2025届高考数学二轮专题复习与测试第一部分板块突破篇板块三立体几何提升点立体几何中的截面及动态问题.doc

提升点立体几何中的截面及动态问题

类型1截面问题

命题角度?截面形状的判断

如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为(D)

A．矩形

B．三角形

C．正方形

D．等腰梯形

【解析】如图，取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G，

由题意得GH∥EF，AH∥A1F，

又GH?平面A1EF，

EF?平面A1EF，

所以GH∥平面A1EF，

同理AH∥平面A1EF，

又GH∩AH＝H，GH，AH?平面AHGD1，

所以平面AHGD1∥平面A1EF，

故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形．

首先根据条件作出相应的截面图形，再结合线面位置关系的判定与性质加以分析，得到截面图形所满足的特征性质，确定其形状．

命题角度?截面图形面积或周长的计算

(2024·廊坊期末)如图所示，正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上底面边长为3，下底面边长为6，体积为eq\f(63\r(2),2)，点E在边AD上且满足DE＝2AE，过点E的平面α与平面D1AC平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为(D)

A．7eq\r(2) B．8eq\r(2)

C．3eq\r(3)＋4eq\r(2) D．4eq\r(3)＋4eq\r(2)

【解析】如图1所示，

过点A1作A1H⊥AC于点H，连接A1C1，

则正四棱台的高为A1H，

因为A1C1＝3eq\r(2)，AC＝6eq\r(2)，

所以AH＝eq\f(3\r(2),2)，则正四棱台的体积为eq\f(1,3)×(32＋62＋3×6)×A1H＝eq\f(63\r(2),2)，

解得A1H＝eq\f(3\r(2),2)，所以侧棱长为AA1＝eq\r(AH2＋A1H2)＝3.

如图2所示，

作D1F⊥AD于点F，A1G⊥AD于点G，连接AD1，由对称性可知DF＝AG＝eq\f(6－3,2)＝eq\f(3,2)，GF＝A1D1＝3，

所以AF＝6－eq\f(3,2)＝eq\f(9,2)，

而DD1＝AA1＝3，

所以D1F＝eq\r(9－\f(9,4))＝eq\f(3\r(3),2)，

所以AD1＝eq\r(\f(81,4)＋\f(27,4))＝3eq\r(3)，同理CD1＝AD1＝3eq\r(3)，

分别在棱DC，DD1上取点N，M，使得DN∶NC＝DM∶MD1＝2∶1，

又DE∶EA＝2∶1，EN∩EM＝E，AC∩AD1＝A，

EN，EM?平面EMN，AC，AD1?平面D1AC，

则EN∥AC，EM∥AD1，则平面EMN∥平面D1AC.

易得ME＝NM＝eq\f(2,3)AD1＝2eq\r(3)，EN＝eq\f(2,3)AC＝4eq\r(2)，

所以截面多边形的周长为4eq\r(3)＋4eq\r(2).

求截面图形的面积的前提是确定截面的形状，转化为平面图形求解．

1．一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球与三棱锥的各面均相切(球在三棱锥的内部，且球与三棱锥的各面只有一个交点)，过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面是下列图形中的(C)

解析：

其空间结构体如图所示，

易知截面是一个非等边的等腰三角形，排除A，D；

等腰三角形的底边是正三棱锥的一条侧棱，这条棱不可能与内切球有交点，所以排除B；

截面所得等腰三角形的两条腰正好是正三棱锥两个面的中线，且经过内切球在两个面上的切点，所以正确答案是C.

2．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2，D为棱AB的中点，则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为________．

解析：

正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，如图所示，连接AO2，AO，OD，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，r＝AO2＝eq\f(2\r(3),3)，

则R2＝r2＋1＝eq\f(7,3).

①当过点D的平面过球心时，截得的截面圆的面积最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为πR2＝eq\f(7π,3)；

②当过点D的平面垂直OD时，截得的截面圆的面积最小，截面圆的半径为eq\r(R2－OD2)＝1，

所以截面圆的面积最小为π×12＝π，

综上，截面面积的取值范围为[π，eq\f(7π,3)].

答案：[π，eq\f(7π,3)]