高中数学专题讲义-空间几何体. 截面与距离问题

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高中数学---空间几何体讲义

空间几何体1、多面体的定义：由几个多边形围成的封闭立体叫多面体。

2、棱柱定义：两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面围成的多面体叫做棱柱。

棱柱的互相平行的两个面叫做棱柱的底面，其余各面叫做棱柱的侧面，相邻的两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱，两个底面间的距离叫做棱柱的高。

基本性质：侧面都是平行四边形；两个底面及平行于底面的截面都是全等的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形。

棱柱的分类：侧棱与底面不垂直的的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱。

直棱柱侧面都是矩形；直棱柱侧棱与高相等；正棱柱的侧面都是全等的矩形。

底面是平行四边形的棱柱叫做平行六面体；底面是矩形的直棱柱是长方体。

祖暅原理：夹在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任何平面所截得的两个截面的面积都相等，那么这两个几何体的体积相等。

侧面积和体积公式：S Cl =侧（C 为垂直于侧棱的直截面的周长，l 为侧棱长），V Sh =（S 为底面面积，h 为高）3、棱锥（1）定义：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥。

棱锥的这个多边形的面叫做底面，其余各个三角形的面叫做侧面。

相邻的两个侧面的公共边叫做棱锥的侧棱。

各个侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点，顶点到底面的距离叫做棱锥的高。

（2）基本性质：如果一个棱锥被平行于底面的一个平面所截，那么侧棱和高被这个平面分成比例线段；截面与底面都是相似多边形；截面面积与底面面积之比，等于顶点到截面与顶点到底面的距离平方之比。

4、正棱锥（1）定义：如果一个棱锥的底面是多边形，且顶点在诺面的射影是底面的中心，这个棱锥叫做正棱锥；（2）基本性质：各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰三角形；正棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影组成一个直角三角形；正棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也组成一个直角三角形。

高中数学立体几何空间距离问题

立体几何空间距离问题空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离一般化归为这三种距离.●难点磁场(★★★★)如图，已知ABCD是矩形，AB=a,AD=b,P A⊥平面ABCD，P A=2c,Q 是P A的中点.求：(1)Q到BD的距离；(2)P到平面BQD的距离.P为RT△ABC所在平面α外一点,∠ACB=90°(如图)(1)若PC=a，∠PCA=∠PCB=60°，求P到面α的距离及PC和α所成的角（2）若PC=24，P到AC，BC的距离都是6√10，求P到α的距离及PC和α所成角（3）若PC=PB=PA，AC=18，P到α的距离为40，求P到BC的距离●案例探究［例1］把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角，点E、F分别是AD、BC 的中点，点O 是原正方形的中心，求：(1)EF 的长；(2)折起后∠EOF 的大小.命题意图：考查利用空间向量的坐标运算来解决立体几何问题，属★★★★级题目.知识依托：空间向量的坐标运算及数量积公式. 错解分析：建立正确的空间直角坐标系.其中必须保证x 轴、y 轴、z 轴两两互相垂直.技巧与方法：建系方式有多种，其中以O 点为原点，以OB 、OC 、OD 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向最为简单.解：如图，以O 点为原点建立空间直角坐标系O —xyz ,设正方形ABCD 边长为a ,则A (0，－22a ,0),B (22a ,0,0),C (0, 22a ,0),D (0,0, 22a ),E (0,－42a , a ),F (42a , 42a ,0) 21||||,cos ,2||,2||8042)42)(42(420)0,42,42(),42,42,0()2(23,43)420()4242()042(||)1(22222-=>=<==-=⋅+-+⨯=⋅=-==∴=-+++-=OF OE OF OE OF OE a OF a OE a a a a a OF OE a a OF a a OE a EF a a a a a EF∴∠EOF =120°［例2］正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求异面直线A 1C 1与AB 1间的距离.命题意图：本题主要考查异面直线间距离的求法，属★★★★级题目. 知识依托：求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线面距离，或面面距离，亦可由最值法求得.错解分析：本题容易错误认为O 1B 是A 1C 与AB 1的距离，这主要是对异面直线定义不熟悉，异面直线的距离是与两条异面直线垂直相交的直线上垂足间的距离.技巧与方法：求异面直线的距离，有时较难作出它们的公垂线，故通常采用化归思想，转化为求线面距、面面距、或由最值法求得.解法一：如图，连结AC 1，在正方体AC 1中，∵A 1C 1∥AC ,∴A 1C 1∥平面AB 1C ，∴A 1C 1与平面AB 1C 间的距离等于异面直线A 1C 1与AB 1间的距离.连结B 1D 1、BD ，设B 1D 1∩A 1C 1=O 1,BD ∩AC =O ∵AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，∴AC ⊥平面BB 1D 1D∴平面AB 1C ⊥平面BB 1D 1D ，连结B 1O ，则平面AB 1C ∩平面BB 1D 1D =B 1O 作O 1G ⊥B 1O 于G ，则O 1G ⊥平面AB 1C∴O 1G 为直线A 1C 1与平面AB 1C 间的距离，即为异面直线A 1C 1与AB 1间的距离.在Rt △OO 1B 1中，∵O 1B 1=22，OO 1=1，∴OB 1=21121B O OO += 26∴O 1G =331111=⋅OB B O O O ，即异面直线A 1C 1与AB 1间距离为33.解法二：如图，在A 1C 上任取一点M ，作MN ⊥AB 1于N ，作MR ⊥A 1B 1于R ，连结RN ，∵平面A 1B 1C 1D 1⊥平面A 1ABB 1，∴MR ⊥平面A 1ABB 1，MR ⊥AB 1 ∵AB 1⊥RN ，设A 1R =x ,则RB 1=1－x ∵∠C 1A 1B 1=∠AB 1A 1=45°，∴MR =x ,RN =NB 1=)1(22x - 31)31(23)1(2122222+-=-+=+=x x x RN MR MN (0＜x ＜1)∴当x =31时，MN 有最小值33即异面直线A 1C 1与AB 1距离为33.●锦囊妙计空间中的距离主要指以下七种： (1)两点之间的距离. (2)点到直线的距离. (3)点到平面的距离. (4)两条平行线间的距离. (5)两条异面直线间的距离.(6)平面的平行直线与平面之间的距离. (7)两个平行平面之间的距离.七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离.七种距离之间有密切联系，有些可以相互转化，如两条平行线的距离可转化为求点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离.在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点.求点到平面的距离：(1)直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长.(2)转移法，转化成求另一点到该平面的距离.(3)体积法.求异面直线的距离：(1)定义法，即求公垂线段的长.(2)转化成求直线与平面的距离.(3)函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的.●歼灭难点训练一、选择题1.(★★★★★)正方形ABCD 边长为2，E 、F 分别是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角(如图)，M 为矩形AEFD 内一点，如果∠MBE =∠MBC ，MB 和平面BCF 所成角的正切值为21，那么点M 到直线EF 的距离为( )21 D. 23C. B.1 22A.2.(★★★★)三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=1，AB =4，BC =3，∠ABC =90°,设平面A 1BC 1与平面ABC 的交线为l ，则A 1C 1与l 的距离为( )A.10B.11C.2.6D.2.4二、填空题3.(★★★★)如左下图，空间四点A 、B 、C 、D 中，每两点所连线段的长都等于a ，动点P 在线段AB 上，动点Q 在线段CD 上，则P 与Q 的最短距离为_________.4.(★★★★)如右上图，ABCD与ABEF均是正方形，如果二面角E—AB—C 的度数为30°，那么EF与平面ABCD的距离为_________.三、解答题5.(★★★★★)在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2，如图：(1)求证：平面A1BC1∥平面ACD1；(2)求(1)中两个平行平面间的距离；(3)求点B1到平面A1BC1的距离.6.(★★★★★)已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1，点E在棱D1D上，截面EAC∥D1B且面EAC与底面ABCD所成的角为45°,AB=a,求：(1)截面EAC的面积；(2)异面直线A1B1与AC之间的距离；(3)三棱锥B1—EAC的体积.7.(★★★★)如图，已知三棱柱A1B1C1—ABC的底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A与AB、AC均成45°角，且A1E⊥B1B于E，A1F⊥CC1于F.(1)求点A到平面B1BCC1的距离；(2)当AA1多长时，点A1到平面ABC与平面B1BCC1的距离相等.8.(★★★★★)如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =2π,AB = 31AD =a ,∠ADC =arccos552,P A ⊥面ABCD 且P A =a .(1)求异面直线AD 与PC 间的距离；(2)在线段AD 上是否存在一点F ，使点A 到平面PCF 的距离为36.参考答案难点磁场解：(1)在矩形ABCD 中，作AE ⊥BD ，E 为垂足连结QE ，∵QA ⊥平面ABCD ，由三垂线定理得QE ⊥BE ∴QE 的长为Q 到BD 的距离在矩形ABCD 中，AB =a ,AD =b , ∴AE =22ba ab +在Rt △QAE 中，QA =21P A =c∴QE =22222ba b a c ++∴Q 到BD 距离为22222ba b a c ++.(2)解法一：∵平面BQD 经过线段P A 的中点， ∴P 到平面BQD 的距离等于A 到平面BQD 的距离在△AQE 中，作AH ⊥QE ，H 为垂足∵BD ⊥AE ,BD ⊥QE ,∴BD ⊥平面AQE ∴BD ⊥AH ∴AH ⊥平面BQE ，即AH 为A 到平面BQD 的距离.在Rt △AQE 中，∵AQ =c ,AE =22ba ab +∴AH =22222)(ba cb a abc ++∴P 到平面BD 的距离为22222)(ba cb a abc ++解法二：设点A 到平面QBD 的距离为h ，由 V A —BQD =V Q —ABD ,得31S △BQD ·h =31S △ABD ·AQ h =22222)(ba cb a abc S AQS BQDABD ++==⋅∆∆歼灭难点训练一、1.解析：过点M 作MM ′⊥EF ,则MM ′⊥平面BCF ∵∠MBE =∠MBC∴BM ′为∠EBC 为角平分线， ∴∠EBM ′=45°,BM ′=2,从而MN =22 答案：A2.解析：交线l 过B 与AC 平行，作CD ⊥l 于D ，连C 1D ，则C 1D 为A 1C 1与l 的距离，而CD 等于AC 上的高，即CD =512,Rt △C 1CD 中易求得C 1D =513=2.6 答案：C二、3.解析：以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，取P 、Q 分别为AB 、CD 的中点，因为AQ =BQ =22a ,∴PQ ⊥AB ,同理可得PQ ⊥CD ，故线段PQ 的长为P 、Q 两点间的最短距离，在Rt △APQ 中，PQ =22)2()23(2222=-=-a a AP AQ a 答案：22a4.解析：显然∠F AD 是二面角E —AB —C 的平面角，∠F AD =30°,过F 作FG ⊥平面ABCD 于G ，则G 必在AD 上，由EF ∥平面ABCD .∴FG 为EF 与平面ABCD 的距离，即FG =2a . 答案：2a三、5.(1)证明：由于BC 1∥AD 1，则BC 1∥平面ACD 1 同理，A 1B ∥平面ACD 1，则平面A 1BC 1∥平面ACD 1(2)解：设两平行平面A 1BC 1与ACD 1间的距离为d ，则d 等于D 1到平面A 1BC 1的距离.易求A 1C 1=5，A 1B =25，BC 1=13，则cos A 1BC 1=652,则sin A 1BC 1=6561,则S 111C B A ∆=61,由于111111D C A B BC A D V V --=，则31S 11BC A ∆·d =)21(31111D C AD ⋅·BB 1,代入求得d =616112,即两平行平面间的距离为616112. (3)解：由于线段B 1D 1被平面A 1BC 1所平分，则B 1、D 1到平面A 1BC 1的距离相等，则由(2)知点B 1到平面A 1BC 1的距离等于616112. 6.解：(1)连结DB 交AC 于O ，连结EO ， ∵底面ABCD 是正方形 ∴DO ⊥AC ，又ED ⊥面ABCD ∴EO ⊥AC ，即∠EOD =45° 又DO =22a ，AC =2a ，EO =︒45cos DO =a ，∴S △EAC =22a (2)∵A 1A ⊥底面ABCD ，∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ⊥A 1B 1 ∴A 1A 是异面直线A 1B 1与AC 间的公垂线又EO ∥BD 1，O 为BD 中点，∴D 1B =2EO =2a ∴D 1D =2a ，∴A 1B 1与AC 距离为2a(3)连结B 1D 交D 1B 于P ，交EO 于Q ，推证出B 1D ⊥面EAC ∴B 1Q 是三棱锥B 1—EAC 的高，得B 1Q =23a32422322311a a a V EAC B =⋅⋅=-7.解：(1)∵BB 1⊥A 1E ，CC 1⊥A 1F ，BB 1∥CC 1 ∴BB 1⊥平面A 1EF 即面A 1EF ⊥面BB 1C 1C 在Rt △A 1EB 1中， ∵∠A 1B 1E =45°，A 1B 1=a∴A 1E =22a ,同理A 1F =22a ,又EF =a ，∴A 1E =22a 同理A 1F =22a ,又EF =a∴△EA 1F 为等腰直角三角形，∠EA 1F =90°过A 1作A 1N ⊥EF ，则N 为EF 中点，且A 1N ⊥平面BCC 1B 1 即A 1N 为点A 1到平面BCC 1B 1的距离 ∴A 1N =221a =又∵AA 1∥面BCC 1B ，A 到平面BCC 1B 1的距离为2a ∴a =2，∴所求距离为2(2)设BC 、B 1C 1的中点分别为D 、D 1，连结AD 、DD 1和A 1D 1，则DD 1必过点N ，易证ADD 1A 1为平行四边形.∵B 1C 1⊥D 1D ,B 1C 1⊥A 1N ∴B 1C 1⊥平面ADD 1A 1 ∴BC ⊥平面ADD 1A 1得平面ABC ⊥平面ADD 1A 1，过A 1作A 1M ⊥平面ABC ，交AD 于M ，若A 1M =A 1N ，又∠A 1AM =∠A 1D 1N ，∠AMA 1=∠A 1ND 1=90° ∴△AMA 1≌△A 1ND 1,∴AA 1=A 1D 1=3,即当AA 1=3时满足条件. 8.解：(1)∵BC ∥AD ,BC ⊂面PBC ,∴AD ∥面PBC从而AD 与PC 间的距离就是直线AD 与平面PBC 间的距离. 过A 作AE ⊥PB ，又AE ⊥BC ∴AE ⊥平面PBC ，AE 为所求. 在等腰直角三角形P AB 中，P A =AB =a ∴AE =22a(2)作CM ∥AB ，由已知cos ADC =552 ∴tan ADC =21,即CM =21DM ∴ABCM 为正方形，AC =2a ,PC =3a过A 作AH ⊥PC ,在Rt △P AC 中，得AH =36 下面在AD 上找一点F ，使PC ⊥CF取MD 中点F ，△ACM 、△FCM 均为等腰直角三角形∴∠ACM +∠FCM =45°+45°=90°∴FC ⊥AC ,即FC ⊥PC ∴在AD 上存在满足条件的点F .［学法指导］立体几何中的策略思想及方法近年来，高考对立体几何的考查仍然注重于空间观点的建立和空间想象能力的培养.题目起点低，步步升高，给不同层次的学生有发挥能力的余地.大题综合性强，有几何组合体中深层次考查空间的线面关系.因此，高考复习应在抓好基本概念、定理、表述语言的基础上，以总结空间线面关系在几何体中的确定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立体几何问题的有效的策略思想及方法.一、领悟解题的基本策略思想高考改革稳中有变.运用基本数学思想如转化，类比，函数观点仍是考查中心，选择好典型例题，在基本数学思想指导下，归纳一套合乎一般思维规律的解题模式是受学生欢迎的，学生通过熟练运用，逐步内化为自己的经验，解决一般基本数学问题就会自然流畅.二、探寻立体几何图形中的基面立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立”起来.在具体的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面.这个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对这个平面的截得，延展或构造，纲举目张，问题就迎刃而解了.三、重视模型在解题中的应用学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系，从而培养空间想象能力.而数学问题中许多图形和数量关系都与我们熟悉模型存在着某种联系.它引导我们以模型为依据，找出起关键作用的一些关系或数量，对比数学问题中题设条件，突出特性，设法对原图形补形，拼凑、构造、嵌入、转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特征规律获取优解.。

立体几何中的截面问题

立体几何中的截面问题本文档旨在介绍立体几何中的截面问题，包括截面的定义、性质、计算方法等方面的内容。

通过对截面问题的介绍和详细解析，读者可以更好地理解和应用相关知识。

1、截面的定义在立体几何中，截面是指一个平面和立体图形相交而形成的曲线或平面部分。

截面可以是二维的曲线，也可以是三维的平面。

截面问题主要研究在不同情况下的截面形状、面积、体积等性质。

2、截面的性质截面的性质取决于所截图形的性质以及截面的位置和方向。

主要包括以下几个方面：2.1 几何形状：截面可以是点、线段、圆、椭圆、抛物线等各种几何形状。

2.2 面积：截面的面积可能是有限的，也可能是无限的。

2.3 体积：截面可以用来计算图形的体积，从而解决与立体几何有关的问题。

2.4 位置和方向：不同位置和方向的截面可以得到不同的结果，需要根据具体问题进行分析和计算。

3、截面的计算方法根据截面的性质和具体问题的要求，有多种不同的计算方法可以用来求解截面问题。

常用的计算方法包括以下几种：3.1 几何分析法：通过几何分析截面的形状和性质，利用几何定理和方法计算截面的面积、体积等。

3.2 数学建模法：将截面问题转化为数学模型，利用数学方法和计算机技术进行计算和求解。

3.3 数值模拟法：通过数值模拟和计算机仿真，模拟和计算截面问题的解答。

3.4 实验测量法：通过实际测量和实验，获取截面的相关数据和性质进行计算和分析。

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法律名词及注释：1、立体几何：研究三维空间中点、线、面等几何图形的性质和变换的数学学科。

2、截面：一个平面和立体图形相交而形成的曲线或平面部分。

空间几何体.板块二.截面与距离问题普通高中数学复习讲义Word版

棱锥、棱台的中截面与轴截面【例1】正四棱锥的侧棱长是底面边长的k 倍，求k 的取值范围．【难度】4【解析】如图所示，设正四棱锥V ABCD -底面中心为O ，令BC a =，则VB ka =，而OB a =，在Rt VOB ∆中， VODCBA2cos VBO ka ∠==，∵π02VBO ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，，∴01<<，1<<+∞，∴k ∴k的取值范围是⎫+∞⎪⎪⎝⎭．【备注】棱锥的轴截面【例2】正四棱锥的斜高为2，求棱锥的高与中截面（即过高线的中点且平行于底面的截面）的面积？【难度】4【解析】四棱锥的简图如右所示，由题意知2,SH SB ==，典例分析板块二.截面与距离问题HOBAS故1122BH AB AB ==⇒=，112OH AB ==，高SO === 底面面积24S AB ==底面，2212141S S S ==⇒=中截面底面中截面∶∶∶．【备注】棱锥的中截面【例3】正四棱台的高为17，两底面的边长分别是4和16，求这个棱台的侧棱长和斜高．【难度】4【解析】如图，过B 点作BF O B ''⊥，垂足为F ，由题意知：2AB OB ==，8A B OB''''==，17OO '=，在直角三角形BBF'中，BB '=即斜高长为；又OA =O A ''=，在直角三角形AAE'中，19AA '=，即此棱台的侧棱长为19．【备注】棱台的轴截面【例4】已知正六棱台的上，下底面的边长和侧棱长分别为a ，b ，c ，则它的高和斜高分别为【难度】4【备注】棱台的轴截面【例5】已知正三棱锥S ABC -的高SO h =，斜高SM l =，求经过SO 的中点且平行于底面的截面111A B C ∆的面积．【难度】4【解析】在Rt SOM∆中，SO h =，SM l =，所以OM又O 为正三角形的中心，故13MO AB =，故棱长AB=∴)222ABC S AB l h ∆==-， 111A B C ∆与ABC ∆相似，且边长比为12∶，故截面111A B C ∆)22l h -．【备注】三棱锥中截面轴截面【例6】如图所示的正四棱锥V ABCD -，它的高VO⑴ 求侧面上的斜高与底面面积．⑵ 'O 是高VO 的中点，求过'O 点且与底面平行的截面（即中截面）的面积．HO'ODCBAV【难度】4【解析】⑴由题意知VOVC=故2CO BC==⇒=斜高VH 底面面积28S BC ==；⑵ 由棱柱的截面性质知：214S VO S VO '⎛⎫== ⎪⎝⎭中截面底面1824S ⇒=⋅=中截面．【备注】四棱锥中截面轴截面【例7】如图，已知棱锥V ABC -的底面积是264cm ，平行于底面的截面面积是24cm ，棱锥顶点V 在截面和底面上的射影分别是1O 、O ，过1O O 的三等分点作平行于底面的截面，求各截面的面积．CA【难度】6【解析】设棱锥的高为h ，其顶点到已知截面之距11VO h =，1OO 的三等分点为2O 、3O ，由已知得212464h h =，∴114h h =，∴114h h =∴111344O O VO VO h h h =-=-=，而12233O O O O O O ==，则12233131344O O O O O O h h ===⋅=．∴211442h VO h h =+=，311134444VO h h h h =++=．设过2O 、3O 的截面面积分别为2S 、3S ，底面面积为S 则 22212S S h h ⎛⎫= ⎪⎝⎭∶∶，∴21164S S ==（2cm ）．22334S S h h ⎛⎫= ⎪⎝⎭∶∶，∴39643616S =⨯=（2cm ）．∴两截面的面积分别为216cm 和236cm ．【备注】三棱锥平行截面圆锥、圆台的中截面与轴截面【例8】把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是14∶，母线长10，求圆锥的母线长．【难度】4【解析】设圆锥的母线长为l ，圆台上、下底半径为r R ，．由相似三角形的性质有：10l r l R -=，即1014043l l l -=⇒=故圆锥的母线长为403．【备注】圆锥的轴截面【例9】一圆锥轴截面顶角为120︒，母线长为1，求轴截面的面积．【难度】4【解析】圆锥的轴截面为顶角为120︒的等腰三角形，腰长为１，故高为12011cos22︒⨯=，底边长为2sin60⋅︒1122=【备注】圆锥的轴截面【例10】圆台的母线长为2a ，母线和轴的夹角为30︒，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，求圆台的高与上下两底面面积之和．【难度】4【解析】圆台的轴锥面如图，设它的上底面半径为r ，2a则下底面半径为2r ，有2sin302a r r r a ︒=-⇒=圆台2cos30h a ︒=，上下两底面之和222ππ(2)5πS a a a =+=．【备注】圆台的轴截面【例11】圆台两底半径分别是2和5，母线长是，求它的轴截面的面积；【难度】4【解析】9=，故轴截面面积()122259632S =⋅⋅+⋅⋅=；【备注】圆台的轴截面【例12】圆台侧面的母线长为2a ，母线与轴的夹角为30︒，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，则两底面半径为．CB AOO【难度】4【解析】如图，圆台轴截面为梯形11ABB A ，130BB C ∠=︒，12BB a =，∴BC a =且112OB O B =，∴1111BC OB O B O B =-=，∴11O B a =，2OB a =【备注】圆台的轴截面【例13】圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于2392cm ，母线与底面的夹角是45︒，求这个圆台的母线长．【难度】4【解析】设圆台的上，下底面半径分别为r ，R ，则3R r =，根据母线与底面的夹角是45︒，有高为r ，∴圆台轴截面的面积为()133922S r r r =+⋅=，解得：14r =，∴母线长为【备注】圆台的轴截面【例14】用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上下底面半径的比是14∶，截去的圆锥的母线长是3，求圆台的母线长．【难度】4【解析】设圆台的母线为l ，截得的圆锥底面与原圆锥底面半径分别是r ，4r ，4 rlrSAOSOA根据相似三角形的性质得334rl r=+，解得9l =．所以，圆台的母线长为9．【备注】圆锥的轴截面【例15】圆台母线长为2a ，母线与轴的夹角为30，一个底面的半径是另一个底面半径的2倍，求两底面半径以及两底面面积之和．【难度】4【解析】设圆台上底面半径为r ，则下底面半径为2r ，如图为圆台轴截面的一部分，2rrO 'OAA 'S则30ASO ∠=，在''Rt SA O ∆中，sin30'rSA =，∴'2SA r = 在Rt SAO ∆中，2sin30rSA=，∴4SA r =． ∴''SA SA AA -=，∴422r r a -=，r a = ∴222212ππ(2)5π5πS S S r r r a =+=+== ∴圆台的上地面半径为a ，下底面半径为2a ，两底面面积之和为25πa【备注】圆台的轴截面【例16】圆锥轴截面顶角为120︒，母线长为1．⑴求轴截面的面积；⑵过顶点的圆锥的截面中，最大截面的面积．【难度】6【解析】⑴圆锥的轴截面为顶角为120︒的等腰三角形，腰长为1，故高为12011cos 22︒⋅=，底边长为2sin 60︒=1122=；⑵过顶点的圆锥的截面都是等腰三角形，且腰长为１，设顶角为θ，三角形的面积为1sin 11sin 22θθ⋅⋅⋅=，由轴截面的顶角为120︒知，0120θ︒<≤，故当θ为直角时，过顶点的截面有最大面积12．【备注】圆锥的轴截面球的截面【例17】在球心同侧有相距9的两个平行截面，它们的面积分别为49π和400π．求球的半径．【难度】4【解析】分析：画出球的轴截面，利用球的截面性质，求球的半径，解：设球的半径为R ，截面圆心分别记为12,O O ，如图，A∵22π49πO B ⋅=，∴27O B = 同理21π400πO A ⋅=，∴120O A = 设1OO x =，则29OO x =+．在1Rt OO A ∆中，22220R x =+；在2Rt OO B ∆中， 222(9)7R x =++，∴222207(9)x x +=++，解得15x =， ∴22222025R x =+=，∴25R =．【备选】球的截面【例18】已知半径为10的球的两个平行截面的周长分别为12π和16π，求这两个截面间的距离．【难度】6【解析】设两个截面半径分别为12,r r ，则12π12πr =，22π16πr =，解得16r =，28r=．从而球心到两个截面的距离分别为：18d=，26d ．（2）（1）O OFFEE D DC CB B AA若两个截面在球心的同一侧，则它们之间的距离为122d d -=，如图⑴；若两个截面在球心的两侧，则它们之间的距离为1214d d +=，如图⑵．【备注】球平行截面【例19】（2008四川卷８）设,M N是球心O的半径OP上的两点，且NP MN OM==，分别过,,N M O作垂直于OP的平面截球得三个圆，则这三个圆的面积之比为（）A．3:5:6B．3:6:8C．5:7:9D．5:8:9【难度】6【解析】答案：D点评：本题涉及到线面垂直的概念，学生对于线面垂直的概念只是感性认识，包括后面学习的空间几何体的体积公式中，椎体的高，也需要的是线面垂直的感性认识．【备注】球的截面【例20】球面上有三点A、B、C组成这个球的一个截面的内接三角形三个顶点，其中18AB=，24BC=、30AC=，球心到这个截面的距离为球半径的一半，求球的半径．【难度】6【解析】分析：本题的条件涉及球的截面，ABC∆是截面的内接三角形，由此可利用三角形求截面圆的半径，球心到截面的距离为球半径的一半，从而可由关系式222r R d=-求出球半径R．∵18AB=，24BC=，30AC=，∴222AB BC AC+=，ABC∆是以AC为斜边的直角三角形．∴ABC∆的外接圆的半径为15，即截面圆的半径15r=，又球心到截面的距离为12d R =，∴2221152R R⎛⎫-=⎪⎝⎭，得R=【备选】球的截面【例21】（2008全国Ⅱ）已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（）A．1B C D．2【难度】8【解析】C；如图，球心记为O ，两个圆面的圆心记为12O O ，，公共弦为AB ，M 为AB 的中点，记圆1O 所在的平面为α，圆2O 所在的平面为β，则平面α^平面β，1OO ^平面α，2OO ^平面β，又12AB O M AB O M ^^，，而AB 为两个平面的交线，故2O M ^平面α，1O M ^平面β，从而12OO O M ∥，且四边形12OO MO 为平行矩形．由AB ^平面12OO MO 知，AB OM ^，又2OB =，2AB =，故12OM O O =，即为所求．【备注】球的截面组合体的截面分析【例22】一个轴截面是正三角形的圆锥内有一个轴截面是正方形的内接圆柱，求它们的高的比值和母线长的比值．【难度】6【解析】如图作轴截面的图形，设圆柱的半径为r ，圆锥的半径为R ，D 1C 1O 1O DC BAS则圆柱的高为12OO r =，圆锥的高为SO ， ∵11//C D AB ，∴111C O SO AO SO =，即r R =，解得：3rR =2(2=．圆柱的母线长为2r ，圆锥的母线长为2R，故它们的母线长之比为232rR=-．【备注】圆锥内接圆柱【例23】（2007湖南理8）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（） AB ．1 C．1 D【难度】6【解析】答案： D ．已知正方体1111ABCD A B C D -，如图，设EF 所在的大圆圆面截正方体EFGH ，圆心为OFEDCBAOA 1D 1B 1C 1由题意知面EFGH ∥面ABCD∴四边形EFGH 为正方形，∴球半径为R =又直线EF 被球O 截得线段长即为大圆O 截直线EF 的长．如图：∴MN =【备注】正方体外接球【例24】（2008年江西卷10）连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于M 、N 分别为AB 、CD 的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦AB 、CD 可能相交于点M ②弦AB 、CD 可能相交于点N ③MN 的最大值为5 ④MN 的最小值为1 其中真命题的个数为（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【难度】6【解析】答案：C⑴先算出两个弦心距分别为3与2⑵利用三角形的三边的大小关系可知OM ON MN OM ON -<<+ 当且仅当AB 与CD 在同一个大圆面内且相互平行时取等号 ∴①③④是正确的点评：用好三角形的三边关系是本题的关键，另外，由AB 与CD 两条相交直线直线总可以确定一个圆面，如果要经过一条弦的中点，又∵CD AB >，∴只有CD 为直径，AB 为弦，∴只能是经过AB 的中点．多面体与简单旋转体的表面最短距离问题【例25】如图正方体1111ABCD A B C D -，其棱长为1，,P Q 分别为线段1AA ，11C D 上的两点，且11A P C Q λ==．求在正方体侧面上从P 到Q 的最短距离．【难度】6【解析】将正方体相邻两个面展开有下列三种可能，如图．丙AA 1P DC 1D 1QC乙NPQD 1A 1B 1C 1DA甲QPAB C 1B 1A 1D 1ABCDB 1C 1D 1A 1由于两点间线段最短，由侧面展开图可知：三个图形甲、乙、丙中PQ 的长即为两点间的最短距离，分别为：（前上）PQ（左上）PQ ==（左后）PQ =由于01λ≤≤，∴①式PQ =②式PQ ∴最短距离PQ =【备注】正方体的表面距离问题【例26】已知如图，正三棱柱ABC DEF -的底面边长为1，高为8，一质点自A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达D 点的最短路线的长为____．FED CBA【难度】6【解析】将正三棱柱111ABC A B C -沿侧棱CC 1展开，其侧面展开图如图所示，由图中路线不难知道最短路线长为10．ODAFEDCBA【备注】棱柱的表面距离问题【例27】如图所示，正三棱锥S ABC -的侧棱长为1，45ASB ∠=，M 和N 分别为棱SB 和SC 上的点，求AMN ∆的周长的最小值．【难度】6【解析】分析：将侧面展开→化归为平面几何问题．将正三棱锥侧面棱SA 剪开，然后将其侧面展开在一个平面上，如图所示，连接'AA ，设'AA 与SB 交于M ，交SB 于N 点，显然AMN ∆的周长''l AM MN NA AA =++≥，也就是说当AM ，MN ，(')NA NA 在一条直线上时，对应得截面三角形周长最短，则'AA 的长就是截面AMN ∆的周长最小值．SMN ACBA '(A)SMN AB∵'1SA SA ==，'45ASB BSC CSA ∠=∠=∠= ∴'135ASA ∠=∴'2AA ==∴AMN ∆【备注】棱锥的表面距离问题【例28】如图，长方体1111A B C D A B C D -中，a AB =，b BC =，c BB =1，并且0>>>c b a ．求沿着长方体的表面自A 到1C 的最短线路的长．c b aD 1C 1B 1A 1D CB A【难度】6【解析】分析：解本题可将长方体表面展开，利用在平面内两点间的线段长是两点间的最短距离来解答．将长方体相邻两个面展开有下列三种可能，如图．（丙）（乙）（甲）abc a bc a b c c baAB B 1C 1ABCDA 1B 1C 1D 1AB CA 1B 1C 1D 1C 1B 1A 1D CB A三个图形甲、乙、丙中1AC 的长分别为：ab c b a c b a 2)(22222+++=++，bc c b a c b a 2)(22222+++=++ ac c b a b c a 2)(22222+++=++∵0>>>c b a ， ∴0>>>bc ac ab ．故最短线路的长为bc c b a 2222+++．【备注】长方体的表面距离问题【例29】如图所示，设正三棱锥V ABC -的底面边长为a ，侧棱长为2a ，AVB θ∠=．过A作与侧棱,VB VC 相交的截面AEF ，求截面周长的最小值．F ECBAV【难度】6【解析】分析：将侧面展开→化归为平面几何问题．2aθCFEBA'AV将正三棱锥沿侧棱VA 剪开，然后将其侧面展开在一个平面上，如图所示，连接'AA ，设'AA 与VB 交于E ，交VC 于F 点，显然AEF ∆的周长''l AE EF FA AA =++≥，也就是说当AE ，EF ，(')FA FA 在一条直线上时，对应的截面三角形周长最短，则'AA 的长就是截面AEF ∆的周长最小值．由于已知AVB θ∠=，因此在'VAA ∆中可利用余弦定理求出'AA 的长．如图所示为正三棱锥沿侧棱VA 剪开的侧面展开图， ∵AVB θ∠=，则在AVB ∆中，由余弦定理得222(2)(2)7cos 2228a a a a a θ+-==⋅⋅∴sin θ=，217cos22cos 132θθ=-=，sin 2θ．从而7cos3cos cos2sin 2sin 128θθθθθ=-=于是在'AVA ∆中，由余弦定理得2222121'(2)(2)222cos316AA a a a a a θ=+-⋅⋅=所以11'4AA a =为所求最小值．【备注】棱锥的表面距离问题【例30】如图，圆台上底半径为1，下底半径为4，母线18AB =，从AB 中点M 拉一绳子绕圆台侧面转到A 点（A 在下底面）．⑴求绳子的最短长度；⑵求绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离．A【难度】6【解析】⑴如图为圆台的侧面展开图，由题意知，M r'rF EPA'BO'OB'A绳子的最短距离即为AM 的长度．设PB x =，则18PA x =+，有2π2π418x x ⋅=+（圆心角相等），解得6x =，故侧面展开图中的2ππ'63APA ∠==，24,6915AP PM ==+=，由余弦定理得：222π241522415cos 4413AM =+-⋅⋅⋅=，故21AM =，即绳子的最短长度为21．⑵取绳上任意点'E ，连结'PE ，交圆台上底于点'F ，由于'6PF =，因此当'PE 取最小值时，''F E 取最小值，而点到线的垂直距离最短，过点P 作PE ⊥AM ，且与'BB 交于点F ，其中6PF =，则FE 为上底圆周上的点到绳子的最短距离．在PAM ∆中，由面积公式有2415sin321PE π⋅⋅==故6FE =为所求的最短距离．【备注】圆台的表面距离问题【例31】已知以A 为顶点的正四面体A BCD -，其棱长为1，,P Q 分别为,AB CD 上的两点，且AP CQ λ==．求在正四面体侧面上从P 到Q 的最短距离．B【难度】8【解析】由于两点间线段最短，因此侧面展开图中的PQ 长即为两点间最短距离：由正四面体的对称性知，经过棱AD 与过棱BC 时侧面展开图中PQ 距离相等，如图1与2，同理过棱BD 与AC 时PQ 长度相等，AA 'BDCQP 图1图2C APQDBC'MD 'ABDCQP图3因此只需考虑以下两种情况①过棱AD 时，如图2所示，沿AC 展开，此时 1.PQ =②过棱AC 时，如图3所示，沿AD 展开，由于 60BAC ACD ∠=∠=，AMP CMQ ∠=∠，AP CQ =AMP ∆≌CMQ ∆()AAS ，12AM CM ==，此时cos604PQ ==将①②两种情况进行比较有：当12λ<1当12λ≥1故1,211,2mm PQ λλ<=⎨⎪⎪⎩≥【备注】棱锥的表面距离问题【例32】（2005江西，理15）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ==12BB =，90ABC ∠=︒，E 、F 分别为1AA 、11C B 的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为．1A【难度】8∵AB BC==90ABC∠=︒，∴2AC=．∴侧面展开后如图1所示．图1FECBA A'A1B1C1A1'11112A E AA==，1111A F AB B F=+=，∴EF=．把111A B C∆与侧面11A B BA展平如图2所示．图2FEBAC1B1MA1连结EF，过E作1EM B B⊥，则EM AB=1FM=EF若把111A B C∆与侧面11A ACC展平如图3．图3A1AE MB1C1FDC连结EF，作1EM CC⊥于M，作FD EM⊥于D点，则32ED=，32FD=，∴EF=．比较以上三条路径，以第三条最小，∴EF【备注】棱柱的表面距离问题【例33】如图所示，正三棱锥S ABC -的侧棱长为1，40ASB ∠=，M 和N 分别为棱SB 和SC 上的点，求AMN ∆的周长的最小值．【解析】过SA 作正三棱锥侧面展开图，如图所示，SMN ACBA '(A)SMN AB∵'1SA SA ==，'40ASB BSC CSA ∠=∠=∠=∴'120ASA ∠=∴'3AA ==∴AMN ∆球面距离【例34】（2008辽宁）在体积为的球的表面上有AB C ，，三点，1AB =，BC =，A ，C ，则球心到平面ABC 的距离为．【难度】4【解析】 32；34π3R R =⇒=记球心为O ，知π3A O C∠=，于是AC R ==ABC ∆为直角三角形，外接圆半径为，于是球心到平面ABC 的距离为32．【备注】球面距离【例35】（06四川卷理10）已知球O 的半径是1，A 、B 、C 三点都在球面上，A 、B 两点和A 、C 两点的球面距离都是π4，B 、C 两点的球面距离是π3，则二面角B OA C --的大小是（） A ．π4 B ．π3 C ．π2 D ．2π3【难度】4【解析】球O 的半径是R=1，,,A B C 三点都在球面上，,A B 两点和,A C 两点的球面距离都是4π，则∠AOB ，∠AOC 都等于π4，AB AC =，,B C 两点的球面距离是π3，π3BOC ∠=，1BC =，过B 做BD AO ⊥，垂足为D ，连接CD ，则CD AD ⊥，则BDC ∠二面角B OA C --的平面角，BD CD ==，∴π2BDC ∠=，二面角B OA C --的大小是π2，选C ．【备注】球面距离【例36】 A 、B 是半径为R 的球O 的球面上两点，它们的球面距离为π2R ，求过A 、B 的平面中，与球心的最大距离是多少？【难度】4【解析】分析：A 、B 是球面上两点，球面距离为π2R ，转化为球心角π2AOB ∠=，从而AB =，由关系式222r R d =-，r 越小，d 越大，r 是过A 、B 的球的截面圆的半径．由于过AB 的大圆到球心距离为0，因此要球最大距离则过A 、B 的平面必为小圆，AB 为小圆的弦，为使r 小，则AB 为小圆的直径时，r 最小．∵球面上A 、B 两点的球面的距离为π2R ．∴π2AOB ∠=，∴AB ．当AB 成为圆的直径时，r 取最小值，此时12r AB ==，d 取最大值，d ==，即球心与过A 、B ．【备注】球面距离【例37】已知,,A B C 三点在球心为O ，半径为R 的球面上，且AB AC BC R ===，那么,A B两点的球面距离为_________，球心到平面ABC 的距离为_________．【难度】6【解析】如右图，∵AB R =，所以OAB ∆是等边三角形，O 1OC BAπ3AOB ∠=，故,A B 两点的球面距离为π3R ， ABC ∆为等边三角形，它的外接圆半径23r ==，在1Rt OO B ∆中，1OO ==，所以球心到平面ABC的距离1OO ．或者也可由正四面体O ABC -的棱长为R．【备注】球面距离【例38】 A 、B 是半径为R 的球O 的球面上两点，它们的球面距离为π2R ，求过A 、B 的平面中，与球心的最大距离是多少？【难度】6【解析】分析：A 、B 是球面上两点，球面距离为π2R ，转化为球心角π2AOB ∠=，从而AB =，由关系式222r R d =-，r 越小，d 越大，r 是过A 、B 的球的截面圆的半径，所以AB 为圆的直径时，r 最小．解：∵球面上A 、B 两点的球面的距离为π2R ．∴π2AOB ∠=，∴AB ．当AB 成为圆的直径时，r取最小值，此时12r AB ==，d 取最大值，d =，即球心与过A 、B的截面圆距离的最大值为2R ．【备注】球面距离【例39】（2009陕西）如图球O 的半径为2，圆1O 是一小圆，1O O =，A 、B 是圆1O 上两点，若，A B 两点间的球面距离为2π3，则1AO B ∠= ．【难度】6【解析】 2ππ33AOB R AOB ∠⋅=⇒∠=，于是2AB R ==．又11O A O B = ∴22211AB O A O B =+，1π2AO B ∠=．【备注】球面距离【例40】（2009四川卷）如图，在半径为3的球面上有A 、B 、C 三点，90ABC ∠=，BA BC =，球心O 到平面ABC ，则B 、C 两点的球面距离是（） A ．π3 B ．π C ．4π3D ．2π【解析】答案：B【难度】6【解析】 ∵AC 是小圆的直径．所以过球心O 作小圆的垂线，垂足O '是AC 的中点．O C '=，AC =∴3BC =，即BC OB OC ==， ∴π3BOC ∠=，B 、C 两点的球面距离是π3π3⨯=本题涉及到点到平面的距离，可根据学生情况酌情处理是否讲解．【备注】球面距离【例41】球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的16，经过3个点的小圆的周长为4π，求这个球的半径．【难度】6【解析】利用球的概念性质和球面距离的知识求解．设球的半径为R ，小圆的半径为r ，则2π4πr =，∴2r =．如图所示，设三点为A 、B 、C ，O 为球心，O 'BOAC2ππ63AOB BOC COA ∠=∠=∠==．又∵OA OB =，∴AOB ∆是等边三角形，同样，BOC ∆、COA ∆都是等边三角形，得ABC ∆为等边三角形，边长等于球半径R ． r 为ABC ∆的外接圆半径，r AB =，R == 【备注】球面距离【例42】（06浙江）如图，O 是半径为1的球心，点,,A B C 在球面上，,,OA OB OC 两两垂直，,E F 分别是大圆弧AB 与AC 的中点，则点,E F 在该球面上的球面距离是（） A ．π4 B ．π3 C ．π2DEFGOC BA【难度】6【解析】答案：B由于,E F 分别是大圆弧AB 与AC 的中点，有45EOG BOE ∠=∠=∴ππ1sin,42EG FG EGF =⨯==∠=∴1EF OE OF ===∴π3EOF ∠=， ∴点,E F 的球面距离为ππ133⨯=【备注】球面距离【例43】（2008安徽）已知A B C D ，，，在同一个球面上，AB ⊥平面BCD ，BC CD ⊥，若6AB =，AC =8AD =，则,B C 两点间的球面距离是．【难度】6【解析】4π3；如图，取AD 中点O ，BD 的中点E ，连结OE ，则OE AB ∥，从而OE ⊥平面BCD ，又E 为Rt BCD ∆的外接圆圆心，故OB OC OD OA ===，从而O 为球心，球的半径为4，又4BC =，故π3BOC ∠=，B C ，两点间的球面距离为π44π33⨯=．E2136ODBA【备注】球面距离【例44】 ⑴（2009辽宁卷文）如果把地球看成一个球体，则地球上的北纬60︒纬线长和赤道长的比值为（）A ．0.8B ．0.75C ．0.5D ．0.25⑵ 在半径为R 的球面上有A ，B 两点，球心为O ，半径OA ，OB 的夹角是π3，则A ，B 两点的球面距离为________．【难度】4【解析】 ⑴ 答案：C设地球半径为R ，则北纬60︒纬线圆的半径为cos60R ︒12R =而圆周长之比等于半径之比，故北纬60︒纬线长和赤道长的比值为0．5． ⑵ 因为Ｏ为球心，故半径OA ，OB 所在的圆即为大圆，由球面距离的定义知：π3圆心角所对的弧长即为所求的球面距离，等于π3R ．【备注】经纬度球面距离【例45】在北纬60︒纬线上有A ，B 两地，它们分别在东经60与西经120的经线上，设地球半径为R ，求A ，B 两地的球面距离．【难度】4【解析】如图所示，设60纬线圈圆心为1O ，则11O A O B =为纬线圆半径，11cos602O A R R =⋅=．如图，地球中心为O ，则112060180AO B ∠=+=∴AB 为纬线圈的直径，即AB R =∴AOB ∆中，圆心角60AOB ∠=∴A ，B 两地的球面距离为π3R【备注】经纬度球面距离【例46】已知地球的半径为R ，球面上,A B 两点都在北纬45︒圈上，它们的球面距离为π3R ，A 点在东经30︒上，求B 点的位置及A ，B 两点所在的纬线圈上对应的劣弧的长度．【难度】6【解析】求点B 的位置，如图就是求1AO B ∠的大小，只需求出弦AB 的长度．对于AB 应把它放在OAB ∆中求解，根据球面距离概念计算即可．如图，设球心为O ，北纬45︒圈的中心为1O ，OE O 1BA由A ，B 两点的球面距离为π3R ，所以π3AOB ∠=，∴OAB ∆为等边三角形．于是AB R =．由11cos45O A O B R ==⋅︒=， ∴22211O A O B AB +=．即1π2AO B ∠=．又A 点在东经30︒上，故B 的位置在东经120︒，北纬45︒或者西经60︒，北纬45︒． ∴A ，B两点在其纬线圈上所对应的劣弧的长度为1π2O A R ⋅．【备注】球面距离经纬度【例47】从北京A （靠近北纬45、东经120，以下经纬度均取近似值）飞往南非首都约翰内斯堡B （南纬30、东经30），有两条航空线可供选择：甲航空线：从北京A 沿纬线向西飞到土耳其首都安卡拉C （北纬45、东经30），然后向南飞到目的地B ．乙航空线：从北京A 沿经线向南飞到澳大利亚的珀斯D （南纬30、东经120），然后向沿纬线向西飞到目的地B ．请问：哪一条航空线较短？如果这条航线的两段都分别选择最短路线，那么这条航线的总长为多少？（地球视为半径R 的球）【难度】6【解析】把北京、约翰内斯堡、安卡拉、珀斯分别看作球面上的A 、B 、C 、D 四点（如图），则甲航程为A 、C 两地间的纬线长AC 与C 、B 两地间的球面距离BC 之和，乙航程是A 、D 两地间的球面距离AD 加上D 、B 两地间的纬度线长BD ．OO 2O 1DB CA设球心为O ，1O 、2O 分别是北纬45圆与南纬30圆的圆心，则121203090AO C DO B ∠=∠=-=，从而：1ππ2cos4522AC O C R R =⋅==， 2ππ3cos3022BD O B R R =⋅==， ()π54530π18012CB R COB R R =⋅∠=+⋅=，()π54530π18012AD R AOD R R =⋅∠=+⋅=．故甲航程为1s =AC CB+5π12R R =+，乙航程为2s =BD AD+5π12R R =+．由12s s <，所以甲航空线较短．对甲航线，航线的两段要分别选择最短路线，则航线为A 、C 两地间的球面距离与C 、B 两地间的球面距离之和．C 、B 两地间的球面距离即为经线长BC ，下面求A 、C 两地间的球面距离：圆1O的半径为cos 45R ︒=，11203090AO C ︒︒︒∠=-=，从而1AC A R ==，∴AC AO CO R ===，60AOC ︒∠=，从而A 、C 两地间的球面距离为π3R ．∴此时航线总长为π53ππ3124R R R +=．【备注】球面距离经纬度【例48】（2008陕西）长方体1111ABCD A B C D -的各顶点都在球O 的球面上，其中1::AB AD AA =．A B ，两点的球面距离记为m ，1A D ，两点的球面距离记为n ，则mn的值为．【难度】6【解析】 12；显然O 为长方体的中心，设1AB =，则11AD AA ==，，体对角线长2=，1AD =故球的半径为1，π3AOB?，12π3AOD ?（也由余弦定理得到，也可根据等腰三角形与特殊角得到），从而π132π23m n==．【备注】长方体的外接球球面距离【例49】（08湖南）长方体1111ABCD A B C D -的8个顶点在同一个球面上，且121AB AD AA ===，，则顶点A B ，间的球面距离是（）ABCD ．【难度】6【解析】长方体的对角线交点O为球心，不难算得OA OB =，于是90AOB ∠=，因此A B ，间的球面距离是大圆周长的14，即1(24⋅=πB ．【备注】长方体的外接球【例50】在半径为R 的球内，有一个内接正三棱锥，它的底面上的三个顶点恰好在同一个大圆上，一个动点从三棱锥的一个顶点出发沿球面运动，经过其余三顶点后返回，则经过的最短路程是_______．【难度】6【解析】根据题意知，球O 与正三棱锥P ABC -的关系如右图：由OP OA OB OC R ====知：2π3AOB BOC AOC ∠=∠=∠=，π2AOP BOP COP ∠=∠=∠=，要经过四点，，，P A B C ，要经过两次底边所在的大圆，两次侧棱所在的大圆，故经过的最短路程为22ππ7πππ33223R R ⎛⎫+++= ⎪⎝⎭．【备注】三棱锥的外接球。

高中数学复习专题讲座关于求空间距离的问题

高中数学复习专题讲座关于求空间距离的问题高考要求空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离一样化归为这三种距离重难点归纳空间中的距离要紧指以下七种(1)两点之间的距离(2)点到直线的距离(3)点到平面的距离(4)两条平行线间的距离(5)两条异面直线间的距离(6)平面的平行直线与平面之间的距离(7)两个平行平面之间的距离七种距离差不多上指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离七种距离之间有紧密联系，有些能够相互转化，如两条平行线的距离可转化为求点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点求点到平面的距离(1)直截了当法，即直截了当由点作垂线，求垂线段的长(2)转移法，转化成求另一点到该平面的距离(3)体积法(3)向量法求异面直线的距离 (1)定义法，即求公垂线段的长 (2)转化成求直线与平面的距离 (3)函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分不在两条异面直线上两点间距离中最小的典型题例示范讲解例1把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角，点E、F分不是AD、BC的中点，点O是原正方形的中心，求(1)EF的长；(2)折起后∠EOF的大小命题意图考查利用空间向量的坐标运算来解决立体几何咨询题知识依靠空间向量的坐标运算及数量积公式错解分析建立正确的空间直角坐标系其中必须保Array证x轴、y轴、z轴两两互相垂直技巧与方法建系方式有多种，其中以O点为原点，以、、的方向分不为x 轴、y 轴、z 轴的正方向最为简单解如图，以O 点为原点建立空间直角坐标系O —xyz , 设正方形ABCD 边长为a ,那么A (0，－22a ,0),B (22a ,0,0),C (0, 22a ,0), D (0,0, 22a ),E (0,－42a , a ),F (42a ,42a ,0) 21||||,cos ,2||,2||8042)42)(42(420)0,42,42(),42,42,0()2(23,43)420()4242()042(||)1(22222-=>=<==-=⋅+-+⨯=⋅=-==∴=-+++-=OF OE OF OE a OF a OE a a a a a a a a a a EF a a a a a ∴∠EOF =120°例2正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求异面直线A 1C 1与AB 1间的距离命题意图此题要紧考查异面直线间距离的求法知识依靠求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线面距离，或面面距离，亦可由最值法求得错解分析此题容易错误认为O 1B 是A 1C 与AB 1的距离，这要紧是对异面直线定义不熟悉，异面直线的距离是与两条异面直线垂直相交的直线上垂足间的距离技巧与方法求异面直线的距离，有时较难作出它们的公垂线，故通常采纳化归思想，转化为求线面距、面面距、或由最值法求得解法一如图，在正方体AC 1中， ∵A 1C 1∥AC ,∴A 1C 1∥平面AB 1C ， ∴A 1C 1与平面AB 1C 间的距离等于异面直线A 1C 1与AB 1间的距离连结B 1D 1、BD ，设B 1D 1∩A 1C 1=O 1,BD ∩AC =O ∵AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ∴平面AB 1C ⊥平面BB 1D 1D ，连结B 1O ，那么平面AB 1C ∩平面BB 1D 1D =B 1O作O 1G ⊥B 1O 于G ，那么O 1G ⊥平面AB 1C∴O 1G 为直线A 1C 1与平面AB 1C 间的距离，即为异面直线A 1C 1与AB 11A间的距离在Rt △OO 1B 1中，∵O 1B 1=22，OO 1=1，∴OB 1=21121B O OO += 26 ∴O 1G =331111=⋅OB B O O O ，即异面直线A 1C 1与AB 1间距离为33解法二如图，在A 1C 上任取一点M ，作MN ⊥AB 1于N ，作MR ⊥A 1B 1于R ，连结RN ，∵平面A 1B 1C 1D 1⊥平面A 1ABB 1， ∴MR ⊥平面A 1ABB 1，MR ⊥AB 1 ∵AB 1⊥RN ，设A 1R =x ,那么RB 1=1－x∵∠C 1A 1B 1=∠AB 1A 1=45°，∴MR =x ,RN =NB 1=)1(22x - 31)31(23)1(2122222+-=-+=+=x x x RN MR MN (0＜x ＜1) ∴当x =31时，MN 有最小值33即异面直线A 1C 1与AB 1解法三〔向量法〕如图建立坐标系，那么111(1,0,0),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1)A A B C ∴111(0,1,1),(1,1,0)AB AC -＝＝设MN 是直线A 1C 1与AB 1的公垂线，且1111(0,,),(,,0)AN AB AM AC λλλμμμ-＝＝＝＝那么11(,,0)(0,0,1)(0,,)MN MA A A ANμμλλ=++-+-+＝- (,,1),μλμλ=--从而有11100MN A C MN AB ⎧⎪⇒⎨⎪⎩＝＝22032113λλμλμμ⎧=⎪-=⎧⎪⇒⎨⎨-=⎩⎪=⎪⎩1A∴1113(,,)||3333MN MN =⇒=例3如图，ABCD 是矩形，AB =a ,AD =b ,P A ⊥平面ABCD ，P A =2c ,Q 是P A 的中点求 (1)Q 到BD 的距离；(2)P 到平面BQD 的距离解 (1)在矩形ABCD 中，作AE ⊥BD ，E 为垂足连结QE ， ∵QA ⊥平面ABCD ，由三垂线定理得QE ⊥BE∴QE 的长为Q 到BD 的距离在矩形ABCD 中，AB =a ,AD =b ,∴AE =22ba ab +在Rt △QAE 中，QA =21P A =c ∴QE =22222ba b a c ++ ∴Q 到BD(2)解法一 ∵平面BQD 通过线段P A 的中点， ∴P 到平面BQD 的距离等于A 到平面BQD 的距离在△AQE 中，作AH ⊥QE ，H 为垂足∵BD ⊥AE ,BD ⊥QE ,∴BD ⊥平面AQE ∴BD ⊥AH ∴AH ⊥平面BQE ，即AH 为A 到平面BQD 的距离在Rt △AQE 中，∵AQ =c ,AE =22ba ab +∴AH =22222)(ba cb a abc ++∴P 到平面BD 的距离为22222)(ba cb a abc ++解法二设点A 到平面QBD 的距离为h ，由V A —BQD =V Q —ABD ,得31S △BQD ·h =31S △ABD ·AQ h =S AQS BQDABD ==⋅∆∆学生巩固练习1 正方形ABCD 边长为2，E 、F 分不是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角(如图)，M 为矩形AEFD 内一点，假如∠MBE =∠MBC ，MB 和平面BCF 所成角的正切值为21，那么点M 到直线EF 的距离为( )A2 B1 C2 D 122 三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=1，AB =4，BC =3，∠ABC =90°,设平面A 1BC 1与平面ABC 的交线为l ，那么A 1C 1与l 的距离为( )A 10B 11C 2.6D 2.43 如左图，空间四点A 、B 、C 、D 中，每两点所连线段的长都等于a ，动点P 在线段AB 上，动点Q 在线段CD 上，那么P 与Q 的最短距离为_________4 如右上图，ABCD 与ABEF 均是正方形，假如二面角E —AB —C 的度数为30°，那么EF 与平面ABCD 的距离为_________5 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB =4，BC =3，CC 1=2，如图(1)求证平面A 1BC 1∥平面ACD 1； (2)求(1)中两个平行平面间的距离； (3)求点B 1到平面A 1BC 1的距离6 正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，点E 在棱D 1D 上，截面EAC ∥D 1B 且面EAC 与底面ABCD 所成的角为45°,AB =a ,求 (1)截面EAC 的面积； (2)异面直线A 1B 1与AC 之间的距离；(3)三棱锥B 1—EAC 的体积 7 如图，三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A 与AB 、AC 均成45°角，且A 1E ⊥B 1B 于E ，A 1F⊥CC 1于FF1A1A1(1)求点A 到平面B 1BCC 1的距离；(2)当AA 1多长时，点A 1到平面ABC 与平面B 1BCC 1的距离相等8 如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =2π,AB = 31AD =a ,∠ADC =arccos552,P A ⊥面ABCD 且P A =a (1)求异面直线AD 与PC 间的距离；(2)在线段AD 上是否存在一点F ，使点A 到平面PCF参考答案1 解析过点M 作MM ′⊥EF ,那么MM ′⊥平面BCF ∵∠MBE =∠MBC∴BM ′为∠EBC 为角平分线，∴∠EBM ′=45°,BM ′=2,从而MN =22 答案 A2 解析交线l 过B 与AC 平行，作CD ⊥l 于D ，连C 1D ，那么C 1D为A 1C 1与l 的距离，而CD 等于AC 上的高，即CD =512,Rt △C 1CD 中易求得C 1D =513=2.6 答案 C3 解析以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，取P 、Q 分不为AB 、CD 的中点，因为AQ =BQ =22a ,∴PQ ⊥AB , 同理可得PQ ⊥CD ，故线段PQ 的长为P 、Q 两点间的最短距离，在Rt △APQ中，PQ =22)2()23(2222=-=-a a AP AQ a 答案22a 4 解析明显∠F AD 是二面角E —AB —C 的平面角，∠F AD =30°,过F 作FG ⊥平面ABCD 于G ，那么G 必在AD 上，由EF ∥平面ABCD∴FG 为EF 与平面ABCD 的距离，即FG 2a答案 2a5 (1)证明由于BC 1∥AD 1，那么BC 1∥平面ACD 1 同理，A 1B ∥平面ACD 1，那么平面A 1BC 1∥平面ACD 1(2)解设两平行平面A 1BC 1与ACD 1间的距离为d ，那么d 等于D 1到平面A 1BC 1的距离易求A 1C 1=5，A 1B =25，BC 1=13，那么cos A 1BC 1=652,那么sin A 1BC 1=6561,那么S111C B A ∆=61,由于111111D C A B BC A D V V --=，那么31S 11BC A ∆·d =)21(31111D C AD ⋅·BB 1,代入求得d =616112, (3)解由于线段B 1D 1被平面A 1BC 1所平分，那么B 1、D 1到平面A 1BC 1的距离相等，那么由(2)知点B 1到平面A 1BC 1 6 解 (1)连结DB 交AC 于O ，连结EO ， ∵底面ABCD 是正方形∴DO ⊥AC ，又ED ⊥面ABCD ∴EO ⊥AC ，即∠EOD =45°又DO =22a ，AC =2a ，EO =︒45cos DO =a ，∴S △EAC =22a (2)∵A 1A ⊥底面ABCD ，∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ⊥A 1B 1 ∴A 1A 是异面直线A 1B 1与AC 间的公垂线又EO ∥BD 1，O 为BD 中点，∴D 1B =2EO =2a∴D 1D =2a ，∴A 1B 1与AC 距离为2a(3)连结B 1D 交D 1B 于P ，交EO 于Q ，推证出B 1D ⊥面EAC ∴B 1Q 是三棱锥B 1—EAC 的高，得B 1Q =23a 32422322311a a a V EAC B =⋅⋅=-7 解 (1)∵BB 1⊥A 1E ，CC 1⊥A 1F ，BB 1∥CC 1 ∴BB 1⊥平面A 1EF 即面A 1EF ⊥面BB 1C 1C 在Rt △A 1EB 1中，∵∠A 1B 1E =45°，A 1B 1=a∴A 1E =22a ,同理A 1F =22a ,又EF =a ，∴A 1E =22a同理A 1F =22a ,又EF =a ∴△EA 1F 为等腰直角三角形，∠EA 1F =90°过A 1作A 1N ⊥EF ，那么N 为EF 中点，且A 1N ⊥平面BCC 1B 1 即A 1N 为点A 1到平面BCC 1B 1的距离∴A 1N =221a=又∵AA 1∥面BCC 1B ，A 到平面BCC 1B 1的距离为2a∴a =2，∴所求距离为2(2)设BC 、B 1C 1的中点分不为D 、D 1，连结AD 、DD 1和A 1D 1，那么DD 1必过点N ，易证ADD 1A 1为平行四边形∵B 1C 1⊥D 1D ,B 1C 1⊥A 1N ∴B 1C 1⊥平面ADD 1A 1 ∴BC ⊥平面ADD 1A 1得平面ABC ⊥平面ADD 1A 1，过A 1作A 1M ⊥平面ABC ，交AD 于M ，假设A 1M =A 1N ，又∠A 1AM =∠A 1D 1N ，∠AMA 1=∠A 1ND 1=90°∴△AMA 1≌△A 1ND 1,∴AA 1=A 1D 1=3,即当AA 1=3时满足条件8 解 (1)∵BC ∥AD ,BC ⊂面PBC ,∴AD ∥面PBC从而AD 与PC 间的距离确实是直线AD 与平面PBC 间的距离过A 作AE ⊥PB ，又AE ⊥BC ∴AE ⊥平面PBC ，AE 为所求在等腰直角三角形P AB 中，P A =AB =a∴AE =22a (2)作CM ∥AB ，由cos ADC =552 ∴tan ADC =21,即CM =21DM ∴ABCM 为正方形，AC =2a ,PC =3a 过A 作AH ⊥PC ,在Rt △P AC 中，得AH =36下面在AD 上找一点F ，使PC ⊥CF取MD 中点F ，△ACM 、△FCM 均为等腰直角三角形 ∴∠ACM +∠FCM =45°+45°=90°∴FC ⊥AC ,即FC ⊥PC ∴在AD 上存在满足条件的点F课前后备注学法指导: 立体几何中的策略思想及方法立体几何中的策略思想及方法近年来，高考对立体几何的考查仍旧注重于空间观点的建立和空间想象能力的培养题目起点低，步步升高，给不同层次的学生有发挥能力的余地大题综合性强，有几何组合体中深层次考查空间的线面关系因此，高考复习应在抓好差不多概念、定理、表述语言的基础上，以总结空间线面关系在几何体中的确定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立体几何咨询题的有效的策略思想及方法一、领会解题的差不多策略思想高考改革稳中有变运用差不多数学思想如转化，类比，函数观点仍是考查中心，选择好典型例题，在差不多数学思想指导下，归纳一套合乎一样思维规律的解题模式是受学生欢迎的，学生通过熟练运用，逐步内化为自己的体会，解决一样差不多数学咨询题就会自然流畅二、探寻立体几何图形中的基面立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地〝立〞起来在具体的咨询题中，证明和运算经常依附于某种专门的辅助平面即基面那个辅助平面的猎取正是解题的关键所在，通过对那个平面的截得，延展或构造，纲举目张，咨询题就迎刃而解了三、重视模型在解题中的应用学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系，从而培养空间想象能力而数学咨询题中许多图形和数量关系都与我们熟悉模型存在着某种联系它引导我们以模型为依据，找出起关键作用的一些关系或数量，对比数学咨询题中题设条件，突出特性，设法对原图形补形，拼凑、构造、嵌入、转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特点规律猎取优解。

专题38 立体几何中的距离、截面、折叠问题(解析版)

因为平面 ,所以 ,所以为二面角的平面角．
结合图1可知, 为中点,故 ,从而
所以 ,所以二面角的平面角的余弦值为．
向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示,
则 , , ，所以 ,
设为平面的法向量,则 ,即 ,
解得 ,令 ,得，由(Ⅰ)知, 为平面的一个法向量,
所以，即二面角的平面角的余弦值为．
2、平面外一点P到平面α的距离：如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离PQ＝＝＝
基本题型：
1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，点P在正方体内部且满足＝＋＋，则下列说法正确的是()
【解析二】由题意可知，该平面与在正方体的截面为对边平行的六边形，如图所示，则截面面积为
所以当时，
7．（2017新课标Ⅰ）如图，圆形纸片的圆心为，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形的中心为．、、为圆上的点，，，分别是以，，为底边的等腰三角形。沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得、、重合，得到三棱锥。当的边长变化时，所得三棱锥体积(单位： )的最大值为_______。
所以，，，．
得，．
设平面的法向量，平面的法向量，
平面与平面夹角为，则，得，取，
，得，取，从而，
即平面与平面夹角的余弦值为．
9．（2015浙江）如图，已知，是的中点，沿直线将翻折成，所成二面角的平面角为，则
10．（2012浙江）已知矩形，，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，

高考数学复习考点题型专题讲解18 几何体的截面或交线

高考数学复习考点题型专题讲解专题18 几何体的截面或交线1.空间几何体截面的作图主要原理：两个基本事实及两个性质.两个基本事实为：(1)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线；(2)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内. 两个性质为：(1)如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行；(2)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行.2.立体几何中的截面类型(1)平面截球：圆面(见专题17).(2)平面截正方体：三角形、四边形、五边形、六边形.(3)平面截圆柱曲面：圆、椭圆、矩形.(4)平面截圆锥曲面：椭圆、双曲线、抛物线.类型一截面的作法空间几何体的截面作图主要作法：(1)直接法；(2)平行线法；(3)延长法；(4)辅助平面法.例1 已知正方体A1B1C1D1－ABCD，E，F，H分别是A1B1，B1C1，AD的中点，试过三点E，F，H作截面.解如图，连接EF，并且延长，与D1A1，D1C1的延长线分别交于N，R两点，连接NH并延长分别交AA1和D1D的延长线于S，T，连接TR分别交CD，CC1于M，G，顺次连接点E，F，G，M，H，S，E，则六边形EFGMHS就是所作截面.训练1 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别在AB，BC，DD1上，求作过E，F，G三点的截面.解作法：①在底面AC内，过E，F作直线EF，分别与DA，DC的延长线交于L，M.②在侧面A1D内，连接LG交AA1于K.③在侧面D1C内，连接GM交CC1于H.④连接KE，FH，则五边形EFHGK即为所求的截面.类型二截面形状的判断首先根据条件作出相应的截面图形，再结合线面的位置关系的判定与性质加以分析，得到截面图形所满足的特征性质，确定其形状.例2 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C 1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为( )A.矩形B.三角形C.正方形D.等腰梯形答案 D解析取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G，由题意得GH∥EF，AH∥A1F，又GH⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以GH∥平面A1EF，同理AH∥平面A1EF，又GH∩AH＝H，GH，AH⊂平面AHGD1，所以平面AHGD1∥平面A1EF.故过线段AG 且与平面A 1EF 平行的截面图形为四边形AHGD 1，显然为等腰梯形. 训练2(多选)(2022·苏北四市调研)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点E ，F ，G 分别为棱AB ，AA 1，C 1D 1的中点.下列结论中正确是( )A.过E ，F ，G 三点作正方体的截面，所得截面为正六边形B.B 1D 1∥平面EFGC.BD 1⊥平面ACB 1D.异面直线EF 与BD 1所成角的正切值为22答案 ACD解析对于A ，因为E ，F ，G 为棱AB ，AA 1，C 1D 1的中点，设A 1D 1的中点为M ，BC 的中点为N ，CC 1的中点为P ，连接点M ，F ，E ，N ，P ，G 可得截面为正六边形，所以A 正确；对于B ，通过以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，求出B 1D 1→，平面EFG 法向量n 1，可推出B 1D 1→·n 1≠0，故B 1D 1与平面EFG 不平行，所以B 错误；对于C ，同上建系，求出BD 1→，平面ACB 1的法向量n 2，可推得BD 1→＝λn 2，所以BD 1⊥平面ACB 1，所以C 正确；对于D ，同上建系，求出EF →，BD 1→，设夹角为θ，则cos θ＝|EF →·BD 1→||EF →|·|BD 1→|，由sin 2θ＋cos 2θ＝1，tan θ＝sin θcos θ，得tan θ＝22，所以D 正确.类型三截面图形面积或周长的计算求截面图形的面积的前提是确定截面的形状，转化为平面图形求解.例3 (1)(2022·济南模拟)已知正四面体ABCD的棱长为2，平面α与棱AB，CD均平行，则α截此正四面体所得截面面积的最大值为( )A.1B.2C.3D.2(2)在三棱锥P－ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC.则截面的周长为________.答案(1)A (2)8解析(1)如图，设E为棱BC上任一点，且BE→＝λBC→，λ∈(0，1)，过E作EF∥AB交AC于F，作EN∥CD交BD于N，过F作FM∥CD交AD于M，连接MN，则四边形EFMN即平面α截四面体ABCD所得的截面，所以EFAB＝ECBC＝1－λ，所以EF＝2(1－λ)，同理可得EN＝2λ. 又四面体ABCD为正四面体，所以AB⊥CD，所以EF⊥EN，截面EFMN为矩形，且EN＋EF＝2，则矩形EFMN 的面积S ＝EF ·EN ≤⎝⎛⎭⎪⎫EF ＋EN 22＝1，当且仅当EF ＝EN ＝1，即λ＝12时，“＝”成立，故选A.(2)过点G 作EF ∥AC 分别交PA ，PC 于点E ，F ，过E ，F 分别作EN ∥PB ，FM ∥PB ，分别交AB ，BC 于点N ，M ，连接MN ，∴四边形EFMN 是平行四边形，∴EF 3＝23，即EF ＝MN ＝2， FM PB ＝FM 6＝13，即FM ＝EN ＝2， ∴截面的周长为2×4＝8.训练3 如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是A 1D 1，A 1B 1的中点，过直线BD 的平面α∥平面AMN ，则平面α截该正方体所得截面的面积为( )A.2B.98C.3D.62答案 B解析如图1，分别取B 1C 1，C 1D 1的中点E ，F ，连接EF ，BE ，DF ，B 1D 1，ME ，易知EF ∥B 1D 1∥BD ∥MN ，AB ∥ME ，AB ＝EM ，所以四边形ABEM 为平行四边形，则AM ∥BE ，又BD 和BE 为平面BDFE 内的两条相交直线，所以平面AMN ∥平面BDFE ，即平面BDFE 为平面α，BD ＝2，EF ＝12B 1D 1＝22，得四边形BDFE 为等腰梯形，DF ＝BE ＝52，在等腰梯形BDFE (如图2)中，过E ，F 作BD 的垂线，垂足分别为G ，H ，则四边形EFGH 为矩形， ∴其高FG ＝DF 2－DG 2＝54－18＝324，故所得截面的面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋2×324＝98.一、基本技能练1.过一个圆锥的侧面一点(不是母线的端点)作圆锥的截面，则截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆；②椭圆；③抛物线的一部分；④双曲线的一部分中的( )A.①②③④B.①③④C.①②D.①②④答案 A解析根据截面与圆锥的位置关系，所得的图形如图所示，故截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆；②椭圆；③抛物线的一部分；④双曲线的一部分.2.如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是( )答案 D解析对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B、C图中四点也共面；D中四点不共面.3.如图，长方体ABCD－A′B′C′D′中被截去一小部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A.棱台B.四棱柱C.五棱柱D.六棱柱答案 C解析∵EH∥A′D′，EH∥平面BCC′B′，∴EH∥GF，又平面ABB′A′∥平面DCC′D′，∴EF∥GH，四边形EFGH为平行四边形.故剩下的几何体为五棱柱.4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝13DD1，NB＝13BB1，那么正方体的过M，N，C1的截面图形是( )A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形答案 C解析正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝13DD1，NB＝13BB1，延长C1M交CD的延长线于P，延长C1N交CB的延长线于Q，连接PQ交AD于E，AB于F，连接NF，ME，则正方体的过M，N，C1的截面图形是五边形.故选C.5.在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别为棱AB，CC1，C1D1的中点，则该正方体被过E，F，G三点的平面截得的截面面积为( )A.34a2B.32a2C.334a2D.332a2答案 C解析作出过E，F，G三点的截面，如图，由图可知，截面为正六边形，且边长为22a，所以截面面积S＝6×12×32×⎝⎛⎭⎪⎫22a2＝334a2，故选C.6.若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有( )A.0条B.1条C.2条D.1条或2条答案 C解析如图所示，平面α即平面EFGH，则四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD.又∵EF⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.又EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH.∴CD∥平面EFGH，同理，AB∥平面EFGH.所以与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条.7.(2022·重庆诊断)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为B1C1的中点，过点D 作平面α使α⊥BM，则平面α截正方体所得截面的面积为( )A.42B.4 5C.85D.16 2答案 C解析分别取AA1，BB1的中点E，N，连接DE，CN，EN，则EN∥DC，EN＝DC，所以四边形ENCD是平行四边形，由于△B1BM≌△BCN，所以∠MBB1＋∠BNC＝90°，所以BM⊥CN，又因为DC⊥BM，DC∩CN＝C，所以BM⊥平面ENCD，所以平面ENCD即为平面α，又CN＝25，所以截面的面积为25×4＝8 5.8.(2022·南通调研)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点，若AM⊥平面α，且B∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为( )A.32＋25B.4＋4 2C.22＋25D.6 2答案 A解析正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC，所以BD⊥AM(三垂线定理)，如图，取BB1中点N，A1B1中点E，连接MN，AN，BE，可知BE⊥AN，所以BE⊥AM(三垂线定理)，所以AM⊥平面DBE，取A1D1中点F，则α即为截面BEFD，易求周长为32＋2 5.9.(多选)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，得四边形BFD1E，在以下结论中，正确的是( )A.四边形BFD1E有可能是梯形B.四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形C.四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D1DD.四边形BFD1E面积的最小值为6 2答案BCD解析对于选项A，过BD1，作平面与正方体ABCD－A1B1C1D1的截面为四边形BFD1E，如图所示，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面BFD1E∩平面ABB1A1＝BE，平面BFD1E∩平面DCC1D1＝D1F，所以BE∥D1F，同理D1E∥BF.故四边形BFD1E为平行四边形，因此A错误；对于选项B，四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形ABCD，因此B正确；对于选项C，当点E，F分别为AA1，CC1的中点时，EF⊥平面BB1D1D，又EF⊂平面BFD1E，则平面BFD1E⊥平面BB1D1D，因此C正确；对于选项D，当F点到线段BD1的距离最小时，平行四边形BFD1E的面积最小，此时点E，F分别为AA1，CC1的中点，此时最小值为12×2×3＝62，因此D 正确.故选BCD.10.(多选)(2022·石家庄模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是面对角线BD 上的动点，Q 是棱C 1D 1的中点，用过A 1，P ，Q 三点的平面截正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，则所得截面多边形可能是( )A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形答案 ABC解析如图①，当点P 与点D 重合时，截面多边形是三角形，选项A 满足题意；图①图②如图②，取棱CD 的中点Q 1，连接QQ 1和AQ 1，因为Q 是棱C 1D 1的中点，所以QQ1∥DD1∥AA1，将点P移动到平面AA1QQ1与BD交点处，此时截面多边形是四边形，选项B满足题意；图③如图③，令点P距离点B较近，此时截面多边形是五边形，选项C满足题意；易知点P无论如何移动，截面与平面ABCD的交线都平行于A1Q，所以这条交线只能与正方形ABCD的边AB，AD之一有交点(顶点A除外)，则截面不可能与正方形ABB1A1和正方形ADD1A1都有交线(棱AA1除外)，所以截面不可能与正方体的六个面都有交线，则截面多边形不能是六边形，所以选项D不满足题意.故选ABC.11.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________.答案平行四边形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形.12.(2022·衡水模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，过B，E，D的截面与棱A1B1交于F，则截面BED1F分别在平面A1B1C1D1和平面ABB1A1上的正投影1的面积之和为________.答案 1解析因为平面BED1F∩平面ABCD＝BE，平面BED1F∩平面A1B1C1D1＝D1F，平面A1B1C1D1∥平面ABCD，所以BE∥D1F，同理D1E∥BF，所以截面BED1F是平行四边形，所以BE＝D1F，所以A1F＝CE，从而B1F＝DE，截面BED1F在平面A1B1C1D1上的正投影是以B1F为底，该底对应的高为1的平行四边形，在平面ABB1A1上的正投影是以A1F为底，该底上的高为1的平行四边形，因此两个投影的面积和S＝(CE＋DE)×1＝1为定值.二、创新拓展练13.(2022·浙江五校联考)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的高为4，底面边长为43，D是B1C1的中点，P是线段A1D上的动点，过BC作截面α⊥AP于点E，则三棱锥P－BCE体积的最小值为( )A.3B.2 3C.43D.12答案 C解析如图，取BC的中点F，连接FD，FA，FE，FP，过点E作EH⊥AF于点H，则BC⊥平面AFDA1，所以BC⊥EH，AF∩BC＝F，所以EH⊥平面ABC.因为AF＝6，且V P－ABC＝13×123×4＝163＝V P－EBC＋V E－ABC，所以当三棱锥E－ABC体积最大时，三棱锥P－BCE体积最小.因为AE⊥EF，所以AE2＋EF2＝AF2＝36≥2AE·EF，所以AE·EF≤18.设三棱锥E－ABC的高为h，由AE·EF＝AF·h，得h＝AE·EFAF≤3，因为V E－ABC＝13×S△ABC×h＝43h，所以(V E－ABC)max＝123，所以(V P－EBC)min＝43，故选C.14.(多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1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记为S.则下列命题中正确的是( )A.当0<CQ<12时，S为四边形B.当CQ＝12时，S为等腰梯形C.当CQ＝34时，S与C1D1的交点R满足C1R＝13D.当34<CQ<1时，S为六边形答案ABC解析如图1，当Q为CC1的中点，即CQ＝12时，PQ∥BC1且PQ＝12BC1，图1 又AD1綊BC1，故PQ ∥AD 1且PQ ＝12AD 1，PA ＝D 1Q ，故截面APQD 1为等腰梯形，故B 正确；当0<CQ <12时，只需在DD 1上取点M 使PQ ∥AM ，即可得截面APQM 为四边形，故A 正确；当CQ ＝34时，延长AP ，DC 交于M ，连接QM ，直线QM 与C 1D 1交于点R ，如图2，因CQ ＝34，则C 1Q ＝14，CS ＝1，又C 1R CM ＝C 1Q QC ，故C 1R ＝13，选项C 正确；图2当34<CQ <1时，S 为五边形，D 错误. 15.(多选)(2022·烟台调研)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，M 为AA 1的中点，过B 1M 作长方体的截面α交棱CC 1于点N ，则下列说法正确的是( )A.截面α可能为五边形B.存在点N ，使得BN ⊥截面αC.若截面α为平行四边形，则1≤CN ≤2D.当点N与点C重合时，截面面积为36 4答案ACD解析选项A，设P为CC1的中点，当N在PC1之间时，截面α为平行四边形NQMB1，当N在PC之间时，截面α为五边形N1Q1GMB1，其中NQ∥B1M，N1Q1∥B1M，故选项A，C正确；若BN⊥截面α，则BN⊥B1M，这显然是不成立的，因为如果成立，可以推出B1M⊥平面BB1C1C，显然错误，故选项B错误；当点N与点C重合时，截面为梯形CGMB1，易知G为AD的中点.易求CG＝GM＝52，MC＝3，MB1＝2，B1C＝5，所以CM⊥B1M，△CGM为等腰三角形，故S＝S△CGM＋S△CMB1＝12×3×22＋12×3×2＝364，故选项D正确.故选ACD.16.(多选)(2022·南京师大附中模拟)如图，圆柱的底面半径和高均为1，线段AB是圆柱下底面的直径，点O是下底面的圆心.线段EF是圆柱的一条母线，且EO⊥AB.已知平面α经过A，B，F三点，将平面α截这个圆柱所得到的较小部分称为“马蹄体”.记平面α与圆柱侧面的交线为曲线C，则( )A.曲线C是椭圆的一部分B.曲线C是抛物线的一部分C.二面角F－AB－E的大小为π4D.马蹄体的体积为V满足13<V<π4答案ACD解析将相同的圆柱按如图方式拼接在一起，将两个球放入圆柱内，使每一个球既与圆柱相切，又与曲线C所在平面相切，球与曲线C的切点为Q，R，取曲线C上一点P，过P点的圆柱母线与两球交于M，N两点，由于PM，PR同是下面球的切线，PN，PQ同是上面球的切线，可得PM＝PR，PN＝RQ，则PR＋PQ＝PM＋PN＝MN>QR，由椭圆定义知：曲线C是椭圆的一部分，A正确；B错误；连接OF，由EO⊥AB，EF⊥AB，知AB⊥平面EOF，故OF⊥AB，则∠FOE为二面角F－AB－E的平面角，又OE＝EF＝1，则∠FOE＝π4，C正确；由补成的几何体知马蹄体的体积为V小于圆柱体的14，即为V<π4，又V F－AEB＝13×12×2×1×1＝13，所以V>13，所以13<V<π4，D正确.故选ACD.17.(2022·广州模拟)四棱锥P－ABCD各顶点都在球心为O的球面上，且PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝AB＝2，AD＝4，设E，F分别是PB，BC的中点，则球O被平面AEF所截得的截面面积为________.答案14π3解析由题可知PC的中点即为球心O，故球的半径R＝12＋12＋22＝6，设球心O到平面AEF的距离为d，截面圆的半径为r.由题意可知球心O到平面AEF的距离等于点B到平面AEF的距离，在三棱锥B－AEF中，由等体积法可得d＝23 3，故r2＝R2－d2＝143，故截面面积S＝πr2＝14π3.18.(2022·武汉三模)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段CB1上，若平面α经过点A，C1，P，则它截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面的周长最小值为________.答案2 5解析当点P靠近点C或与点C重合时，A，C1，P三点确定的平面α如图①所示，图①因为平面ADD1A1∥BCC1B1，所以AE∥QC1，同理AQ∥EC1，所以四边形AEC1Q是平行四边形，即为所求的截面，设D1E＝x(0≤x≤1)，则A1E＝1－x，所以AQ＝EC1＝x2＋1，QC1＝AE＝（1－x）2＋1，AQ＋AE＝x2＋1＋（1－x）2＋1＝（x－0）2＋（0－1）2＋（x－1）2＋（0－1）2，可以看作R(x，0)到M(0，1)和N(1，1)距离之和的最小值，M(0，1)关于x轴的对称点为M′(0，－1)，连接M′N，其长度即AQ＋AE的最小值，由勾股定理得|M′N|＝5，所以周长的最小值为2 5.图②当点P靠近点B1或与点B1重合时，A，C，P三点确定的平面α如图②所示，因为平面ADD1A1∥BCC1B1，1所以AE∥QC1，同理AQ∥EC1，所以四边形AEC1Q是平行四边形，即为所求的截面，同理，所求周长的最小值为2 5.综上所述，周长的最小值为2 5.。

2024年高考数学二轮复习专题三立体几何培优拓展(五) 立体几何中的截面、交线问题

设 PB=x(0<x<2),则三棱台 PBQ-A1B1C1 的体积为
1
1 2
×2×(2+
x
+
3
2
2×
1 2
7

)=
×8,解得
2
32
2
所以 PQ= 为 ×2+2
2
1
x=2(负值舍去),
9
5
4 + 4 = 2.又 A1C1=2
2
5 2
2 + =5+ .
2
2
2,
增分技巧若截面与几何体的两个平行平面相交,或者截面上有一条直线与
2024
高考总复习
GAO KAO ZONG FU XI
培优拓展(五) 立体几何中的截面、交线问题
空间几何体的截面问题是高考命题的热点,它是空间问题转化为平面问题
的纽带,也是考查空间想象能力的最佳切入点.确定空间几何体的截面关键
是寻找这个平面与几何体表面的交线.
平面截几何体有三种基本方式:横截、纵截和斜截.考查较多的是旋转体的
2
2
2
4
2
4
2
13
2
13
2
2
则 A1P= ,AP= ,故 D1P= 2 +
=
,EP= 1 +
=
,
3
3
3
3
3
3
2 13
13
同理可得 D1Q= 3 ,FQ= 3 ,而 EF= 2,
2 13
13
则五边形 D1QFEP 的周长为 2×( 3 + 3 )+ 2=2 13 + 2.
增分技巧若截面上的点中至少有两个在一个几何体的一个表面上,可以借

高三总复习数学课件空间几何体的截面、球的切(接)问题

[解析] 如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面 AB1C的平面均符合题意．由对称性，知过正方体ABCD-A1B1C1D1 中心的截面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ．易
知正六边形EFGHIJ的边长为
2 2
，将该正六边形分成6个边长为
已知点M是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在平面BCC1B1所
在的平面内．若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，
则点P与点C1的最短距离是
()
A．2 5 5
B．
2 2
C．1
D．
6 3
解析：设P在平面ABCD上的射影为P′，M在平面BB1C1C上的射影为M′(图略)，平面
答案：C
立体几何中的最值问题
如图，平面ACD⊥α，B为AC的中点，|AC|＝2，∠CBD＝60°，P为α内的
动点，且点P到直线BD的距离为 3，则∠APC的最大值为
()
A．30° C．90°
B．60° D．120°
[解析] 因为点P到直线BD的距离为 3 ，所以空间中到直线BD的距离为 3 的点构成一个圆柱面，如图所示，它和平面α相交得一椭圆，即点P在α内的轨迹为一个椭圆，B为椭圆的中心，b＝ 3 ，a＝ sin 630°＝2，则c＝1，所以A，C为椭圆的焦点．因为椭圆上的点关于两焦点的张角在短轴的端点取得最大值，所以∠APC的最大值为60°．故选B．
D1PM与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角分别为α，β，则cos
α＝
S△DP′M S△D1PM
，
cos β＝SS△△PDM1′PMC1．因为cos α＝cos β，所以S△DP′M＝S△PM′C1，设P到C1M′距离

空间立体几何讲义

第1讲空间几何体高考《考试大纲》的要求：① 认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.② 能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.③ 会用平行投影与中心投影两种方法，画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.④ 会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）. ⑤ 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）. （一）例题选讲：例1.四面体ABCD 的外接球球心在CD 上，且CD ＝2，AB ＝3，在外接球面上两点A 、B 间的球面距离是（）A ．6π B ．3πC ．32πD ．65π例2.如果圆台的母线与底面成60°角,那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为( )A ．π2B ．π23C ．π332D ．π21例3.在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是 .例4.如图所示，等腰△ABC 的底边AB =66,高CD =3，点B 是线段BD 上异于点B 、D 的动点.点F 在BC 边上，且EF ⊥AB .现沿EF 将△BEF 折起到△PEF 的位置，使PE ⊥AE .记BE ＝x ，V (x )表示四棱锥P-ACFE 的体积.（1）求V (x )的表达式；（2）当x 为何值时，V (x )取得最大值？（3）当V (x )取得最大值时，求异面直线AC 与PF 所成角的余弦值。

（二）基础训练：1．下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（）A ．①②B ．①③C ．①④D ．②④2．设地球半径为R ，若甲地位于北纬045东经0120，乙地位于南纬度075东经0120，则甲、乙两地球面距离为（）（A(B) 6R π(C)56R π(D) 23R π①正方形 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥C3．若一个底面边长为2的正六棱柱的所有顶点都在一个球的面上，则此球的体积为．4. 已知,,A B C 三点在球心为O ，半径为R 的球面上，AC BC ⊥，且AB R =，那么,A B 两点的球面距离为___________，球心到平面ABC 的距离为________ 5．如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，AB=8，AD=43，侧面PAD 为等边三角形，并且与底面所成二面角为60°. （Ⅰ）求四棱锥P —ABCD 的体积；（Ⅱ）证明PA ⊥BD.（三）巩固练习：1．若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的全面积是（）（A ）π3 （B ）π33 （C ）π6 （D ）π92、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）A ．16πB ．20πC ．24πD ．32π3.一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积恰好与半球的体积相等，那么，这个圆锥轴截面顶角的余弦值是( ) A.34 B.45 C.35 D.－35 4．已知球O 的半径为1，A 、B 、C 三点都在球面上，且每两点间的球面距离为2π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）（A ）31 （B ）33 （C ）32 （D）36 5.表面积为的正八面体的各个顶点都在同一个球面上,则此球的体积为（）A ．3 B ．13π C．23π D ．36.已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为，则侧面与底面所成的二面角等于________7．请您设计一个帐篷。

空间几何体的截面及交线问题课件-2025届高三数学一轮复习

B1C1，C1D1 的中点，故 BD＝2 2，MN＝ 2，且 BM＝
DN＝ 5，所以等腰梯形 MNDB 的高为 h＝
(
5)2－
222＝32 2，所
以Hale Waihona Puke 梯形 MNDB 的面积为12×( 2＋2 2)×322＝92.
对点练2.(1)过正方体ABCD -A1B1C1D1的体对角线BD1的截面面积为S，Smax
√D. 3π 2
由题意得△ACD，△ABC 为等腰直角三角形．设球 C 与 Rt△ACD 的边 CD，AD 分别交于点 M，N，如图①所示，设球 C 与 Rt△ABC 的边 AB，CB 分别交于点 H，G，如图②所示．易得 cos∠ACN＝ 23，则∠ACN＝π6，AN＝AC·tanπ6＝1，所以∠NCM＝∠ACD －∠ACN＝π4－π6＝1π2，所以M︵N的长＝2×1π2＝π6，同理，G︵H的长＝π6.
二、多面体中的截面问题
知识链接
1．正方体中的基本斜截面
2．多面体中找截面的几种方法 (1) 直接法：有两点在多面体的同一个面上，连接这两点即为多面体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程． (2) 延长线法：若直线相交，但在多面体中未体现，可以通过作延长线的方法找到交点，然后借助交点找到交线． (3) 平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点作直线的平行线找到多面体与截面的交线．
2＝2 6
3 3.故选
C.
2
(2)[多选题]正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，已知平面α⊥AC1，则关于α 截此正方体所得截面的判断正确的是
√A．截面形状可能为正三角形
B．截面形状可能为正方形
√C．截面形状可能为正六边形 √D．截面面积最大值为3 3

专题11 立体几何 11.4空间角与空间距离题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习(原卷版)

专题十一《立体几何》讲义11.4空间角与空间距离知识梳理.空间角1.异面直线的定义：不同在任何一个平面的两条直线叫做异面直线（1）异面直线所成的角的范围：．（2）求法：平移→⎧⎪⇒−−−→⎨⎪⎩转化直接平移中点平移“三维”“二维”补形平移2．直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |.0°≤φ≤90°3．求二面角的大小(1)如图1，AB 、CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ，CD 〉．(2)如图2、3，12,n n 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小12,n n θ=<>(或12,n n π-<>)．题型一.点到面的距离1．如图，点P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，Q为线段AP的中点，AB ＝3，BC＝4，PA＝2，则P到平面BQD的距离为．2．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，若则点A到平面A1BC的距离为（）A．34B．32C．334D．33．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD 是菱形，且∠ABC＝60°，M为PC的中点．（Ⅰ）在棱PB上是否存在一点Q，使用A，Q，M，D四点共面？若存在，指出点Q的位置并证明；若不存在，请说明理由．（Ⅱ）求点D到平面PAM的距离．4．如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E分别为AB，PB的中点，EB＝EA，且PA⊥AC，PC ⊥BC．（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAC；（Ⅱ）若PA＝2BC且AB＝EA，三棱锥P﹣ABC．体积为1，求点B到平面DCE的距离．题型二.异面直线所成的角1．已知P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，M、N分别是AB、PC的中点，若MN ＝BC＝4，PA＝43，则异面直线PA与MN所成角的大小是（）A．30°B．45°C．60°D．90°2．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，E为CC1的中点，那么异面直线OE与AD1所成角的余弦值等于．3．如图所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝60°，M，N分别是A1C1，CC1的中点，BC＝CA＝CC1，则BN与AM所成角的余弦值为（）A．35B．45C．23D．344．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形，其中∠BAD＝60°，平面PAD⊥平面ABCD，其中△PAD为等边三角形，AB＝4，M为棱PD的中点．（Ⅰ）求证：PB⊥AD；（Ⅱ）求异面直线PB与AM所成角的余弦值．1．如图，在三棱柱ABC﹣A′B′C′中，底面ABC是正三角形，AA′⊥底面ABC，且AB ＝1，AA′＝2，则直线BC′与平面ABB′A′所成角的正弦值为．2．如图所示，在直三棱柱ABO﹣A′B′O′中，OO′＝4，OA＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，D是线段A′B′的中点，P是侧棱BB′上的一点，若OP⊥BD，求OP与底面AOB所成角的正切值．3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2．（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．4．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC＝2AD＝4，A=C=10．（Ⅰ）证明：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若A=6，求BC与平面PBD所成角的正弦值．1．已知三棱锥D﹣ABC的三个侧面与底面全等，且AB＝AC=5，BC＝2，则二面角D﹣BC﹣A的大小（）A．30°B．45°C．60°D．90°2．已知正三棱锥S﹣ABC的所有棱长均为2，则侧面与底面所成二面角的余弦为（）A．223B．−C．13D．−133．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是3，D是AC的中点．（1）求证：B1C∥平面A1BD；（2）求二面角A1﹣BD﹣A的大小；（3）求直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值．4．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，AB＝PD＝a，PA＝PC=2a．（Ⅰ）求证：PD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线PB与AC所成的角；（Ⅲ）求二面角A﹣PB﹣D的大小．题型五.存在性问题、折叠问题1．如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∠ABC＝60°，AA1＝AC＝2，A1B ＝A1D=22，点E在A1D上．（1）求证：AA1⊥平面ABCD；（2）当E为线段A1D的中点时，求点A1到平面EAC的距离．2．已知：如图，等腰直角三角形ABC的直角边AC＝BC＝2，沿其中位线DE将平面ADE 折起，使平面ADE⊥平面BCDE，得到四棱锥A﹣BCDE，设CD、BE、AE、AD的中点分别为M、N、P、Q．（1）求证：M、N、P、Q四点共面；（2）求证：平面ABC⊥平面ACD；（3）求异面直线BE与MQ所成的角．3．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E，F分别是线段DC，BC的中点，分别将△DAE沿AE折起，△CEF沿EF折起，使得D，C重合于点G，连结AF．（Ⅰ）求证：平面GEF⊥平面GAF；（Ⅱ）求直线GF与平面GAE所成角的正弦值．4．已知正方形ABCD的边长为2，AC∩BD＝O．将正方形ABCD沿对角线BD折起，使AC ＝a，得到三棱锥A﹣BCD，如图所示．（1）当a＝2时，求证：AO⊥平面BCD；（2）当二面角A﹣BD﹣C的大小为120°时，求二面角A﹣BC﹣D的正切值．课后作业.空间角与空间距离1．（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC＝AD＝CD=12AB＝2，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD．（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与线段PB交于点N，确定点N 的位置，说明理由；并求AN与平面ABCD所成的角的正切值．3．（2018•新课标Ⅲ）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧C 所在平面垂直，M是C 上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，PA＝22，E是线段PC上的动点．（1）若E是线段PC中点时，证明：PA∥平面EBD；（2）若直线PC与底面ABCD所成角的正弦值为63，且三棱锥E﹣PAB的体积为269，请确定E点的位置，并说明理由．。

空间几何体.板块二.截面与距离问题.教师版普通高中数学复习讲义Word版

棱锥、棱台的中截面与轴截面【例1】正四棱锥的侧棱长是底面边长的k 倍，求k 的取值范围．【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】如图所示，设正四棱锥V ABCD -底面中心为O ，令BC a =，则VB ka =，而OB a =，在Rt VOB ∆中， VODCBA2cos 2VBO ka k ∠==，∵π02VBO ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，，∴01<，1<<+∞，∴k >∴k的取值范围是⎫+∞⎪⎪⎝⎭．【答案】2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭【例2】正四棱锥的斜高为2，求棱锥的高与中截面（即过高线的中点且平行于底面的截面）的面积？【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答典例分析板块二.截面与距离问题【关键词】无【解析】四棱锥的简图如右所示，由题意知2,SH SB ==HOBAS故1122BH AB AB ==⇒=，112OH AB ==，高SO === 底面面积24S AB ==底面，2212141S S S ==⇒=中截面底面中截面∶∶∶．1【例3】正四棱台的高为17，两底面的边长分别是4和16，求这个棱台的侧棱长和斜高．【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】如图，过B 点作BF O B ''⊥，垂足为F ，由题意知：2AB OB ==，8A B OB''''==，17OO '=，在直角三角形BBF'中，BB '=即斜高长为；又OA =O A ''=，在直角三角形AAE'中，19AA '=，即此棱台的侧棱长为19．【答案】【例4】已知正六棱台的上，下底面的边长和侧棱长分别为a ，b ，c ，则它的高和斜高分别为【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】填空【关键词】无【例5】已知正三棱锥S ABC -的高SO h =，斜高SM l =，求经过SO 的中点且平行于底面的截面111A B C ∆的面积．【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】在Rt SOM∆中，SO h =，SM l =，所以OM=，又O 为正三角形的中心，故13MO AB =，故棱长AB=∴)222ABC S AB l h ∆==-， 111A B C ∆与ABC ∆相似，且边长比为12∶，故截面111A B C ∆)22l h -． )22l h -【例6】如图所示的正四棱锥V ABCD -，它的高VO⑴ 求侧面上的斜高与底面面积．⑵ 'O 是高VO 的中点，求过'O 点且与底面平行的截面（即中截面）的面积．HO'ODCBAV【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】⑴由题意知VOVC =故2CO BC ==⇒=斜高VH 底面面积28S BC ==； ⑵ 由棱柱的截面性质知：214S VO S VO '⎛⎫== ⎪⎝⎭中截面底面1824S ⇒=⋅=中截面．【答案】，8；⑵2．【例7】如图，已知棱锥V ABC -的底面积是264cm ，平行于底面的截面面积是24cm ，棱锥顶点V 在截面和底面上的射影分别是1O 、O ，过1O O 的三等分点作平行于底面的截面，求各截面的面积．CA【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】设棱锥的高为h ，其顶点到已知截面之距11VO h =，1OO 的三等分点为2O 、3O ，由已知得212464h h =，∴114h h =，∴114h h =∴111344O O VO VO h h h =-=-=，而12233O O O O O O ==，则12233131344O O O O O O h h ===⋅=．∴211442h VO h h =+=，311134444VO h h h h =++=．设过2O 、3O 的截面面积分别为2S 、3S ，底面面积为S 则 22212S S h h ⎛⎫= ⎪⎝⎭∶∶，∴21164S S ==（2cm ）．22334S S h h ⎛⎫= ⎪⎝⎭∶∶，∴39643616S =⨯=（2cm ）．∴两截面的面积分别为216cm 和236cm ．【答案】216cm 和236cm ．圆锥、圆台的中截面与轴截面【例8】把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是14∶，母线长10，求圆锥的母线长．【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】设圆锥的母线长为l ，圆台上、下底半径为r R ，．由相似三角形的性质有：10l r l R -=，即1014043l l l -=⇒=故圆锥的母线长为403．【答案】403【例9】一圆锥轴截面顶角为120︒，母线长为1，求轴截面的面积．【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】圆锥的轴截面为顶角为120︒的等腰三角形，腰长为１，故高为12011cos22︒⨯=，底边长为2sin60⋅︒1122=；【例10】圆台的母线长为2a ，母线和轴的夹角为30︒，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，求圆台的高与上下两底面面积之和．【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】圆台的轴锥面如图，设它的上底面半径为r ，2a则下底面半径为2r ，有2sin302a r r r a ︒=-⇒=圆台2cos30h a ︒=，上下两底面之和222ππ(2)5πS a a a =+=．，25πa【例11】圆台两底半径分别是2和5，母线长是，求它的轴截面的面积；【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】9=，故轴截面面积()122259632S =⋅⋅+⋅⋅=；，25πa【例12】圆台侧面的母线长为2a ，母线与轴的夹角为30︒，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，则两底面半径为．【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】填空【关键词】无【解析】如图，圆台轴截面为梯形11ABB A ，130BB C ∠=︒，12BB a =，∴BC a =且112OB O B =，∴1111BC OB O B O B =-=，∴11O B a =，2OB a =CB AOO【答案】a 、2a ．【例13】圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于2392cm ，母线与底面的夹角是45︒，求这个圆台的母线长．【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】设圆台的上，下底面半径分别为r ，R ，则3R r =，根据母线与底面的夹角是45︒，有高为r ，∴圆台轴截面的面积为()133922S r r r =+⋅=，解得：14r =，∴母线长为【答案】【例14】用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上下底面半径的比是14∶，截去的圆锥的母线长是3，求圆台的母线长．【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】设圆台的母线为l ，截得的圆锥底面与原圆锥底面半径分别是r ，4r ，4 rlrSAOSOA根据相似三角形的性质得334rl r=+，解得9l =．所以，圆台的母线长为9．【答案】9．【例15】圆台母线长为2a ，母线与轴的夹角为30，一个底面的半径是另一个底面半径的2倍，求两底面半径以及两底面面积之和．【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】设圆台上底面半径为r ，则下底面半径为2r ，如图为圆台轴截面的一部分，2rrO 'OAA 'S则30ASO ∠=，在''Rt SA O ∆中，sin30'rSA =，∴'2SA r = 在Rt SAO ∆中，2sin30rSA=，∴4SA r =． ∴''SA SA AA -=，∴422r r a -=，r a = ∴222212ππ(2)5π5πS S S r r r a =+=+== ∴圆台的上底面半径为a ，下底面半径为2a ，两底面面积之和为25πa【答案】a 、2a 、25πa【例16】圆锥轴截面顶角为120︒，母线长为1．⑴求轴截面的面积；⑵过顶点的圆锥的截面中，最大截面的面积．【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】⑴圆锥的轴截面为顶角为120︒的等腰三角形，腰长为1，故高为12011cos 22︒⋅=，底边长为2sin 60︒=1122=；⑵过顶点的圆锥的截面都是等腰三角形，且腰长为１，设顶角为θ，三角形的面积为1sin 11sin 22θθ⋅⋅⋅=，由轴截面的顶角为120︒知，0120θ︒<≤，故当θ为直角时，过顶点的截面有最大面积12．【答案】；⑵12．球的截面【例17】在球心同侧有相距9的两个平行截面，它们的面积分别为49π和400π．求球的半径．【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】分析：画出球的轴截面，利用球的截面性质，求球的半径，解：设球的半径为R ，截面圆心分别记为12,O O ，如图，A∵22π49πO B ⋅=，∴27O B = 同理21π400πO A ⋅=，∴120O A = 设1OO x =，则29OO x =+．在1Rt OO A ∆中，22220R x =+；在2Rt OO B ∆中， 222(9)7R x =++，∴222207(9)x x +=++，解得15x =， ∴22222025R x =+=，∴25R =．【答案】25．【例18】已知半径为10的球的两个平行截面的周长分别为12π和16π，求这两个截面间的距离．【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】设两个截面半径分别为12,r r ，则12π12πr =，22π16πr =，解得16r =，28r =．从而球心到两个截面的距离分别为：18d =，26d ．（2）（1）O OFFEE D DC CB B AA若两个截面在球心的同一侧，则它们之间的距离为122d d -=，如图⑴；若两个截面在球心的两侧，则它们之间的距离为1214d d +=，如图⑵．【答案】2或14．【例19】（2008四川卷８）设,M N 是球心O 的半径OP 上的两点，且NP MN OM ==，分别过,,N M O 作垂直于OP 的平面截球得三个圆，则这三个圆的面积之比为（）A ．3:5:6B ．3:6:8C ．5:7:9D ．5:8:9【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】选择【关键词】2008年，四川高考【解析】D点评：本题涉及到线面垂直的概念，学生对于线面垂直的概念只是感性认识，包括后面学习的空间几何体的体积公式中，椎体的高，也需要的是线面垂直的感性认识．【答案】D【例20】球面上有三点A、B、C组成这个球的一个截面的内接三角形三个顶点，其中18AB=，24BC=、30AC=，球心到这个截面的距离为球半径的一半，求球的半径．【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】分析：本题的条件涉及球的截面，ABC∆是截面的内接三角形，由此可利用三角形求截面圆的半径，球心到截面的距离为球半径的一半，从而可由关系式222r R d=-求出球半径R．∵18AB=，24BC=，30AC=，∴222AB BC AC+=，ABC∆是以AC为斜边的直角三角形．∴ABC∆的外接圆的半径为15，即截面圆的半径15r=，又球心到截面的距离为12d R =，∴2221152R R⎛⎫-=⎪⎝⎭，得R=【答案】R=【例21】已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（）A．1B C D．2【考点】截面与距离问题【难度】2星星【题型】选择【关键词】2008年，全国高考【解析】C；如图，球心记为O ，两个圆面的圆心记为12O O ，，公共弦为AB ，M 为AB 的中点，记圆1O 所在的平面为α，圆2O 所在的平面为β，则平面α^平面β，1OO ^平面α，2OO ^平面β，又12AB O M AB O M ^^，，而AB 为两个平面的交线，故2O M ^平面α，1O M ^平面β，从而12OO O M ∥，且四边形12OO MO 为平行矩形．由AB ^平面12OO MO 知，AB OM ^，又2OB =，2AB =，故12OM O O =，即为所求．组合体的截面分析【例22】一个轴截面是正三角形的圆锥内有一个轴截面是正方形的内接圆柱，求它们的高的比值和母线长的比值．【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】如图作轴截面的图形，设圆柱的半径为r ，圆锥的半径为R ，D 1C 1O 1O DC BAS则圆柱的高为12OO r =，圆锥的高为SO ， ∵11//C D AB ，∴111C O SO AO SO =，即r R =，解得：3rR =2(2=．圆柱的母线长为2r ，圆锥的母线长为2R，故它们的母线长之比为232rR=-．【答案】(22，3．【例23】棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（）AB ．1 C．1 D【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】选择【关键词】2007年，湖南高考【解析】答案： D ．已知正方体1111ABCD A B C D -，如图，设EF 所在的大圆圆面截正方体EFGH ，圆心为OFEDCBAOA 1D 1B 1C 1由题意知面EFGH ∥面ABCD ∴四边形EFGH 为正方形，∴球半径为R =又直线EF 被球O 截得线段长即为大圆O 截直线EF 的长．如图：∴MN =【答案】D【例24】连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于，M 、N 分别为AB 、CD 的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦AB 、CD 可能相交于点M ②弦AB 、CD 可能相交于点N ③MN 的最大值为5 ④MN 的最小值为1 其中真命题的个数为（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】选择【关键词】2008年，江西高考【解析】⑴先算出两个弦心距分别为3与2⑵利用三角形的三边的大小关系可知OM ON MN OM ON -<<+ 当且仅当AB 与CD 在同一个大圆面内且相互平行时取等号 ∴①③④是正确的点评：用好三角形的三边关系是本题的关键，另外，由AB 与CD 两条相交直线直线总可以确定一个圆面，如果要经过一条弦的中点，又∵CD AB >，∴只有CD 为直径，AB 为弦，∴只能是经过AB 的中点．【答案】C多面体与简单旋转体的表面最短距离问题【例25】如图正方体1111ABCD A B C D -，其棱长为1，,P Q 分别为线段1AA ，11C D 上的两点，且11A P C Q λ==．求在正方体侧面上从P 到Q 的最短距离．【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】将正方体相邻两个面展开有下列三种可能，如图．丙AA 1P DC 1D 1QC乙NPQD 1A 1B 1C 1DA甲QPAB C 1B 1A 1D 1ABCDB 1C 1D 1A 1由于两点间线段最短，由侧面展开图可知：三个图形甲、乙、丙中PQ 的长即为两点间的最短距离，分别为：（前上）PQ（左上）PQ ==（左后）PQ =由于01λ≤≤，∴①式PQ =②式PQ ∴最短距离PQ =【例26】已知如图，正三棱柱ABC DEF -的底面边长为1，高为8，一质点自A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达D 点的最短路线的长为____．FED CBA【备注】棱柱的表面距离问题【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】填空【关键词】无【解析】将正三棱柱111ABC A B C -沿侧棱CC 1展开，其侧面展开图如图所示，由图中路线不难知道最短路线长为10．ODAFEDC B A【答案】10．【例27】如图所示，正三棱锥S ABC -的侧棱长为1，45ASB ∠=，M 和N 分别为棱SB 和SC 上的点，求AMN ∆的周长的最小值．【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】分析：将侧面展开→化归为平面几何问题．将正三棱锥侧面棱SA 剪开，然后将其侧面展开在一个平面上，如图所示，连接'AA ，设'AA 与SB 交于M ，交SB 于N 点，显然AMN ∆的周长''l AM MN NA AA =++≥，也就是说当AM ，MN ，(')NA NA 在一条直线上时，对应得截面三角形周长最短，则'AA 的长就是截面AMN ∆的周长最小值．SMN ACBA '(A)SMN AB∵'1SA SA ==，'45ASB BSC CSA ∠=∠=∠= ∴'135ASA ∠=∴'2AA ==∴AMN ∆【例28】如图，长方体1111A B C D A B C D -中，a AB =，b BC =，c BB =1，并且0>>>c b a ．求沿着长方体的表面自A 到1C 的最短线路的长．c baD 1C 1B 1A 1D CB A【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】分析：解本题可将长方体表面展开，利用在平面内两点间的线段长是两点间的最短距离来解答．将长方体相邻两个面展开有下列三种可能，如图．（丙）（乙）（甲）abc a bc a b c c baAB B 1C 1ABCDA 1B 1C 1D 1AB CA 1B 1C 1D 1C 1B 1A 1D CB A三个图形甲、乙、丙中1AC 的长分别为：ab c b a c b a 2)(22222+++=++，bc c b a c b a 2)(22222+++=++ ac c b a b c a 2)(22222+++=++∵0>>>c b a ， ∴0>>>bc ac ab ．故最短线路的长为bc c b a 2222+++．【答案】bc c b a 2222+++【例29】如图所示，设正三棱锥V ABC -的底面边长为a ，侧棱长为2a ，AVB θ∠=．过A作与侧棱,VB VC 相交的截面AEF ，求截面周长的最小值．F ECBAV【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】分析：将侧面展开→化归为平面几何问题．2aθCFEBA'AV将正三棱锥沿侧棱VA 剪开，然后将其侧面展开在一个平面上，如图所示，连接'AA ，设'AA 与VB 交于E ，交VC 于F 点，显然AEF ∆的周长''l AE EF FA AA =++≥，也就是说当AE ，EF ，(')FA FA 在一条直线上时，对应的截面三角形周长最短，则'AA 的长就是截面AEF ∆的周长最小值．由于已知AVB θ∠=，因此在'VAA ∆中可利用余弦定理求出'AA 的长．如图所示为正三棱锥沿侧棱VA 剪开的侧面展开图， ∵AVB θ∠=，则在AVB ∆中，由余弦定理得222(2)(2)7cos 2228a a a a a θ+-==⋅⋅∴sin θ=，217cos22cos 132θθ=-=，sin 2θ．从而7cos3cos cos2sin 2sin 128θθθθθ=-=于是在'AVA ∆中，由余弦定理得2222121'(2)(2)222cos316AA a a a a a θ=+-⋅⋅=所以11'4AA a =为所求最小值．【答案】114a ．【例30】如图，圆台上底半径为1，下底半径为4，母线18AB =，从AB 中点M 拉一绳子绕圆台侧面转到A 点（A 在下底面）．⑴求绳子的最短长度；⑵求绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离．A【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】⑴如图为圆台的侧面展开图，由题意知，M r'rF EPA'BO'OB'A绳子的最短距离即为AM 的长度．设PB x =，则18PA x =+，有2π2π418x x ⋅=+（圆心角相等），解得6x =，故侧面展开图中的2ππ'63APA ∠==，24,6915AP PM ==+=，由余弦定理得：222π241522415cos 4413AM =+-⋅⋅⋅=，故21AM =，即绳子的最短长度为21．⑵取绳上任意点'E ，连结'PE ，交圆台上底于点'F ，由于'6PF =，因此当'PE 取最小值时，''F E 取最小值，而点到线的垂直距离最短，过点P 作PE ⊥AM ，且与'BB 交于点F ，其中6PF =，则FE 为上底圆周上的点到绳子的最短距离．在PAM ∆中，由面积公式有2415sin321PE π⋅⋅==故6FE =为所求的最短距离．【答案】6FE -【例31】已知以A 为顶点的正四面体A BCD -，其棱长为1，,P Q 分别为,AB CD 上的两点，且AP CQ λ==．求在正四面体侧面上从P 到Q 的最短距离．B【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】由于两点间线段最短，因此侧面展开图中的PQ 长即为两点间最短距离：由正四面体的对称性知，经过棱AD 与过棱BC 时侧面展开图中PQ 距离相等，如图1与2，同理过棱BD 与AC 时PQ 长度相等，AA 'BDCQP 图1图2C APQDBC'MD 'ABDCQP图3因此只需考虑以下两种情况①过棱AD 时，如图2所示，沿AC 展开，此时 1.PQ =②过棱AC 时，如图3所示，沿AD 展开，由于 60BAC ACD ∠=∠=，AMP CMQ ∠=∠，AP CQ =AMP ∆≌CMQ ∆()AAS ，12AM CM ==，此时cos604PQ ==将①②两种情况进行比较有：当12λ<1当12λ≥1故1,211,2mm PQ λλ<=⎨⎪⎪⎩≥【答案】1,211,2mm PQ λλ<=⎨⎪⎪⎩≥【例32】如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC =12BB =，90ABC ∠=︒，E 、F 分别为1AA 、11C B 的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为．1A 【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】填空【关键词】2005年，江西高考【解析】∵AB BC ==90ABC ∠=︒，∴2AC =． ∴侧面展开后如图1所示．图1F E C BAA'A 1B 1C 1A 1'11112A E AA ==，1111AF A B B F =+=，∴EF =．把111A B C ∆与侧面11A B BA 展平如图2所示．图2FE BAC 1B 1M A 1连结EF ，过E 作1EM B B ⊥，则EM AB =1FM =EF 若把111A B C ∆与侧面11A ACC 展平如图3．图3A 1AE M B 1C 1F D C连结EF ，作1EM CC ⊥于M ，作FD EM ⊥于D 点，则32ED =，32FD =，∴EF =．比较以上三条路径，以第三条最小， ∴EF【例33】如图所示，正三棱锥S ABC -的侧棱长为1，40ASB ∠=，M 和N 分别为棱SB 和SC 上的点，求AMN ∆的周长的最小值．【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】过SA 作正三棱锥侧面展开图，如图所示，SMN ACBA '(A)SMN AB∵'1SA SA ==，'40ASB BSC CSA ∠=∠=∠=∴'120ASA ∠=∴'3AA ==∴AMN ∆球面距离【例34】在体积为的球的表面上有A B C ，，三点，1AB =，BC =，A ，C 两点的，则球心到平面ABC 的距离为．【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】填空【关键词】2008年，辽宁高考【解析】32；34π3R R =⇒=记球心为O ，知π3A O C ∠=，于是AC R ==ABC ∆，于是球心到平面ABC 32=．【答案】32【例35】已知球O 的半径是1，A 、B 、C 三点都在球面上，A 、B 两点和A 、C 两点的球面距离都是π4，B 、C 两点的球面距离是π3，则二面角B OA C --的大小是（）A ．π4B ．π3C ．π2D ．2π3【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】选择【关键词】2006年，四川高考【解析】球O 的半径是R=1，,,A B C 三点都在球面上，,A B 两点和,A C 两点的球面距离都是4π，则∠AOB ，∠AOC 都等于π4，AB AC =，,B C 两点的球面距离是π3，π3BOC ∠=，1BC =，过B 做BD AO ⊥，垂足为D ，连接CD ，则C D A D ⊥，则B D C ∠二面角B OA C--的平面角，BD CD ==，∴π2BDC ∠=，二面角B OA C --的大小是π2，选C ．【答案】C【例36】 A 、B 是半径为R 的球O 的球面上两点，它们的球面距离为π2R ，求过A 、B 的平面中，与球心的最大距离是多少？【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】解答【关键词】无【解析】分析：A 、B 是球面上两点，球面距离为π2R ，转化为球心角π2AOB ∠=，从而AB =，由关系式222r R d =-，r 越小，d 越大，r 是过A 、B 的球的截面圆的半径．由于过AB 的大圆到球心距离为0，因此要球最大距离则过A 、B 的平面必为小圆，AB 为小圆的弦，为使r 小，则AB 为小圆的直径时，r 最小．∵球面上A 、B 两点的球面的距离为π2R ．∴π2AOB ∠=，∴AB ．当AB 成为圆的直径时，r 取最小值，此时12r AB ==，d 取最大值，2d ==，即球心与过A 、B ．【例37】已知,,A B C 三点在球心为O ，半径为R 的球面上，且AB AC BC R ===，那么,A B两点的球面距离为_________，球心到平面ABC 的距离为_________．【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】填空【关键词】无【解析】如右图，∵AB R =，所以OAB ∆是等边三角形，O 1OC BAπ3AOB ∠=，故,A B 两点的球面距离为π3R ， ABC ∆为等边三角形，它的外接圆半径23r ==，在1Rt OO B ∆中，1OO ==，所以球心到平面ABC的距离1OO ．或者也可由正四面体O ABC -的棱长为R．【答案】π3R【例38】 A 、B 是半径为R 的球O 的球面上两点，它们的球面距离为π2R ，求过A 、B 的平面中，与球心的最大距离是多少？【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】分析：A 、B 是球面上两点，球面距离为π2R ，转化为球心角π2AOB ∠=，从而AB ，由关系式222r R d =-，r 越小，d 越大，r 是过A 、B 的球的截面圆的半径，所以AB 为圆的直径时，r 最小．解：∵球面上A 、B 两点的球面的距离为π2R ．∴π2AOB ∠=，∴AB ．当AB 成为圆的直径时，r取最小值，此时12r AB ==，d 取最大值，d =，即球心与过A 、B ．【例39】如图球O 的半径为2，圆1O 是一小圆，1O O =，A 、B 是圆1O 上两点，若，A B两点间的球面距离为2π3，则1AO B ∠= ．【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】填空【关键词】2009年，陕西高考【解析】2ππ33AOB R AOB ∠⋅=⇒∠=，于是2AB R ==．又11O A O B ==∴22211AB O A O B =+，1π2AO B ∠=．【答案】π2．【例40】如图，在半径为3的球面上有A 、B 、C 三点，90ABC ∠=，BA BC =，球心O 到平面ABC B 、C 两点的球面距离是（） A ．π3 B ．π C ．4π3D ．2π【考点】截面与距离问题【难度】2星【题型】选择【关键词】2009年，四川高考【解析】∵AC 是小圆的直径．所以过球心O 作小圆的垂线，垂足O '是AC 的中点．2O C '=，AC =∴3BC =，即BC OB OC ==， ∴π3BOC ∠=，B 、C 两点的球面距离是π3π3⨯=本题涉及到点到平面的距离，可根据学生情况酌情处理是否讲解．【答案】C.【例41】球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的16，经过3个点的小圆的周长为4π，求这个球的半径．【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】解答【关键词】无【解析】利用球的概念性质和球面距离的知识求解．设球的半径为R ，小圆的半径为r ，则2π4πr =，∴2r =．如图所示，设三点为A 、B 、C ，O 为球心，O 'BOAC2ππ63AOB BOC COA ∠=∠=∠==．又∵OA OB =，∴AOB ∆是等边三角形，同样，BOC ∆、COA ∆都是等边三角形，得ABC ∆为等边三角形，边长等于球半径R ． r 为ABC ∆的外接圆半径，r AB =，R ==【答案】【例42】如图，O 是半径为1的球心，点,,A B C 在球面上，,,OA OB OC 两两垂直，,E F 分别是大圆弧AB 与AC 的中点，则点,E F 在该球面上的球面距离是（） A ．π4 B ．π3 C ．π2DEFGOC BA【考点】截面与距离问题【难度】3星【题型】选择【关键词】2006年，浙江高考【解析】由于,E F 分别是大圆弧AB 与AC 的中点，有45EOG BOE ∠=∠=∴ππ1sin,42EG FG EGF =⨯==∠=∴1EF OE OF === ∴π3EOF ∠=， ∴点,E F 的球面距离为ππ133⨯=【答案】π3。

空间几何体的距离问题(答案版)

专题：空间几何体的距离问题一、点到直线的距离（点线距）1、点在直线上的射影自点A向直线l引垂线，垂足A叫做点A在直线l上的射影．1点A到垂足的距离叫点到直线的距离．2、点线距的求法：点到直线的距离问题主要是将空间问题转化为平面问题，利用解三角形的方法求解距离。

二、点到平面的距离（点面距）1、点到平面的距离：已知点P是平面α外的任意一点，过点P作PAα⊥，垂足为A，则PA唯一，则PA是点P 到平面α的距离。

即：一点到它在一个平面内的正射影的距离叫做这一点到这个平面的距离（转化为点到点的距离）结论：连结平面α外一点P与α内一点所得的线段中，垂线段PA最短2、点面距的求解问题，主要有三个方法：（1）定义法（直接法）：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度；（2）等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离；（3）转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离．三、异面直线的距离（线线距）1、公垂线：两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段（公垂线段）的长度，叫做两条异面直线间的距离.两条异面直线的公垂线有且只有一条.2、两条异面直线的距离：两条异面直线的公垂线段的长度.四、直线到平面的距离（线面距）直线到与它平行平面的距离：一条直线上的任一点到与它平行的平面的距离,叫做这条直线到平面的距离(转化为点面距离).如果一条直线l平行与平面α,则直线l上的各点到平面的垂线段相等,即各点到α的距离相等；垂线段小于或等于l上任意一点与平面α内任一点间的距离；五、平面到平面的距离（面面距）1、两个平行平面的公垂线、公垂线段：（1）两个平面的公垂线：和两个平行平面同时垂直的直线，叫做两个平面的公垂线.（2）两个平面的公垂线段：公垂线夹在平行平面间的的部分，叫做两个平面的公垂线段.（3）两个平行平面的公垂线段都相等.（4）公垂线段小于或等于任一条夹在这两个平行平面间的线段长.2、两个平行平面的距离：两个平行平面的公垂线段的长度叫做两个平行平面的距离.题型一点到直线的距离【例1】【解析】ABC 的两条直角边3BC =，4AC =，22345AB ∴=+=.过C 作CM AB ⊥，交AB 于M ，连接PM ，因,,∩,,AB CM AB PC CM PC C CM PC ⊥⊥=⊂平面PCM ，则AB ⊥平面PCM .又PM ⊂平面PCM ，则PM AB ⊥，∴点P 到斜边AB 的距离为线段PM 的长.由1122ABC S AC BC CM =⋅=⋅△，得431255AC BC CM AB ⋅⨯===，228114432525PM PC CM =+=+=.∴点P 到斜边AB 的距离为3.故选：B.【变式1-1】【解析】将四面体SABC 补成正方体SDBG EAFC -，连接DE 交AS 于点M ，连接FG 交BC 于点N ，连接MN ，如图，则M ，N 分别为DE ，BC 的中点，因为BD CE ∥且BD CE =，故四边形BDEC 为平行四边形，则BC DE ∥且BC DE =，又因为M ，N 分别为DE ，BC 的中点，所以DM BN ∥且DM BN =，故四边形BDMN 为平行四边形，故MN BD ∥且52MN BD SG ===因为BD ⊥平面SDAE ，AS ⊂平面SDAE ，所以BD AS ⊥，即MN AS ⊥，同理可得MN BC ⊥，故P 到BC 的距离最小值为52MN =故选：C【变式1-2】【解析】因为PB ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PB BC ⊥，又因为AB BC ⊥，且AB PB B ⋂=，,AB PB ⊂平面PAB ，所以BC ⊥平面PAB ，因为PA ⊂平面PAB ，所以PA BC ⊥，取PA 的中点E ，因为PB AB =，所以PA BE ⊥，又因为BE BC B = ，且,BE BC ⊂平面BCE ，所以PA ⊥平面BCE ，因为CE ⊂平面BCE ，所以CE PA ⊥，所以CE 即为点C 到直线PA 的距离，在等腰直角PAB 中，由4PB AB ==，可得22BE=，在直角BCE 中，由2BC =，可得2223CE BC BE =+=所以点C 到直线PA 的距离为23故选：B.【变式1-3】【解析】（1）取AB 的中点E ，连接CE ，如图所示：因为AD DC ⊥，122AD DC AB ===，则四边形AECD 为正方形，所以222222AC BC =+=因为222AC BC AB +=，所以BC AC ⊥.因为AD DC ⊥，AD DB ⊥，CD BD D =I ，,CD BD ⊂平面BCD ，所以AD ⊥平面BCD .又因为BC ⊂平面BCD ，所以AD BC ⊥.因为BC AC ⊥，BC AD ⊥，AD AC A = ，,AC AD ⊂平面ACD ，所以BC ⊥平面ACD ，又因为BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ADC .（2）取,AC CD 的中点,F H ，连接,,EF FH HE ，因为BC ⊥平面ACD ，//EF BC ，所以EF ⊥平面ACD ，又因为CD ⊂平面ACD ，所以EF CD ⊥.因为,//AD CD AD FH ⊥，所以FH CD ⊥.因为EF CD ⊥，FH CD ⊥，EF FH F ⋂=，,EF FH ⊂平面EFH ，所以CD ⊥平面EFH ，又因为EH ⊂平面EFH ，所以CD EH ⊥.因为112HF AD ==，122EF BC ==，且HF EF ⊥，所以()22123HE +=，即点E 到直线CD 3题型二直线到直线的距离【例2】【解析】如图，该四棱柱为长方体，因为11//A B D C ,所以1AD C ∠为异面直线1A B 与1AD 所成角，设底面正方形边长为a，则11,AC AD CD ===，在1AD C 中，22211121184cos 2285AD CD AC AD C AD CD a +-∠===+，解得1a =，因为该四棱柱为长方体，所以AB ⊥平面11BCC B ，1B C ⊂平面11BCC B ，所以1AB B C ⊥,同理1AB AD ⊥,所以直线1AD 与直线1B C 的距离为1AB a ==，故选:B.【变式2-1】【解析】,P Q 在,BD SC 上移动，则当PQ 为,BD SC 公垂线段时，,P Q 两点的距离最小；四棱锥S ABCD -为正四棱锥，SO ⊥平面ABCD ，O ∴为正方形ABCD 的中心，BD AC ∴⊥，又SO BD ⊥，SO AC O = ，BD ∴⊥平面SOC ，过O 作OM SC ⊥，垂足为M ，OM ⊂ 平面SOC ，OM BD ∴⊥，OM ∴为,BD SC 的公垂线，又5SO OC OM SC ⋅===，,P Q ∴.故选：B.【变式2-2】【解析】连接1AC 交1AC 于点O ，连接OM ，∵,O M 分别为1,AC BC 的中点，则OM 1A B ，、且OM ⊂平面1AMC ，1A B ⊄平面1AMC ，∴1A B 平面1AMC ，则点P 到平面1AMC 的距离相等，设为d ，则P ，Q 两点之间距离的最小值为d ，即点1A 到平面1AMC 的距离为d ，∵1AC 的中点O 在1AC 上，则点C 到平面1AMC 的距离为d ，由题意可得为1111,AC CM C M AC AM MC ======由11C AMC C ACM V V --=，则11111113232d ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，解得d =故P ，Q两点之间距离的最小值为3d =.故选：A.【变式2-3】【解析】如图所示：连接EH ，且1EH =，设2HEF θ∠=，1EHG θ∠=，作GR AB⊥于,R EH的中点为O，连接OR，在Rt ROG△中，可求得2OG=，在Rt OGH中，可求得GH=由此可知121cos cos2θθ===延长EA到K使AK EA=，连接,GK GF，则易知四边形EKGF为平行四边形，∴GK EF//，且GK EF=，则KGHθ∠=就是EF与GH所成的角，连接KH与AB交于R，则KH=，在GKH△中，由余弦定理可求得1cos3θ=，则28sin9θ=，根据公式（2）得2d=，∴EF与GH间的距离是2．题型三点到平面的距离【例3】【解析】在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D-中，1BB⊥平面1111DCBA，1B P⊂平面1111DCBA，则11BB B P⊥，由3BP=，得1B P===在11Rt B C P△中，1190B C P∠= ，则11C P==，即点P为11C D中点，又111//,AA BB BB⊂平面1BB P，1AA⊄平面1BB P，因此1//AA平面1BB P，于是点A到平面1BB P的距离等于点1A到平面1BB P的距离，同理点C到平面1BB P的距离等于点1C到平面1BB P的距离，连接1A P，过11,A C分作1B P的垂线，垂足分别为1,O O，如图，由1111111111122A PBS B P A O A BA D=⋅=⋅1122O=⨯，解得115AO=，在11Rt B C P△中，111115B CC PC OB P⋅==，则111555AO C O+=+=，所以点,A C到平面1BB P故选：B【变式3-1】【解析】1113D C BE C BEV S DC-=⋅⋅，111112122C BES C E BC=⋅⋅=⨯⨯=，2DC=，则123D C BEV-=.在BED中，由题意及图形结合勾股定理可得BE DE==，BD=则由余弦定理可得222125cos BE DE BD BED BE DE +-∠==⋅，则1261255sin BED ∠=-=.则162sin BDE S BE DE BED =⋅⋅∠= .设1C 到平面EBD 的距离为d ，则113C BDE BDE V S d -=⋅ .又11D C BE C BDE V V --=，则11226333C BDE BDE BDE V S d d S -=⋅=⇒== .故选：D 【变式3-2】【解析】（1）连接BD ，交AC 于点O ，连接OE ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴O 是BD 的中点，又∵E 为PD 的中点，∴OE 是三角形PBD 的中位线，∴//PB OE ，又∵PB ⊂/平面AEC ，OE ⊂平面AEC ，∴//PB 平面AEC ；（2）∵平行四边形ABCD 中，60ABC ∠=︒，2BC AD ==，1AB =，∴222cos 3AC AB BC AB BC ABC =+-⋅∠=，则222AC AB BC +=，故90ACD ∠=︒，又∵PA ⊥平面ABCD ，∴PAB ，PAD ，PAC △都是直角三角形，∵1==PA AB ，∴2PB =，2PC =，5PD =，∴222PD PC CD =+，∴90PCD ∠=︒，∴52EA EC ==，因为O 是AC 的中点，所以OE AC ⊥，且1222OE PB ==，所以112632224EAC S AC OE =⋅=⨯⨯=△，11331222DAC S AC CD =⋅=⨯⨯=△，设点D 到平面AEC 的距离为h ，由12D ACE E ACD P ACD V V V ---==得：16113134232h ⨯⨯=⨯⨯⨯，解得22h =.【变式3-3】【解析】（1）连接CO ，如图，由3AD DB =知，点D 为AO 的中点，又∵AB 为圆O 的直径，∴AC CB ⊥，由3AC BC =知，60CAB ∠=︒，∴ACO △为等边三角形，从而CD AO ⊥．∵点P 在圆O 所在平面上的正投影为点D ，∴PD ⊥平面ABC ，又CD ⊂平面ABC ，∴PD CD ⊥，又PD AO D = ，,PD AO ⊂平面PAB ，所以CD ⊥平面PAB ．（2）因为2AO =，所以CD =3PD DB ==，∴1111133332322P BDC BDC V S PD DB DC PD -=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯=．又PB ==，PC ==，BC ==∴PBC 为等腰三角形，则12PBC S =⨯ 设点D 到平面PBC 的距离为d ，由P BDC D PBC V V --=得，132PBC S d ⋅=△，解得5d =，即点D 到平面PBC 5题型四直线到平面的距离【例4】【解析】在正三棱柱111ABC A B C -中，在底面ABC 内作AD BC ⊥，因为平面11BB C C ⊥底面ABC ，平面11BB C C 底面ABC BC =，所以AD ⊥平面11BB C C ，因为11AA CC ∥，1AA ⊄平面11BB C C ，1CC ⊂平面11BB C C ，所以1AA ∥ 平面11BB C C ，所以AD 即为直线1AA 到平面11BB C C 的距离，因为ABC 为等边三角形，且2AB =，所以直线1AA 到平面11BB C C 的距离为AD ==.【变式4-1】【解析】因为//,BC AD AD ⊂平面PAD ，BC 不在平面PAD 内，所以//BC 平面PAD ，则BC 到平面PAD 的距离即为点B 到平面PAD 的距离，设点B 到平面PAD 的距离为d ，因为B PAD P ABD V V --=，2PD AD ==，PD ⊥平面ABCD ,60BAD ∠= ，四边形ABCD 为菱形，所以11112222232322d ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，解得d =即BC 到平面PAD【变式4-2】【解析】（1）因为PA ⊥平面ABC ，连接AM ，则PMA ∠即为直线PM 与平面ABC 所成的角，又3PA AB ==，4AC =，AB AC ⊥，M 为BC 中点，可得5BC =，52AM =，所以6tan 5PA PMA AM ∠==，即直线PM 与平面ABC 所成的角的正切值为65.（2）由题知，//ME 平面PAB ，//MF 平面PAB ，ME MF M = ，,ME MF ⊂平面MEF ，所以平面//MEF 平面PAB .因为PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以PA AC ⊥，又AC AB ⊥，,AB PA ⊂平面PAB ，AB PA A = ，所以AC ⊥平面PAB ，又//ME 平面PAB ，所以AE 就是直线ME 到平面PAB 的距离，又M 为BC 122AE AC ==，即直线ME 到平面PAB 的距离为2.【变式4-3】【解析】（1）连接BD 交AC 于O ，连接FO ，∵F 为AD 的中点，O 为BD 的中点，则//OF PB ，∵PB ⊄平面ACF ，OF ⊂平面ACF ，∴//PB 平面ACF .（2）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，PA AD ⊥，PA ⊂平面PAD ，所以PA ⊥平面ABCD .由于//PB 平面ACF ，则PB 到平面ACF 的距离，即P 到平面ACF 的距离.又因为F 为PD 的中点，点P 到平面ACF 的距离与点D 到平面ACF 的距离相等.取AD 的中点E ，连接EF ，CE，则//EF PA ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以EF ⊥平面ABCD ，因为CE ⊂平面ABCD ，所以EF CE ⊥，因为菱形ABCD 且60ABC ∠= ，2PA AD ==，所以3CE =，1EF =，则22132CF EF CE =+=+=，2AC =，1144222AF PD ==+=，11724222ACF S =⨯⨯-=△，设点D 到平面ACF 的距离为D h ，由D ACF F ACD V V --=得113122133772ACD ACF D ACD D ACF S EF S h S EF h S ⨯⨯⨯=⨯⇒===△△△△即直线PB 到平面ACF 的距离为2217.题型五平面到平面的距离【例5】【解析】如图，过点A 作AE β⊥，垂足为E ，过点C 作CF β⊥，垂足为F ，由题意可知，5BE =，16DF =，设AB x =，33CD x =-，则()222533256x x -=--，解得：13x =，∴平面α与平面β间的距离2213512AE =-=【变式5-1】【解析】如图所示：将鲁班锁放入正方体1111ABCD A B C D -中，则正方体的边长为222+，连接1BD ，1CD ，11D I D J =，故1D C IJ ⊥，BC ⊥平面11CDD C ，IJ ⊂平面11CDD C ，则BC ⊥IJ ，1BC D C C ⋂=，1,BC D C ⊂平面1BCD ，故IJ ⊥平面1BCD ，1D B ⊂平面1BCD ，故1IJ D B ⊥，同理可得1IH D B ⊥，HI IJ I = ，,HI IJ ⊂平面HIJ ，故1D B ⊥平面HIJ ，同理可得1BD ⊥平面EFG ，132236BD =+=，设B 到平面EFG 的距离为h ，则111122222sin 603232h ⨯=⨯⨯⨯⨯︒⨯，则63h =，故两个相对三角形面间的距离为1422363BD h -=.【变式5-2】【解析】分别取,BC AD 的中点,M N ，连接,,,MN MG NE EG ，根据半正多面体的性质可知，四边形EGMN 为等腰梯形；根据题意可知,BC MN BC MG ⊥⊥，而,,MN MG M MN MG =⊂ 平面EGMN ，故BC ⊥平面EGMN ，又BC ⊂平面ABCD ，故平面ABCD ⊥平面EGMN ，则平面EFGH ⊥平面EGMN ，作MS EG ⊥，垂足为S ，平面EFGH 平面EGMN EG =，MS ⊂平面EGMN ，故MS ⊥平面EFGH ，则梯形EGMN 的高即为平面ABCD 与平面EFGH 之间的距离；322223212,2M G S G ====，故22243(21)228MS MG SG =-=--==，即平面ABCD 与平面EFGH 48B11【变式5-3】【解析】（1）证明：连接11,B D NF M N ，、分别为1111A B A D 、的中点，E F 、分别是1111,C D B C 的中点，11////MN EF B D ∴，MN ⊄ 平面EFBD ，EF ⊂平面EFBD ，//MN ∴平面EFBD ，NF 平行且等于AB ，ABFN ∴是平行四边形，//AN BF ∴，AN ⊄ 平面EFBD ，BF ⊂平面EFBD ，//AN ∴平面EFBD ，AN MN N ⋂= ，∴平面//AMN 平面EFBD ；（2）平面AMN 与平面EFBD 的距离B =到平面AMN 的距离h ．AMN中，AM AN ==MN =12AMN S = ∴由等体积可得1112313232h ⋅=⋅⋅⋅⋅，h ∴=。

2025数学大一轮复习讲义人教版第七章立体几何中的截面、交线问题

题型三截面图形的周长或面积
例3 (2024·朔州模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为3，E为棱 BB1上靠近B1的三等分点，则平面AED1截正方体ABCD－A1B1C1D1的截面面积为
A.2 11
√C.2 22
B.4 11 D.4 22
延长AE，A1B1交于点F，连接D1F交B1C1于点G，如图，在正方体 ABCD － A1B1C1D1 中，平面 ADD1A1∥ 平面BCC1B1， ∵平面AFD1∩平面ADD1A1＝AD1，平面AFD1∩ 平面BCC1B1＝EG， ∴AD1∥GE，又∵AD1＝3 2，GE＝ 2，
设DA＝a，DB＝b，DC＝c，所以AC2＝a2＋c2，
AB2＝a2＋b2，BC2＝b2＋c2.
所以由余弦定理得，cos∠CAB＝AB2＋2AABC·A2－CBC2＝2
2a2 a2＋b2
a2＋c2>0，
所以 ∠CAB 为锐角 . 同理可求， ∠ACB 为锐角， ∠CBA 为锐角 . 所以
√A.3 2＋2 5
B.2 2＋ 5＋3
9 C.2
D.2 2＋2 5＋2
如图，取BC的中点F，连接EF，AF，BC1， E，F分别为棱CC1，BC的中点，则EF∥BC1，又在正方体中BC1∥AD1，则有EF∥AD1，所以平面AFED1为所求截面，因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，所以 EF＝ 2，D1E＝AF＝ 22＋12＝ 5，AD1＝2 2，
例2 (多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是线段DD1上的动点，
若过A，B1，E三点的平面将正方体截为两个部分，则所得截面的形状
可能为
√A.等边三角形

北师大版高中数学高考第二轮专题立体几何中的截面问题课件

形，PA＝AB＝4，E，F，H分别是棱PB，BC，PD的中
点，则过E，F，H三点的平面截四棱锥P－ABCD所得
截面面积为________．
5 6
典型例题
练4.在侧棱长为2 3的正三棱锥 − 中，∠ = ∠ = ∠ = 40° ，
过A作截面AEF，交VB于点E，交VC于点F,则截面的最小周长为（
基础教育精品课
专题：立体几何中的截面问题
1
预备知识
2
典型例题
3
链接高考
4 课堂小结
3
课堂小结
预备知识
截面的概念：
用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个是这个图形是否是平面图形；
二是这个图形是否封闭；
三是这个封闭图形的各条边是否在几何体的表面。
作截面的基本逻辑：找截点→连截线→围截面
）
A.2 2
B.4
C.6
解：将三棱锥沿VA剪开，
展开图如图
连接1 2 交, 于点, ,
1 2 即为截面AEF的最小周长
∠1 2 = 120° , 1 = 2 = 2 3
在∆1 2 中,由余弦定理得：
1 2 2 =12 + 12 − 2 ∙ 2 3 ∙ 2 3 ∙ cos 120°
典型例题
例2.在一个倒置的正三棱锥容器内，放入一个钢球，
钢球恰好与棱锥的四个面都接触，经过棱锥的一
条侧棱和高作截面，正确的截面图形是（）
A
B
C
D
解：如图，平面ADS为经过棱锥的一条侧棱和高所作的截面
由图可知，球心O在截面ADS内，且过点O的截面圆会与截面ADS相切于E、F两点
答案选B
典型例题
练2.用两个平行平面去截半径为10的球面，两个截面圆的半径为1 = 6,

高考数学一轮专项复习ppt课件-立体几何中的截面、交线问题(北师大版)

所以四边形AB1C1D为平行四边形，所以DC1∥AB1，所以 EF∥AB1 且 EF＝12AB1，设正方体棱长为 2，则 AE＝B1F＝ 22＋12＝ 5，
所以过A，B1，E三点的截面为等腰梯形AB1FE，故D正确.
思维升华
判断几何体被一个平面所截的截面形状，关键在于弄清这个平面与几何体的面相交成线的形状和位置.
跟踪训练2 已知一个棱柱的底面是正六边形，侧面都是正方形，用至
少过该棱柱三个顶点(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱，
所得截面的形状不可能是
A.等腰三角形
B.等腰梯形
C.五边形
√D.正六边形
如图①，由图可知，截面ABC为等腰三角形，选项A可能；截面ABEF为等腰梯形，选项B可能；如图②，截面AMDEN为五边形，选项 C可能；因为侧面是正方形，只有平行于底面的截面才可能是正六边形，故过两底的顶点不可能得到正六边形，选项D不可能.
C.8
D.9
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如图所示，在三棱锥 P － ABC 中，过 E 分别作 EF∥AB，EH∥PC，再分别过点H，F作HG∥AB，FG∥PC，可得E， F，G，H四点共面，因为 AB ⊄ 平面 EFGH ， EF ⊂ 平面 EFGH ，所以 AB∥平面EFGH，同理可证，PC∥平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH，
过棱 AB ， BC 的中点 E ， F 作正方体 ABCD － A1B1C1D1的截面，∵二面角D1－EF－D，二面角 B1－EF－B都大于45°， ∴当截面为EFHJIG时，如图所示，为六边形；当截面为EFM时，如图所示，为三角形.
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棱锥、棱台的中截面与轴截面【例1】正四棱锥的侧棱长是底面边长的k 倍，求k 的取值范围．【例2】正四棱锥的斜高为2，侧棱长为5，求棱锥的高与中截面（即过高线的中点且平行于底面的截面）的面积？【例3】正四棱台的高为17，两底面的边长分别是4和16，求这个棱台的侧棱长和斜高．【例4】已知正六棱台的上，下底面的边长和侧棱长分别为a ，b ，c ，则它的高和斜高分别为【例5】已知正三棱锥S ABC -的高SO h =，斜高SM l =，求经过SO 的中点且平行于底面的截面111A B C ∆的面积．MOC 1B 1A 1CA【例6】如图所示的正四棱锥V ABCD -，它的高3VO =，侧棱长为7，⑴ 求侧面上的斜高与底面面积．⑵ 'O 是高VO 的中点，求过'O 点且与底面平行的截面（即中截面）的面积．典例分析板块二.截面与距离问题HO'ODCBAV【例7】如图，已知棱锥V ABC -的底面积是264cm ，平行于底面的截面面积是24cm ，棱锥顶点V 在截面和底面上的射影分别是1O 、O ，过1O O 的三等分点作平行于底面的截面，求各截面的面积．CA圆锥、圆台的中截面与轴截面【例8】把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是14∶，母线长10，求圆锥的母线长．【例9】一圆锥轴截面顶角为120︒，母线长为1，求轴截面的面积．【例10】圆台的母线长为2a ，母线和轴的夹角为30︒，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，求圆台的高与上下两底面面积之和．【例11】圆台两底半径分别是2和5，母线长是，求它的轴截面的面积；【例12】圆台侧面的母线长为2a ，母线与轴的夹角为30︒，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，则两底面半径为．CB AOO【例13】圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于2392cm ，母线与底面的夹角是45︒，求这个圆台的母线长．【例14】用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上下底面半径的比是14∶，截去的圆锥的母线长是3，求圆台的母线长．【例15】圆台母线长为2a ，母线与轴的夹角为30o ，一个底面的半径是另一个底面半径的2倍，求两底面半径以及两底面面积之和．【例16】圆锥轴截面顶角为120︒，母线长为1．⑴求轴截面的面积；⑵过顶点的圆锥的截面中，最大截面的面积．球的截面【例17】在球心同侧有相距9的两个平行截面，它们的面积分别为49π和400π．求球的半径．【例18】已知半径为10的球的两个平行截面的周长分别为12π和16π，求这两个截面间的距离．【例19】（四川卷８）设,M N 是球心O 的半径OP 上的两点，且NP MN OM ==，分别过,,N M O 作垂直于OP 的平面截球得三个圆，则这三个圆的面积之比为（）A ．3:5:6B ．3:6:8C ．5:7:9D ．5:8:9【例20】球面上有三点A 、B 、C 组成这个球的一个截面的内接三角形三个顶点，其中18AB =，24BC =、30AC =，球心到这个截面的距离为球半径的一半，求球的半径．【例21】（全国Ⅱ）已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（）A ．1BCD ．2组合体的截面分析【例22】一个轴截面是正三角形的圆锥内有一个轴截面是正方形的内接圆柱，求它们的高的比值和母线长的比值．【例23】（湖南理8）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（） A．2B ．1 C．12+D【例24】（江西卷10）连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD的长度分别等于M 、N 分别为AB 、CD 的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦AB 、CD 可能相交于点M ②弦AB 、CD 可能相交于点N ③MN 的最大值为5 ④MN 的最小值为1 其中真命题的个数为（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个多面体与简单旋转体的表面最短距离问题【例25】如图正方体1111ABCD A B C D -，其棱长为1，,P Q 分别为线段1AA ，11C D 上的两点，且11A P C Q λ==．求在正方体侧面上从P 到Q 的最短距离．【例26】已知如图，正三棱柱ABC DEF -的底面边长为1，高为8，一质点自A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达D 点的最短路线的长为____．FED CBA【例27】如图所示，正三棱锥S ABC -的侧棱长为1，45ASB ∠=o ，M 和N 分别为棱SB 和SC 上的点，求AMN ∆的周长的最小值．【例28】如图，长方体1111ABCD A B C D -中，a AB =，b BC =，c BB =1，并且0>>>c b a ．求沿着长方体的表面自A 到1C 的最短线路的长．c b aD 1C 1B 1A 1D CB A【例29】如图所示，设正三棱锥V ABC -的底面边长为a ，侧棱长为2a ，AVB θ∠=．过A作与侧棱,VB VC 相交的截面AEF ，求截面周长的最小值．F ECBAV【例30】如图，圆台上底半径为1，下底半径为4，母线18AB =，从AB 中点M 拉一绳子绕圆台侧面转到A 点（A 在下底面）．⑴求绳子的最短长度；⑵求绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离．A【例31】已知以A 为顶点的正四面体A BCD -，其棱长为1，,P Q 分别为,AB CD 上的两点，且AP CQ λ==．求在正四面体侧面上从P 到Q 的最短距离．B【例32】（江西，理15）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ==12BB =，90ABC ∠=︒，E 、F 分别为1AA 、11C B 的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为．1A【例33】如图所示，正三棱锥S ABC -的侧棱长为1，40ASB ∠=o ，M 和N 分别为棱SB 和SC 上的点，求AMN ∆的周长的最小值．球面距离【例34】（辽宁）在体积为的球的表面上有A B C ，，三点，1AB =，BC =，A ，C ，则球心到平面ABC 的距离为．【例35】（四川卷理10）已知球O 的半径是1，A 、B 、C 三点都在球面上，A 、B 两点和A 、C 两点的球面距离都是π4，B 、C 两点的球面距离是π3，则二面角B OA C --的大小是（） A ．π4 B ．π3 C ．π2 D ．2π3【例36】 A 、B 是半径为R 的球O 的球面上两点，它们的球面距离为π2R ，求过A 、B 的平面中，与球心的最大距离是多少？【例37】已知,,A B C 三点在球心为O ，半径为R 的球面上，且AB AC BC R ===，那么,A B两点的球面距离为_________，球心到平面ABC 的距离为_________．【例38】 A 、B 是半径为R 的球O 的球面上两点，它们的球面距离为π2R ，求过A 、B 的平面中，与球心的最大距离是多少？【例39】（陕西）如图球O 的半径为2，圆1O 是一小圆，1O O =，A 、B 是圆1O 上两点，若，A B 两点间的球面距离为2π3，则1AO B ∠= ．【例40】（四川卷）如图，在半径为3的球面上有A 、B 、C 三点，90ABC ∠=o ，BA BC =，球心O 到平面ABC B 、C 两点的球面距离是（） A ．π3 B ．π C ．4π3D ．2π【例41】球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的16，经过3个点的小圆的周长为4π，求这个球的半径．【例42】（浙江）如图，O 是半径为1的球心，点,,A B C 在球面上，,,OA OB OC 两两垂直，,E F 分别是大圆弧AB 与AC 的中点，则点,E F 在该球面上的球面距离是（）A ．π4 B ．π3 C ．π2DEFGOC BA【例43】（安徽）已知A B C D ，，，在同一个球面上，AB ⊥平面BCD ，BC CD ⊥，若6AB =，AC =8AD =，则,B C 两点间的球面距离是．【例44】 ⑴（辽宁卷文）如果把地球看成一个球体，则地球上的北纬60︒纬线长和赤道长的比值为（） A ．0.8B ．0.75C ．0.5D ．0.25⑵ 在半径为R 的球面上有A ，B 两点，球心为O ，半径OA ，OB 的夹角是π3，则A ，B 两点的球面距离为________．【例45】在北纬60︒纬线上有A ，B 两地，它们分别在东经60o 与西经120o 的经线上，设地球半径为R ，求A ，B 两地的球面距离．【例46】已知地球的半径为R ，球面上,A B 两点都在北纬45︒圈上，它们的球面距离为π3R ，A 点在东经30︒上，求B 点的位置及A ，B 两点所在的纬线圈上对应的劣弧的长度．【例47】从北京A （靠近北纬45o 、东经120o ，以下经纬度均取近似值）飞往南非首都约翰内斯堡B （南纬30o 、东经30o ），有两条航空线可供选择：甲航空线：从北京A 沿纬线向西飞到土耳其首都安卡拉C （北纬45o 、东经30o ），然后向南飞到目的地B ．乙航空线：从北京A 沿经线向南飞到澳大利亚的珀斯D （南纬30o 、东经120o ），然后向沿纬线向西飞到目的地B ．请问：哪一条航空线较短？如果这条航线的两段都分别选择最短路线，那么这条航线的总长为多少？（地球视为半径R 的球）【例48】（陕西）长方体1111ABCD A B C D -的各顶点都在球O 的球面上，其中1::AB AD AA =．A B ，两点的球面距离记为m ，1A D ，两点的球面距离记为n ，则mn的值为．【例49】（湖南）长方体1111ABCD A B C D -的8个顶点在同一个球面上，且121AB AD AA ===，，则顶点A B ，间的球面距离是（）A B C D ．【例50】在半径为R 的球内，有一个内接正三棱锥，它的底面上的三个顶点恰好在同一个大圆上，一个动点从三棱锥的一个顶点出发沿球面运动，经过其余三顶点后返回，则经过的最短路程是_______．。