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第七章立体几何与空间向量
INNOVATIVE
DESIGN
补上一课几何体的截面(交线)及动态问题
1.立体几何中截面、交线问题综合性较强,解决此类问题要应用三个基本事实及其推论、垂直、平行的判定与性质定理等知识.
2.立体几何中的动态问题主要是指空间动点轨迹的判断、求轨迹长度、最值与范围问题等.
题型一截面问题
例1(2024·宁波质检)已知四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PA=AB,点E是PD的中点,点F是棱PC上的点且PF=2FC,则平面BEF截四棱锥P-ABCD所得的截面图形是()
A.斜三角形 B.梯形
C.平行四边形 D.两组对边均不平行的四边形
D
解析如图,延长EF和DC,
设其交点为G,连接BG,
延长DA并与直线BG交于点H,
连接HE交PA于点K,
连接KB,得四边形EFBK,
假设KE∥BF,易证BF∥平面PAD,
易知BC∥平面PAD,
易得平面PBC∥平面PAD,
与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾,
故假设不成立,因此KE与BF不平行,
同理可证KB与EF不平行,
因此四边形EFBK的两组对边均不平行,故选D.
感悟提升
作截面应遵循的三个原则:(1)在同一平面上的两点可引直线;(2)凡是相交的直线都要画出它们的交点;(3)凡是相交的平面都要画出它们的交线.
训练1如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是BC的中点,平面α经过直线BD且与直线C1E平行,若正方体的棱长为2,
则平面α截正方体所得的多边形的面积为________.
解析如图,过点B作BM∥C1E交B1C1于点M,
过点M作BD的平行线,交C1D1于点N,
连接DN,则平面BDNM即为符合条件的平面α,
由图可知M,N分别为B1C1,C1D1的中点,
题型二交线问题
解析如图,设B1C1的中点为E,球面与棱BB1,CC1的交点分别为P,Q,
连接DB,D1B1,D1P,D1Q,D1E,EP,EQ,
由∠BAD=60°,AB=AD,
知△ABD为等边三角形,
∴D1B1=DB=2,
∴△D1B1C1为等边三角形,
∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心,
设截面圆的半径为r,
感悟提升
作交线的方法有如下两种:(1)利用基本事实3作交线;(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行,然后根据性质作出交线.
解析设球O的半径为r,则AB=BC=2r,
又O2为AB的中点,所以O2P⊥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.
因为OH⊥O2P,且AB∩O2P=O2,AB,O2P⊂平面ABP,所以OH⊥平面ABP.
题型三动态问题
BC
解析对于A,如图1,连接DE,DF,DP,则DE=DF,
图1
因为点P是EF上的动点,
所以当点P为EF的中点时,DP最小,
此时DP⊥EF,连接CP,
因为DC⊥平面BCC1B1,CP⊂平面BCC1B1,所以CP⊥DC,
又正方体的棱长为2,所以CD=2,
对于B,连接A1D,PA1,PA,PD,则VD-A1AP=VP-A1AD,
点P到平面A1AD的距离,即平面BCC1B1到平面A1AD的距离,
易知该距离等于正方体的棱长,为2,
对于C,如图2,连接AE,D1F,AD1,则AD1∥EF,且AD1=2EF,平面AEF与正方体的底面ABCD的交线为AE,与平面BCC1B1的交线为EF,
因为EF∥平面ADD1A1,所以由线面平行的性质定理得,平面AEF与平面ADD1A1的交线与EF平行,且过点A,
所以平面AEF与平面ADD1A1的交线为AD1,
则平面AEF截正方体的截面为四边形AEFD1,
因为AD1∥EF,AD1=2EF,且AE=D1F,
所以四边形AEFD1为等腰梯形,所以选项C正确.
图2
对于D,如图3,以A为坐标原点建立空间直角坐标系A-xyz,
图3
连接DE,DP,则A(0,0,0),A1(0,0,2),E(2,1,0),F(2,2,1),D(0,2,0),
(2)(2023·宁波调研)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P为平面ACC1A1上一动点,且满足D1P⊥CP,
则满足条件的所有点P围成的平面区域的面积为________.
感悟提升
1.在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题,常用的思路是
(1)直观判断:在变化过程中判断点、线、面在何位置时,所求的量有相应最大、最小值,即可求解.
(2)函数思想:通过建系或引入变量,把这类动态问题转化为目标函数,从而利用代数方法求目标函数的最值.
2.解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法
(1
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