°,故K点的轨迹是以AD′为直径的圆上一段弧,根据长方形知圆半径是12,

如图当E与C重合时,∠D′AC=60°,

所以AK=12,



取O为AD′的中点,得到△OAK是正三角形.

故∠KOA=π3,

所以∠KOD′=2π3,

射影K的轨迹长度为12×2π3=π3.

(2)(多选)(2024·湖南九校联考)如图,点P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的表面上一个动点,F是线段A1B1的中点,则()



A.若点P满足AP⊥B1C,则动点P的轨迹长度为42

B.三棱锥A-PB1D1体积的最大值为163
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