幾何體的截面（交線）及動態(tài)問題-2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)

何體的截面（交線）及動態(tài)問題

題型分析1.立體幾何中截面、交線問題綜合性較強，解決此類問題要應(yīng)用三個

基本事實及其推論、垂直、平行的判定與性質(zhì)定理等知識.2.立體幾何中的動態(tài)問

題主要是指空間動點軌跡的判斷、求軌跡長度、最值與范圍問題等.

題型一截面問題

例1（2023?福州質(zhì)檢）已知正方體A3CD—ALBCLDI的棱長為4,E,R分別是棱

AAi,3C的中點，則平面DiER截該正方體所得的截面圖形周長為（）

A.6B.1OV2

C/+2小D.吟—

答案D

解析取CQ的中點G,連接BG,則D1E//BG,

取CG的中點N,連接FN,則FN//BG,

所以FN//D1E.

延長。iE,D4交于點H,連接切交A3于點連接ME,則平面DiER截該

正方體所得的截面圖形為多邊形DiEMFN.

由題知A為HD的中點，AiE=AE=2,

則CiN=3,CN=1,則DiE=y]42+22=2#,

DI^=^/42+32=5,FN=y/12+22=y[5.

取AD的中點Q,連接QG則

AMAH

所以反二匝

Apr424

所以川0=而/。=耳*4=),則

則ME=NAE2+4+仔)=￥，

MF=\lMB2+BF2^+4=邛^,

所以截面圖形的周長為DlE+EM+MF+FN+NDi=2y[5+y+^^+y[5+5=

2遮+蚱+25

3^

故選D.

感悟提升作截面應(yīng)遵循的三個原則：（1）在同一平面上的兩點可引直線；（2）凡是

相交的直線都要畫出它們的交點；（3）凡是相交的平面都要畫出它們的交線.

訓(xùn)練1（2023?遼寧名校聯(lián)考）在正方體ABC。一A向CLDI中，AB=2,E為棱BBi

的中點，則平面AEDi截正方體A3CD—A1BC1D1的截面面積為（）

A.|B.|

9

C.4D，2

答案D

解析取31cl的中點為“，連接EM,MDi,BCi,

則石舷〃3。，且EM=；3Ci,則E航〃ADi,且EM=1ADI.

又AB=2,

所以MDi=AE=y/22+12=小,BCi=ADi=2y/2,

因此EM=yfl,所以平面AEDi截正方體ABCD—ALBICLDI所得的截面為等腰梯

形EMDiA,

因此該等腰梯形的高h"DiM2_gDi[E子=#Z|=乎，

19

所以該截面的面積5=2（ADI+EM）-A=2，

故選D.

題型二交線問題

例2（2020.新高考I卷）已知直四棱柱ABCD-AiBiCiDi的棱長均為2,ZBAD=

60。似Di為球心，小為半徑的球面與側(cè)面BCCiBi的交線長為.

答案等

解析如圖，設(shè)BQ的中點為E,球面與棱331,CQ的交點分別為P,Q,

連接。3,DiBi,DiP,DxQ,DiE,EP,EQ,

由NBAD=60°,AB=AD,

知△ABD為等邊三角形,

.\D\Bi=DB=2,

：.△ZKBCi為等邊三角形,

則DiE=小且DEL平面BCCiBi,

；.E為球面截側(cè)面BCCiBi所得截面圓的圓心,

設(shè)截面圓的半徑為r,

則r=q福一D1E2K5—3=也.

可得EP=EQ=y[2,

球面與側(cè)面BCCLBI的交線為以E為圓心的圓弧PQ.

又DiP=-\（5,

：.BiP=yjDiP2-DiB^=1,

同理GQ=1,

：.P,Q分別為BBi,CCi的中點,

71

：.ZPEQ=^,

知戶0的長為9也=當三

感悟提升作交線的方法有如下兩種：（1）利用基本事實3作交線；（2）利用線面平

行及面面平行的性質(zhì)定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據(jù)性質(zhì)作出交線.

訓(xùn)練2（2023?南通模擬）已知在圓柱。1。2內(nèi)有一個球。，該球與圓柱的上、下底面

及母線均相切.過直線0102的平面截圓柱得到四邊形ABCD,其面積為8.若P為

圓柱底面圓弧比＞的中點，則平面以3與球。的交線長為.

答案呼兀

解析設(shè)球O的半徑為r,則AB=BC=2r,

P

而S四邊形8,

所以r=y/2.

如圖，連接尸。2,O1P,作。2P于易知。1。2,42

因為P為①的中點，所以AP=3P,

又。2為A3的中點，所以。2PLAB

又。1。20。2P=。2,所以A3,平面。1。2「，

又OHu平面O1O2P,所以

因為OH工O2P,且430尸。2=。2,

所以平面ABP.

因為。。2=2/=2隹，OiP=^2,OiO2±OiP,

所以02P=N0@+0IP2=N(2g)2+(&)2=①,

的、,?/c”01Pg下

所以sinNOQP—3p一5一5，

所以O(shè)H=OO2Xsin/OiO2P=p義率=里.

易知平面必3與球。的交線為一個圓，其半徑為

2V10

22=2—

n=yjr—OHAj（g）5

交線長為/=2口1=2兀*4頁=斗匝兀.

題型三動態(tài)問題

角度1動態(tài)位置關(guān)系的判斷

例3（多選）如圖，在矩形A3CD中，BC=1,AB=x,BD和AC交于點0,將△瓦⑦

沿直線3。翻折，則下列說法中正確的是（）

A

A.存在x,在翻折過程中存在某個位置，使得ABLOC

B.存在無，在翻折過程中存在某個位置，使得ACL3。

C.存在x,在翻折過程中存在某個位置，使得A3,平面ACD

D.存在x,在翻折過程中存在某個位置，使得AC,平面A3。

答案ABC

解析當AB=x=l時，此時矩形A3CD為正方形，則ACLBD,

將△BAD沿直線5。翻折，當平面A3。，平面3co時，

由OCLBD,OCu平面BCD,平面ABDA平面BCD=BD,所以0C,平面ABD,

又A3u平面A3D,所以ABLOC,故A正確；

又OCLBD,0A1BD,且oanoc=。，OA,OCu平面one,所以3D，平面

OAC,

又ACu平面OAC,

所以ACL3。，故B正確;

在矩形ABCD中，AB±AD,AC^l+x2,

所以將△84。沿直線3。翻折時，總有

取x=；,當將△§的＞沿直線3。翻折到AC=坐時，有A32+AC2=BC2,

即A3LAC,且ACnAD=A,AC,ADu平面ACD,

則此時滿足A3,平面ACD,故C正確；

若AC,平面A3D,又AOu平面A3D,

則ACLAO,

所以在△AOC中，。。為斜邊，這與。。=。4相矛盾，故D不正確.

感悟提升解決空間位置關(guān)系的動點問題

（1）應(yīng)用“位置關(guān)系定理”轉(zhuǎn)化.

⑵建立“坐標系”計算.

角度2動點的軌跡（長度）

例4（2023?濟南模擬）已知正方體A3CD—ALBICLDI的棱長為2小，E,R為體對角

線BDi的兩個三等分點，動點P在△ACB內(nèi)，且△PER的面積SAPEF=2,則點P

的軌跡的長度為.

答案兀

解析如圖1所示，連接3D,

因為A3CD—AiBCbDi是正方體，

所以ACLBD,平面ABCD,

又ACu平面ABCD,

所以ACLDDi,

因為00103。=。，所以AC,平面3DD1,

因為BDiu平面3DD,所以BD」AC.

同理

因為ACn3iC=C,所以平面ACSi.

因為正方體A3CD—AbBCiDi的棱長為2小，

所以AC=3C=AB=2加，BDi=6,

又E,R為體對角線的兩個三等分點，

所以BF=EF=DiE=2.

設(shè)點B到平面ACB\的距離為d,

則VB-ACBX=VBX-ABC,

解得d=2,即d=3E

所以Rd平面ACBi,即3歹，平面ACBi.

三棱錐5一ACBi的底面三角形ACBi為正三角形，且BBi=BC=BA,

所以三棱錐5—ACBi為正三棱錐，

所以點R為△ACBi的中心.

因為P?平面ACB,

所以PRu平面ACBi,則EFLPF.

又△PEF的面積為2,

所以TER?PR=2,解得PR=2,

則點尸的軌跡是以點R為圓心，2為半徑的圓周且在△ACBi內(nèi)部的部分,

如圖2所示，點P的軌跡為荻，QR,ST,且三段弧長相等.

在△f'NBi中，F(xiàn)N=2,RBi=2&X坐x]=2啦，/NBiF=》

上工分…田NFBiF

由正弦",兀-sin/sN廣

sin6

也

得sin/BiNF=1,

由圖2可知,NBiNFR(j,兀J,

47r7T

所以N&NR=z；，則NNEBi=五，

7T

所以ZNFM=2ZNFBi=7,

O

所以麗V的長Z=2X^=^,

03

7T

則點P的軌跡的長度為3X-=ji.

感悟提升解決與幾何體有關(guān)的動點軌跡問題的方法

(1)幾何法：根據(jù)平面的性質(zhì)進行判定.

(2)定義法：轉(zhuǎn)化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定，或用代替法進行計算.

(3)特殊值法：根據(jù)空間圖形線段長度關(guān)系取特殊值或位置進行排除.

角度3最值(范圍)問題

例5(2023?石家莊質(zhì)檢)《九章算術(shù)》是中國古代張蒼、耿壽昌所撰寫的一部數(shù)學(xué)

專著，是《算經(jīng)十書》中最重要的一部，成于公元一世紀左右，是當時世界上最

簡練有效的應(yīng)用數(shù)學(xué)，它的出現(xiàn)標志著中國古代數(shù)學(xué)形成了完整的體系.在《九章

算術(shù)》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”.已知在“塹堵”ABC

一ALBIG中，ABLAC,AB=AC=AAi=y[6,動點又在“塹堵”的側(cè)面BCCLBI

上運動，且AM=2,則NMA5的最大值為()

,兀c5兀

A.WB.記

c.^D]

答案B

解析如圖，取3C的中點。，連接A。，MO,則A。，3c

因為在直三棱柱ABC—中，331，平面ABC,

所以BBxLAO,

又BSBBi=B,所以A。，平面BCCLBI,

所以A。，。”.

在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=^6,ZBAC=^,

所以AO=，§,又AAf=2,

所以在RtAOAM中，0M=遮一（4）2=i,

所以動點M的軌跡是平面BCCbBi內(nèi)以。為圓心，1為半徑的半圓.

連接3M,易得BO=^BC=/,

所以3〃?[小一1,^3+1].

在△BAM中，AB=\[6,AM=2,

由余弦定理得

AM2+AB2-BM22?+（#）2—BA/210—（小+1）2冊—色

=

COsZMAB=一瓦拓行一=2X2X比？4加4'

即當瓦0=小+1時，cosNMAB取得最小值加1也,

結(jié)合選項可知，A,C,D均不正確，

5兀

所以/的43的最大值為宣，選B.

感悟提升在動態(tài)變化過程中產(chǎn)生的體積最大、距離最大（?。?、角的范圍等問題,

常用的思路是

（1）直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應(yīng)最大、

最小值，即可求解.

（2）函數(shù)思想：通過建系或引入變量，把這類動態(tài)問題轉(zhuǎn)化為目標函數(shù)，從而利用

代數(shù)方法求目標函數(shù)的最值.

訓(xùn)練3（多選）（2023?沈陽郊聯(lián)體一模）已知棱長為a的正方體ABC。一AiBCbDi中，

M為31cl的中點，點P在正方體的表面上運動，且總滿足垂直于MC,則下

列結(jié)論正確的是（）

A.點P的軌跡中包含A4i的中點

B.點P在側(cè)面AALDLD內(nèi)的軌跡的長為冬

C.MP長度的最大值為印

D.直線CC與直線所成角的余弦值的最大值為專

答案BCD

解析如圖，取4D1的中點E,分別取4A,SB上靠近點Ai,囪的四等分點不

G,連接EM,EF,FG,MG,

則EM統(tǒng)A15,FG如A?

所以統(tǒng)RG,所以點E,M,F,G四點共面.

連接GC,因為MG2=(^+3)=矢

22

MC2^+屋=芋，GC2=[y)+次=等,

所以所以

由正方體的性質(zhì)知ALBI,平面BiCiCB,

所以ME,平面BiCiCB,

又MCu平面31cleB,所以ME,航C

因為MGnME=M,MG,MEu平面MERG,

所以平面MEFG,

所以點P的軌跡為四邊形MERG（不含點M）.

對于A,點尸的軌跡與A4i有唯一交點R,而R不是A41的中點，故A不正確；

對于B,因為點P在側(cè)面AALDLD內(nèi)的軌跡為EF,四邊形MERG為平行四邊形,

所以EF=MG=?,故B正確；

對于C,根據(jù)點P的軌跡可知，當P與R重合時，的長度有最大值.

由正方體的性質(zhì)知ALBI，平面BiCiCB,

所以RG，平面BiCiCB.

又MGu平面331clC,所以RGLMG.

連接MR,則次+誓=號,故C正確；

對于D,當直線CG與直線MP所成角的余弦值最大時，直線CC與直線所

成的角最小，由于點尸的軌跡為四邊形MERG（不含點M）,

所以直線CC與直線所成的最小角就是直線CG與平面MERG所成的角，

a

2

又向量Gi與平面MEFG的法向量曲的夾角為NCCM,且sinZCiCM=-^=

75a

2

近

5，

所以直線CG與平面MERG所成角的余弦值為專，

即直線CG與直線所成角的余弦值的最大值為竽，故D正確.綜上所述，選

BCD.

分層精練?鞏固提升

【A級基礎(chǔ)鞏固】

7T

1.如圖，斜線段A3與平面a所成的角為不3為斜足.平面a上的動點P滿足NB43

則點P的軌跡為（

A.圓B.橢圓

C.雙曲線的一部分D.拋物線的一部分

答案B

解析建立如圖所示的空間直角坐標系,

設(shè)OB=OA=1,

則3(0,1,0),A(0,0,1),P(x,y,0),

則屈=（0,1,-1）,AP=（x,y,-1）,

所以8s〈部，電飛口+T

即3/+（y—2>=3,

所以點尸的軌跡是橢圓.

2.（2023?北京順義區(qū)質(zhì)檢）已知過的平面與正方體A3CD—ALBCIDI的棱AAI,

CG分別交于點M,N,則下列關(guān)于截面3MDW的說法中不正確的是（）

A.截面BMDiN可能是矩形B.截面BMDiN可能是菱形

C.截面BMDiN可能是梯形D.截面BMDiN不可能是正方形

答案C

解析如圖①，當點”，N分別與對角頂點重合時，顯然截面BMDiN是矩形;

圖①圖②

如圖②，當M,N分別為棱AAi,CC的中點時，顯然截面BMDiN是菱形，由正

方體的性質(zhì)及勾股定理易知截面BMDiN不可能為正方形；

根據(jù)對稱性，其他情況下截面BMDiN為平行四邊形.故選C.

3.（2023?山東名校聯(lián)考）如圖，已知正方體ABCD—AiBiQDi的棱長為4,的中

點、為M,過點Ci,D,M的平面把正方體分成兩部分，則較小部分的體積為（）

D}

52

AA-TB.18

「58

c.fD.^~

答案c

解析如圖，取A3的中點E,連接DG,CiM,ME,DE,則易知截面是等腰梯

形C1MED,

則較小的部分是三棱臺BEM-CDCx.

SABEM=3X2X2—2,

Sag=^X4X4=8,

所以較小部分的體積丫=3（2+8+知2乂8）*4=苧.故選C.

4.（2023?廣州調(diào)研）已知矩形A5CD,AB=2,BC=25將△A3。沿矩形的對角線

3。所在的直線進行翻折，在翻折過程中（）

A.存在某個位置，使得直線5。與直線AC垂直

B.存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直

C.存在某個位置，使得直線3c與直線AD垂直

D.對任意位置，三對直線“AC與3D”“CD與AB”“AD與3C”均不垂直

答案B

解析矩形在翻折前和翻折后的圖形如圖①②所示.

在圖①中，過點A作AE,3D,垂足為E,過點C作CfUBD,垂足為G則點E,

F不重合；

在圖②中，連接CE

對于A,若ACLBD,由3。LAE,AEAAC=A,

得3D，平面ACE,所以3DLCE,與點E,R不重合相矛盾，故選項A錯誤；

對于B,^AB±CD,由A3，AD,ADnCD=。，得A3,平面ADC,所以A5LAC,

當A3=AC=2時，滿足4爐+4。2=3。2,此時直線A3與直線CD垂直，故選項

B正確；

對于C,<ADLBC,由DCL3C,ADHDC=D,

得3C,平面ADC,所以3CLAC,已知30A3,

所以不存在這樣的直角三角形，故選項C錯誤.

由B知選項D錯誤.故選B.

圖①圖②

5.（多選）（2023?長沙檢測）設(shè)動點P在正方體ABCD—ALBIGDI上（含內(nèi)部），且加5=

赤B,當NAPC為銳角時，實數(shù)丸可能的取值是（）

11

A，2B.g

”D』

U5

答案CD

解析設(shè)AP=x,DiP=t,正方體的棱長為1,

則AC=也，在△APC中，

爐+x2-2Y2—1

由余弦定理得cosZAPC=^2=^,

r2-l

若NAPC為銳角，則二^>0,則

在△ADiP中，ADi=y[2,

（也）2+（?。?—1乖

cosZA￡)iP=

2Xgx小一3

于是由余弦定理得f=2+F—2X表X/X當，

于是2+產(chǎn)一2X啦XfX坐>1,

即3產(chǎn)一4小/+3>0,

解得/或/<坐，由DiB=5）,

故7>1（舍去）或0<7<g.結(jié)合選項可選CD.

6.已知邊長為1的正方形ABCD與CDER所在的平面互相垂直，點P,Q分別是

線段3C,DE上的動點（包括端點），PQ=dl設(shè)線段PQ的中點”的軌跡為/,則

I的長度為（）

A兀C兀

A]B2

C.坐D,2

答案A

解析以D4,DC,DE所在直線分別為x,必z軸建立空間直角坐標系,

如圖所示，設(shè)P(s,1,O)(OWsWl),2(0,0,f)(0W/Wl),M(x,y,z),由中點坐

sit

標公式易知九=5y=29z=29

即s=2x,%=2z.

'：\PQ\=yls2+fi+l=y[2,

s2-\-t2=1,.*.4X2+4Z2=1,/.X2+Z2=^.

又OWsWl,0WW1,

.,.04母,OWzwg,

f+z2=，0Wx,zwg）,

.?.PQ中點M的軌跡方程為＜]"

軌跡為垂直于y軸，且距離原點3的平面內(nèi)，半徑為3的四分之一圓周，

、11TT

的長度為^X2兀*5=不

7.（2023?安徽名校聯(lián)考）如圖，在棱長為2的正方體A3CD—AbBCDi中，點E,F

分別是棱3C,CC的中點，P是側(cè)面BCCLBI內(nèi)一點，若AiP〃平面AEF則線

段AiP的長度的取值范圍是（

A.［2,小1

C.［小，2啦］D.[2啦，2響

答案B

解析如圖，取BC1的中點G,331的中點H,連接GH,AiG,AiH,

則AiG//AE,

又Ai函平面AER,AEu平面AEF,所以4G〃平面AER,

同理得GH〃平面AER,又4GnGH=G,

所以可得平面AiGH〃平面AEG

因為P是側(cè)面3CC151內(nèi)一點，

所以當P點在線段GH上時，能夠滿足AiP〃平面AEF

由勾股定理可求得4G=AiH=小，GH=y[2,

所以當點P為GH的中點時，AiP的長度最小，

此時AiP=yJ5-）=^^,

當點P與點G或點H重合時，AiP的長度最大，此時AiP=小.

故線段AiP的長度的取值范圍是[華，小.故選B.

8.（2023?北京朝陽區(qū)一模）一個三棱錐形狀的木塊如圖所示，其中以，VB,VC兩

兩垂直，以==VC=1（單位：dm）,小明同學(xué)計劃通過側(cè)面VAC內(nèi)的一點P

將木塊鋸開，所得截面平行于直線VB和AC,則該截面面積（單位：dn?）的最大

值是（）

v

A』B也

a.4D.4

c近D3

J4

答案B

解析如圖，在平面以C內(nèi)，過點尸作所〃AC,分別交用,VC于點憶E,

在平面VBC中，過點E作EQ〃VB交于點Q,在平面必18內(nèi)，過點R作ED〃VB

交B4于點。，連接。。，

則四邊形DFEQ是過點P且與VB,AC平行的截面.

易知四邊形DFEQ是平行四邊形.

因為VBLVC,VBLVA,VAHVC=V,必lu平面必IC,VCu平面以C,

所以VB,平面VAC,

又ERu平面以C,所以VBLEF

又EQ〃丫3,所以EQLER,

所以平行四邊形DFEQ是矩形.

因為ER〃AC,所以△VERsavcA,

VFVEEF

設(shè)相似比為女（＜左＜）則以「=

01,IVr\.=iV7L=/AILk.

易知AC=j,則左.

因為ED〃VB,所以易知△AFDS^AVB,

.\AF_AD_FD

則n誣=血=詬，

竺_空上_

因為以一以——鼠

_FDAF_

所以=1/4=1一鼠所以RD=1—k.

vDVA

則S蚯衫FEQD=EF-FD=y/^k(l—k)=-j

所以，當左=；時，矩形取得最大值,

SFEQD故選B.

9.（2023?寧波調(diào)研）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-AiBiCiDi中，點P為平面

ACG4上一動點，且滿足DiPLCP,則滿足條件的所有點尸圍成的平面區(qū)域的

面積為.

答案y

解析設(shè)。是4G的中點，如圖，連接P。，由正方體的性質(zhì)易知》在平面ACCiAi

上的射影為。，所以要使平面ACC14上一動點P滿足DiPLCP,只需POLCP

即可，連接OC,所以點P的軌跡是以O(shè)C為直徑的圓，而。。=冊，所以滿足

2

0(

條件的所有點P圍成的平面區(qū)域的面積為S=d

10.已知正方體ABC。一ALBICLDI的棱長為次「，E,R分別為3C,CD的中點，P

是線段ALB上的動點，CiP與平面DiEF的交點Q的軌跡長為.

答案V13

解析如圖所示，連接EGAiB,連接4G,交于點連接BE,BCi交

于點N,

由EF//B1D1,

即E,F,Bi,Di共面，

由尸是線段ALB上的動點，當P重合于4或3時，GAi,CLB與平面DiER的交

點分別為“，N,即。的軌跡為MN,由棱長為36，

得CIM=1AICI=3,則BCI=6,

厘」一2

入BiCiNCi2-33'

由ALB=3CI=ACI,得NACLB=60。，

則MN=ylMCr+NCr-2MCi-A^Ci-cosZAiCiB=^9+16-2X3X4x1=V13.

11.如圖，在棱長為1的正方體ABCD-AiBiGDi中，點M是AD的中點，點尸

在底面ABCD內(nèi)（不包括邊界）運動，若&P〃平面AiBM,則CiP的長度的取值范

圍是.

答案［唔詞

解析如圖，取3c的中點N,連接Bi。，BiN,DN,過C作COLON于。，連

接C。，由正方體的性質(zhì)知。N〃MB,AiM〃3iN,

又DNCBiN=N,MBHAiM=M,

...平面BiDN〃平面AiBM,

點P在底面ABCD內(nèi)的軌跡是線段DN（不含點N和點D）.

連接CLD,CIN,在△CLDN中，CiD=y［2,

平面ABC。，CO±DN,

：.CiO±DN,則當P與。重合時，CP的長度取得最小值,

.

「__4__咽

???C1P的長度的最小值為ClPmin=n

5'

2X2

又CiP＜小,

???CP的長度的取值范圍是］警，電

12.（2023?貴陽質(zhì)檢）如圖，在棱長為2的正方體A3CD—A向CD1中，E為棱3cl

的中點，F(xiàn),G分別是棱CCi,3C上的動點（不與頂點重合）.

(1)作出平面ALDG與平面C331C1的交線(要求寫出作圖過程)，并證明：若平面

ALDG〃平面DiEF,則EF//A1D-,

(2)若EG均為其所在棱的中點，求點G到平面DLER的距離.

解(1)如圖，延長DG交A5的延長線于點P,連接AiP交531于點0,連接G。,

則GQ所在的直線即平面4DG與平面的交線.

因為平面CS31C1〃平面ADD14,平面CBBCin平面ALDG=G。,平面ADDi4n

平面ALDG=ALD,所以GQ〃AID

又平面ALDG〃平面DIER,平面CBBCin平面ALDG=G。，平面CSBGn平面

DiEF=EF,

所以GQ//EF,所以EF//A1D.

(2)連接GGEG,DiG,

由E,F,G均為其所在棱的中點,

易得EF=GF=巾,EG=2,

所以EF2+FG2=EG2,所以EF1FG,

故VDI-EFG=3><SAEFGXDiCi=qX^X\fix也乂2=].

易知DiE=DiF=^,則△DiER為等腰三角形，其底面EF上的高為

設(shè)點G到平面DiER的距離為d,

貝1由VG-D]EF=VD[-EFG,

得卜SAD]EFXd=fx3xpX^^Xd=解得d=]，

4

所以點G到平面DiER的距離為不

【B級能力提升】

13.（2022.新高考I卷）已知正四棱錐的側(cè)棱長為I,其各頂點都在同一球面上.若該

球的體積為36兀，且3W/W3#,則該正四棱錐體積的取值范圍是（）

81"2781-

A.18,B.T

「2764

c?不TD.[18,27]

答案c

解析法一如圖，設(shè)該球的球心為。，半徑為R,正四棱錐的底面邊長為a,

高為h,

4

依題意，得36兀=1兀尺3,

解得H=3.

Z2=A2+fef,

由題意及圖可得，

群=（h—R）2+^^tzj,

「一JE

，/_27?-6,

解得ja

嚴2=2P一百

所以正四棱錐的體積=g（2/2—'）（3</<3小）,

所以^=$3一（=$3卜一￡）（3W/W3小）.

令丁=0,得/=24，

所以當3W/<24時，V>0；當24</忘3小時，V<0,

所以函數(shù)V=^2—5(3W/W3/)在［3,2冊)上單調(diào)遞增，在(2加，3?。萆蠁握{(diào)

遞減，

又當1=3時，丫=興；當1=24時,V=y；當/=3小時，丫=號，

所以該正四棱錐的體積的取值范圍是隹篁故選C.

法二如圖，設(shè)該球的球心為。，半徑為R,正四棱錐的底面邊長為a,高為九

4

依題意，得36兀=1兀

解得R=3.

由題意及圖可得彳2

群=(%-R)2+(ja),

解得|產(chǎn)又3W/W3#,

4=2/2一語

所以該正四棱錐的體積丫=5%=；(2/2一日:={(2—=72X祭《(2—總

上+上十仁一白］364(PP廠、

W72X36十36十上場=號［當且僅當宗=2—=，即/=2#時取等號}

所以正四棱錐的體積的最大值為6號4，排除A,B,D,故選C.

法三如圖，設(shè)該球的半徑為R,球心為。，正四棱錐的底面邊長為a,高為k,

正四棱錐的側(cè)棱與高所成的角為0,

4

依題意，得36兀=鏟7?3,

解得R=3,

所以正四棱錐的底面邊長o=g/sin。，高h=2cos8.

在△OPC中，作OELPC,垂足為E,則可得

2I1

cosF干T

所以/=6cos0,

所以正四棱錐的體積

112

V=2a2h=2("\/2/sin0)2-/cos6=1(6cos0)3sin20cos0=144(sin0cos20)2.

設(shè)sin6=f,易得/?坐］,

則y=sin0cos20=Z(l—/2)=r—Z3,

則y=i—3尸.令y=o,得/=號，

所以當坐時，y>o；當雪</<坐時，y<o,

所以函數(shù)丁=?一/在，，坐)上單調(diào)遞增，在［坐，坐)上單調(diào)遞減.

又當/=坐時，y=￥；

當時，j=|；當/=坐時，尸害，

所以害Wyw*,所以今WVW中.

所以該正四棱錐的體積的取值范圍是住y.

故選C.

14.(2023?河南名校聯(lián)考)如圖，直四棱柱ABC。一ALBCLDI的底面是邊長為2的正

方形，AAi=3,E,R分別是A3,3C的中點，將過點Di,E,R的平面記為a,

則下列說法中正確說法的個數(shù)是()

①點B到平面a的距離與點Ai到平面a的距離之比為1：2；

②平面a截直四棱柱ABCD-A\B\C\D\所得截面的面積為^；

③平面a將直四棱柱分割成的上、下兩部分的體積之比為47：25；

④平面a截直四棱柱ABCD-A\B\C\D\所得截面的形狀為四邊形.

A.OB.1

C.2D.3

答案D

解析如圖，連接ER并延長線段FE,交線段D4的延長線于點P,連接D1P,

與A4交于點延長線段ER,交線段DC的延長線于點Q,連接Di。，與CCi

交于點N,連接ME,NF,則五邊形ME/WDi是所求截面，故④錯誤；

易知ME〃DiQ,PE：EQ=1：2,所以PM：MDi=l：2,所以可得MA：AiAf=

1：2.

對于①，因為平面a過線段A3的中點E,所以點A到平面a的距離與點3到平

面a的距離相等.又MA:AiM=l：2,所以點Ai到平面a的距離是點A到平面a

的距離的2倍，所以點4到平面a的距離是點3到平面a的距離的2倍，故①

正確；

連接MN,易知DiM=MN=DiN=2巾EF//MN,且EF=ME=NF=?所以

五邊形DiMEFN可被分為等邊三角形DiMN和等腰梯形MEFN兩部分.等腰梯形

MEFN的高A=A/（表）2—:=乎，所以等腰梯形MEFN的面積為

2爽+爽加3小

22-2■

又SA%MN=^X（2小￥=24,所以五邊形DiMEFN的面積為吟+2/=半,

故②正確；

記平面a將直四棱柱分割成的較大部分的體積為Vi,較小部分的體積為V2,則

=

V2V三棱銖巧-DPQ—V三棱雒M-R4E—V三棱雁N-CFQ=qX3X3X3—TX-X1X1X1一

1252547

=_

X-X1X1X1^,所以V1=Vw^ABCD-AlBlClD1~V2=2X2