突破立幾空間動點難題的若干策略

李錦昱

立體幾何中的交線與截面問題是立體問題平面化的思想方法的體現，也是空間想象能力與推理論證能力考查的抓手，但其難度大，思維靈活，讓很多同學倍感困惑.本專題從一道最新高考題入手，結合部分模擬題，剖析如何處理交線與截面問題.

引例.（2020年新高考I卷（山東省使用）第16題）已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD=■，以D1為球心，■為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為_____.

解析：設B1C1的中點為O1，則D1O1⊥側面BCC1B1，且D1O1=■，側面BCC1B1內以O1為圓心，■為半徑的圓弧與BB1，CC1的交點分別為E，F，易知∠EO1F=■，則四分之一圓弧EF為球面與側面BCC1B1的交線，其長度為■？仔.

思考：D1在側面BCC1B1的射影為O1，則■的長通過驛站O1，轉化為側面內的圓弧EF，那么有對稱性可知，球面與側面ABB1A1的交線長是以A1B1的中點O2為圓心，■為半徑的四分之一圓弧;D1在底面ABCD的射影為D，則■的長通過驛站D，轉化為底面內的圓弧（半徑為1，圓心角為■），球面與側面ADD1A1，CDD1C1的交線分別是一段圓弧. 即球面與直四棱柱表面的交線可以作出來，當然其長度也能求出來.

溯源1（2020年日照二模）：已知正方體的棱長均為2，以正方體的一個頂點為球心，以2■為半徑作球面，則該球面被正方體表面所截得的所有的弧長之和為_______.

簡解：以D1為球心，則該球面被正方體表面所截得的所有的弧分別是底面ABCD和側面ABB1A1， BCC1B1的以D， A1，C1為圓心（驛站），半徑為2的三段四分之一圓弧AC， AB1，B1C弧長之和為3？仔.

溯源2（2020年青島三模、多選）：在如圖所示的正方體ABCD-A1B1C1D中，棱長為1，點P在側面BCC1B1所在平面內運動，則下列命題中正確的為（）

A. 若點P總滿足PA⊥BD，則動點P的軌跡是一條直線

B. 若點P到點A的距離為■，則動點P的軌跡是一個周長為2？仔的圓

C. 若點P到直線AB的距離與到點C的距離之和為1，則動點P的軌跡是橢圓

D. 若點P到直線AD的距離與到直線CC1的距離相等，則動點P的軌跡是雙曲線

簡解：對于選項A，由線面垂直（BD⊥對角面ACC1A1）易知動點P的軌跡是直線CC1;對于選項B，以B為圓心（驛站），半徑為1的圓（以A為球心半徑為■的球面與側面BCC1B1的交線）;對于選項C，線段BC上的點到直線AB的距離與到點C的距離之和為1，故動點P的軌跡是不是橢圓;對于選項D，以BC，BB1分別為x， y軸建立直角坐標系xBy，設 P（x， y），則點P到AD， CC1的距離即x-1 =■，整理得（x-1）2-y2=1，其軌跡是雙曲線. 故選ABD.

一、交線問題

1. 線面平行得直線（線段）.

例1.（2020年廣州二模）在三棱柱ABC-A1B1C1中，E是棱AB中點，動點F是側面ACC1A1（包括邊界）上一點，若EF∥平面BCC1B1，則動點F的軌跡是（）

A. 線段 B. 圓弧 C. 橢圓的一部分 D. 拋物線的一部分

分析：由線面平行聯想面面平行，設棱AC， A1C1的中點分別是M， N，則EM∥BC，MN∥CC1，平面EMN∥平面BCC1B1，故動點F的軌跡是線段MN，選A.

2. 球與平面的交線.

下面的問題從平面到空間都和形形色色的阿波羅尼圓有關的：

例2.（2020年合肥三模文科）點P是正方體ABCD-A1B1C1D1的側面DCC1D1內的一個動點，若△APD與△BCP的面積之比等于2，則點P的軌跡是（）

A. 圓的一部分

B. 橢圓的一部分

C. 雙曲線的一部分

D. 拋物線的一部分

分析：由線面垂直聯想線線垂直，由AD⊥側面DCC1D1，BC⊥DCC1D1，則■=■=2，PD=2PC，在側面DCC1D1內，DC上靠近點C的三等分點為P1，延長DC到P2，使DC=CP2，則P的軌跡是圓（阿波羅尼圓），且直徑為P1P2，選A.

例3.（2020年合肥三模理科）在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=6，AA1=2，M為棱BC的中點，動點P滿足△APD=△CPM，則點P的軌跡與長方體的面DCC1D1的交線長等于（）

A. ■B. ？仔C. ■D. ■？仔

分析：由線面垂直聯想線線垂直，由AD⊥平面DCC1D1，BC⊥平面DCC1D1，則∠APD=∠CPM，■=1，■=2，PD=2PC，在側面DCC1D1內，DC上靠近點C的三等分點為P1，延長DC到P2，使DC=CP2，則P的軌跡是圓（阿波羅尼圓），且直徑P1P2=8，半徑為4，弧P1Q所對的圓心角為∠QOP1，交線長（弧長）為■，選A.

例4.（2020年濟南一模）古希臘數學家阿波羅尼奧斯發現：平面上到兩定點A，B距離之比為常數？姿（？姿>0且？姿≠1）的點的軌跡是一個圓心在直線AB上的圓，該圓簡稱為阿波羅尼圓.

如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=2AD=2AA1=6，點E在棱AB上，BE=2AE，動點P滿足BP=■PE. 若點P在平面ABCD內運動，則點P所形成的阿波羅尼圓的半徑為_____;

若點P在長方體ABCD-A1B1C1D1內部運動，F為棱C1D1的中點，M為CP的中點，則三棱錐M-B1CF的體積的最小值為___________.（本小題第一空2分，第二空3分）

解析：在底面ABCD內，在線段BE（長為4）上，由BP1=■P1E解得EP1=2■-2;在BE線段的延長線上，由BP2=■P2E解得EP2=2■+2，則P的軌跡是圓（阿波羅尼圓），且直徑P1P2=4■，半徑為2■，圓心恰好為頂點A.

若點P在長方體ABCD-A1B1C1D1內部運動，點P所形成的軌跡是以頂點A為球心，半徑為2■的球面（被長方體所截的部分，可以理解為底面內的阿波羅尼圓繞直線旋轉一周所形成的封閉幾何體）. F為棱C1D1的中點，M為CP的中點，則三棱錐M-B1CF的體積的VM-B■CF =■VP-B■CF，體積最小值只需點P到底面B1CF（面積為定值■）的距離hP最小，可轉化為點A到底面B1CF的距離hA減去球的半徑2■，設AB的中點為點N，則點N到底面B1CF的距離hN滿足hA=2hN，根據正方體的性質易知點C1到底面B1CF的距離hC■滿足hN =2hC■，且hC■=■，故hA=4hC■=4■，hP≥hA-R=2■，VM-B■CF =■VP-B■CF≥■×■×2■=■. 故填2■，■.

點評：本題能夠從平面到空間類比，得到點P的軌跡是球面（不妨稱為阿波羅尼球）十分關鍵，且高（距離）從點M→點P再→點A直至→點N到平面B1CF的距離的一系列轉化，充分體現了化歸與轉化思想.（當然，此題思維含量過高，推理復雜實為白璧微瑕）

二、截面問題

截面問題需要熟記三個公理和八個定理（線面平行和垂直的判定與性質定理、面面平行和垂直的判定與性質定理），并且有應用這些公理和定理的意識.

1. 利用線面垂直作截面

例5. 正四棱錐P-ABCD的底面邊長為2，側棱長為2■. 過點A作一個與側棱PC垂直的平面？琢，則平面？琢被此正四棱錐所截的截面面積為__________，平面？琢將此正四棱錐分成的上下兩部分的體積之比為__________.（本小題第一空2分，第二空3分）

解析：如圖，△PAC是邊長為2■的等邊三角形. 底面的中心為O，由PO⊥平面ABCD，點M是△PAC的重心，BD⊥平面PAC，連接AM與側棱PC交于點F，則F是側棱PC的中點，過點M作GE//BD，則交點G、E分別是PD，PB的三等分點，平面AEFG是平面？琢被此正四棱錐所截的截面，其面積SAEFG=■AF·GE=■;又PC⊥平面AEFG，VP-AEFG=■SAEFG·PF=■，VP-ABCD=■SABCD·PO=■，則■=■，平面？琢將此正四棱錐分成的上下兩部分的體積之比為■，故填■，■.

點評：本題實際上是考查了線面垂直的判定和性質的應用，表面積和體積的考查僅是入手點，感興趣的讀者可以計算下截面的周長.

例6.（2020年南昌二模）已知正四棱錐P-ABCD中，△PAC是邊長為3的等邊三角形. 點M是△PAC的重心，過點M作與平面PAC垂直的平面？琢，平面？琢與截面PAC交線的長度為2，則平面？琢與正四棱錐P-ABCD表面的交線所圍成的封閉圖形的面積可能為__________. ①2;②2■;③3;④2■.（請將可能正確的序號都填上）

解析：設底面的中心為O，由PO⊥平面ABCD，點M是△PAC的重心，BD⊥平面PAC，過點M作GE//BD，則交點G、E分別是PD， PB的三等分點，所作截面？琢必經過直線GE.

當平面？琢與截面PAC交線平行于AC時，截面是正方形EFGH，正四棱錐底面邊長為■，EFGH的邊長為■，其面積SEFGH =2;

當平面？琢與截面PAC交線平行于PA（或PC）時，截面是EFGHI，正四棱錐底面邊長為■，△EFG為等腰三角形，其面積S△EFG =■×2×1=1，長方形EGHI，其面積SEGHI =2，故SEFGHI =S△EFG +SEGHI =3，故填①③.

點評：本題中所求截面？琢有三個要求：過點M、與平面PAC垂直、與截面PAC交線的長度為2，能轉化到△PAC中過中心M的三條平行線（長度為2）.

2. 利用公理作截面

例7.（2020年聊城二模）已知點M， N分別為三棱柱ABC-A1B1C1的棱BC， BB1的中點. 設△A1MN的面積為S1，平面A1MN與三棱柱ABC-A1B1C1的截面面積為S，五棱錐A1-CC1B1NM的體積為V1，三棱柱ABC-A1B1C1的體積為V，則■=_________，■=_________.（本小題第一空2分，第二空3分）

解析：如圖，延長NM， C1C交于點P，連接PA1交AC于點Q，連接QM，則A1QMN是截面，點M， N分別為棱BC， BB1的中點，則由相似形可得點Q是AC的三等分點.

不妨設側棱垂直于底面，且A1C1⊥B1C1，則V=■A1C1·B1C1·CC1，V1=■A1C1·SCC■B■NM =■A1C1·B1C1·CC1，■=■;如圖，在△PA1N中，點Q是PA1的三等分點PC交于點F，M是PN的中點，分別過點P，Q作A1M的垂線，則垂線段（距離）之比為3∶2，而點P， N到A1M的距離相等，因此，■=■，■=■，故填■，■.

點評：畫截面要注意找出兩個平面的交線（通常需要延長相關直線，以便確定兩個公共點，進而得到公共直線），發揮三個公理的作用，面積和體積的計算則需要確定相應的比例.

3. 利用異面直線的公垂線作截面

例8. 已知長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=3，AD=2，AA1=1，則過BD1的截面面積的最小值為_______.

解析：如圖，過BD1的截面與棱AA1， CC1分別交于點E， F，則截面BED1F是平行四邊形，SBED■F =2S△BED■，點E在棱AA1上，點E到BD1的距離的最小值為異面直線AA1， BD1的距離，也就是點A1到B1D1的距離d1=■，BD1=■，截面面積SBED■F =■.

同理，過BD1的截面與棱AD， B1C1分別交于點G， H，則截面BGD1H是平行四邊形，SBGD■H =2S△BGD■，點G在棱AD上，點G到BD1的距離的最小值為異面直線AD， BD1的距離，也就是點A到A1B的距離d2=■，BD1=■，截面面積SBGD■H =■.

同理，過BD1的截面與棱A1B1， DC分別交于點M， N，則截面BMD1N是平行四邊形，SBMD■N =2S△BMD■，點M在棱A1B1上，點M到BD1的距離的最小值為異面直線A1B1， BD1的距離，也就是點A1到D1A的距離d3=■，BD1=■，截面面積SBGD■H =■.

因為d1

點評：本題中要想求截面面積的最小值，只需要求出三對異面直線之間的距離的最小值.

4. 利用等積轉化作截面

例9. 直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都是1，∠ABC=60°，AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1，點H是線段B1O上的點，且OH=3HB1，點M是線段BD上的動點，則M-C1O1H三棱錐的體積的最小值為_______.

解析：如圖，點H是線段B1O上靠近點B1的四等分點，由C1O1⊥平面BDD1B1，VM-C■O■H =VC■-MO■H =■S△MO■H·C1O1.

在對角面BDD1B1中，延長O1H，OB交于點G，且與BB1交于點N，由相似形可得N是側棱BB1的靠近點B1的三等分點，點M是線段BD上的動點，則點M與點B重合時，△MO1H面積最小，O1H=■O1G=■. 此時，點M到O1G的距離MT=■=■，S△MO■H =■O1H·MT=■，VC■-MO■H ≥■×■×■=■，故填■.

點評：本題利用從空間中的等體積轉化和平面中的等面積轉化，輕松解決了空間中的運動變化問題，特別是在截面（對角面）中的計算非常巧妙，體現了類比與轉化思想.

5. 利用空間到平面的類比和對稱思想作截面

例10. 已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長為2，點M， N分別在側面ABB1A1和ACC1A1內，BC1與B1C交于點P，則△PMN周長的最小值為______.

解析：點P關于側面ABB1A1和ACC1A1的對稱點分別為P1， P2，連接P1， P2，與側面ABB1A1和ACC1A1的交點分別為M， N，易知M， N是側面ABB1A1和ACC1A1的中心，此時△PMN周長的最小，且最小值為3，故填3.

點評：本題可聯想平面中，在角的兩邊上各取一點與角內的一點構成的三角形的周長最小問題，可以在中截面（或上下底面）中巧妙利用對稱求解.

6. 利用空間空間向量確定動點個數

例11. 已知長方體ABCD-A1B1C1D1的棱AA1=2，AD=3，點E， F，分別為棱BC，CC1上的動點. 若四面體A1B1EF的四個面都是直角三角形，則下列命題正確的是_______.（寫出所有正確命題的編號）

①存在點E，使得EF⊥A1F;

②不存在點E，使得B1E⊥A1F;

③當點E為BC中點時，滿足條件的點F有3個;

④當點F為CC1中點時，滿足條件的點E有3個;

⑤四面體A1B1EF四個面所在平面，有4對相互垂直.

解析：四面體A1B1EF的四個面都是直角三角形，則在側面BCC1B1中，∠EB1F不可能是直角.

若存在點E，使得EF⊥A1F，因為EF⊥A1B1，則EF⊥平面A1B1F，此時只需EF⊥FB1，①是正確命題.

若存在點E，使得B1E⊥A1F，因為B1E⊥A1B1，則B1E平面A1B1F，此時需∠EB1F是直角，這是不可能的，因此②是正確命題.

當點E為BC中點時，若∠B1EF是直角，則B1E⊥EF，■·■=（■+■）·（■+■）=■-2■=0，■=■，滿足條件的點F有1個;若∠B1FE是直角，則B1F⊥EF，■·■=（■+■）·（■+■）=■+2■-■2 =0，■=1+■，滿足條件的點F有0個. 因此，③是假命題.

當點F為CC1中點時，若∠B1EF是直角，則B1E⊥EF，■·■=（■+■）·（■+■）=3■-■2-2=0，■=1或■=2，滿足條件的點E有2個;若∠B1FE是直角，則則B1F⊥EF，■·■=（■+■）·（■+■）=3■-1=0，■=■，滿足條件的點E有1個. 因此，④是真命題.

四面體A1B1EF四個面所在平面，因為A1B1⊥平面B1EF，所以平面A1B1E⊥平面B1EF，平面A1B1F⊥平面B1EF;另外，若EF⊥平面A1B1F，還有平面A1B1F⊥平面A1EF（同理，若EF⊥平面A1B1E，還有平面A1B1E⊥平面A1EF）;因此僅有3對相互垂直.

故填①②④.

7. 利用體積為定值作球的截面圓（或點圓）

例12. 在三棱錐P-ABC中，AB=2，AC⊥BC，若三棱錐P-ABC的體積為■，則其外接球表面積的最小值為（）

A. 5？仔B. ■？仔C. ■？仔D. ■？仔

解析：如圖所示，設∠ABC=？琢，則AC=2sin？琢，BC=2cos？琢，點P到底面ABC的距離為h，則VP-ABC=■hsin2？琢=■，h=■，點P在到底面ABC的距離為■的截面圓上（可以是點圓），設AB的中點為O1，外接球的球心為O，則外接球的半徑R=■=■，顯然h=■≥2（當且僅當？琢=45°時取得最小值，此時△ABC是等腰直角三角形），當h最小時OO1最小，也就是R最小. 此時OO1=2-R，解R=■可得R=■，其外接球表面積的最小值為■？仔，選D.

綜上，與交線與截面有關的空間中的動點（軌跡）問題，要注意熟記空間中的公理和基本定理（主要是線面平行垂直和面面平行垂直），結合平面到空間的區別聯系，充分利用等價轉化和類比思想突破這一難點.

責任編輯 徐國堅