1.立體幾何中截面、交線問題綜合性較強(qiáng)，解決此類問題要應(yīng)用三個基本事實及其推論、垂直、平行的判定與性質(zhì)定理等知識. 2.立體幾何中的動態(tài)問題主要是指空間動點軌跡的判斷、求軌跡長度、最值與范圍問題等.
例1 (2024·寧波質(zhì)檢)已知四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB，點E是PD的中點，點F是棱PC上的點且PF＝2FC，則平面BEF截四棱錐P－ABCD所得的截面圖形是(　　)A.斜三角形B.梯形C.平行四邊形D.兩組對邊均不平行的四邊形
解析　如圖，延長EF和DC，設(shè)其交點為G，連接BG，延長DA并與直線BG交于點H，連接HE交PA于點K，
連接KB，得四邊形EFBK，假設(shè)KE∥BF，易證BF∥平面PAD，易知BC∥平面PAD，易得平面PBC∥平面PAD，與平面PBC與平面PAD有公共點P矛盾，故假設(shè)不成立，因此KE與BF不平行，同理可證KB與EF不平行，因此四邊形EFBK的兩組對邊均不平行，故選D.
作截面應(yīng)遵循的三個原則：(1)在同一平面上的兩點可引直線；(2)凡是相交的直線都要畫出它們的交點；(3)凡是相交的平面都要畫出它們的交線.
訓(xùn)練1 如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中點，平面α經(jīng)過直線BD且與直線C1E平行，若正方體的棱長為2，則平面α截正方體所得的多邊形的面積為________.
解析　如圖，過點B作BM∥C1E交B1C1于點M，
過點M作BD的平行線，交C1D1于點N，連接DN，則平面BDNM即為符合條件的平面α，由圖可知M，N分別為B1C1，C1D1的中點，
解析　如圖，設(shè)B1C1的中點為E，球面與棱BB1，CC1的交點分別為P，Q，
連接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD為等邊三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1為等邊三角形，
∴E為球面截側(cè)面BCC1B1所得截面圓的圓心，
作交線的方法有如下兩種：(1)利用基本事實3作交線；(2)利用線面平行及面面平行的性質(zhì)定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據(jù)性質(zhì)作出交線.
解析　設(shè)球O的半徑為r，則AB＝BC＝2r，
又O2為AB的中點，所以O(shè)2P⊥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.因為OH⊥O2P，且AB∩O2P＝O2，AB，O2P?平面ABP，所以O(shè)H⊥平面ABP.
解析　對于A，如圖1，連接DE，DF，DP，則DE＝DF，
因為點P是EF上的動點，所以當(dāng)點P為EF的中點時，DP最小，此時DP⊥EF，連接CP，因為DC⊥平面BCC1B1，CP?平面BCC1B1，所以CP⊥DC，
又正方體的棱長為2，所以CD＝2，
對于B，連接A1D，PA1，PA，PD，則VD－A1AP＝VP－A1AD，
點P到平面A1AD的距離，即平面BCC1B1到平面A1AD的距離，易知該距離等于正方體的棱長，為2，
對于C，如圖2，連接AE，D1F，AD1，則AD1∥EF，且AD1＝2EF，平面AEF與正方體的底面ABCD的交線為AE，與平面BCC1B1的交線為EF，
因為EF∥平面ADD1A1，所以由線面平行的性質(zhì)定理得，平面AEF與平面ADD1A1的交線與EF平行，且過點A，所以平面AEF與平面ADD1A1的交線為AD1，則平面AEF截正方體的截面為四邊形AEFD1，因為AD1∥EF，AD1＝2EF，且AE＝D1F，所以四邊形AEFD1為等腰梯形，所以選項C正確.
對于D，如圖3，以A為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，
連接DE，DP，則A(0，0，0)，A1(0，0，2)，E(2，1，0)，F(xiàn)(2，2，1)，D(0，2，0)，
(2)(2023·寧波調(diào)研)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P為平面ACC1A1上一動點，且滿足D1P⊥CP，則滿足條件的所有點P圍成的平面區(qū)域的面積為________.
1.在動態(tài)變化過程中產(chǎn)生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的思路是(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應(yīng)最大、最小值，即可求解.(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.2.解決與幾何體有關(guān)的動點軌跡問題的方法(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，或用代替法進(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.
所以點P的軌跡是平面ABCD上的一個橢圓，其中只有一部分在正方形ABCD內(nèi).
(2)(2024·南京模擬)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E為棱AB上的動點，點M，N分別是棱BC，C1D1的中點，則下列結(jié)論正確的是(　　)A.存在點E，使得EN∥MC1B.存在點E，使得△EMN為等腰三角形C.三棱錐C1－MNE的體積為定值D.存在點E，使得B1C1⊥平面EMN
解析　對于A，如圖，取AD的中點H，連接MH，D1H，再取MH的中點O，連接NO，由正方體的性質(zhì)可知四邊形HMC1D1為平行四邊形，所以C1M∥D1H，則C1M∥ON，顯然當(dāng)E在AB上時，不存在NE∥NO，故不存在點E，使得EN∥MC1，故A錯誤；
對于C，顯然AB∥MH，AB平面MHD1C1，MH?平面MHD1C1，所以AB∥平面MHD1C1，所以E到平面MHD1C1的距離為定值，
故三棱錐C1－MNE的體積為定值，故C正確；對于D，因為B1C1⊥平面ABB1A1，顯然平面ABB1A1與平面EMN不平行，故不存在點E，使得B1C1⊥平面EMN，故D錯誤；對于B，設(shè)AE＝x(0≤x≤1)，則BE＝1－x，
顯然MN≠NE，MN≠ME，ME≠NE，故△EMN不可能為等腰三角形，故B錯誤.故選C.
KESHIFENCENGJINGLIAN
解析　建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OB＝OA＝1，則B(0，1，0)，A(0，0，1)，P(x，y，0)，
2.(2023·北京順義區(qū)質(zhì)檢)已知過BD1的平面與正方體ABCD－A1B1C1D1的棱AA1，CC1分別交于點M，N，則下列關(guān)于截面BMD1N的說法中不正確的是(　　)A.截面BMD1N可能是矩形B.截面BMD1N可能是菱形C.截面BMD1N可能是梯形D.截面BMD1N不可能是正方形
解析　如圖①，當(dāng)點M，N分別與對角頂點重合時，顯然截面BMD1N是矩形；
如圖②，當(dāng)M，N分別為棱AA1，CC1的中點時，顯然截面BMD1N是菱形，由正方體的性質(zhì)及勾股定理易知截面BMD1N不可能為正方形；根據(jù)對稱性，其他情況下截面BMD1N為平行四邊形.故選C.
圖①　　　　　　　　　圖②
3.(2023·山東名校聯(lián)考)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，BB1的中點為M，過點C1，D，M的平面把正方體分成兩部分，則較小部分的體積為(　　)
解析　如圖，取AB的中點E，連接DC1，C1M，ME，DE，則易知截面是等腰梯形C1MED，
解析　設(shè)AP＝x，D1P＝t，正方體的棱長為1，
解析　取CC1的中點G，連接BG，則D1E∥BG，
取CG的中點N，連接D1N，F(xiàn)N，則FN∥BG，所以FN∥D1E.延長D1E，DA交于點H，連接FH交AB于點M，連接ME，則平面D1EF截該正方體所得的截面圖形為多邊形D1EMFN.由題知A為HD的中點，A1E＝AE＝2，
解析　矩形在翻折前和翻折后的圖形如圖①②所示.在圖①中，過點A作AE⊥BD，垂足為E，過點C作CF⊥BD，垂足為F，則點E，F(xiàn)不重合；在圖②中，連接CE.
對于A，若AC⊥BD，由BD⊥AE，AE∩AC＝A，得BD⊥平面ACE，所以BD⊥CE，與點E，F(xiàn)不重合相矛盾，故選項A錯誤；對于B，若AB⊥CD，由AB⊥AD，AD∩CD＝D，得AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，當(dāng)AB＝AC＝2時，滿足AB2＋AC2＝BC2，此時直線AB與直線CD垂直，故選項B正確；對于C，若AD⊥BC，由DC⊥BC，AD∩DC＝D，得BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，已知BC＞AB，所以不存在這樣的直角三角形，故選項C錯誤.由B知選項D錯誤.故選B.
7.(多選)如圖，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于點O，將△BAD沿直線BD翻折，則下列說法中正確的是(　　　)
A.存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AB⊥OCB.存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AC⊥BDC.存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AB⊥平面ACDD.存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AC⊥平面ABD
解析　當(dāng)AB＝x＝1時，此時矩形ABCD為正方形，則AC⊥BD，將△BAD沿直線BD翻折，當(dāng)平面ABD⊥平面BCD時，由OC⊥BD，OC?平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以O(shè)C⊥平面ABD，又AB?平面ABD，所以AB⊥OC，故A正確；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正確；
即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，AC，AD?平面ACD，則此時滿足AB⊥平面ACD，故C正確；若AC⊥平面ABD，又AO?平面ABD，則AC⊥AO，所以在△AOC中，OC為斜邊，這與OC＝OA相矛盾，故D不正確.
8.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別為AA1，AB的中點，M點是正方形ABB1A1內(nèi)的動點，若C1M∥平面CD1EF，則M點的軌跡長度為________.
解析　如圖所示，取A1B1的中點H，B1B的中點G，連接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四邊形EGC1D1是平行四邊形，
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.因為C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由M點是正方形ABB1A1內(nèi)的動點可知，若C1M∥平面CD1EF，則點M在線段GH上，
解析　由題意可知，∠MAN＝90°，
10.如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M是AD的中點，點P在底面ABCD內(nèi)(不包括邊界)運動，若B1P∥平面A1BM，則C1P的長度的取值范圍是___________.
解析　如圖，取BC的中點N，連接B1D，B1N，DN，過C作CO⊥DN于點O，連接C1O，
由正方體的性質(zhì)知DN∥MB，A1M∥B1N，易得DN∥平面A1BM，B1N∥平面A1BM，DN∩B1N＝N，∴平面B1DN∥平面A1BM，
∵C1C⊥平面ABCD，CO⊥DN，∴C1O⊥DN，則當(dāng)P與O重合時，C1P的長度取得最小值，
11.(2024·貴陽質(zhì)檢)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱B1C1的中點，F(xiàn)，G分別是棱CC1，BC上的動點(不與頂點重合).(1)作出平面A1DG與平面CBB1C1的交線(要求寫出作圖過程)，并證明：若平面A1DG∥平面D1EF，則EF∥A1D；
解　如圖，延長DG交AB的延長線于點P，連接A1P交BB1于點Q，連接GQ，
則GQ所在的直線即平面A1DG與平面CBB1C1的交線.
因為平面CBB1C1∥平面ADD1A1，平面CBB1C1∩平面A1DG＝GQ，平面ADD1A1∩平面A1DG＝A1D，所以GQ∥A1D.又平面A1DG∥平面D1EF，平面CBB1C1∩平面A1DG＝GQ，平面CBB1C1∩平面D1EF＝EF，所以GQ∥EF，所以EF∥A1D.
(2)若F，G均為其所在棱的中點，求點G到平面D1EF的距離.
解　連接GF，EG，D1G，由E，F(xiàn)，G均為其所在棱的中點，
12.(2024·石家莊模擬)在如圖所示的一塊木料中，四邊形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，點E，F(xiàn)是PC，AD的中點.(1)若要經(jīng)過點E和棱AB將木料鋸開，在木料表面應(yīng)該怎樣畫線？請說明理由并計算截面周長；
解　因為AB∥CD，AB?平面PCD，CD?平面PCD，所以AB∥平面PCD，又AB?平面ABE，設(shè)平面ABE∩平面PCD＝l，則AB∥l，如圖①，設(shè)PD的中點為G，連接EG，AG，則EG∥CD，
又AB∥CD，所以AB∥EG，即EG為l，BE，EG，AG為應(yīng)畫的線.因為PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以AB⊥PA.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD.又AG?平面PAD，所以AB⊥AG.所以截面ABEG為直角梯形.
(2)若要經(jīng)過點B，E，F(xiàn)將木料鋸開，在木料表面應(yīng)該怎樣畫線？請說明理由.
解　因為PA⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，所以PA⊥AB，AD⊥PA，
則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，1，1)，F(xiàn)(0，1，0)，
13.(多選)(2024·杭州質(zhì)檢)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC＝2DD1＝4，則(　　　)A.在棱AB上存在點P，使得D1P∥平面A1BC1B.在棱BC上存在點P，使得D1P∥平面A1BC1C.若P在棱AB上移動，則A1D⊥D1PD.在棱A1B1上存在點P，使得DP⊥平面A1BC1
解析　對于A，當(dāng)P是AB的中點時，依題意可知C1D1∥DC∥PB，C1D1＝DC＝PB，所以四邊形D1PBC1是平行四邊形，所以D1P∥C1B，
由于D1P平面A1BC1，C1B?平面A1BC1，所以D1P∥平面A1BC1，A正確.對于B，設(shè)E是AB的中點，P是BC的中點，連接D1E，PE，AC，如圖①所示，由A可知D1E∥平面A1BC1.
因為PE∥AC∥A1C1，PE平面A1BC1，A1C1?平面A1BC1，所以PE∥平面A1BC1.因為D1E∩PE＝E，D1E，PE?平面D1PE，所以平面D1PE∥平面A1BC1，又D1P?平面D1PE，所以D1P∥平面A1BC1，B正確；對于C，連接AD1，如圖①，根據(jù)已知條件可知四邊形ADD1A1是正方形，所以A1D⊥D1A，
由于AB⊥AD，AB⊥AA1，AD∩AA1＝A，AD，AA1?平面ADD1A1，所以AB⊥平面ADD1A1，又A1D?平面ADD1A1，所以AB⊥A1D.因為D1A∩AB＝A，D1A，AB?平面AD1B，所以A1D⊥平面AD1B，又D1P?平面AD1B，所以A1D⊥D1P，C正確.
對于D，由題可知，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DA，DC，DD1兩兩垂直，建立如圖②所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A1(2，0，2)，B(2，4，0)，C1(0，2，2)，D(0，0，0)，
解析　對于①，連接AD1，BC1，如圖①，易知B1C⊥BC1，AB⊥平面CC1B1B，B1C?平面CC1B1B，所以AB⊥B1C，又AB∩BC1＝B，AB，BC1?平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，所以只要E在線段BC1上，就有AE⊥B1C，所以動點E的軌跡是線段BC1，故①正確.對于②，若∠EA1C＝30°，則E在以A1C為軸，一條母線所在直線為A1E的圓錐的側(cè)面上，平面BCC1B1與圓錐的軸A1C斜交，截圓錐的側(cè)面所得的截線是橢圓的一部分，故②正確.
對于③，因為A1B1∥CD，所以A1E與CD所成的角等于∠EA1B1，當(dāng)E為BC1中點時，B1E⊥BC1，此時tan ∠EA1B1最小，
15.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)分別為B1C1，C1D1的中點，P是底面A1B1C1D1上一點.若AP∥平面BEF，則AP長度的最小值是________，最大值是________.
解析　如圖，取A1D1的中點N，A1B1的中點M，連接AM，AN，MN，NE，B1D1，
在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，N分別為B1C1，A1D1的中點，∴EN∥A1B1∥AB，EN＝A1B1＝AB，
∴四邊形ABEN為平行四邊形，∴AN∥BE，又AN平面BEF，BE?平面BEF，∴AN∥平面BEF，∵E，F(xiàn)分別為B1C1，C1D1的中點，由中位線性質(zhì)知EF∥B1D1，同理可知MN∥B1D1，∴MN∥EF，又MN平面BEF，EF?平面BEF，∴MN∥平面BEF，又AN∩MN＝N，AN，MN?平面AMN，∴平面AMN∥平面BEF，∵P是底面A1B1C1D1上一點，且AP∥平面BEF，∴P∈MN，
16.(2023·濟(jì)南調(diào)研)如圖①，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥DC，AB＝2，AD＝CD＝4，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，將四邊形ABFE沿EF折起，如圖②，連接AD，BC，AC.
證明　因為四邊形ABCD是直角梯形，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，所以AB∥EF∥CD，EF⊥AE，EF⊥DE.又AE∩DE＝E，AE，DE?平面AED，所以EF⊥平面AED，又AD?平面AED，所以EF⊥AD.
(1)求證：EF⊥AD；
解　由(1)可知CD⊥平面AED，
因為AD?平面AED，所以CD⊥AD.
又AE＝ED＝2，所以AE2＋ED2＝AD2，即AE⊥DE.以E為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

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