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文档简介
立体几何截面、外接球、动点归类2025高考
数学专项复习含答案
豆体几何截面、外接球、劭点归类
0优题型大集合
目录
题型一:动点:恒平行
题型二:动点:恒垂直
题型三:动点:球截面
题型四:动点;定角
题型五:外接球:线面垂直型
题型六:外接球:垂面型
题型七:外接球:两线定心法
题型八:外接球:二面角型
题型九:外接球:最值范围型
题型十:外接球:动点与翻折
题型十一:动点型最短距离和
题型十二:动点:内切球
题型十三:多选题综合应用:二面角型几何体
题型十四:多选题综合应用:翻折型
题型十五:多选题综合应用:正方体表面动点型
题型十六:多选题综合应用:两部分体积比型
暗优题型大提*
题型一:动点:恒平行
匕
线面恒平行,过线做面,需要找它们和第三个面的交线互相平行,借助好“第三个面的交线平行“这个性质,可
以解决线面恒平行题型的截面问题
题目①在四棱锥P—中,P4_L平面ABCD,且PA=AC=2AB=2AD=4,CD±AD,CB1.
AB,G为PC的中点,过AG的平面a与棱PB、PD分别交于点E、F.若EF〃平面ABCD,则截面
AEGF的面积为.
题目叵)在三棱锥48co中,对棱AB=CD=,K,AD=BC=V13,47=BD=43当平面a与三棱锥
ABCD的某组对棱均平行时,则三棱锥ABCD被平面a所截得的截面面积最大值为.
题目叵〕(山西省怀仁市2022届高三下学期一模数学试)在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是边长为
的正方形,P在底面的射影为正方形的中心。PO=4,Q点为49中点.点T为该四棱锥表面上一个动点,
满足PABD都平行于过QT的四棱锥的截面,则动点T的轨迹围成的多边形的面积为()
AR为⑤c区⑤n垦⑤
题型二:动点:恒垂直
题目0(江西省南昌三中2021—2022学年高三10月月考数学(理)试题)在棱长为2的正方体ABCD-4
B1cQi中,E是正方形BBGC的中心,M为CD的中点,过儿河的平面a与直线OE垂直,则平面a截正
方体ABCD—4B1GA所得的截面面积为()
A.4V2B.2V6C.275D.2V10
题目⑶(清华大学自主招生暨领军计划数学试题)已知正方体ABCD-AQiGR的棱长为1,棱A4的中
点为E,AC与BD交于点O.若平面a经过点E且与0G垂直,则平面a该正方体所得截面的面积为
()
题型三:动点:球截面
题目1)已知正四面体P—ABC内接于球。,点E是底面三角形ABC一边AB的中点,过点E作球。的截
面,若存在半径为四的截面圆,则正四面体P—ABC棱长的取值范围是()
A.[V2,V3]B.[V3,V6]C.[2V2,273]D.[273,2^/6]
题目区(江西省景德镇市浮梁县第一中学2022-2023学年高三数学试题)己知正方体ABCD—AMGA
的棱长为2,E为棱44的中点,截面CDiE交棱AB于点F,则四面体CDFDi的外接球表面积为()
A.半B.半C.12兀D.毕
444
题1区(新疆2022届高三年级第一次联考数学试题)已知三棱锥P—ABC,AB=BC=2,/力BC=冬,
PA=4V3,PA过三棱锥P-48。外接球心。,点E是线段的中点,过点E作三棱锥P-ABC外接
球。的截面,则下列结论正确的是()
A.三棱锥P-ABC体积为当⑥B.截面面积的最小值是2兀
C.三棱锥P-ABC体积为印D.截面面积的最小值是当
题型四:动点;定角
定角:定角,可以平移旋转而成圆锥母线、轴关系
1.直线和直线成定角,可与平移-旋转为圆锥母线与轴的关系。
2.直线与面成定角,可以平移旋转为:直线——面的法向量==圆锥母线——轴的关系
题目1已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面。所成的角都相等,则a截此正方体所得截面面积的
最大值为
A皿B•子c3V2D.乎
40.丁
题目囱(江苏省连云港市灌南高级中学2022-2023学年数学试题)如图所示空间直角坐标系A—cyz中,
P3,y,z)是正三棱柱ABC-ABQi的底面ABiG内一动点,=AB=3,直线PA和底面ABC所成
)
2+y2+z2=3C.x2+y2=27D./2+/+22=27
题目回正四面体P—ABC中,点河是棱上的动点(包含端点),记异面直线PM与AB所成角为a,直线
与平面ABC所成角为0,则()
A.a>6B.a<8
题型五:外接球:线面垂直型
[题目0(2022•河南开封•高三河南省杞县高中校联考开学考试)在四棱锥P-A5CD中,四边形ABCD为
正方形,PA±平面ABCD,S.PA=6,AB=8,则四棱锥P-ABCD的外接球与内切球的表面积之比为
4
A/41R41
B-TC.3D-f
题目区(2023•河南•高三校联考阶段练习)已知正方体ABCD-的外接球表面积为27元,点E为
棱的中点,且DE,平面a,点GC平面a,则平面a截正方体ABCD-4562所得的截面图形的面
积为()
A81281血c81n81
A-BR.C.彳D.T
题目0(2022•河北唐山.高三开滦第二中学校考阶段练习)如图,在三棱锥S—ABC中,SB,平面ABC,
AB±BC,SB=AB=BC=2,P,Q分别为AB,BC的中点,则平面SPQ截三棱锥S—ABC的外接球所得
截面的面积为()
A.7TB.V27TC.2兀D.2V27T
题型六:外接球:垂面型
A.8兀B.107UC.12兀D.14兀
题目团(2023•全国•高三专题练习)已知在三棱锥C-ABD中,AABD是等边三角形,BC,CD,平面
ABD±平面BCD,若该三棱锥的外接球表面积为4兀,则AC=()
B・平
A,士2C.V3D-t
[题目[3J(2022•全国•高三专题练习)在三棱锥P-ABC中,P4==4,AC=8,AB_L平面
PAB±平面ABC,若球O是三棱锥P-ABC的外接球,则球O的表面积为().
A.25兀B.60兀C.72兀D.80兀
题型七:外接球:两线定心法
双线交点定心法(特殊三角形圆心垂线交点确定球心法)
(1)等边三角形中心(外心)做面垂线,必过球心;
(2)直角三角形斜边中点(外心)做面垂线,必过球心;
题目工(福建省龙岩市一级达标校2022-2023学年高三教学质量检查数学试题)三棱锥P-ABC的底面
4BC是等腰三角形,AC=BC=2,AB=2四,侧面PAB是等边三角形且与底面ABC垂直,则该三棱锥
的外接球表面积为.
题目团(湖北省鄂东南省级示范高中教学改革联盟2023届高三模拟考试数学(文)试)已知在三棱锥。-
ABD中,A4BD是等边三角形,CD,平面平面BCD,若该三棱锥的外接球表面积为4元,则
人。=()
A.乎B.萼C.V3D.-1
题目叵〕(江苏省盐城中学2022-2023学年高三上学期第三次阶段性质量检测数学试题)已知菱形
边长为3,/BAD=60°,E为对角线AC上一点,AC=6AE.将△ABD沿BD翻折到△48。的位置,E记
为E'且二面角A-BD-C的大小为120°,则三棱锥A-BCD的外接球的半径为;过E'作平面a与
该外接球相交,所得截面面积的最小值为.
B
【答案】等/
题型八:外接球:二面角型
1.向量法:二面角a—1—B的大小为。(0<。<兀)
\u-v\
而
2.定义法:在棱上任一点,分别在两个半平面内做棱的垂线,两垂线所成的角即为二面角的平面角
3.垂面法:做与棱垂直的平面,交二面角两个半平面,两条交线所成的角即为二面角的平面角
题目①(2023•全国•高三专题练习)在三棱锥D-ABC中,AB=BC=2,AADC=90°,二面角D-AC-
B的平面角为30°,则三棱锥。—ABC外接球表面积的最小值为()
A.16(273-l)7tB.16(273-3)7TC.16(273+l)7tD.16(273+3)7t
频目区(2022上•山西•高三校联考阶段练习)在边长为2的菱形ABCD中,=将菱形ABCD沿对
角线AC折起,使二面角B—AC—。的大小为60°,则所得三棱锥A—BCD的外接球表面积为()
A.4nB.挈兀C.6nD.年■兀
yo
题目①(2023•全国•高三专题练习)在三棱锥P-ABC中,△人BC为等腰直角三角形,AB=AC=2,
△R4。为正三角形,且二面角P—AC—B的平面角为则三棱锥P—ABC的外接球表面积为()
6
A52口4c28「32
A.-7UB.-7tC.-7TD.--7U
yyoy
题型九:外接球:最值范围型
题目2(福建省泉州市南安第一中学2022-2023学年高三上学期月考数学)已知球。是正三棱锥A-
3CD的外接球,底边BC=3,侧棱48=23,点E在线段8。上,且BD=3DE,过点E作球O的截面,则
所得截面圆面积的取值范围是()
A.[苧,4n]B.[2兀,4汨C.[亨,4兀]D.[竽,4兀]
题目因正三棱锥P—ABC,Q为5。中点,=48=2,过Q的平面截三棱锥P—ABC的外接球所
得截面的面积范围为()
A.[:兀,亳兀]B.[;兀1兀]C.[兀,2兀]D.卜,^|■兀]
期目叵〕(山东省2023年普通高等学校招生统一考试数学必刷卷)已知等边三角形ABC的边长为2遍,
N分别为AB,AC的中点,将4AMN沿折起得到四棱锥A—MNCB.点、P为四棱锥A-MNCB的外
接球球面上任意一点,当四棱锥A-MNCB的体积最大时,四棱锥A-M7VC8外接球的半径为,
点P到平面7WCB距离的最大值为
题型十:外接球:动点与翻折
[题目工如图,在△48。中,48=8,BC+AC=12,分别取AB、8。、AC边的中点E,F,将ABDE,
△ADF,Z\CEF分别沿三条中位线折起,使得4B,C重合于点P,则三棱锥P-DEF的外接球体积的最小
值为
题目区已知四边形ABCD是边长为5的菱形,对角线BD=8(如图1),现以AC为折痕将菱形折起,使点E
达到点P的位置.棱AC,PD的中点分别为E,且四面体PACD的外接球球心落在四面体内部(不含边
界,如图2),则线段EF长度的取值范围为()
D.(V3.4)
题目⑶(2023•四川・四川省金堂中学校校联考三模)如图,在梯形4BCD中,AB〃CD,=4,BC=CD
=DA=2,将A4CD沿AC边折起,使得点。翻折到点P,若三棱锥P-ABC的外接球表面积为20兀,则
PB=()
题型十一:动点型最短距离和
多通过侧面(表面)展开,把空间距离转化为平面距离来求解。棱台、棱锥、棱柱,可以通过旋转截面(或者表面)来
达到空间距离转为平面距离
在展开的过程中,要注意不同几何体,可能有多种展开方式,要分开各自计算,再做比较
圆锥与圆台侧面展开示意图
题目|1J(广东省广州市华南师范大学附属中学等四所中学2023届高三上学期期末数学试题)如图,在三棱
锥A—45G中,44」平面4B1G,90°,45=24A=2BG=2,P为线段AB.的中点,M,
N分别为线段AG和线段5G上任意一点,则、后PA/+AW的最小值为()
题目囱(浙江省温州市平阳县2023届高三下学期5月高考适应性考试数学试题)在棱长为3的正方体
ABCD—中,O为棱。。的中点,E为线段40上的点,且AE=2E。,若点F,P分别是线段
Z?G,BG上的动点,则APEF周长的最小值为()
A.3V2B.呼^C.V41D.V42
题目区在棱长均为2心的正四面体ABCD中,河为4。中点,E为4B中点,P是ZW上的动点,Q是平
面ECD上的动点,则AP+PQ的最小值是()
V3+V1T
B.V3+V2c.»D.2V3
题型十二:动点:内切球
-4J-
^D-ABC=%-BCD+%-ABC+%-ACD+%-ABD=§]5A5cz>+§TS.BC+§"S^ACD+§YS.BD_§r(^^BCD+^SABCMCD)
nr=________WD—ABC_________
SMCD+S.BC+SMCD+SMBD
PA=PB=PC=P。,四棱锥的体积为手,在该四棱锥内放置一球O,则球。体积的最大值为
O
题型十三:多选题综合应用:二面角型几何体
题目①(多选)(23-24高三.湖南长沙.阶段练习)已知函数/⑺=/isin(0①+火)(4>0,。>0,0<「〈乃)图
象如图1所示,4B分别为图象的最高点和最低点,过A,B作2轴的垂线,分别交力轴于4,F,点。为该
部分图象与立轴的交点,/(2)与夕轴的交点为。(0,g),此时/44'B=135°.将绘有该图象的纸片沿多轴
折成60。的二面角a—。。一£,如图2所不,折叠后|AB|=2,^,则下列四个结论正确的有()
A乃
A.0=不
O
B./(①)的图象在(2,3)上单调递增
C.在图2中,/(①)上存在唯一一点Q,使得。Q〃面ABC
D.在图2中,若R,£是/(2)上两个不同的点,且满足AFUB?"=1,2,则出耳的最小值为春
O
[题目团(多选)(2024・云南•模拟预测)如图,已知二面角a—Z—万的棱Z上有A,B两点,CCa,AC±l,D£
£,_8。_1/,且4。=人3=m,贝1]()
A.当a_16时,直线CD与平面万所成角的正弦值为申
O
B.当二面角a—1—B的大小为60。时,直线AB与CD所成角为45°
C.若CD=2,AB=2,则三棱锥A-BCD的外接球的体积为殳答
D.若。。=248,则二面角。—3。—人的余弦值为与1
题目区(多选)(2024广东梅州•二模)如图,平面ABN±a,\AB\=\MN\^2,同为线段AB的中点,直线
与平面a的所成角大小为30°,点P为平面a内的动点,则()
N
A.以N为球心,半径为2的球面在平面a上的截痕长为27t
B.若P到点M■和点N的距离相等,则点P的轨迹是一条直线
C.若P到直线的距离为1,则的最大值为5
D.满足NMNP=45°的点P的轨迹是椭圆
题型十四:多选题综合应用:翻折型
翻折
1.翻折前后,在同一平平面内的点线关系不变
2.翻折过程中是否存在垂直或者平行等特殊位置关系
3.翻折过程中,角度是否为定值
4.翻折过程中,体积是否存在变化
题目①(2024.吉林.模拟预测)如图1,在等腰梯形ABCD中,AB〃,且。。=2,AB=2AD=4,0为
BD的中点,沿BD将△4BD翻折,使得点A到达4的位置,构成三棱锥4—BCD(如图2),则()
A.在翻折过程中,AD与BC可能垂直
B.在翻折过程中,二面角无最大值
C.当三棱锥A-BCD体积最大时,AD与CO所成角小于看
D.点P在平面ABD内,且直线PC与直线所成角为?,若点P的轨迹是椭圆,则三棱锥A-BCD的
6
体积的取值范围是[寻,竽)
题目囱(22—23高三•山东荷泽模拟)如图,矩形ABCD中,AB=2AD=2,H为边AB的中点,将△ADE沿
直线OE翻折成△4OE(点4不落在底面BCDE内),若"■在线段4。上(点M与4,。不重合),则在
△AOE翻转过程中,以下命题正确的是()
A.存在某个位置,使DE,AQB.存在点/■,使得平面AQC成立
D.四棱锥A-BCDE体积最大值为辛
C.存在点M,使得人阳〃平面力QE成立
题目0(2024.河南南阳・一模)如图1,在直角梯形4BCD中,CD,ABLA。,48=36,CD=473,
4D=3,点E,尸分别为边AB,CD上的点,且EF〃4D,4©=2四.将四边形AEPD沿EF折起,如图2,
使得平面AEFD±平面EBCF,点M是四边形AEFD内的动点,且直线MB与平面AEFD所成的角和直
线河。与平面AEFD所成的角相等,则下列结论正确的是()
B.点/■的轨迹长度为号
C.点M到平面E8CF的最大距离为
D.当点初到平面EBCF的距离最大时,三棱锥M-8CF外接球的表面积为28万
题型十五:多选题综合应用:正方体表面动点型
题目工)(2024.浙江•模拟预测)已知棱长为1的正方体ABCD-ABiCQi,6是空间中一个动平面,下列结论
正确的是()
A.设棱AB,AD,yL4i所在的直线与平面(5所成的角为a,6,7,则sin2a+sin2/?+sin2/=1
B.设棱AB,AD,44i所在的直线与平面d所成的角为a,6,7,则cos%+cos2/?+cos2/=1
C.正方体的12条棱在平面(5上的射影长度的平方和为8
D.四面体A-BCD1的6条棱在平面8上的射影长度的平方和为8
题目可(2024•江西鹰潭•一模)直四棱柱ABCD—4BQQ1的所有棱长都为4,/历LD=卷,点P在四边形
O
BOO15及其内部运动,且满足庐川+庐。|=8,则下列选项正确的是()
13
A.点P的轨迹的长度为TT.
B.直线AP与平面BDDiB所成的角为定值.
C.点P到平面人。田1的距离的最小值为义箸.
D.FA-FG的最小值为-2.
「题目⑸(2024・安徽•二模)已知正方体ABCD-AAC.D,的棱长为1,P,Q分别为棱GA,BQ上的动点,
A.四面体PQ4B的体积为定值B.四面体PQAO的体积为定值
C.四面体PQ4C的体积最大值为白D.四面体的体积最大值为京
O
题型十六:多选题综合应用:两部分体积比型
点.QE=QF=QG=QH=4,过Q作平面EFGH的垂线,垂足为。,连EG,EM,设,Q。的交点为
A,在△QHF中过A作直线BC交QH,QF于B,C两点,QB=xQH,QC=gQF,过硒r作截面将此四
棱锥分成上、下两部分,记上、下两部分的体积分别为匕N,下列说法正确的是()
C.弘=2V3xyD.誓的最小值为[
V2幺
版目区(23—24高三・山东荷泽•阶段练习)已知正方体ABCD—ABVD'的棱长为LM'是44中点,P
是AB的中点,点N满足西=4阮(即0,1])',平面MPN截该正方体,将其分成两部分,设这两部分的体
积分别为%,%,则下列判断正确的是(
A.4=/时,截面面积为B/制时,%=%
c.M=m随着4的增大先减小后增大D.|%=K|的最大值为。
题目区(23-24高三上.江苏南通.)我国古代数学家祖晒提出一条原理:“鼎势既同,则积不容异”,即两个等
高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等.利用该原理可以证明:
一个底面半径和高都等于R的圆柱,挖去一个以上底面为底面,下底面圆心为顶点的圆锥后,所得的几何
体的体积与一个半径为R的半球的体积相等.现有一个半径为R的球,被一个距离球心为d(d>0)的平
面截成两部分,记两部分的体积分别为%,%(%<%),则()
A.K=^-(R-d)2(2R+d)B.弘=々(72+2+(2五一d)(3A+d)
OJJ
C.当d=[时,普=焉D•当X?时,
NV2幺।OV2NU
嵬体瓜何栽而,外骥獐,劭JL假臭
E题型大集合
目录
题型一:动点:恒平行
题型二:动点:恒垂直
题型三:动点:球截面
题型四:动点;定角
题型五:外接球:线面垂直型
题型六:外接球:垂面型
题型七:外接球:两线定心法
题型八:外接球:二面角型
题型九:外接球:最值范围型
题型十:外接球:动点与翻折
题型十一:动点型最短距离和
题型十二:动点:内切球
题型十三:多选题综合应用:二面角型几何体
题型十四:多选题综合应用:翻折型
题型十五:多选题综合应用:正方体表面动点型
题型十六:多选题综合应用:两部分体积比型
暗优题型大提*
题型一:动点:恒平行
匕
线面恒平行,过线做面,需要找它们和第三个面的交线互相平行,借助好“第三个面的交线平行“这个性质,可
以解决线面恒平行题型的截面问题
题目工在四棱锥P—ABCD中,P4_L平面ABCD,且PA=AC=2AB=2AD=4,CD±AD,CB_L
AB,G为PC的中点,过AG的平面a与棱分别交于点H、F.若EF〃平面ABCD,则截面
AEGF的面积为.•M
【答案】乎
5
【分析】由题知/=2瓶+2而,则巨?=|■屈+!■屈一卷历①,再根据E、F、G三点共面得巨?=
OOO
xPE+yPFz_PG,其中xy+z=1.设PE=APB(O<ZA<Z1),PF=ZPD,从而可求PA=AxPB+
初配+~|历,与①对比即可求出九从而可求EF的长度;再证明B©垂直平面P4C,ER〃BD,从而得
AG,EF,根据S截面AEGF=5AG•EF即可得答案.
【详解】•.•AC=2AB=2AD,CD_LAD,CB_LAB,
:.ZDAC=ZBAC=60°,
则根据向量加法法则易知,Zd=2AB+2AD,
即7百一两=2(4一巨A)+2(无一且4),则对=得■屈+?无宓.
JJJ
根据共面向量定理的推论知,PA=xPE+yPF+zPG,其中c+y+z=L
连接BD,
EF〃平面ABCD,EFu平面PBD,平面PBDPl平面ABCD=BD,:.EF//BD,
设巨商=APB(OV4<1),则无=APD,又G为PC的中点,.IAX=xPE+yPF+zPG=AxPB+AyPD
+资
则Ax—Ay--f-=—"g,解得』=3,4®=2,BD=2XABsin60°=2A/3,则_EP=±BD=笆③.
323555
连接AG,•••H1=AC=4,G为PC的中点,故AG=#C=22.易知BDJ_AC,5。_1刊1,47CI
R4=A,故BD_L平面P4C,又AGu平面PAC,二BD_L4G,二4G_LEF,因此S截面⑷5GF=EF
故答案为:图”.
2555
解法二:连接BD,设AC与BD交于点、K,连接AG、PK,设AG与PK交于点L,
由题易得BD//EF,则禽=栗=缥,作KN//4G交PC于N,易知
rririDJDU
CK=3AK,则CN=3GN,从而PG=4GN,故―=华=黑=§,即EF=^BD=~~.以下解
BDPKPN555
法同上故答案为:乎.
5
题目句在三棱锥ABCD中,对棱AB=CD=,^,=AC=BD=4"当平面a与三棱锥
ABCD的某组对棱均平行时,则三棱锥ABCD被平面a所截得的截面面积最大值为.
【答案】3
【分析】每组对棱棱长相等,所以可以把三棱锥ABCD放入长方体中,设长宽高分别为,,,,z,求出x,y,z,
由线面平行得线线平行,证明当区F,G,H是所在棱中点时面积最大,按截面与哪对棱平行分类讨论求得截
面面积的最大值.
【详解】因为每组对棱棱长相等,所以可以把三棱锥4BCD放入长方体中,设长宽高分别为冗,g,z,则
+才=展,=V10,y/y2-\-z2=V13,/=l,"=2,z=3.
当平面a与三棱锥ABCD的对棱AB,CD均平行时,截而为四边形EFGH,AB//FG//EH,
CDIIEFIIHG,
设第=力(0<t<1),则然=需=t,EF=tCD,同理EH=(1—t)AB,ZHEF(或其补角)是异面直
线AB,CD所成的角,
SEFGH=EF-EHsinAHEF=t(l-t)AB-CDsin^HEF,其中AB•CDsinZHEF为定值,
t(l-i)=-t2+t=-(t-方丫+:,力制时,1(1T)取得最大值,即截面EFGH面积最大,此时E,F,G,H
是所在棱中点,
由长方体性知最大面积为长方体上下底面面积的一半-^-xy—1,
同样地,当平面a与三棱锥ABCD的对棱AC,BD均平行时,截面最大面积为=今;当平面a与三棱
锥ABCD的对棱AD,BC均平行时,截面最大面积为=3.故答案为:3.
Ay
题目叵〕(山西省怀仁市2022届高三下学期一模数学试)在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是边长为272
的正方形,P在底面的射影为正方形的中心O,PO=4,Q点为49中点.点T为该四棱锥表面上一个动点,
满足P4BD都平行于过QT的四棱锥的截面,则动点T的轨迹围成的多边形的面积为()
A店R史⑤c亚鼻n县5
【答案】。
【分析】
首先取AD的中点尸。的中点、F,PO的中点A,PB的中点N,连接QR延长交PC与点”,连接
EFMNG,证明平面EFMNG即为所求的截面,再证明四边形EFNG是矩形,RM_LFN,矩形面积加三角
形面积之和即为所求.
【详解】
取AD的中点E,PD的中点F,PO的中点凡的中点N,连接QR延长交PC与点7W,连接EFMNG,
因为底面ABCD是边长为2方的正方形,
所以对角线47=瓦?=4,AO=2,
因为在底面的射影为正方形的中心,可得PO_L面ABCD,
因为AOu面ABCD,所以PO_LAO,
因为PO=4,49=2,所以已4=便彳=2,5,
因为E、F为40、P。的中点,
所以EF=/4=五且EF〃尸A,
因为PA(X平面EFMG,EFU平面EFMG,
所以P4〃平面EFMG,同理〃平面EFMG,
所以平面EFMG即为所求截面.
又因为平面APCn平面EFMG=QM,P4U平面APC,所以QM〃AP,
因为Q为人。的中点,可得QC=-AC,
所以QR=^-AP,RM=QM-QR/AP=卓,
因为N、F为PB、PD的中点、,所以FN〃BD,FN=fBD,
所以FN//EG,FN=EG,所以四边形EFNG是平行四边形,
因为EG_LPO,EG±AC,FOPAC=O,所以EG_L平面APC,
因为QMC平面APC,可得EG±QM,所以EG±GN,
所以四边形EFNG是矩形,
所以动点T的轨迹围成的多边形的面积为,^x2+gx2x^=至好.
故选:D
题型二:动点:恒垂直
恒垂直型截面,可以借助投影解决,投影型,需要利用‘'三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。
【答案】3V2+y/6
【分析】根据线线垂直,证明线面垂直,找到与AQ垂直的平面MBC,,故可得平面a〃平面MBC,,即可求
解.
【详解】取AC中点为“,连接aw交AQ于O,连接所以670=}人。=2,。6=2,乂8=方,所以
C,M=V6,ArC=2V3.GB=NBCICC:=2^/2
•/△4QC〜/\COM,康~=熹~=熹~=所以OM=±CMCO=*Q,avr+og
cyc>i2T.jCzzoo
^(C^+A.C2)=2=CM\故4。,C.M,又因为平面ABC,平面ACC.A,,其交线为AC,且7WB,
AC,因此人田_L平面ACC^,故A.C±BM,因此A.C_L平面MBCX,故平面a〃平面MBCr,因为点P
在棱BC上运动,故当点P运动到点B时,此时截面最大,进而周长最大,此时周长为MB+MC1+C1B=
A/2+V^6+2^/2^—3A/2+A/6
故答案为:32+«
题目历(江西省南昌三中2021-2022学年高三10月月考数学(理)试题)在棱长为2的正方体ABCD-A,
BCD中,E是正方形BBGC的中心,M为6。的中点,过4河的平面a与直线DE垂直,则平面a截正
方体ABCD—4B1GA所得的截面面积为()
A.4V2B.2V6C.2V5D.2V10
【答案】B
【解析】确定平面A.MCN即为平面a,四边形AiMCN是菱形,计算面积得到答案.
【详解】如图,在正方体ABCD-486。中,记AB的中点为N,连接MC,CN,NA1,
则平面4MCN即为平面a.证明如下:由正方体的性质可知,4M7/NC,则4,M,C,N四点共面,
记CG的中点为F,连接OF,易证OF_L腕.连接EF,则EF_L,
EFCDF=F,EF,DFu平面。EF,所以MC_L平面DEF,入DEu平面DEF,则DE±MC.
同理可证,DE±NC,NCCMC=。,贝IDE_L平面4MCN,所以平面4AoV即平面a,
四边形AMCN即平面a截正方体ABCD—A5GR所得的截面.因为正方体的棱长为2,易知四边形4
MCN是菱形,
其对角线人1。=2,^,施=2口,所以其面积§=:*22*2,^=2e.故选:B
题目区(清华大学自主招生暨领军计划数学试题)已知正方体ABCD-456。的棱长为1,棱441的中
点、为E,AC与BD交于点O.若平面a经过点E且与。6垂直,则平面a该正方体所得截面的面积为
()
A.平B.亨。,宇D.1
【答案】A
【分析】如图,连结HO,可以证明OG_L平面故可求截面的面积.
【详解】如图,连结ED,EB,EO,则鼻=鼻=隼,
而ZCQO=AOAE=■,故△G。。〜AZOAB,所以/G。。=^OEA,故ZGOC+NEOA=AOEA+
4EOA=^,
故GO±OE,而BD_L平面CrCA,CQu平面CCA,故BD±CQ,因BD,OEu平面BDE,BDClOE
=O,故OG±平面EBD.因此△EBD的面积为所求,其面积S=^\BD\■\EO\=yxV2x=乎.
题型三:动点:球截面
题目工已知正四面体P—ABC内接于球。,点E是底面三角形ABC一边AB的中点,过点E作球。的截
面,若存在半径为出的截面圆,则正四面体P—A3。棱长的取值范围是()
A.[V2,V3]B.[V3,V6]C.[2V2,273]D.[273,2^/6]
【答案】。
【分析】根据条件设正四面体的棱长为a,用棱长a表示出其外接球的半径R=乎a,过E点作外接球Q的
截面,只有当截面圆所在的平面时,截面圆的面积最小,此时此时截面圆的半径为r=占a,最大截面
圆为过球心的大圆,半径为R——~^~a,根据题意则-Cy/3<-^-a,,从而可得出答案.
【详解】如图,在正四面体P—ABC中,设顶点P在底面的射影为Oi,
则球心。在POi上,Q在CE上,且|PO]|=?|CE|,连接。夙OC,设正四面体的棱长为a,则|CE|=
O
2
乎a,\PO1\=j\CE\=^-ao则正四面体的高P。产JP。—OQ?=Ja?_(寻a,=等明设外接球
半径为R,
在Rt/\OOXC中,002=OO;+OQ2,即比=(乎&-金丫+(乎ay,解得R=乎a,
在RtAOO'E中,OE=/。。;+。®=J(需aj+悟丁=乎a,
过E点作外接球O的截面,只有当OEL截面圆所在的平面时,截面圆的
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