专题20 立体几何中的截面与轨迹问题-2022年高考数学微专题复习（新高考地区专用）【学科网名师堂】

专题20 立体几何中的截面与轨迹问题 题型一 截面问题 例1、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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，则截此正方体所得截面面积的最大值为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中， 平面与线所成的角是相等的， 所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理，平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A. 【反思】该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.即首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果. 变式、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 【答案】. 【解析】如图： 取的中点为，的中点为，的中点为， 因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，， 又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以， 因为，所以侧面， 设为侧面与球面的交线上的点，则， 因为球的半径为，，所以， 所以侧面与球面的交线上的点到的距离为， 因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧， 因为，所以， 所以根据弧长公式可得. 故答案为：. 【反思】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题. 题型二 轨迹问题 例2、（2021·山东高三二模）已知正方体的棱长为4，为的中点，为所在平面上一动点，则下列命题正确的是（ ） A．若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆 B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 C．若点到直线与直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线 D．若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 【答案】ACD 【解析】如图： 对于A，根据正方体的性质可知，平面，所以为与平面所成的角， 所以，所以，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆；故A正确； 对于B，在直角三角形中，，取的中点，因为为的中点，所以，且，因为，所以，即点在过点且与垂直的平面内，又，所以点的轨迹为以为半径的圆，其面积为，故B不正确； 对于C，连接，因为平面，所以，所以点到直线的距离为，所以点到点的距离等于点到定直线的距离，又不在直线上，所以点的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，故C正确； 对于D，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，设， 则，， 因为与所成的角为，所以， 所以，整理得，所以点的轨迹为双曲线，故D正确. 故选：ACD 变式1、（2021·山东青岛市·高三二模）已知正方体棱长为2，点在矩形区域(包含边界)内运动，且，则动点的轨迹长度为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 确定点轨迹，由于，因此点轨迹是以为顶点，为轴，母线与轴夹角为圆锥侧面与面的交线，在矩形区域是以为直径的半圆，求出半圆长即得． ，所以在以为顶点，为轴，母线与轴夹角为圆锥的侧面上，由于轴对角面，所以此圆锥侧面与平面的交线是圆，而，因此在矩形区域点轨迹是以为直径的半圆， ，因此轨迹长度为． 故选：B． 变式2、（2021·山东临沂市·高三二模）如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点，，是该多面体的三个顶点，点是该多面体表面上的动点，且总满足，若，则该多面体的表面积为______，点N轨迹的长度为______． 【答案】 【解析】 根据题意该正四面体的棱长为，点，，分别是正四面体的棱三等分点. 该正四面体的表面积为 该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体 每个角上小正四面体的侧面面积为 每个角上小正四面体的底面面积为 所以该多面体的表面积为： 如图设点为该多面体的一个顶点，则, 在中， 则,所以,即 同理,,由,所以平面. 由点是该多面体表面上的动点，且总满足， 则点的轨迹是线段 所以点N轨迹的长度为： 故答案为： （1） （2） 变式3、（2021·浙江高三期末）如图，已知正方体中，为平面内一动点，到底面的距离与到直线的距离相等，则点的轨迹是（ ） A．直线