2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（北师版）-重点题型（九）

1．答案：C解析：取BC，B1C1的中点为H，Q，连接BQ，C1H，则AM∥BQ∥C1H，且AM＝BQ＝C1H，在平面BB1C1C中，过点N作NP∥C1H交BC于P，则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线，且NP∶C1H＝2∶3，又C1H＝CH2+CC12．答案：C解析：将正三棱台ABC­A1B1C1补形成正棱锥D­ABC，如图，由B1C1∥BC，得DB1DB＝B1C1BC＝13，而令正△BCD的中心为O，连接AO，BO，则AO⊥平面BCC1B1，BO＝23BCsinπ从而AO＝AB2−B因此这个球面截平面BCC1B1所得截面小圆是以O为圆心，r＝72在正三角形△BCD中，取BB1，CC1的中点H，E，取BC的三等分点G，F，连接HG，EF，显然BHBD＝13＝BGBC，即GH∥CD，即有B1C1＝C1E＝EF＝FG＝GH＝HB1＝1，△BGH是正三角形，有∠GHB1＝∠HGF＝2π3，同理∠GFE＝∠FEC1＝而∠C1B1H＝∠EC1B1＝2π3，于是六边形B1C1点B1，C1，E，F，G，H在此球面截平面BCC1B1所得截面小圆上，连接OE，OF，OG，OH，则∠EOF＝∠GOH＝π3，此球面与侧面BCC1B1的交线为图中的两段圆弧(实线)，所以交线长度为2×π3．答案：ABC解析：当点Q与点D1重合时，截面图形为等边三角形AB1D1，如图1；当点Q与点D重合时，截面图形为矩形AB1C1D，如图2；当点Q不与点D，D1重合时，当Q，R分别为DD1，C1D1的中点，则截面图形为等腰梯形AQRB1，如图3，不可能为正方形．4．答案：BCD解析：如图1，将平面ABCD展开与平面ADD1A1处于一个平面，连接A1C，与AD交于点P，此时A1P＋PC取得最小值，即(A1P＋PC)min＝22如图2，取DD1的中点E，连接BP，PE，C1E，AD1，因为点P是棱AD的中点，所以PE∥AD1且PE＝12AD1又AB∥C1D1且AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，所以PE∥BC1，所以四边形EPBC1即为平面PBC1截正方体所得截面，又BC1＝22，所以截面周长为32+2如图3，DC1⊥D1C，BC⊥平面DCC1D1，DC1⊂平面DCC1D1，所以DC1⊥BC，又D1C∩BC＝C，D1C，BC⊂平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，因为平面ABCD∩平面BCD1A1＝BC，D1∈平面BCD1A1，P∈平面ABCD，又PD1⊥DC1，所以P在直线BC上，即动点P的轨迹是一条直线，故C正确；如图4，建立空间直角坐标系，则B(2，2，0)，C1(0，2，2)，设P(a，2－a，0)(a∈[0，2])，所以BC1＝(－2，0，2)，BP＝(a－2，－所以P到棱BC1的距离d＝BP2所以当a＝23时，dmin＝45．解析：延长NM，CB相交于点H，连接C1H交BB1于点G，连接MG，因为正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝6，M，N分别是AB，AD的中点，所以MN＝AM2+AN2＝22，因为△HBG∽△HCG1，GBCC1＝BHCH＝在DD1上取点Q，连接NQ，C1Q，GQ，则NQ＝DN同理可知GQ＝NH，所以四边形GQNH为平行四边形，故G，H，N，Q四点共面，则平面MNC1截该四棱柱所得的截面为五边形NMGC1Q，MG＝MB同理C1Q＝42，故截面周长为MN＋MG＋C1G＋C1Q＋NQ＝22+2答案：1426．解析：如图，过点D作DH⊥BC于点H，设以D为球心，27为半径的球面交CC1于点E，交BB1于点F，分别连接EH，FH，DE，因平面ABCD⊥平面BCC1B1，且平面ABCD∩平面BCC1B1＝BC，则DH⊥平面BCC1B1，则点H即以D为球心，27为半径的球面与侧面BCC1B1的交线圆弧EF所在圆的圆心，交线长即弧EF的长．在Rt△DHC中，DH＝4sin60°＝23，又DE＝27，在Rt△DHE中，EH＝27在Rt△EHC中，cos∠EHC＝24＝12，故∠EHC＝π3，同理∠FHB＝π3，故∠EHF＝答案：47．解析：取AP中点为E，取BC中点为F，顺次连接E，M，F，N四点，结合题意可知EM∥PB，NF∥PB，所以EM∥NF，同理EN∥MF，即四边形EMFN是平行四边形，因为EM∥PB，EM⊂平面EMFN，PB⊄平面EMFN，所以PB∥平面EMFN，设MF∩BD＝H，可得HB＝14BD，再在PD上取点G，满足PG＝14此时HG∥PB，所以HG∥PB∥EM∥NF，可得截面五边形GEMFN，由正四棱锥可知PO⊥平面ABCD，且MF⊂平面ABCD，所以PO⊥MF，又因为BD⊥MF，BD∩PO＝O，BD⊂平面PBD，PO⊂平面PBD，所以MF⊥平面PBD，又因为PB⊂平面PBD，所以MF⊥PB，又因为NF∥PB，所以MF⊥NF，从而可得四边形EMFN是矩形，由正四棱锥所有