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专题 13 基于正棱台的综合问题
【2023-2024学年度联考第12题】如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，点为上一点，且，则下列结论中正确的有（ ）
A．正三棱台的高为
B．点的轨迹长度为
C．高为，底面半径为的圆柱可以放进棱台内
D．过点的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为
对于A项，补棱台为棱锥，利用相似及正四面体的性质直接求高即可；对于B项，计算A到面的距离，结合条件得出P轨迹为圆计算即可；对于C项，求得内切圆的半径结合A的结论可判定；对于D项，先计算确定棱台的最大内切球即是四面体的内切球，从而确定球心及截面即可.
将三棱台补成三棱锥，设三棱锥的上顶点为，上下底面的中心分别为和．
则，故，所以大小三棱锥均为正四面体．
故．
故A不正确．
B选项：由A选项分析可知，该三棱台补形可得正四面体．
所以，
而与平面所成角的正切值为，所以．
做出侧面的截面图，会发现的轨迹为以为圆心，为半径的圆．且该圆恰好为四边形的内切圆．
所以轨迹长度为．故B不正确．
C选项：
由A选项的分析可知，三棱台的高为，而三角形的内切圆半径．
所以高为，底面半径为的圆柱可以放进棱台内，并可左右移动，故C正确．
D选项：首先考虑棱台内最大的球，因为正四面体的内切球半径为，所以该三棱台的最大内切球即为正四面体的内切球．此时球心为的四等分点，且靠近点，由于，所以为中点，所以三角形经过，此时平面截球的截面面积就等于．故D正确．
本题是立体几何的动态综合选择题.考察点丰富多样.原条件给出台体侧棱的四等分点和某侧面上的动点.四个选项既考察空间几何体的联系，又考察各种复杂条件的转化，在运算上也有比较高的要求.
A选项考察棱台的基本量求解；B选项考察动点满足的定态性质，即动点的轨迹问题；C选项考察空间几何体的切与接；D选项考察棱台的内切球.
（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考二模）
1．已知正三棱台的上 下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，以下底面顶点为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A． B． C． D．
（2023·湖南郴州·校联考二模）
2．在正四棱台中，，，为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，下列说法正确的有（ ）
A．该正四棱台的高为2
B．该正四棱台的体积为224
C．平面截该正四棱台的截面面积是
D．该正四棱台的内切球半径为1
对于A项，作在下底面的投影为，根据正三角形的性质计算得，勾股定理求高即可；
作在下底面的投影为，设下底面的中心为，
则，
所以．
所以高，故A错误．
（2024上·江西·高三校联考期末）
3．如图，正方体的棱长为2，点E是AB的中点，点P为侧面内（含边界）一点，则（ ）
A．若平面，则点P与点B重合
B．以D为球心，为半径的球面与截面的交线的长度为
C．若P为棱BC中点，则平面截正方体所得截面的面积为
D．若P到直线的距离与到平面的距离相等，则点P的轨迹为一段圆弧
（2024上·河南郑州·高三河南省新郑市第一中学校考阶段练习）
4．已知圆锥的侧面积为，母线，底面圆的半径为r，点P满足，则（ ）
A．当时，圆锥的体积为
B．当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为
C．当时，从点A绕圆锥一周到达点P的最短长度为
D．当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动
（2023上·河南驻马店·高三统考期末）
5．在三棱锥中，，，为的中点，为上一点，球为三棱锥的外接球，则下列说法正确的是（ ）
A．球的表面积为
B．点到平面的距离为
C．若，则
D．过点作球的截面，则所得的截面中面积最小的圆的半径为2
（2024上·安徽合肥·高二合肥市第八中学校考期末）
6．如图，在棱长为2的正方体 中，已知 分别是棱 的中点，为平面 上的动点，且直线 与直线 的夹角为 ，则（ ）
A．平面
B．平面截正方体所得的截面图形为正六边形
C．点的轨迹长度为
D．能放入由平面分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
（2023·全国·统考高考真题）
7．下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】将正三棱台补形成正三棱锥，并确定正三棱锥的结构特征，求出点到平面的距离，进而求出截面小圆半径作答.
【详解】将正三棱台补形成正棱锥，如图，

由，得，而，则，即为正三角形，三棱锥为正四面体，
令正的中心为，连接，则平面，，
从而，而球半径为，
因此这个球面截平面所得截面小圆是以O为圆心，为半径的圆，
在正三角形中，取的中点，取的三等分点，连接，

显然，即，同理，即有，
是正三角形，有，同理，而，
于是六边形是正六边形，其半径为1，点在此球面截平面所得截面小圆上，
连接，则，此球面与侧面的交线为图中的两段圆弧（实线），
所以交线长度为.
故选：C
【点睛】关键点睛：涉及球面与平面相交的交线问题，借助球的截面小圆性质确定出截面小圆圆心位置是解题的关键.
2．AC
【分析】令，应用棱台体积公式及导数求正四棱台的体积最大时对应参数，进而求棱台的高、体积、内切球半径，根据平面基本性质画出截面并求面积即可.
【详解】将正棱台补为如下图的棱锥，令，

由，为棱的中点，所以，
棱锥高，则小棱锥高，
棱台的体积，令，则，
所以且，则，
，，即递增，，，即递减，
所以，即时棱台体积最大，此时棱台的高，A对；
棱台体积为，B错；
棱台斜高为，则其平行于且垂直于底面的截面如下：

若存在内切球，则上图等腰梯形存在内切圆且上下底的切点为对应中点，
根据内切圆O与梯形各边都相切，结合切线长定理知：腰长等于上下底之和的一半，
而，故不存在内切圆，即棱台不存在内切球，D错；
过作交于，又为棱的中点，则为中点，
所以，，而，即，
则，，
所以截面为等腰梯形，且高为，则面积为，C对.
故选：AC
3．ABC
【分析】
由线线垂直证明线面垂直判断选项A；由球面与截面的交线轨迹，计算长度判断选项B；由位置关系得截面形状，计算面积判断选项C；由点位置特征分析轨迹形状判断选项D.
【详解】
正方体中，平面，平面，，
正方形中，，
平面，，则平面，
平面，，
同理，，
平面，， 平面，
若点P不与B重合，因为平面，则，与矛盾，
故当平面时，点P与B重合，故A正确；

，，三棱锥为正三棱锥，
故顶点D在底面的射影为的中心H，
连接DH，由，得，
所以，因为球的半径为，所以截面圆的半径，
所以球面与截面的交线是以H为圆心，为半径的圆在内部部分，
如图所示，，所以.
，所以，同理，其余两弦所对圆心角也等于，
所以球面与截面的交线的长度为，故B正确；

对于C，过E，P的直线分别交DA、DC的延长线于点G，M，连接、，
分别交侧棱于点N，交侧棱于点H，连接EH和NP，如图所示：

则截面为五边形，
，，
，，，
，故，
所以，，
所以五边形的面积，故C正确；
因为平面，平面，
所以，点P到直线的距离即点P到点的距离，
因为平面平面，故点P到平面的距离为点P到的距离，
由题意知点P到点的距离等于点P到的距离，
故点P的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线在侧面内的部分，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】
方法点睛：
“截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解.
作几何体截面的方法：(1)利用平行直线找截面；(2)利用相交直线找截面.
找交线的方法：(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点；(2)面交点法：各棱面与截平面的交线.
4．AC
【分析】
对于A，由侧面积以及底面半径得母线长，结合勾股定理得高，由圆锥体积公式验算即可；对于B，首先得出轴截面为钝角，从而可得要使过顶点S和两母线的截面三角形的面积最大，由面积公式只需截面截出的三角形的顶角是即可验算；对于C，将侧面展开得，由余弦定理即可验算；对于D，已知四面体外接球半径为，只需看此时圆锥的内切球半径与的大小关系即可判断.
【详解】由已知，，
当时，，此时圆锥的高为，
此时圆锥的体积为，A正确；

当时，设圆锥轴截面为，
因为圆锥的侧面积为，所以，
即，，，
所以为钝角，
故截面三角形的最大面积为，B错误；

当时，，侧面展开图的弧长为，沿将侧面展开，得扇形，
所以圆心角为，
又，所以，
在中，由余弦定理得，Ｃ正确；

将正四面体放到正方体内，则正四面体的外接球与正方体的外接球相同，
若正四面体的棱长为，则正方体的棱长为1，则外接球半径为，

由题圆锥的母线时，其侧面积为，
则圆锥的高，
设内切球半径为，球心为，球与母线相切于，则，
易知，则，
解得，不可以任意转动，D错误．
故选：AC．
【点睛】
关键点点睛：判断D选项的关键是求出已知四面体外接球半径，和此时圆锥的内切球半径，将它们进行比较即可顺利得解.
5．BCD
【分析】
补体法求出球半径判断A，结合球的性质判断D，由面面垂直性质作垂线求解判断B，建立空间坐标系计算判断C.
【详解】由，，
可将三棱锥补形成如图所示的长方体，
设，
则，解得，
即，，
所以球的半径为，所以球的表面积为，故A错误.
由题得长方体为正四棱柱，，为的中点，
故
又平面，则平面，
又平面，故平面平面，平面平面，
过点作的垂线，交于，则平面故为点到平面的距离.
在中，，，
故，
则，故B正确.
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，.
设，
所以，
因为，所以，
解得，所以，故C正确.
当且仅当与截面垂直时，截面面积最小，由A 解析知：最小的半径为，故D正确.

故选：BCD
【点睛】关键点点睛点睛：本题考查几何体的外接球，球的几何性质，空间向量的应用，A选项关键利用三棱锥对棱相等补体法求外接球.
6．ABD
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面截正方体所得的截面；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在上，设球心坐标建立方程，求出半径的最大值.
【详解】A选项，如图所示以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
故.
设平面的法向量为，则，
令得，
易知，故平面，即A正确；
B选项，取的中点，
连接，
结合题意可知，
所以四点共面且四点共面，两个平面都过点P，
所以六点共面，
易知，
所以平面截正方体所得的截面为正六边形，B正确；
C选项，由上知平面，设垂足为，以为圆心为半径在平面上作圆，
由题意可知Q轨迹即为该圆，结合B的结论可知平面平分正方体，
根据正方体的中心对称性可知平分，故半径，
故点Q的轨迹长度为，C错误；
D选项，由上知该两部分空间几何体相同，不妨求能放入含有顶点的这一空间几何体的球的半径最大值，
结合A项空间坐标系及正方体的对称性知该球球心在上，
该球与平面切于点S，与平面、平面、平面都相切，
设球心为，则球半径为，
易知，故，
故球的半径的最大值为，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：关于立体几何中截面的处理思路有以下方法（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；（2）作平行线法：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，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
关于立体几何中求动点轨迹的问题注意利用几何特征，比如动直线与定直线夹角为定值，可以考虑结合圆锥体得出动点轨迹.
7．ABD
【分析】
根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
答案第1页，共2页
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