题型20 立体几何中的截面、范围与最值、轨迹问题-2025年新高考数学冲刺宝典

高考数学冲刺宝典 ⑦对点练习人 如图，该几何体为两个底面半径为1，高为1的相同的圆锥形成的组合体，设 它的体积为V1,它的内切球的体积为V2,则V1:V2= A.2:3 B.22:3 C.2:2 D.√2：1 题型20 立体几何中的截面、范围与最值、轨迹问题 技法01研究截面一平行截法与相交截法 技法解读人一 1.平行线法特征 如下图E、F是几等分点，不影响作图.做出过三E,F,C1点的截面 D D 方法如下： (I)寻找C,点所在的与线EF的所在红色表面平行的面：里边侧面（绿色的）： (2)在这个面内，过C1做EF平行线，显然必须扩展这个面了； (3)E与F分别在右侧面和下侧面上（红色面就不要用了）： (4)注意这仁面的相交棱： (5)下边过C做EF平行线，交这俩棱于K,L分别连FK与EL,交点为J与H.做出截面，与 第一种方法一致。 2.相交线法特征 如下图E、F是几等分点，不影响作图 D 118 题型20立体几何中的截面、范围与最值、轨迹问题 做出过三E,F,C点的截面 先用上表面（红色的）来做： (1)先补出扩展EF直线所在的前侧面。如左下第一图开始。并延长EF交A,B,于G: (2)此时G也在上表面了，连接GC1,与棱AD1交点H: (3)连接HB,则的如右图的截面， 再用右表面绿色的来做： (1)则发现，右边面和EF相交于前侧面下方，如左下第一图开始，延长EF交C,C于I: (2)此时I也在右表面了，连1C,交棱CB于J; (3)连接FJ,则出右图的截面. 串典例剖折，一 例1一1在棱长为3的正方体ABCD-AB,CD中，O为AC与BD的交 点，P为AD1上一点，且AP=2PD,则过A,P,O三点的平面截正方体 A 所得截面的周长为 ( A.4/13 B.62 C.213+22 D.213+4w2 【解析】·A户=2PD,即D市=号DA,取D户=号D,C,连接PH, HC,AC,则HP∥AC1,又AC∥AC,.HP∥AC, A,O,C,H,P共面，即过A,P,O三点的正方体的截面为ACHP, 由题可知AP=CH=√3+2严=√13，PH=√2，AC=32, .过A,P,O三点的平面截正方体所得截面的周长为42+十213.故选D. 【答案】D 例1一2（多选）如图，正方体ABCD一ABCD的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上 的动点，过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面多边形记为S,则下列命题正确的是() D A.当CQ=2时，S为等腰梯形 B当CQ-时.S与CD的交点R满足CR=3 C当<CQ<1时.S为六边形 D当CQ-1时.S的面积为9 【解析】过点A,P,Q的平面我正方体，当0<CQ<时，其栽面形状为梯形如图1， 特别地当CQ= 时，藏面形状为等腰梯形，当2<CQ<1时，其截面形状为五边形如图2。 119 高考数学冲刺宝典 若CQ-是则88-需-分CR=合当0Q-1时，Q与G重合，共成西形我为回边形如图3 此时PQ-AP,P为BC的中点，且CP∥AD,∴.Q为MN的中点，.PC∥AE,同理QE∥AP, ∴回边形APQE为平行四边形四边形AQE为菱形，其面积为AC·PE=32=. 故ABD正确.故选ABD. 图1 图2 图3 【答案】ABD 方对点练习 1.在正方体ABCD一AB,C1D中，点Q是棱DD1上的动点，则过A,Q,B三点的截面图形是 A.等边三角形 B.矩形 C.等腰梯形 D.以上都有可能 2.如图，直四棱柱ABCD-AB,CD,的所有棱长均为2，∠BAD=号，E是 侧棱AA1的中点，则平面BCE截四棱柱ABCD一A1BC1D所得的截面 图形的周长是 A.32+25+2 B.22+25+√7 C.32+√5+2 D.32+√5+7 技法02球截面 技法解读人 用一个平面α去截球，若平面α经过球心，所得的截面称为球的大圆：若平面α不经过球心， 所得截面称为球的小圆.小圆圆心与球心的连线必垂直于小圆面，且满足勾股数组R=严十. 串典例剖析人 例2已知三棱锥P一ABC的所有棱长均为3，球O与棱PA,PB,PC都相切，且平面ABC被球 O截得的截面面积为2π，则球O的半径为 () A.1 B.2 C.22 D.√2或22 120 题型20立体几何中的截面、范围与最值、轨迹问题 【解析】过点P向底面ABC作垂线，垂足为O,连接AO,则球心O在线 段0或其廷长线上，0为三△ABC的中心，则A0-号×号AB=原， PO,=√PA一AO=√6.设球O的半径为R,,球O截平面ABC所得的 截面面积为2π，∴.截面圆的半径为√2，∴OO=√R2-2,R>2, 过0作PA的套线，鱼足为D,别OD=R,△PA0△POD,贸-忍 ①当点0在线段P0,上时，6-R2=尽，即√R-2=6-3R. 3 3 则R2-32R+4=0,且√6-√3R>0,解得R=√2： ②当点0在线段PO,的延长线上时，6+R-2_R 3 3 即√R-2=√3R-√6，则R2-3/2R+4=0,且3R-√6>0，解得R=22 或R=√2，当R=√2时，点O,O重合，此时点O不在线段PO1的延长线 上，故舍去：当R=22时，切点D不在棱PA上，不符合题意.综合①②可知，R=√2，故选B. 【答案】B [对点练习 如图，在三棱锥A一BCD中，平面ABD⊥平面CBD,AB=BC=CD= AD=BD=6,点M在AC上，AM=2MC,过点M作三棱锥A一BCD外 接球的截面，则截面圆面积的最小值为 M A.12π B.10x C.8π D.4π 技法03 立体几何中的动态问题 技法解读 处理立体几何的动态问题的方法：一是以静制动；二是建系. 串典例剖析人一 例3一1（多选）已知正方体ABCD一AB,CD1的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形AB- CD所在平面上一动点，则下列命题正确的是 () A.若MN与平面ABCD所成的角为天，则点N的轨迹为圆 121 高考数学冲刺宝典 B.若MN=4,则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π C.若点N到直线BB:与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线 D.若D,N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线 【解析】 如图所示，对于A,根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD, ∴∠MND为MN与平面ABCD所成的角，∠MND=平， ∴DN=DM=DD,=2×4=2.点N的轨迹是以D为国心2为半径的 圆，故A正确； 对于B,在Rt△MDN中，DN=√MN-MD=√4-2=2/3，取MD的中 点E,:P为MN的中点，.PE∥DN,且PE=DN=3,DN⊥ED,.PE⊥ED, 即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE=√3，点P的轨迹是以3为半径的圆，其面积 为元·（√3）2=3π，故B不正确： 对于C,连接NB,BB⊥平面ABCD,.BB⊥NB,点N到直线BB1的距离为NB,点N 到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，点N的轨迹是以B为焦 点，CD为准线的抛物线，故C正确； 对于D,以D为原点，DA,DC,DD所在直线分别为x,y,之轴建立空间直角坐标系，则A(4,0, 0),B(4,4,0),D(0,0,4),设N(x,y,0),则AB=(0,4,0),DN=(x,y,-4),DN与AB所 成的角为爱m迹.01=@景六分类理得器后1.点N的 轨迹为双曲线，故D正确.故选ACD 【答案】ACD 例3一2（多选）已知圆柱OO的高为1，下底面圆O的直径AB长为2，BB是圆柱OO的一条 母线，点P,Q分别在上、下底面内（包含边界），下列说法正确的有 () A.若PA十PB=3,则点P的轨迹为圆 B.若直线OP与直线OB1所成的角为45°，则点P的轨迹是抛物线的一部分 C.存在唯一的一组点P,Q,使得AP⊥PQ D.AP+PQ+QB的取值范围是[√13,23+√5] 【解析】对于B,如图，不妨以O为原点，以AB的垂直平分线，OA,OO分别为x,y,心轴建立 空间直角坐标系，则O(0,0,0),A(0,1,0),B(0,一1,0)，B(0,一1,1)，设P(x, y,1),则OB=(0,-1,1).0户=(x,y,1),由题意， |-y+1 -1)2+12×√x2+y2+1 -号化简得y= 2,由于点P在上底面内，点P的轨迹是抛物线的一 部分，故B正确； 对于A,PA+PB=3,即V+(y1)+十2+(y+1)+1=3,化简得 行=1，即点P 9 420 的轨迹为椭圆，故A错误： 122 题型21立体几何大题解题技巧 对于C,设点P在下底面的投影为P,则由勾股定理可得AP=PP+AP,若AP⊥PQ,则AP 十PQ=AQ,则AP+12+PQ+1=AQ,当P1在线段AQ上时，AP門十P1Q可取最小值，由 均值不等式，得Am+PQ>≥2×AQ=A9,当且仅当AP=PQ=9时，等号成立，2=AQ 一(A十P,Q)<9即AQ≥4，而点Q只有在与点B重合时，AQ才能取到4，此时点B与点 Q重合，点P与，点O1重合，故C正确： 对于D,当，点P与点B1,点Q与点A重合时，AP+PQ十QB的值为3AP=31+2=35>2/3+ √5，故D错误.故选BC 【答案】BC 对点练习趴 1.(多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△ABM,连接 B,D,V为B,D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是( A.存在某个位置，使得CN⊥AB B.翻折过程中，CN的长是定值 C.若AB=BM,则AM⊥BD D.若AB=BM=1,当三棱锥B,一AMD的体积最大时，三棱锥B,一AMD 的外接球的表面积是4π 2.(多选)已知圆锥的顶点为S,高为1，底面圆的直径AC=23,B为圆周上不与A重合的动点， F为线段AB上的动点，则( A.圆锥的侧面积为2/3π B.△SAB面积的最大值为√3 C.直线SB与平面SAC所成角的最大值为60° D.若B是AC的中点，则(SF+CF)的最小值为10十√15 题型21立体几何大题解题技巧 技法01空间中的平行关系解题技巧 技法解读人 1.线线平行 (1)三角形、四边形的中位线与第三边平行； (2)平行四边形的性质（对边平行且相等）： (3)内错角、同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行. 2.线面平行的判定定理 123高考数学冲刺宝典 形PAP'B的内切国的半径即为该几 平面CBD=BD,故AE⊥平面CBD,AE=√AD-DE= 何体内切球的半径，设内切球的半径 √/G-3=33,易知球心O在平面BCD的投影为△BCD的 为由0P=0A=1,得r=2 外心O,过O作OH⊥AE于H,易得OH‖OE,OO)‖HE 则在Rt△OHA中，OH=3,AH=23,.外接球半径R= 音xr=受.M=2xXPX1 3 √OF+AF=√5，连接OM,:AH=2HE,OH CE,AM 号M=顶1故选D =2MCH.0,M三点共线∴MH=号CE=23.0M=MH 题型20立体几何中的截面、范围与最值、轨迹问题 一OH=√3，当M为截面圆阅心时藏面面积最小，此时截面圆 技法01研究截面一平行截法与相交截法 半径r=√(/15)2-(3)2=25，面积为S=x2=12元.故 【对点练习】 选A. 1.D【解析】∴.当点Q与D重合时，过 D 技法3立体几何中的动态问题 A,Q、B,三点的截面是等边三角形 【对点练习】 ABD1:当，点Q与D重合时，过A、Q L,BD【解析】对于A,取AD的中 B1三，点的戴面是矩形ABCD:当，点 点为E,连接CE交MD于点F,如 Q与DD1的中点重合时，取CD的 图1.则NE∥AB,NF∥MB.如 中点M,由于QM∥DC,AB∥DC,.QM∥AB,文AQ= 果CN⊥AB,剩EN⊥CV,由于 MB,故过A.Q,B:三点的戴面是等腰梯形ABMQ,如图所 B%- AB⊥MB,则EN⊥NF,由于三 示：，过A,Q,B1三，点的裁而图形是可能是等边三角形、矩 图 线NE,NF,NC共而且共，点，故EN⊥CN和EN⊥NF不能 形或等腰梯形.故选D 同时成立，故A错误：对于B,如图1，由∠CEN=∠MAB, 2.D【解析】连接BE与BA的延长线交于点F,连接CF与 AD交于点G,:AE=BB,AE/BB,A为BF的中 且NE=号AB,AM=EC,在△CEN中，由余孩定理得 NC=VE+EC-2NE·EC·cos∠NEC,是定值，故NC 点，则G为AD的中点，藏面为梯形BCGE,,所有棱长 也是定值，故B正确： 均为2，∠BAD=吾，·∠CDG=至，BC 对于C,如图2，取AM的中点O, BCG+CCT=22,BE=√/AB,+A区=5，EG= AB=BM.即AB,=B1M.则AM BO.若AMLB D,由于B,OnB √AE+AG ② CG D=B,且BO,BDI平面 √/CD+GD-2 XCDXGDXcos.∠CDG ODB1,,.AM⊥平面ODB.OD1 图2 √1+2-2×1×2×0s否-/7，故梯形BCGE的周长为 3 平面ODB1,.OD⊥AM,则AD=MD,由于AD≠MD,故 3/2+5+7.故选D. AM⊥BD不成立，故C错误： 对于D,根据题意知，只有当平面BAM⊥平面AMD时，三 棱锥B,一AMD的体积最大，取AD的中点E,连接OE,B E,ME,如图2，AB=BM=1,则AB=B1M=1,且AB BM,平面BAM∩平面AMD=AM,,∴.BO⊥AM,BO 平面BAM,∴.B,OL平面AMD,OEI平面AMD,∴.BO 技法02球截面 【对点练习】 ⊥0E.则AM-E,B0-AM-号.0E-含DM-号AM A【解析】由题意知，△ABD 和△BCD为等边三角形，如图 ,从而EB,=入号+号=1·易知EA=D=EM 所示：取BD中点为E,连接 1,,AD的中点E就是三棱雏B1一AMD的外接球的球心， B D AE,CE,则AE⊥BD.由平面 球的半径为1，表而积是4，故D正确.故选BD, ABD⊥平面CBD,平面ABDn 2.AC【解析】圆锥的底面圈半径r=√5，國锥的母线长为 28 参考答案 √/3十1=2，则固锥的侧面积为π1=23π，故A正确：如图 2.(1)证明见解析【解析】(1)证 1,平而SAC为圆锥的轴截面，O为底面圆心，则SO=1,SA 明：由题知BC∥BC,BCC平面 =X=2.m<cN气月-停∠cA=0ZAc ABC,B,C平面ABC,.BC ∥平面ABC,又：平面ABC =120°，∴.0°<∠ASB≤120°，设∠ASB=00°<0≤120)，则 ∩平而ABC=1,BCC平面A SASAR=-2SA,SBsin∠ASB=2sin02,故B不正确：根据 BC,.BC∥L 技法2空间中的垂直关系解题技巧 圆雏的结构特征可知，点B在平面SAC上的投影在AC上， 【对点练习】 又SB为定值，则当点B到直线AC的距离最大时，直线SB 1,(1)证明详见解析【解析】(1)由 与平面SAC所成的角最大，，当B是AC的中点时，直线SB 于AD=CD,E是AC的中点，∴ 与平面SAC所成的角最大，由AC=23知，此时点B到平 AC DE. 由于 面SAC的距离为3，又，高为1，∴直线SB与平面SAC所 AD-CD 成角的最大值为60°，故C正确：当B是AC的中，点时，AB BD=BD .△ADB空 BC=√6，此时△SAB为等腰三角形，△ABC为等腰直角三 ∠ADB=∠CDB. 角形，将△SAB,△ABC沿AB展开至同一个平面，得到如 △CDB,∴AB=CB,故AC⊥BE,由于DE∩BE=E,DE. 图2所示的平面图形，取AB的中点D,连接SC,SD,CD,则 BEC平而BED,∴AC⊥平面BED.由于ACC平面ACD, SD=2- .平面BED⊥平面ACD SB 2.(1)证明见解析【解析】(1)证明：在四边形ABCD中，作 ∠CBS=cos(90°+∠ABS)=-sin∠ABS=- sc DE⊥AB于E.CF LAB于F.,'CD∥AB,AD=CD=CB= =2+6-2×2×6×(-10 )=10+215,∴.(SF+ 1,AB=2.四边形ABCD为等腰祁形，∴AE=BF=号 CF)≥SC=10十215.当且仅当S.F,C三点共线时.等 故DE-号.BD=VDE+BE=原dAD+BD=A 号成立，故D不正确，故选AC B,∴ADLBD,,PD⊥平而ABD,BDC平面ABCD, PD⊥BD,又PD∩AD=D,∴.BD⊥平面PAD,又PAC平 面PAD,.BD⊥PA 3.(1)证明见解析【解析】(1)证明：翻折前，，四边形ABCD 为平行四边形，∠D=60°，则∠B=60°.：DC=2AD=2,则 图1 图2 AB=DC=2,BC=AD=1,由余弦定理可得AC=AB十 题型21立体几何大题解题技巧 技法1空间中的平行关系解题技巧 BC-2AB·BC0s∠B=4+1-2×2×1×号=3，AC 【对点练习】 十BC=AB,则BC LAC,同理可证AD⊥AC,翩折后，则 1.(1)证明见解析【解析】(1)取 有BC⊥AC,PA⊥AC,PC⊥BC,AC∩PC=C,AC,PCC AB的中点为K,连接MK,NK, 平面PAC,∴，BC⊥平面PAC,PAC平面PAC,则PA 由三棱柱ABC-ABC可得四 BC,AC∩BC=C,AC、BCC平面ABC,∴.PA⊥平面 边形ABB1A1为平行四边形，而 ABC,,PAC平面PAB,故平面PABL平面ABC B,M=MA1,BK=KA,则MK∥ 技法3向量法与几何法求空间角的解题技巧 BB1,而MK过平面BCCB,B 【对点练习】 B,C平面BCCB,故MK∥平面BCCB,而CN=VA, .【解析】(1)：AB=AD,O是BD BK=KA,则NK∥BC,同理可得NK∥平面BCCB,而 1)证明见解析：(2) NK∩MK=K,NK,MKC平面MKN,故平面MKN∥平面 中点，.O1⊥BD,OAC平面ABD,平面ABD⊥平面 BCC,B,而MNC平面MKN,故MN∥平面BCC1B. BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,∴.OA⊥平面BCD. CD二平面BCD,,.OA⊥CD】 29