立體幾何 2023高考數(shù)學二輪復習課件

培優(yōu)提能課(四)立體幾何CONTENTS目錄02提能2立體幾何中的截面、交線問題01提能1立體幾何中的創(chuàng)新問題03提能3立體幾何中的范圍、最值問題04專題檢測01提能1立體幾何中的創(chuàng)新問題|感悟提升|根據(jù)圖形知正二十面體的表面是20個全等的等邊三角形，棱長為矩形的短邊長，故求出一個等邊三角形的面積即可求出正二十面體的表面積；觀察并找到外接球球心，可得黃金矩形的對角線長為球的直徑，據(jù)此求解球的表面積即可．

1520π02提能2立體幾何中的截面、交線問題立體幾何中截面與交線問題涉及線、面位置關系、點線共面、線共點等問題，綜合性強，思維層次高，能夠培養(yǎng)學生直觀想象和邏輯推理等核心素養(yǎng)．【例2】

(1)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是棱B1B，B1C1的中點，點G是棱C1C的中點，則過線段AG且平行于平面A1EF的截面圖形為(

)A．矩形

B．三角形

C．正方形

D．等腰梯形解析如圖，取BC的中點H，連接AH，GH，AD1，D1G，由題意得GH∥EF，AH∥A1F，又GH?平面A1EF，EF?平面A1EF，∴GH∥平面A1EF，同理AH∥平面A1EF，又GH∩AH＝H，GH，AH?平面AHGD1，∴平面AHGD1∥平面A1EF，故過線段AG且與平面A1EF平行的截面圖形為四邊形AHGD1，顯然為等腰梯形．D考法一分組轉化法求和(2)如圖，已知球O是棱長為1的正方體ABCD

-A1B1C1D1的內切球，則平面ACD1截球O的截面面積為________．|感悟提升|作截面的兩種常用方法(1)平行線法：解題關鍵是利用截面與幾何體的兩個平行平面相交，或者截面上有一條直線與幾何體的某一個面平行；(2)延長線交點法：解題關鍵是利用截面上的點至少有兩個點在幾何體的同一個面上．

|感悟提升|截面最值問題的解法(1)建立函數(shù)模型求最值問題：①設元；②建立二次函數(shù)模型；③求最值．(2)猜想法求最值問題：要靈活運用一些特殊圖形與幾何體的特征，“動中找靜”，如正三角形、正六邊形、正三棱錐等．

|感悟提升|1．處理兩面交線的方法：一要明確兩面的類型，是平面還是曲面；二要判斷哪些面之間相交，交線是直線還是曲線．2．立體幾何中空間動點軌跡的判斷或求軌跡的長度．一般是根據(jù)線、面平行，線、面垂直的判定定理和性質定理，結合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡(還可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程)．

C

03提能3立體幾何中的范圍、最值問題立體幾何中涉及空間圖形有關的線段、角、體積的范圍、最值，是高考命題的熱點．求解的關鍵是在平面圖形直觀認識的基礎上，分析動態(tài)問題，把握空間位置關系．題目能較好地考查學生的空間想象能力、邏輯推理與數(shù)學運算等核心數(shù)學素養(yǎng)．角度一范圍問題【例5】在如圖①所示的長方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E為DC的中點，F(xiàn)為線段EC(端點除外)上一動點．現(xiàn)將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABCF，得到如圖②所示的四棱錐．在平面ABD內過點D作DK⊥AB，垂足為K.設AK＝t，則t的取值范圍是________．|感悟提升|1．本題是一個動態(tài)的翻折問題，需要考生發(fā)現(xiàn)其中不變的垂直關系，從而得出相關變量間的關系，最終轉化成函數(shù)的值域問題．2．求解的關鍵是根據(jù)相關的定理對圖形中位置關系進行精準判斷，抓住不變量，另外注意變量x∈(0，1)的范圍．

角度二最值問題【例6】已知四面體ABCD的棱長滿足AB＝AC＝BD＝CD＝2，BC＝AD＝1，現(xiàn)將四面體ABCD放入一個軸截面為等邊三角形的圓錐中，使得四面體ABCD可以在圓錐中任意轉動，則圓錐側面積的最小值為________．|感悟提升|本題將“四面體可以在圓錐中任意轉動”轉化為“四面體在圓錐的內切球內”，又通過“側面積最小”將圓錐的內切球問題轉化為四面體的外接球問題，從而轉化為如何確定四面體外接球的球心及半徑問題．靈活運用轉化思想是求解本題的關鍵．

B

2．設P，Q，R分別是長方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB，CC1，C1D1的中點，且BC＝CC1＝1，AB＝2，M是底面ABCD上的一個動點，若直線D1M與平面PQR沒有公共點，則△BB1M面積的最小值為________．專題檢測06C

D

解析：依題意，四邊形D1FBE在后面，上面，左面投影后所得的圖形面積分別與如圖中陰影部分所示圖形面積相等，其中各正方形邊長為1，B′1F′1＝D′1E′1，B′2E′2＝D′2F′2，DE＝D′1E′1，CE＝B′2E′2.所以在后面的投影的面積為S后＝1×1＝1，在上面的投影面積S上＝D′1E′1×1＝DE×1＝DE，在左面的投影面積S左＝B′2E′2×1＝CE×1＝CE.所以四邊形D1FBE在該正方體有公共頂點的三個面上的正投影的面積之和為S＝S后＋S上＋S左＝1＋DE＋CE＝1＋CD＝2.故選D.B

D

BD

ACD

7．如圖是一個底面半徑和高都是1的圓錐形容器，勻速給容器注水，則容器中水的體積V是水面高度x的函數(shù)，記為V＝f(x)，若正數(shù)a，b滿足a＋b＝1，則f(a)＋f(b)的最小值為________．π9.如圖，四棱錐P-ABCD中，AD＝PD＝2，底面ABCD是正方形．且平面PCD⊥平面ABCD，∠PDC＝120°.∴FN∥ME且FN≠ME，∴四邊形MENF為梯形．∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝DC，正方形ABCD中，AD⊥DC，AD?平面ABCD，∴AD⊥平面PCD.取PC的中點為M，連接DM，如圖②，∵△PCD中，PD＝DC＝2，M為PC的中點，∴DM⊥PC，(1)當EN∥平面MBD時，求λ的值；解：

取MB的中點為P，連接DP，PN，因為MN＝CN，MP＝BP，所以NP∥BC，又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四點共面，又EN∥平面BMD，EN?平面NEDP，平面NEDP∩平面MBD＝DP，所以EN∥PD，即NEDP為平行四邊形，(2)試探究隨著λ值的變化，二面角B-MD-E的大小是否改變？如果改變，請說明理由；如果不改變，請求出二面角B-MD-E的正弦值大?。猓喝E的中點O，連接MO，則MO⊥DE，因為平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE，所以MO⊥平面DECB，如圖建立空間直角坐標系，設平面BMD的法向量為m＝(x，y，z)，則又平面EMD的法向量n＝(0，1，0)，即隨著λ值的變化，二面角B-MD-E的大小不變．11.蘇州博物館由華人建筑師貝聿銘設計，體現(xiàn)了濃郁的

江南派系和蘇州園林的風格．它的現(xiàn)代簡約，既不同

于蘇州傳統(tǒng)園林，又不脫離中國人文氣息和神韻，清

晰地營造出了中國水墨山水畫的意境．蘇州博物館的

一座屋頂形狀獨具特色，如圖所示，底面ABCD是邊長為4的正方形，點A1，B1，C1，D1在底面的垂足分別為DA，AB，BC，CD的中點，且到底面的距離均為2.(1)求直線CC1與平面AB1A1所成角的正弦值；解：以D為坐標原點，DA，DC所在直線分別為x軸，y軸，過D作底面的垂線為z軸，建立空間直角坐標系(圖略)，則D(0，0，0)，A(4，0，0)，B(4，4，0)，C(0，4，0)，A1(2，0，2)，B1(4，2，2)，C1(2，4，2)，D1(0，2，2)，(1)設平面AB1A1的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，設CC1與平面AB1A1所成角為θ，(2)求直線BC1到平面AB1A1的距離；解：由已知易得AA1∥BC1，又∵AA1?平面AB1A1，BC1?平面AB1A1，∴BC1∥平面AB1A1，∴直線BC1到平面AB1A1的距離即為點B到平面AB1A1的距離．(3)求平面BC1B1與平面AB1A1夾角的余弦值；解：設平面BC1B1的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，設平面BC1B1與平面AB1A1的夾角為φ，12.如圖，多面體AFDCBE中，AB⊥平面BCE，AB∥CD∥

EF，BE⊥EC，AB＝4，EF＝2，EC＝2BE＝4.(1)在線段BC上是否存在一點G，使得EG∥平面AFC？如果存在，請指出G點位置并證明；如果不存在，請說明理由；解：存在，點G為BC中點，理由如下：取線段AB的中點H，連接EH，HG，EG.∵AH∥EF，AH＝EF＝2，∴四邊形AHEF是平行四邊形，∴HE∥AF.又∵AF?平面AFC，HE?平面AFC，∴HE∥平面AFC.∵H，G分別為AB，BC的中點，∴HG是△ABC的中位線，∴HG∥AC.∵AC?平面AFC，HG?平面AFC，∴HG∥平面AFC.∵HG∩HE＝H，HG，HE?平面EHG，∴平面EHG∥平面AFC.∵EG?平面EHG，∴E