微專題9正方體中的截面和軌跡問題截面問題例1(1)在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為棱AA1，BC，CC1的中點，則平面EFG被正方體所截得的截面面積為____．(2)(2024·隨州5月模擬節(jié)選)在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，則過點D1，E，F(xiàn)的平面截正方體ABCD－A1B1C1D1所得的截面多邊形的周長為____．變式1如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別為BC，CC1的中點，則平面AEF截正方體所得的截面面積為()A．eq\f(3,2) B．eq\f(9,2)C．9 D．18截面問題的理論依據(jù)(1)確定平面的條件：①不在同一直線上的三點確定一個平面；②兩條平行線確定一個平面．(2)如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們相交于過此點的一條直線．(3)如果一條直線上的兩點在一個平面內(nèi)，那么這條直線上所有的點都在這個平面內(nèi)．(4)如果一條直線平行于一個平面，且經(jīng)過這條直線的平面與這個平面相交，那么這條直線和交線平行．(5)如果兩個平面平行，第三個平面和它們相交，那么兩條交線平行．軌跡問題例2(1)(2024·龍巖3月質(zhì)檢節(jié)選)在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是棱BC的中點，點Q滿足eq\o(CQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(CC1,\s\up6(→))，點F在側(cè)面BB1C1C內(nèi)，且A1F∥平面APQ，則點F的軌跡長度為____．(2)設(shè)點P為棱長是2eq\r(,5)的正方體ABCD－A1B1C1D1的內(nèi)切球O球面上的動點，點M為B1C1的中點，若滿足DP⊥BM，則動點P的軌跡的長度為____．(3)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的邊長為2，M為A1D1的中點，動點P在正方形ABCD內(nèi)(包含邊界)運動，且MP＝eq\r(,5)，則動點P的軌跡長度為____．(4)(2024·臺州二模節(jié)選)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，P為平面ABCD內(nèi)一動點，且直線D1P與平面ABCD所成角為eq\f(π,3)，則點P的軌跡長度為____，直線CP與平面CDD1C1所成角的正弦值的最大值為____．變式2(多選)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M是CC1的中點，N是底面正方形ABCD內(nèi)的動點(包括邊界)，則下列說法正確的是()A．不存在點N滿足∠A1NM＝eq\f(π,2)B．滿足A1N＝eq\r(,5)的點N的軌跡長度是eq\f(π,2)C．滿足MN∥平面A1BC1的點N的軌跡長度是1D．滿足B1N⊥A1M的點N的軌跡長度是eq\r(,2)配套熱練1．(2024·深圳二模)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，過點A且以eq\o(DB1,\s\up6(→))為法向量的平面為α，則α截該正方體所得截面的形狀為()A．三角形 B．四邊形C．五邊形 D．六邊形2．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是側(cè)面BB1C1C內(nèi)一動點，若P到直線BC與到直線C1D1的距離相等，則動點P的軌跡為()A．直線 B．圓C．雙曲線 D．拋物線3．(2024·濰坊、濱州一模)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為截面A1C1B上的動點，若DP⊥A1C，則點P的軌跡長度是()A．eq\f(\r(2),2) B．eq\r(2)C．eq\f(1,2) D．14．如圖，在長方體ABCD－A′B′C′D′中，AB＝BC＝eq\r(,2)，AA′＝eq\r(,3)，上底面A′B′C′D′的中心為O′，當點E在線段CC′上從點C移動到點C′時，點O′在平面BDE上的射影G的軌跡長度為(提示：在平面CAA′C′內(nèi)建立平面直角坐標系求G點軌跡方程)()A．eq\f(2π,3) B．eq\f(\r(,3)π,3)C．eq\f(π,3) D．eq\f(\r(,3)π,6)5．在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點，P是側(cè)面ADD1A1上的動點，且PC1∥平面AEF，則點P的軌跡長度為____．6．(2024·石家莊三模節(jié)選)在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為B1C1的中點，若點Q在側(cè)面正方形ADD1A1內(nèi)(包含邊界)且MQ⊥A1C，則點Q的軌跡長度為____．7．(2024·菏澤一模節(jié)選)在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為AD的中點，Q為B1C1的中點，則過P，Q，D1三點的截面面積為___．8．(2024·濟寧一模節(jié)選)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是棱BC，DD1的中點，則過A，M，N的平面截正方體ABCD－A1B1C1D1所得的截面圖形的周長為____．9．(2024·保定二模節(jié)選)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的側(cè)棱長為3，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，M為棱DD1上的一點且MD＝1，P為底面ABCD內(nèi)一動點(含邊界)，且PM與平面ABCD所成的角為eq\f(π,4)，則點P的軌跡與直四棱柱的交線長為____．10．(2024·河南濟、洛、平、許三模節(jié)選)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3，M，N分別為A1D，D1C的中點，則過B，M，N三點的截面面積是____．微專題9正方體中的截面和軌跡問題例1(1)eq\f(3\r(,3),4)【解析】如圖，延長GF交B1B的延長線于點N，連接EN交AB于點P，連接PF，取D1C1的中點K，D1A1的中點J，連接KG，EJ，KJ，則KG∥EP，EJ∥GF，KJ∥PF，故平面EFG被正方體所截得的截面圖形為正六邊形，且邊長為eq\f(\r(,2),2)，所以截面面積為6×eq\f(1,2)×eq\f(\r(,2),2)×eq\f(\r(,2),2)×eq\f(\r(,3),2)＝eq\f(3\r(,3),4).(例1(1))(2)2eq\r(,13)＋eq\r(,2)【解析】方法一：如圖(1)，延長DA，DC，與直線EF分別交于點M，Q，連接D1M，D1Q與A1A，C1C分別交于點P，H，連接PE，HF，則五邊形D1PEFH所在平面即為截面．因為正方體的棱長為2，點E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，所以EF＝eq\f(1,2)×eq\r(22＋22)＝eq\r(2).由Rt△BEF≌Rt△CQF≌Rt△AEM，得AM＝CQ＝BE＝BF＝1，EF＝ME＝FQ＝eq\r(2)，所以P，H分別為靠近A，C的三等分點，故A1P＝C1H＝eq\f(4,3)，所以由勾股定理得D1P＝D1H＝eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(13),3)，PE＝FH＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(13),3)，所以截面多邊形的周長為D1P＋PE＋EF＋FH＋D1H＝eq\f(2\r(13),3)×2＋eq\f(\r(13),3)×2＋eq\r(2)＝2eq\r(13)＋eq\r(2).圖(1)圖(2)(例1(2))方法二：因為平面AA1D1D∥平面BB1C1C，則過點D1，E，F(xiàn)的平面必與AA1，CC1相交，設(shè)過點D1，E，F(xiàn)的平面與AA1，CC1分別交于點M，N.因為過點D1，E，F(xiàn)的平面與平面AA1D1D和平面BB1C1C分別交于D1M與NF，所以D1M∥NF，同理可得D1N∥ME，如圖(2)，過點D1，E，F(xiàn)的平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面圖形為五邊形D1MEFN.以D為坐標原點，分別以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，DD1的方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系Dxyz，設(shè)AM＝m，CN＝n，則M(2，0，m)，N(0，2，n)，E(2，1，0)，F(xiàn)(1，2，0)，D1(0，0，2)，所以eq\o(ME,\s\up6(→))＝(0，1，－m)，D1N＝(0，2，n－2)，D1M＝(2，0，m－2)，eq\o(NF,\s\up6(→))＝(1，0，－n).因為D1N∥ME，D1M∥NF，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2m＝n－2，,－2n＝m－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(2,3)，,n＝\f(2,3)，))所以AM＝eq\f(2,3)，CN＝eq\f(2,3)，所以A1M＝eq\f(4,3)，C1N＝eq\f(4,3)，所以在Rt△D1A1M中，D1A1＝2，A1M＝eq\f(4,3)，所以D1M＝eq\f(2\r(,13),3).同理D1N＝eq\f(2\r(,13),3).在Rt△MAE中，AM＝eq\f(2,3)，AE＝1，所以ME＝eq\f(\r(,13),3).同理NF＝eq\f(\r(,13),3).在Rt△EBF中，BE＝BF＝1，所以EF＝eq\r(,2)，所以D1M＋D1N＋ME＋NF＋EF＝2×eq\f(2\r(,13),3)＋2×eq\f(\r(,13),3)＋eq\r(,2)＝2eq\r(,13)＋eq\r(,2)，即過點D1，E，F(xiàn)的平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面多邊形的周長為2eq\r(,13)＋eq\r(,2).變式1B【解析】連接BC1，AD1，D1F，如圖所示，因為E，F(xiàn)分別是BC，CC1的中點，所以EF∥BC1.在正方體中，AD1∥BC1，所以EF∥AD1，所以A，D1，E，F(xiàn)在同一平面內(nèi)，所以平面AEF截該正方體所得的截面為平面EFD1A.因為正方體的棱長為2，所以EF＝eq\r(2)，AD1＝2eq\r(2)，D1F＝AE＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，則點E到AD1的距離為等腰梯形EFD1A的高，即eq\r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2)－\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),2)，所以截面面積為S＝eq\f(1,2)×(2eq\r(2)＋eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).(變式1)例2(1)eq\f(\r(13),3)【解析】如圖，取BB1上靠近B1的三等分點G，B1C1的中點H，連接A1H，A1G，GH，則在正方形BB1C1C中，可得GH∥PQ.又GH?平面APQ，PQ?平面APQ，所以GH∥平面APQ.同理可由A1H∥AP，得A1H∥平面APQ.因為A1H，GH?平面A1GH，A1H∩GH＝H，所以平面A1GH∥平面APQ.又點F在側(cè)面BB1C1C內(nèi)，且A1F∥平面APQ，所以GH即為點F的軌跡，GH＝eq\r(B1H2＋B1G2)＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(13),3).(例2(1))(2)4π【解析】根據(jù)題意知，該正方體的內(nèi)切球半徑為r＝eq\r(,5)，如圖，取BB1的中點N，連接CN，DN，則CN⊥BM.在正方體ABCDA1B1C1D1中，BM⊥平面DNC，所以點P的軌跡為過D，C，N的平面與內(nèi)切球的交線．因為正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2eq\r(,5)，所以點O到過D，C，N的平面的距離為1，所以截面圓的半徑為eq\r(,（\r(,5)）2－1)＝2，所以點P的軌跡的長度為2π×2＝4π.(例2(2))(3)π【解析】取AD的中點N，連接MN，因為M，N分別為A1D1，AD的中點，則MN∥AA1，且MN＝AA1＝2.因為AA1⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD.由NP?平面ABCD，得MN⊥NP.在Rt△MNP中，NP＝eq\r(,MP2－MN2)＝1，則可知動點P的軌跡是以點N為圓心，半徑為1的半圓，所以動點P的軌跡長度為eq\f(1,2)×2π×1＝π.(4)eq\f(2\r(,3)π,3)eq\f(\r(3),3)【解析】因為直線D1P與平面ABCD所成角為eq\f(π,3)，所以DP＝eq\f(1,tan\f(π,3))＝eq\f(\r(3),3).故點P在以D為圓心，eq\f(\r(3),3)為半徑的圓周上運動，點P的軌跡長度為eq\f(2\r(,3)π,3).如圖，直線CP與平面CDD1C1所成角即為∠PCD，當CP與點P的軌跡圓相切時，sin∠PCD最大，此時sin∠PCD＝eq\f(\r(3),3).(例2(4))變式2BD【解析】如圖，建立空間直角坐標系，則有A(2，0，0)，M(0，2，1)，N(x，y，0)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，C1(0，2，2)，B1(2，2，2).對于A，若∠A1NM＝eq\f(π,2)，則eq\o(NA,\s\up6(→))1·eq\o(NM,\s\up6(→))＝0，且eq\o(NA,\s\up6(→))1＝(2－x，－y，2)，eq\o(NM,\s\up6(→))＝(－x，2－y，1)，則eq\o(NA,\s\up6(→))1·eq\o(NM,\s\up6(→))＝(2－x)·(－x)＋(－y)·(2－y)＋2＝(x－1)2＋(y－1)2＝0，即點N的軌跡方程為(x－1)2＋(y－1)2＝0，即x＝1，y＝1，所以存在點N(1，1，0)滿足∠A1NM＝eq\f(π,2)，故A錯誤．對于B，因為A1N＝eq\r(,5)，所以AN＝1，所以點N在底面正方形ABCD內(nèi)軌跡的長度是以A為圓心，1為半徑的圓周長的eq\f(1,4)，故長度為eq\f(1,4)×2π＝eq\f(π,2)，故B正確．對于C，A1B＝(0，2，－2)，A1C1＝(－2，2，0)，設(shè)平面A1BC1的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·A1B＝2y1－2z1＝0，,n·A1C1＝－2x1＋2y1＝0，))令x1＝1，則n＝(1，1，1).因為MN∥平面A1BC1，所以eq\o(MN,\s\up6(→))·n＝0，又eq\o(MN,\s\up6(→))＝(x，y－2，－1)，故eq\o(MN,\s\up6(→))·n＝x＋y－3＝0，所以點N的軌跡方程為x＋y－3＝0.因為0≤x≤2，0≤y≤2，所以N在底面內(nèi)軌跡的長度為eq\r(,12＋12)＝eq\r(,2)，故C錯誤．對于D，B1N＝(x－2，y－2，－2)，A1M＝(－2，2，－1)，因為B1N⊥A1M，所以B1N·A1M＝0，所以－2(x－2)＋2(y－2)＋2＝0，即x－y－1＝0，故點N的軌跡方程為x－y－1＝0.因為0≤x≤2，0≤y≤2，所以點N在底面內(nèi)軌跡的長度為eq\r(,12＋12)＝eq\r(,2)，故D正確．(變式2)配套精煉1.A【解析】如圖，連接AC，AD1，CD1，BD，因為BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以BB1⊥AC.又四邊形ABCD為正方形，所以BD⊥AC，又BB1∩BD＝B，BB1，BD?平面BB1D，所以AC⊥平面BB1D.因為B1D?平面BB1D，所以AC⊥B1D，同理可證明AD1⊥B1D.因為AD1∩AC＝A，AD1，AC?平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1，所以平面α即為平面ACD1，則α截該正方體所得截面的形狀為三角形．(第1題)2.D【解析】因為D1C1⊥C1P，所以點P到直線C1D1的距離即為點P到點C1的距離，所以在平面BB1C1C中，點P到定點C1的距離與到定直線BC的距離相等，由拋物線的定義可知，動點P的軌跡為拋物線．3.B【解析】如圖，連接DC1，BD，AC，由AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，得BD⊥AA1.而BD⊥AC，AA1∩AC＝A，AA1，AC?平面AA1C，則BD⊥平面AA1C.又A1C?平面AA1C，于是BD⊥A1C，同理BC1⊥A1C，而BC1∩BD＝B，BC1，BD?平面BC1D，因此A1C⊥平面BC1D.因為DP⊥A1C，則DP?平面BC1D，而點P為截面A1C1B上的動點，平面A1C1B∩平面BC1D＝BC1，所以點P的軌跡是線段BC1，長度為eq\r(2).(第3題)4.B【解析】如圖，以eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))分別為x軸，y軸正方向建立平面直角坐標系，則有C(0，0)，O(1，0)，O′(1，eq\r(,3))，設(shè)G(x，y)，由O′G⊥OG，可得eq\f(y,x－1)·eq\f(y－\r(,3),x－1)＝－1，整理可得(x－1)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(,3),2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,4)，所以點O′在平面BDE上的射影G的軌跡是以Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(,3),2)))為圓心，半徑為eq\f(\r(,3),2)的eq\x\to(OG).因為tan∠GOF＝eq\f(O′C′,OO′)＝eq\f(\r(,3),3)，所以O(shè)′G＝O′O·sin∠GOF＝eq\f(\r(,3),2)，所以△O′GF是等邊三角形，即∠GFO＝eq\f(2π,3)，所以eq\x\to(OG)＝eq\f(2π,3)×eq\f(\r(,3),2)＝eq\f(\r(,3)π,3).(第4題)5.eq\r(,2)【解析】以A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，0)，E(2，1，0)，F(xiàn)(2，2，1)，C1(2，2，2).eq\o(AE,\s\up6(→))＝(2，1，0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，1，1)，設(shè)平面AEF的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up6(→))＝2x1＋y1＝0，,m·\o(EF,\s\up6(→))＝y(tǒng)1＋z1＝0，))取x1＝1，可得m＝(1，－2，2).因為點P是側(cè)面ADD1A1上的動點，設(shè)點P(0，y，z)(0≤y≤2，0≤z≤2)，所以C1P＝(－2，y－2，z－2).因為PC1∥平面AEF，所以C1P⊥m，即C1P·m＝－2－2(y－2)＋2(z－2)＝0，可得y－z＝－1.分別取線段A1D1，AA1的中點M(0，1，2)，N(0，0，1)，所以點P的軌跡為線段MN，故點P的軌跡長度為MN＝eq\r(,2).(第5題)6.eq\r(2)【解析】以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A1(2，0，2)，M(1，2，2)，C(0，2，0)，設(shè)Q(x，0，z)，則A1C＝(－2，2，－2)，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(x－1，－2，z－2)，因為MQ⊥A1C，所以－2(x－1)－4－2(z－2)＝0，化簡為x＋z＝1，則點Q的軌跡為直線x＋z＝1在側(cè)