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專題 13 基于正棱臺的綜合問題
【2023-2024學(xué)年度聯(lián)考第12題】如圖，已知正三棱臺的上、下底面邊長分別為2和6，側(cè)棱長為4，點在側(cè)面內(nèi)運動（包含邊界），且與平面所成角的正切值為，點為上一點，且，則下列結(jié)論中正確的有（ ）
A．正三棱臺的高為
B．點的軌跡長度為
C．高為，底面半徑為的圓柱可以放進棱臺內(nèi)
D．過點的平面截該棱臺內(nèi)最大的球所得的截面面積為
對于A項，補棱臺為棱錐，利用相似及正四面體的性質(zhì)直接求高即可；對于B項，計算A到面的距離，結(jié)合條件得出P軌跡為圓計算即可；對于C項，求得內(nèi)切圓的半徑結(jié)合A的結(jié)論可判定；對于D項，先計算確定棱臺的最大內(nèi)切球即是四面體的內(nèi)切球，從而確定球心及截面即可.
將三棱臺補成三棱錐，設(shè)三棱錐的上頂點為，上下底面的中心分別為和．
則，故，所以大小三棱錐均為正四面體．
故．
故A不正確．
B選項：由A選項分析可知，該三棱臺補形可得正四面體．
所以，
而與平面所成角的正切值為，所以．
做出側(cè)面的截面圖，會發(fā)現(xiàn)的軌跡為以為圓心，為半徑的圓．且該圓恰好為四邊形的內(nèi)切圓．
所以軌跡長度為．故B不正確．
C選項：
由A選項的分析可知，三棱臺的高為，而三角形的內(nèi)切圓半徑．
所以高為，底面半徑為的圓柱可以放進棱臺內(nèi)，并可左右移動，故C正確．
D選項：首先考慮棱臺內(nèi)最大的球，因為正四面體的內(nèi)切球半徑為，所以該三棱臺的最大內(nèi)切球即為正四面體的內(nèi)切球．此時球心為的四等分點，且靠近點，由于，所以為中點，所以三角形經(jīng)過，此時平面截球的截面面積就等于．故D正確．
本題是立體幾何的動態(tài)綜合選擇題.考察點豐富多樣.原條件給出臺體側(cè)棱的四等分點和某側(cè)面上的動點.四個選項既考察空間幾何體的聯(lián)系，又考察各種復(fù)雜條件的轉(zhuǎn)化，在運算上也有比較高的要求.
A選項考察棱臺的基本量求解；B選項考察動點滿足的定態(tài)性質(zhì)，即動點的軌跡問題；C選項考察空間幾何體的切與接；D選項考察棱臺的內(nèi)切球.
（2023·福建福州·福建省福州第一中學(xué)校考二模）
1．已知正三棱臺的上 下底面邊長分別為1和3，側(cè)棱長為2，以下底面頂點為球心，為半徑的球面與側(cè)面的交線長為（ ）
A． B． C． D．
（2023·湖南郴州·校聯(lián)考二模）
2．在正四棱臺中，，，為棱的中點，當(dāng)正四棱臺的體積最大時，下列說法正確的有（ ）
A．該正四棱臺的高為2
B．該正四棱臺的體積為224
C．平面截該正四棱臺的截面面積是
D．該正四棱臺的內(nèi)切球半徑為1
對于A項，作在下底面的投影為，根據(jù)正三角形的性質(zhì)計算得，勾股定理求高即可；
作在下底面的投影為，設(shè)下底面的中心為，
則，
所以．
所以高，故A錯誤．
（2024上·江西·高三校聯(lián)考期末）
3．如圖，正方體的棱長為2，點E是AB的中點，點P為側(cè)面內(nèi)（含邊界）一點，則（ ）
A．若平面，則點P與點B重合
B．以D為球心，為半徑的球面與截面的交線的長度為
C．若P為棱BC中點，則平面截正方體所得截面的面積為
D．若P到直線的距離與到平面的距離相等，則點P的軌跡為一段圓弧
（2024上·河南鄭州·高三河南省新鄭市第一中學(xué)校考階段練習(xí)）
4．已知圓錐的側(cè)面積為，母線，底面圓的半徑為r，點P滿足，則（ ）
A．當(dāng)時，圓錐的體積為
B．當(dāng)時，過頂點S和兩母線的截面三角形的最大面積為
C．當(dāng)時，從點A繞圓錐一周到達點P的最短長度為
D．當(dāng)時，棱長為的正四面體在圓錐內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動
（2023上·河南駐馬店·高三統(tǒng)考期末）
5．在三棱錐中，，，為的中點，為上一點，球為三棱錐的外接球，則下列說法正確的是（ ）
A．球的表面積為
B．點到平面的距離為
C．若，則
D．過點作球的截面，則所得的截面中面積最小的圓的半徑為2
（2024上·安徽合肥·高二合肥市第八中學(xué)校考期末）
6．如圖，在棱長為2的正方體 中，已知 分別是棱 的中點，為平面 上的動點，且直線 與直線 的夾角為 ，則（ ）
A．平面
B．平面截正方體所得的截面圖形為正六邊形
C．點的軌跡長度為
D．能放入由平面分割該正方體所成的兩個空間幾何體內(nèi)部（厚度忽略不計）的球的半徑的最大值為
（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）
7．下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)的有（ ）
A．直徑為的球體
B．所有棱長均為的四面體
C．底面直徑為，高為的圓柱體
D．底面直徑為，高為的圓柱體
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．C
【分析】將正三棱臺補形成正三棱錐，并確定正三棱錐的結(jié)構(gòu)特征，求出點到平面的距離，進而求出截面小圓半徑作答.
【詳解】將正三棱臺補形成正棱錐，如圖，

由，得，而，則，即為正三角形，三棱錐為正四面體，
令正的中心為，連接，則平面，，
從而，而球半徑為，
因此這個球面截平面所得截面小圓是以O(shè)為圓心，為半徑的圓，
在正三角形中，取的中點，取的三等分點，連接，

顯然，即，同理，即有，
是正三角形，有，同理，而，
于是六邊形是正六邊形，其半徑為1，點在此球面截平面所得截面小圓上，
連接，則，此球面與側(cè)面的交線為圖中的兩段圓弧（實線），
所以交線長度為.
故選：C
【點睛】關(guān)鍵點睛：涉及球面與平面相交的交線問題，借助球的截面小圓性質(zhì)確定出截面小圓圓心位置是解題的關(guān)鍵.
2．AC
【分析】令，應(yīng)用棱臺體積公式及導(dǎo)數(shù)求正四棱臺的體積最大時對應(yīng)參數(shù)，進而求棱臺的高、體積、內(nèi)切球半徑，根據(jù)平面基本性質(zhì)畫出截面并求面積即可.
【詳解】將正棱臺補為如下圖的棱錐，令，

由，為棱的中點，所以，
棱錐高，則小棱錐高，
棱臺的體積，令，則，
所以且，則，
，，即遞增，，，即遞減，
所以，即時棱臺體積最大，此時棱臺的高，A對；
棱臺體積為，B錯；
棱臺斜高為，則其平行于且垂直于底面的截面如下：

若存在內(nèi)切球，則上圖等腰梯形存在內(nèi)切圓且上下底的切點為對應(yīng)中點，
根據(jù)內(nèi)切圓O與梯形各邊都相切，結(jié)合切線長定理知：腰長等于上下底之和的一半，
而，故不存在內(nèi)切圓，即棱臺不存在內(nèi)切球，D錯；
過作交于，又為棱的中點，則為中點，
所以，，而，即，
則，，
所以截面為等腰梯形，且高為，則面積為，C對.
故選：AC
3．ABC
【分析】
由線線垂直證明線面垂直判斷選項A；由球面與截面的交線軌跡，計算長度判斷選項B；由位置關(guān)系得截面形狀，計算面積判斷選項C；由點位置特征分析軌跡形狀判斷選項D.
【詳解】
正方體中，平面，平面，，
正方形中，，
平面，，則平面，
平面，，
同理，，
平面，， 平面，
若點P不與B重合，因為平面，則，與矛盾，
故當(dāng)平面時，點P與B重合，故A正確；

，，三棱錐為正三棱錐，
故頂點D在底面的射影為的中心H，
連接DH，由，得，
所以，因為球的半徑為，所以截面圓的半徑，
所以球面與截面的交線是以H為圓心，為半徑的圓在內(nèi)部部分，
如圖所示，，所以.
，所以，同理，其余兩弦所對圓心角也等于，
所以球面與截面的交線的長度為，故B正確；

對于C，過E，P的直線分別交DA、DC的延長線于點G，M，連接、，
分別交側(cè)棱于點N，交側(cè)棱于點H，連接EH和NP，如圖所示：

則截面為五邊形，
，，
，，，
，故，
所以，，
所以五邊形的面積，故C正確；
因為平面，平面，
所以，點P到直線的距離即點P到點的距離，
因為平面平面，故點P到平面的距離為點P到的距離，
由題意知點P到點的距離等于點P到的距離，
故點P的軌跡是以為焦點，以為準(zhǔn)線的拋物線在側(cè)面內(nèi)的部分，故D錯誤.
故選：ABC.
【點睛】
方法點睛：
“截面、交線”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識的題型，它滲透了一些動態(tài)的線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力.求截面、交線問題，一是與解三角形、多邊形面積、扇形弧長、面積等相結(jié)合求解，二是利用空間向量的坐標(biāo)運算求解.
作幾何體截面的方法：(1)利用平行直線找截面；(2)利用相交直線找截面.
找交線的方法：(1)線面交點法：各棱線與截平面的交點；(2)面交點法：各棱面與截平面的交線.
4．AC
【分析】
對于A，由側(cè)面積以及底面半徑得母線長，結(jié)合勾股定理得高，由圓錐體積公式驗算即可；對于B，首先得出軸截面為鈍角，從而可得要使過頂點S和兩母線的截面三角形的面積最大，由面積公式只需截面截出的三角形的頂角是即可驗算；對于C，將側(cè)面展開得，由余弦定理即可驗算；對于D，已知四面體外接球半徑為，只需看此時圓錐的內(nèi)切球半徑與的大小關(guān)系即可判斷.
【詳解】由已知，，
當(dāng)時，，此時圓錐的高為，
此時圓錐的體積為，A正確；

當(dāng)時，設(shè)圓錐軸截面為，
因為圓錐的側(cè)面積為，所以，
即，，，
所以為鈍角，
故截面三角形的最大面積為，B錯誤；

當(dāng)時，，側(cè)面展開圖的弧長為，沿將側(cè)面展開，得扇形，
所以圓心角為，
又，所以，
在中，由余弦定理得，Ｃ正確；

將正四面體放到正方體內(nèi)，則正四面體的外接球與正方體的外接球相同，
若正四面體的棱長為，則正方體的棱長為1，則外接球半徑為，

由題圓錐的母線時，其側(cè)面積為，
則圓錐的高，
設(shè)內(nèi)切球半徑為，球心為，球與母線相切于，則，
易知，則，
解得，不可以任意轉(zhuǎn)動，D錯誤．
故選：AC．
【點睛】
關(guān)鍵點點睛：判斷D選項的關(guān)鍵是求出已知四面體外接球半徑，和此時圓錐的內(nèi)切球半徑，將它們進行比較即可順利得解.
5．BCD
【分析】
補體法求出球半徑判斷A，結(jié)合球的性質(zhì)判斷D，由面面垂直性質(zhì)作垂線求解判斷B，建立空間坐標(biāo)系計算判斷C.
【詳解】由，，
可將三棱錐補形成如圖所示的長方體，
設(shè)，
則，解得，
即，，
所以球的半徑為，所以球的表面積為，故A錯誤.
由題得長方體為正四棱柱，，為的中點，
故
又平面，則平面，
又平面，故平面平面，平面平面，
過點作的垂線，交于，則平面故為點到平面的距離.
在中，，，
故，
則，故B正確.
以為原點，，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則，，，
，.
設(shè)，
所以，
因為，所以，
解得，所以，故C正確.
當(dāng)且僅當(dāng)與截面垂直時，截面面積最小，由A 解析知：最小的半徑為，故D正確.

故選：BCD
【點睛】關(guān)鍵點點睛點睛：本題考查幾何體的外接球，球的幾何性質(zhì)，空間向量的應(yīng)用，A選項關(guān)鍵利用三棱錐對棱相等補體法求外接球.
6．ABD
【分析】A選項，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，得到線面垂直；B選項，作出輔助線，找到平面截正方體所得的截面；C選項，作出輔助線，得到點Q的軌跡，并求出軌跡長度；D選項，由對稱性得到平面分割該正方體所成的兩個空間幾何體對稱，由對稱性可知，球心在上，設(shè)球心坐標(biāo)建立方程，求出半徑的最大值.
【詳解】A選項，如圖所示以D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
故.
設(shè)平面的法向量為，則，
令得，
易知，故平面，即A正確；
B選項，取的中點，
連接，
結(jié)合題意可知，
所以四點共面且四點共面，兩個平面都過點P，
所以六點共面，
易知，
所以平面截正方體所得的截面為正六邊形，B正確；
C選項，由上知平面，設(shè)垂足為，以為圓心為半徑在平面上作圓，
由題意可知Q軌跡即為該圓，結(jié)合B的結(jié)論可知平面平分正方體，
根據(jù)正方體的中心對稱性可知平分，故半徑，
故點Q的軌跡長度為，C錯誤；
D選項，由上知該兩部分空間幾何體相同，不妨求能放入含有頂點的這一空間幾何體的球的半徑最大值，
結(jié)合A項空間坐標(biāo)系及正方體的對稱性知該球球心在上，
該球與平面切于點S，與平面、平面、平面都相切，
設(shè)球心為，則球半徑為，
易知，故，
故球的半徑的最大值為，D正確.
故選：ABD
【點睛】思路點睛：關(guān)于立體幾何中截面的處理思路有以下方法（1）直接連接法：有兩點在幾何體的同一個平面上，連接該兩點即為幾何體與截面的交線，找截面就是找交線的過程；（2）作平行線法：過直線與直線外一點作截面，若直線所在的平面與點所在的平面平行，可以通過過點找直線的平行線找到幾何體與截面的交線；（3）作延長線找交點法：若直線相交但在立體幾何中未體現(xiàn)，可通過作延長線的方法先找到交點，然后借助交點找到截面形成的交線；（4）輔助平面法：若三個點兩兩都不在一個側(cè)面或者底面中，則在作截面時需要作一個輔助平面.
關(guān)于立體幾何中求動點軌跡的問題注意利用幾何特征，比如動直線與定直線夾角為定值，可以考慮結(jié)合圓錐體得出動點軌跡.
7．ABD
【分析】
根據(jù)題意結(jié)合正方體的性質(zhì)逐項分析判斷.
【詳解】對于選項A：因為，即球體的直徑小于正方體的棱長，
所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故A正確；
對于選項B：因為正方體的面對角線長為，且，
所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故B正確；
對于選項C：因為正方體的體對角線長為，且，
所以不能夠被整體放入正方體內(nèi)，故C不正確；
對于選項D：因為，可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，
如圖，過的中點作，設(shè)，
可知，則，
即，解得，
且，即，
故以為軸可能對稱放置底面直徑為圓柱，
若底面直徑為的圓柱與正方體的上下底面均相切，設(shè)圓柱的底面圓心，與正方體的下底面的切點為，
可知：，則，
即，解得，
根據(jù)對稱性可知圓柱的高為，
所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故D正確；
故選：ABD.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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