高考数学学科备考关键问题指导系列八立体几何典例题剖析与资源推送

I理12）已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，是边长为2的正三角形，分别是的中点，，则球O的体积为A． B． C． D．【解析】解法一：由PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，知三棱锥P−ABC为正三棱锥，所以，由，得，因为E，F分别是PA，AB的中点，所以，所以，因为，所以平面，所以，因为P−ABC为正三棱锥，所以两两相互垂直，故三棱锥的外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的体积为，故选D． 解法二：设，则， 所以．因为，，所以,即，解得，所以，又，两两相互垂直，故三棱锥的外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的体积为，故选D.【评析】由于，为正三棱锥，、分别分棱的中点，根据正三棱锥的对棱垂直，证明该正三棱锥的两两相互垂直，得出三棱锥的三个侧面是直角三角形，接下就可以借助长方体的模型比较容易得出答案典型问题五：数学文化与空间几何体【例题5】（2020山东省新高考全国Ⅰ卷4）同（2020海南省新高考全国Ⅱ卷4）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A.20° B.40°C.50° D.90°【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得.由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选B．【评析】本小题主要以中国古代数学文化为载体，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，解题的关键利用题目提供的信息作出图形，能够从立体转化为平面几何图形，并且涉及的量很多，需要慢慢审题作出图形，根据垂直、平行得出所求的角的度数．典型问题六：交线问题【例题6】（2020山东省新高考全国Ⅰ卷16）已知直四棱柱的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为________．【解析】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以.因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为.【评析】本小题涉及球与平面的交线问题，难度比较大，解题的关键是找出面，从而得出与面内的任意一直线垂直，然后再平面内以为圆心，以为半径的圆弧就是所求作的交线。从而求出交线长，掌握化归的数学思想方法．典型问题七：周长、体积的求法与垂直的证明【例题7】（2021高考全国Ⅰ卷12）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则A.当时，的周长为定值B.当时，三棱锥的体积为定值C.当时，有且仅有一个点，使得D.当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【解析】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．【评析】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．典型问题八：求空间角【例题8.1】（2018年11月浙江省普通高中学业水平考试）将正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线与所成的角为（）A．B．C．D．【解析】设是正方形对角线的交点，将正方形沿对角线折起，可得当平面时，点到平面的距离等于，当与平面不垂直时，设点到平面的距离为，则，由此可得当三棱锥的体积最大时，平面.设是折叠前的位置，连接，因为，所以就是直线与所成的角，设正方形的边长为，因为平面，平面，所以，因为，所以，即是等边三角形，所以，所以直线与所成的角为，故选C.【评析】本题易错点有两处：一是忽视异面直线所成角的取值范围，导致确定直线与所成角的大小出错；二是不会把三棱锥的体积最大转化为点到平面的距离最大．避开易错点的关键是注意翻折前后的不变量及位置关系，对照翻折前后的图形，弄清楚变与不变的量，再立足于不变的量的位置关系与数量关系去探究变化后的量在空间图形中的位置关系与数量关系．【例题8.2】（2020年全国卷I理18）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．【解析】（1）由题设，知为等边三角形，设，则，，所以，又为等边三角形，则，所以，，则，所以，同理，又，所以平面；（2）过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设平面的一个法向量为，由，得令，得，所以，设平面的一个法向量为由得令，得，所以，故，设二面角的大小为，则.【评析】（1）要证明平面，只需证明，即可（全等、勾股等方法多样）；（2）以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的法向量为，平面的法向量为，利用公式计算即可得到答案.典型问题九：求点到面的距离【例题9】在直三棱柱中，为正三角形，，点在棱上，且，点分别为棱的中点．（1）证明：平面；（2）若，求点与平面的距离．【解析】（1）证法一：取中点，连接，因为为中点，点在棱上，且，所以，因为为正三角形，所以，故直三棱柱中，又，所以，因为，平面，平面，所以平面．证法二：因为平面，平面，所以，且．设，因为，则，因为，所以．因为点,分别为棱,的中点，所以，因为为正三角形，根据余弦定理，得，在中，，在中，，所以，所以．又因为，平面，平面，所以平面．（2）因为，所以四边形是以4为边长的正方形，所以．由（1）知，平面，所以三棱锥的体积．在中，，设点与平面的距离为．因为，所以，所以，解得，所以点与平面的距离为．【评析】利用等体积法求点面距离是源于三棱锥的特殊性，任意一个面都可以作为底面，对不易直接求点面距离的问题，通过构造三棱锥，把问题转化为求三棱锥的高，再利用等体积法，转化为易求的三棱锥的高的体积，通过方程思想，即可求出三棱锥的高，从而得到所求的点面距离．典型问题十：作图【例题10】如图，三棱柱中，底面侧面，底面是边长为2的等边三角形，侧面为菱形且，分别为和的中点．（1）求异面直线和所成角的余弦值；（2）在平面内过点作一条直线与平面平行，且与交于点，要求保留作图痕迹，但不要求证明．【解析】（1）取的中点，因为为等边三角形，则，底面侧面且交线为，所以侧面．又侧面为菱形且，所以为等边三角形，所以．以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，．方法一：，，则，即异面直线和所成角的余弦值为．方法二：可求得，，则，，则，即异面直线和所成角的余弦值为．（2）方法一：如下图．方法二：如下图．其中，分别为的中点．方法三：如下图．其中，分别为的中点．【评析】（1）问中力求实现对考生“空间想象能力”和“逻辑推理能力”的考查，比如合理建系（全国卷对空间向量法的考查常立足先证明后建系，而且建系、点的坐标求解有一定的难度）．（1）先证明后建系（利用面面垂直的性质定理推出线面垂直，这是学生推理书写的薄弱点）；（2）求异面直线所成角，特别是向量的坐标．这里可采用两种方法加以解决．方法一巧用向量相等求的坐标：（这也是全国卷在空间立体几何计算处理的一个重要解题策略，如2014年全国卷（1）理19）；方法二直接求出的坐标（建议独立画出底面多边形，借助几何直观、简化点坐标的求解，这是考生解决“不易求解的点坐标”所必须掌握的解题策略）．同时本题力求在（2）问中力求实现对考生“作图”能力的考查（本题着重于作“线面平行”）．如方法一凸显对“公理3两平面交线”的考查以及“线面平行性质定理”的应用；方法二则凸显对“面面平行的性质”的考查；方法三则凸显对“线面平行判定定理”的考查．资源推送（一）选择题1．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为4，那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（）A． B． C． D．44442．某兴趣小组合作制作了一个手工制品，并将其绘制成如图所示的三4444图，其中侧视图中的圆弧的半径为3，则该手工制品表面积为（）A. B.C. D.BAC1A1B1C3．如图，已知正三棱柱的底面边长为2cm，高为5cmBAC1A1B1CA．12 B．13 C．14 D．154．已知平面，是两个相交平面，其中，则（）A.平面内一定能找到与平行的直线B.平面内一定能找到与垂直的直线C.若平面内有一条直线与平行，则该直线与平面平行D.若平面内有无数条直线与垂直，则平面与平面垂直5.已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（）A. B. C. D.6．（2021·山东高三专题练习）如图所示，在三棱锥中，平面，，，且为的中点，于，当变化时，则三棱锥体积的最大值是（）A． B． C． D．7．（多选题）已知是过正方体的顶点的平面与下底面所在平面的交线，下列结论正确的是A． B．平面 C．平面 D．8.（多选题）（2021全国高三专题练习）如图所示，在长方体中，是上的一动点，则下列选项正确的是()A．的最小值为 B．的最小值为C．的最小值为 D．的最小值为（二）填空题9．水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，则边上的中线的实际长度为______．10．若三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，,则该三棱锥的外接球的表面积为________.11．圆台的两个底面面积之比为，母线与底面的夹角是，轴截面的面积为，则圆台的母线长_____________.12．在三棱锥ABCD中，已知AD⊥BC，AD=6，BC=2，AB+BD=AC+CD=7，则三棱锥ABCD体积的最大值是_____．（三）解答题13．如图，在正方体中，分别是的中点。（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）棱上是否存在点，使得平面？请证明你的结论.如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．15．如图，在底边为等边三角形的斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1AB，四边形B1C1CB为矩形，过A1C作与直线BC1平行的平面A1CD交AB于点D．（1）证明：CD⊥AB；（2）若AA1与底面A1B1C1所成角为60°，求二面角B﹣A1C﹣C1的余弦值．16.（2018全国Ⅲ卷理19）如图，边长为2的正方形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．附件一：资源推送解析（一）、选择题1．【答案】D【解析】设圆锥的底面半径为，则圆锥的底面周长，所以，所以，.令，得.故选D.2．【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体是由两个圆锥组成的组合体，其中圆锥的底面半径为3，高为4，母线长为5，所以几何体的表面为.选D.3．【答案】B【解析】将正三棱柱沿侧棱展开两次，得到棱柱的侧面展开图，如图所示，在展开图中，最短距离是六个矩形对角线的连线的长度，即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值，由已知求得的长等于，宽等于，由勾股定理得，故选B．【答案】B【解析】由题意，平面，是两个相交平面，其中，在A中，当与，的交线相交时，内不能找到与平行的直线，所以不正确；在B中，由直线与平面的位置关系，可知内一定能找到与垂直的直线，所以是正确的；在C中，平面内有一条直线与平行，该直线与平行或该直线在内，所以不正确；在D中，平面内有无数条直线与垂直，则与不一定垂直，所以不正确，故选B.5.【答案】A【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，由正弦定理可得，，根据圆截面性质平面，，球的表面积.故选：A6．【答案】C【解析】由题意知且，令，结合换元法、二次函数最值求体积的最大值即可.【详解】在三棱锥中，平面，知：，而，而且，又∵为的中点，知：∴设，则，所以，令，有，令，，而由二次函数的性质知：时有最大值为，∴最大值为，故选：C7.（多选题）【答案】ABC【解析】解：在正方体中，，平面，平面平面．又平面平面，．故正确；平面，平面，选项正确；，平面，平面，故正确．从而选．故选：8.（多选题）【答案】AD【解析】的最小值，即求底边上的高即可；旋转所在平面到平面，的最小值转化为求即可.【详解】求的最小值，即求底边上的高，易知，所以边上的高为，连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，则即为所求的最小值，易知，所以.故选：AD.（三）、填空题9【答案】【解析】利用斜二测直观图的画图规则，平行于轴或在轴上的线段，长度保持不变；平行于轴或在轴上的线段，长度减半，利用逆向原则，所以为一个直角三角形，且，所以，所以边上的中线的实际长度为.10．【答案】【解析】因为，所以是等腰直角三角形，且为斜边，为的中点，因为底面是以为斜边的等腰直角三角形，所以，点即为球心，则该三棱锥的外接圆半径，故该三棱锥的外接球的表面积为.11．【答案】12【解析】设圆台的上底面半径为，则其下底面半径为可作圆台的轴截面如图所示：其中，，，，轴截面面积解得：母线长.12．【答案】3【解析】过作与垂直的平面，交于，过作的垂线，垂足为，如图所示：，则三棱锥体积．故取最大值时，三棱锥的体积也取最大值．由,可得都在以为焦点的椭球面上，因为平面与垂直，所以三角形与三角形全等，三角形为等腰三角形，所以只需取最大值时，三棱锥的体积也取最大值．在中，动点到两点的距离和为7，故在以为焦点的椭圆上，此时，故的最大值为，此时．故三棱锥的体积的最大值是,故答案为3．xyxyz13．【解析】以为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：设正方体棱长为则，，，，，，，（1）设异面直线与所成角为，，即异面直线与所成角的余弦值为：（2）假设在棱上存在点，，使得平面则，，设平面的法向量，令，则，，解得：棱上存在点，满足，使得平面14．【解析】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，15．【解析】（1）连接AC1交A1C于点E，连接DE．因为BC1∥平面A1CD，BC1⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面A1CD＝DE，所以BC1∥DE．又因为四边形ACC1A1