重难点突破03 立体几何中的截面问题(八大题型)(教师版)

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重难点突破03立体几何中的截面问题目录解决立体几何截面问题的解题策略.1、坐标法所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系,将几何问题转化为坐标运算问题,为解决立体几何问题增添了一种代数计算方法.2、基底法所谓基底法是不需要建立空间直角坐标系,而是利用平面向量及空间向量基本定理作为依托,其理论依据是:若四点E、F、G、H共面,P为空间任意点,则有:结论1:若EG与EH不共线,那么EFEGEH;结论2:(1)PEPFPGPH.3、几何法从几何视角人手,借助立体几何中的线线平行、线面平行、面面平行的性质与判定定理以及平面几何相关定理、结论,通过论证,精准找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这些点,从而得到过三点的完整截面,再依据题意完成所求解答或证明.题型一:截面作图例1.(2023·全国·高一专题练习)如图,正方体1111ABCDABCD的棱长为6,M是11AB的中点,点N在棱1CC上,且12CNNC.作出过点D,M,N的平面截正方体1111ABCDABCD所得的截面,写出作法;【解析】如图所示,五边形DQMFN即为所求截面.作法如下:连接DN并延长交11DC的延长线于点E,连接ME交11BC于点F,交11DA的延长线于点H,连接DH交1AA于点Q,连接QM,FN,所以五边形DQMFN即为所求截面.例2.(2023·江苏·高一专题练习)如图,棱长为2的正方体ABCD–A1B1C1D1中,E,F分别是棱AA1,CC1的中点,过E作平面,使得//平面BDF.(1)作出截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面,写出作图过程并说明理由;(2)求平面与平面BDF的距离.【解析】(1)连接1111,,BDEBED,由正方体性质可得11//BDBD,1//BFED;又BFBDB,所以平面11//EBD平面BDF;因为//平面BDF,且E,所以平面11EBD与平面重合,即平面11EBD就是截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面.(2)由(1)可知平面与平面BDF的距离等于点1B到平面BDF的距离;设点1B到平面BDF的距离为d,由题意可得22,5BDBFDF,所以BDFV的面积为6;1BBF的面积为2;由11BBDFDBBFVV可得111233BDFBBFSdS△△,解得263d.所以平面与平面BDF的距离为263.例3.(2023·全国·高一专题练习)(1)如图,棱长为2的正方体1111ABCDABCD中,M,N是棱11AB,11AD的中点,在图中画出过底面ABCD中的心O且与平面AMN平行的平面在正方体中的截面,并求出截面多边形的周长为:______;(2)作出平面PQR与四棱锥ABCDE的截面,截面多边形的边数为______.【解析】(1)分别取E,F为棱11BC,11CD的中点,则由中位线性质得到:11BEFBDMND,所以四边形EFDB为平面四边形,又11ENABAB,11ENABAB,所以四边形ENAB为平行四边形,所以EBAN,由EFMN∥,EF平面AMN,MN平面AMN,所以EFP平面AMN,同理EB∥平面AMN,EFEBE,由面面平行的判定定理可得平面AMN∥平面EFDB,所以四边形EFDB即为所求截面,且为梯形,由截面作法可知,1=22,==2,2DBFDBE22125,EBFD所以截面四边形EFDB的周长为3225.(2)延长PQEB的延长线于G,连接,,GRGRBCMGRED的延长线于,H连接,PHPHAD于N,连接,QMRN,则五边形PQMRN即为所求.所以截面多边形的边数为五.变式1.(2023·全国·高一专题练习)如图①,正方体1111ABCDABCD的棱长为2,P为线段BC的中点,Q为线段1CC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.(1)若12CQ,请在图①中作出截面S(保留尺规作图痕迹);(2)若1CQ(如图②),试求截面S将正方体分割所成的上半部分的体积1V与下半部分的体积2V之比.【解析】(1)延长DC交AP延长线于点E,此时DCCE,延长EQ交11DC于点F延长11BC交PQ延长线于点G,连接GF,并延长交11AD于点H,连接AH此时五边形APQFH就是截面S(2)当Q为1CC的中点时,再由DCCE,1//DDCQ可知,EQ的延长线交11DC于点1D,此时截面S为四边形1APQD11211117222122132323PADDpDDCQVVV171722233V因此12177::17:733VV变式2.(2023·全国·高一专题练习)如图,已知正方体1111ABCDABCD,点E为棱1CC的中点.(1)证明:1//AC平面BDE.(2)证明:1ACBD.(3)在图中作出平面1BED截正方体所得的截面图形(如需用到其它点,需用字母标记并说明位置),并说明理由.【解析】(1)证明:连接AC,交BD于点O,连接OE,因为ABCD是正方形,所以O为AC的中点,又E为棱1CC的中点,所以1//OEAC,OE平面BDE,1AC平面BDE,所以1//AC平面BDE,(2)证明:在正方体1111ABCDABCD中,1AA平面ABCD,BD平面ABCD,所以1AABD,又ACBD,1ACAAA∩,1,ACAA平面11ACCA,所以BD平面11ACCA,又1AC平面11ACCA,所以1ACBD.(3)如图取1AA的中点M,连接BM、1MD,则1MBED为平面1BED截正方体所得的截面,证明:取1DD的中点N,连接NE、AN,因为E为棱1CC的中点所以//ABCD且ABCD,//NECD且NECD,所以//ABNE且ABNE,所以四边形ABEN为平行四边形,所以//ANBE,又1//AMND且1AMND,所以四边形1ANDM为平行四边形,所以1//ANDM,所以1//MDBE,即B、E、1D、M四点共面,即1MBED为平面1BED截正方体所得的截面;变式3.(2023·江苏·高一专题练习)已知正方体1111ABCDABCD是棱长为1的正方体,M是棱1AA的中点,过C、1D、M三点作正方体的截面,作出这个截面图并求出截面的面积.【解析】连接1DM,并延长,交DA延长线于N连CN交AB于P,连接MP,则1CDMP为过C、1D、M三点的正方体的截面,因为M是1AA的中点,1//MADD所以M是1ND的中点,A是ND的中点,因为APCD//,所以P是NC的中点,所以MP是三角形1NCD的中位线,所以13CDMPNMPSS,因为正方体的棱长为1,所以可得52,22MNPNMP,所以三角形NMP是以52MNPN为腰,以22MP为底的等腰三角形,边MP上的高为2252513224484,三角形NMP是的面积123232248NMPS所以1398CDMPNMPSS题型二:截面图形的形状、面积及周长问题例4.(2023·全国·高三专题练习)如图,正方体1111ABCDABCD的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段1CC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.则下列命题中正确命题的个数为()①当102CQ时,S为四边形;②当12CQ=时,S为等腰梯形;③当34CQ=时,S与11CD的交点1R满足1113CR;④当314CQ时,S为六边形;A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】先确定临界值点,当12CQ=,即Q为1CC的中点时,截面交1DD于1D,则界面21APQD为等腰梯形,故②正确;对①当102CQ时,即Q移动到1Q位置时,截面交线段1DD于H,所以截面1APQH为四边形,故①正确;对③,当34CQ=时,Q在3Q的位置,截面交1DD的延长线于I,延长3,IQAP交在DC的延长线于G点,则3312GQCQCPCGADGDIGDI,由334CQ,则32DI,112DI,又有1331144CQ,所以111111312214DRDICRCQ,又111CD,所以1113CR,故③正确;对④,314CQ,Q点移动到4Q位置,从图上看,截面为五边形,故④错误;共3个正确,故选:C例5.(2023·四川成都·高二双流中学校考期中)已知正方体1111ABCDABCD的棱长为1,,MN为线段1,BCCC上的动点,过点1,,AMN的平面截该正方体的截面记为S,则下列命题正确的个数是()①当0BM且01CN时,S为等腰梯形;②当MN,分别为1,BCCC的中点时,几何体11ADMN的体积为112;③当M为BC中点且34CN时,S与11CD的交点为R,满足116CR;④当M为BC中点且01CN时,S为五边形.A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】①,当0BM,即,BM重合,且01CN时,如下图所示,过N作1//NPCD,交11CD于P,连接1AP,根据正方体的性质可知11//ABCD,所以1NP//AB,所以1,,,ABNP四点共面,在等腰直角三角形11CCD中,根据平行线分线段成比例的知识可知1CNPD,所以22221111APPDCNBN,即截面S为等腰梯形,①正确.②,当MN,分别为1,BCCC的中点时,过N作1NHCD,垂足为H,则1112//,44NHCDNHCD,由于BC平面11CDDC,NH平面11CDDC,所以BCNH,由于11,,CDBCCCDBC平面11ABCD,所以NH平面11ABCD,即NH平面11AMD.所以111111211232412ADMNNADMVV,②正确.③,当M为BC中点且34CN时,S与11CD的交点为R,S与AB的交点为P,由于平面11//ABBA平面11DCCD,平面111ABBASAP,平面11DCCDSRN,所以1//APRN,同理可证得1//ARPM,114CN,设1,CRxPBy,则11DRx,由11DRAMPB,得11tantanDRAMPB,即11112,122yxxy,所以11122APyx,同理11tantanAPACRN,所以1141122xx,解得17x.即117CR,③错误.④,当M为BC中点且0CN时,,CN重合,如下图所示,截面S是四边形11ABCD,④错误.所以正确的有2个.故选:B例6.(2023·全国·高一专题练习)如图正方体1111ABCDABCD,棱长为1,P为BC中点,Q为线段1CC上的动点,过A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为.若1CQCC,则下列结论错误的是()A.当102,时,为四边形B.当12时,为等腰梯形C.当3,14时,为六边形D.当1时,的面积为62【答案】C【解析】当102时,如下图1,是四边形,故A正确;当12时,如下图2,为等腰梯形,B正确:当314时,如下图3,是五边形,C错误;当1时,Q与1C重合,取11AD的中点F,连接AF,如下图4,由正方体的性质易得1////BMPCAF,且1PCAF,截面为1APCF为菱形,其面积为11622ACPF,D正确.故选:C变式4.(2023·江苏镇江·高二扬中市第二高级中学校考开学考试)如图,在棱长为2的正方体ABCDABCD中,点E、F、G分别是棱AB、BC、CD的中点,则由点E、F、G确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于.【答案】332【解析】因为E、F分别为AB、BC的中点,则//EFAC且2222212EFBEBF,因为//AACC且AACC,所以,四边形AACC为平行四边形,所以,

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