重難點21 立體幾何中的?？冀?jīng)典小題全歸類（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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\l "_Tc28993" 【題型1 求幾何體的體積與表面積】 PAGEREF _Tc28993 \h 4
\l "_Tc17049" 【題型2 幾何體與球的切、接問題】 PAGEREF _Tc17049 \h 7
\l "_Tc12317" 【題型3 體積、面積、周長、距離的最值與范圍問題】 PAGEREF _Tc12317 \h 12
\l "_Tc32092" 【題型4 空間線段以及線段之和最值問題】 PAGEREF _Tc32092 \h 16
\l "_Tc25833" 【題型5 空間角問題】 PAGEREF _Tc25833 \h 20
\l "_Tc20052" 【題型6 空間中的距離問題】 PAGEREF _Tc20052 \h 25
\l "_Tc18451" 【題型7 翻折問題】 PAGEREF _Tc18451 \h 28
\l "_Tc13890" 【題型8 立體幾何中的截面、交線問題】 PAGEREF _Tc13890 \h 32
\l "_Tc8475" 【題型9 立體幾何中的軌跡問題】 PAGEREF _Tc8475 \h 35
\l "_Tc10575" 【題型10 以立體幾何為載體的新定義、新情景題】 PAGEREF _Tc10575 \h 39
1、立體幾何中的常考經(jīng)典小題全歸類
立體幾何是高考的重點、熱點內(nèi)容，屬于高考的必考內(nèi)容之一.從近幾年的高考情況來看，高考對該部分的考查，小題主要體現(xiàn)在三個方面：一是有關(guān)空間線面位置關(guān)系的判斷；二是空間幾何體的體積和表面積的計算，難度較易；三是常見的一些經(jīng)典?？級狠S小題，涉及到空間角、空間距離與軌跡問題等，難度中等或偏上，需要靈活求解．
【知識點1 空間幾何體表面積與體積的常見求法】
1．求幾何體體積的常用方法
(1)公式法：直接代入公式求解.
(2)等體積法：四面體的任何一個面都可以作為底面，只需選用底面面積和高都易求出的形式即可.
(3)補體法：將幾何體補成易求解的幾何體，如棱錐補成棱柱，三棱柱補成四棱柱等.
(4)分割法：將幾何體分割成易求解的幾部分，分別求體積.
2．求組合體的表面積與體積的一般方法
求組合體的表面積的問題，首先應(yīng)弄清它的組成部分，其表面有哪些底面和側(cè)面，各個面的面積應(yīng)該
怎樣求，然后根據(jù)公式求出各個面的面積，最后相加或相減.求體積時也要先弄清各組成部分，求出各簡單幾何體的體積，再相加或相減.
【知識點2 幾何體與球的切、接問題的解題策略】
1．常見的幾何體與球的切、接問題的解決方案：
常見的與球有關(guān)的組合體問題有兩種：一種是內(nèi)切球，另一種是外接球.
常見的幾何體與球的切、接問題的解決方案：
2．空間幾何體外接球問題的求解方法：
空間幾何體外接球問題的處理關(guān)鍵是確定球心的位置，常見的求解方法有如下幾種：
(1)定義法：利用平面幾何體知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，
確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解.
(2)補形法：若球面上四點P,A,B,C構(gòu)成的三條線段PA,PB,PC兩兩垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般
把有關(guān)元素“補形”成為一個球內(nèi)接長方體，根據(jù)4R2=a2+b2+c2求解.
(3)截面法：涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一般為接、切點)或線
作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題求解.
3．內(nèi)切球問題的求解策略：
(1)找準(zhǔn)切點，通過作過球心的截面來解決.
(2)體積分割是求內(nèi)切球半徑的通用方法.
【知識點3 幾何法與向量法求空間角】
1．幾何法求異面直線所成的角
(1)求異面直線所成角一般步驟：
①平移：選擇適當(dāng)?shù)狞c，線段的中點或端點，平移異面直線中的一條或兩條成為相交直線；
②證明：證明所作的角是異面直線所成的角；
③尋找：在立體圖形中，尋找或作出含有此角的三角形，并解之；
④取舍：因為異面直線所成角的取值范圍是，所以所作的角為鈍角時，應(yīng)取它的補角作為異面直線所成的角.
2．用向量法求異面直線所成角的一般步驟：
(1)建立空間直角坐標(biāo)系；
(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；
(4)注意兩異面直線所成角的范圍是，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.
3．幾何法求線面角
(1)垂線法求線面角(也稱直接法)；
(2)公式法求線面角(也稱等體積法)：
用等體積法，求出斜線PA在面外的一點P到面的距離，利用三角形的正弦公式進行求解.
公式為：，其中是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長，l是斜線段的長.
4．向量法求直線與平面所成角的主要方法:
(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；
(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角.
5．幾何法求二面角
作二面角的平面角的方法：
作二面角的平面角可以用定義法，也可以用垂面法，即在一個半平面內(nèi)找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
6．向量法求二面角的解題思路:
用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.
【知識點4 立體幾何中的最值問題及其解題策略】
1．立體幾何中的幾類最值問題
立體幾何中的最值問題有三類：
一是空間幾何體中相關(guān)的點、線和面在運動，求線段長度、截面的面積和體積的最值；
二是空間幾何體中相關(guān)點和線段在運動，求有關(guān)角度和距離的最值；
三是在空間幾何體中，已知某些量的最值，確定點、線和面之間的位置關(guān)系．
2．立體幾何中的最值問題的求解方法
解決立體幾何中的最值問題主要有兩種解題方法：
一是幾何法，利用幾何體的性質(zhì)，探求圖形中點、線、面的位置關(guān)系；
二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐標(biāo)系，利用點的坐標(biāo)表示所求量的目標(biāo)函數(shù)，借助函數(shù)思想方法求
最值；通過降維的思想，將空間某些量的最值問題轉(zhuǎn)化為平面三角形、四邊形或圓中的最值問題．
【知識點5 立體幾何中的截面、交線問題的解題策略】
1．立體幾何截面問題的求解方法
(1)坐標(biāo)法：所謂坐標(biāo)法就是通過建立空間直角坐標(biāo)系，將幾何問題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運算問題，進行求解.
(2)幾何法：從幾何視角人手，借助立體幾何中的線面平行及面面平行的性質(zhì)定理，找到該截面與相關(guān)線、面的交點位置、依次連接這些點，從而得到過三點的完整截面，再進行求解.
2．截面、交線問題的解題策略
(1)作截面應(yīng)遵循的三個原則：
①在同一平面上的兩點可引直線；
②凡是相交的直線都要畫出它們的交點；
③凡是相交的平面都要畫出它們的交線.
(2)作交線的方法有如下兩種：
①利用基本事實3作交線；
②利用線面平行及面面平行的性質(zhì)定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據(jù)性質(zhì)作出交線.
【知識點6 立體幾何中的軌跡問題及其解題策略】
1．動點軌跡的判斷方法
動點軌跡的判斷一般根據(jù)線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標(biāo)運算求出動點的軌跡方程.
2．立體幾何中的軌跡問題的常見解法
(1)定義法：根據(jù)圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，進而求解軌跡問題.
(2)交軌法：若動點滿足的幾何條件是兩動曲線(曲線方程中含有參數(shù))的交點，此時，要首先分析兩動曲線的變化，依賴于哪一個變量?設(shè)出這個變量為t，求出兩動曲線的方程，然后由這兩動曲線方程著力消去參數(shù)t，化簡整理即得動點的軌跡方程，這種求軌跡方程的方法我們稱為交軌法.
(3)幾何法：從幾何視角人手，結(jié)合立體幾何中的線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，找到動點的軌跡，再進行求解.
(4)坐標(biāo)法：坐標(biāo)法就是通過建立空間直角坐標(biāo)系，將立體幾何中的軌跡問題轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運算問題，進行求解.
(5)向量法：不通過建系，而是利用空間向量的運算、空間向量基本定理等來研究立體幾何中的軌跡問題，進行求解.
【知識點7 以立體幾何為載體的情景題的求解策略】
1．以立體幾何為載體的幾類情景題
以立體幾何為載體的情景題大致有三類：
(1)以數(shù)學(xué)名著為背景設(shè)置問題，涉及中外名著中的數(shù)學(xué)名題名人等；
(2)以數(shù)學(xué)文化為背景設(shè)置問題，包括中國傳統(tǒng)文化，中外古建筑等；
(3)以生活實際為背景設(shè)置問題，涵蓋生產(chǎn)生活、勞動實踐、文化精神等．
2．以立體幾何為載體的情景題的求解思路
以立體幾何為載體的情景題都跟圖形有關(guān)，涉及在具體情景下的圖形閱讀，需要通過數(shù)形結(jié)合來解決
問題.
此類問題的求解過程主要分四步：一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質(zhì)，即要善于將所讀出的信息進行提升，實現(xiàn)“圖形→文字→符號”的轉(zhuǎn)化；三是要有問題意識，帶著問題閱讀圖形，將研究圖形的本身特征和關(guān)注題目要解決的問題有機地融合在一起；四是要有運動觀點，要“動手”去操作，動態(tài)地去閱讀圖形．
【題型1 求幾何體的體積與表面積】
【例1】（2024·浙江·模擬預(yù)測）清代的蘇州府被稱為天下糧倉，大批量的糧食要從蘇州府運送到全國各地．為了核準(zhǔn)糧食的數(shù)量，蘇州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以計算糧食的多少，五斗為一斛，而一只官斛的容量恰好為一斛，其形狀近似于正四棱臺，上口為正方形，內(nèi)邊長為25cm，下底也為正方形，內(nèi)邊長為50cm，斛內(nèi)高36cm，那么一斗米的體積大約為立方厘米?（）
A．10500B．12500C．31500D．52500
【解題思路】利用棱臺的體積公式,即可計算得出答案．
【解答過程】一斛米的體積為V=13S上+S下+S上S下?=13×252+502+25×50×36=52500cm3，
因為五斗為一斛，所以一斗米的體積為V5=10500cm3，
故選：A.
【變式1-1】（2024·江蘇連云港·二模）如圖是一個圓臺的側(cè)面展開圖，若兩個半圓的半徑分別是1和2，則該圓臺的體積是（）
A．72π24B．73π24C．72π12D．73π12
【解題思路】先計算出上、下底面的半徑和面積，再求出圓臺的高，按照圓臺體積公式計算即可.
【解答過程】
如圖，設(shè)上底面的半徑為r，下底面的半徑為R，高為?，母線長為l，
則2πr=π×1，2πR=π×2，解得r=12，R=1，
又l=2?1=1，?=l2?R?r2=12?1?122=32，
設(shè)上底面面積為S′=π×122=π4，下底面面積為S=π×12=π，
所以圓臺的體積V=13S+S′+SS′?=13π+π4+π×π4×32=73π24.
故選：B.
【變式1-2】（2024·江蘇無錫·模擬預(yù)測）蒙古包是我國蒙古族牧民居住的房子，適于牧業(yè)生產(chǎn)和游牧生活．如圖所示的蒙古包由圓柱和圓錐組合而成，其中圓柱的高為2m，底面半徑為4m,O是圓柱下底面的圓心．若圓錐的側(cè)面與以O(shè)為球心，半徑為4m的球相切，則圓錐的側(cè)面積為（）

A．85πm2B．165πm2C．20πm2D．40πm2
【解題思路】根據(jù)題意結(jié)合圓柱、圓錐以及球的結(jié)構(gòu)特征解得圓錐母線長l=5，進而可求圓錐的側(cè)面積.
【解答過程】設(shè)PO1=?,PA=l(?為圓錐高，l為圓錐母線長)

OM⊥PA,∵以O(shè)為球心，半徑為4的球與圓錐側(cè)面相切，則OM=4，
在△POA中，S△POA=12?+2?4=12?4l，可得?+2=l，
且?2+16=l2，則(l?2)2+16=l2，解得l=5，
所以圓錐的側(cè)面積為S側(cè)=πrl=π×4×5=20πm2.
故選：C.
【變式1-3】（2024·天津和平·二模）如圖，一塊邊長為10cm的正方形鐵片上有四塊陰影部分，將這些陰影部分裁下去，然后用余下的四個全等的等腰三角形加工成一個正四棱錐形容器，則這個正四棱錐的內(nèi)切球（球與正四棱錐各面均有且只有一個公共點）的體積為（）
A．94πB．92πC．9πD．323π
【解題思路】根據(jù)題意可得正四棱錐的斜高為5，底面正方形的邊長為6，從而可得正四棱錐的高，設(shè)這個正四棱錐的內(nèi)切球的半徑為r，高線與斜高的夾角為θ，則易得sinθ=35，4=r+rsinθ=83r，從而可得r，再代入球的體積公式，即可求解．
【解答過程】作出四棱錐P?ABCD如圖：
根據(jù)題意可得正四棱錐的斜高為PM=5，底面正方形ABCD的邊長為6，
∴正四棱錐的高為OP=52?32=4，
設(shè)這個正四棱錐的內(nèi)切球的球心為Q，半徑為r，與側(cè)面相切于N，
則高線與斜高的夾角為θ，則sinθ=OMPM=35，
則OP=OQ+QNsinθ,
∴4=r+rsinθ=83r，∴r=32，
∴這個正四棱錐的內(nèi)切球的體積為43πr3=43×π×(32)3=92π．
故選：B．
【題型2 幾何體與球的切、接問題】
【例2】（2024·新疆烏魯木齊·三模）三棱錐A?BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，AD=4，則三棱錐A?BCD外接球的表面積為（）
A．10πB．20πC．25πD．30π
【解題思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圓半徑r，再利用R2=r2+(?2)2(?為三棱錐的高，R為外接球半徑），即可求解．
【解答過程】在△ABC中，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2?2AB?AC?cs∠BAC，
即BC2=1+4?2×1×2×cs60°=3，所以BC=3，
設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，
則2r=BCsin∠BAC=3sin60°=2，所以r=1，
AD⊥平面ABC，且AD=4，
設(shè)三棱錐A?BCD外接球半徑為R，
則R2=r2+(12AD)2，即R2=1+4=5，
所以三棱錐A?BCD外接球的表面積為4πR2=20π．
故選：B．
【變式2-1】（2024·海南·模擬預(yù)測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，點N為側(cè)面四邊形CDD1C1的中心，則四面體NCB1C1的外接球的表面積為（）
A．2πB．4πC．6πD．8π
【解題思路】畫出圖分析出球心為兩個面斜邊中點的垂線的交點，然后利用勾股定理求球的半徑即可求解.
【解答過程】如圖：
四面體 NCB1C1的面CB1C1是直角三角形，
O,O1為面CBB1C1與ADD1A1的中心，所以O(shè)O1⊥面CB1C1，
因為斜邊CB1的中點O是三角形外心，所以球心在的直線OO1上，
面NCC1也為直角三角形，O,E分別為CB1與CC1的中點，所以O(shè)E∥B1C1，
B1C1⊥面NCC1，所以O(shè)E⊥面NCC1，
因為斜邊CC1的中點E是三角形外心，所以球心在的直線OE上，
故球心為直線OO1與直線OE的交點O，
正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，
所以球的半徑為OC=12B1C=12×22+22=2，
所以四面體NCB1C1的外接球的表面積為：4π22=8π.
故選：D.
【變式2-2】（2024·云南大理·模擬預(yù)測）六氟化硫，化學(xué)式為SF6，在常壓下是一種無色、無臭、無毒、不燃的穩(wěn)定氣體，有良好的絕緣性，在電器工業(yè)方面具有廣泛用途．六氟化硫分子結(jié)構(gòu)為正八面體結(jié)構(gòu)（正八面體每個面都是正三角形，可以看作是將兩個棱長均相等的正四棱錐將底面粘接在一起的幾何體）．如圖所示，正八面體E?ABCD?F的棱長為a，此八面體的外接球與內(nèi)切球的體積之比為（）
A．33B．23C．32D．22
【解題思路】根據(jù)給定條件，確定八面體的外接球球心及半徑，利用體積法求出內(nèi)切球半徑，再利用球的體積公式求解即得.
【解答過程】正八面體E?ABCD?F的棱長為a，連接AC∩EF=O，
由四邊形ABCD為正方形，得AC2=BC2+AB2=2a2=EC2+AE2，
則四邊形AECF亦為正方形，即點O到各頂點距離相等，
于是此八面體的外接球球心為O，半徑為R=2a22=2a2，
此八面體的表面積為S=8S△ABE=8×34a2=23a2，設(shè)此八面體的內(nèi)切球半徑為r，
由VE?ABCD?F=2VE?ABCD，得13Sr=2×13×a2×2a2，即23a2r=2a3，解得r=66a，
所以此八面體的外接球與內(nèi)切球的體積之比為(Rr)3=(2a266a)3=33.
故選：A.
【變式2-3】（2024·安徽安慶·三模）如圖，在一個有蓋的圓錐容器內(nèi)放入兩個球體，已知該圓錐容器的底面圓直徑和母線長都是3，則（）
A．這兩個球體的半徑之和的最大值為3+32
B．這兩個球體的半徑之和的最大值為43
C．這兩個球體的表面積之和的最大值為6+33π
D．這兩個球體的表面積之和的最大值為10π9
【解題思路】當(dāng)這兩個球體的半徑或者表面積之和取最大值時，有一個球體和圓錐的底面相切，過底面圓的直徑作截面，設(shè)兩圓的半徑，則R∈16,12，r∈16,12，其中R=1?r3?233r?2r2，表達(dá)出fr=1+2r3?233r?2r2，r∈16,12，求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)性，得到最值，并求出R2+r2=?12R+r2?6R+r+3，令x=R+r≤23，函數(shù)y=?2πx2?6x+3在0,23上單調(diào)遞增，求出ymax=10π9，得到答案.
【解答過程】當(dāng)這兩個球體的半徑或者表面積之和取最大值時，上面的球與圓錐的底面相切，
過底面圓的直徑作截面，
如圖所示，過點O作OF⊥AB，垂足為F，過點O′作O′E⊥AB，垂足為E，
過點O′作O′D⊥OF，垂足為D．
設(shè)圓O的半徑為R，圓O′的半徑為r，當(dāng)下面的球與上底面相切時，R取得最大值，
此時R為該圓的內(nèi)切球半徑，等邊三角形的邊長為3，內(nèi)切球半徑為32tan30°=12，
故OB=1，故R的最大值為12，且取最大值時，
O,O′,B三點共線，設(shè)O′E=r，則O′B=2r，
則2r+r+12=1，解得r=16，
所以R∈16,12，r∈16,12，OD=R?r，OO′=R+r，O′D=EF=AB?AF?BE=3?3R?3r.
因為OD2+O′D2=OO′2，所以R?r2+3?3R?3r2=R+r2①，
整理得3R2+2r?6R+3r2?2r+1=0，解得R=1?r3?233r?2r2，
令函數(shù)fr=R+r=1?r3?233r?2r2+r=1+2r3?233r?2r2，r∈16,12，
f′r=23r?2r2?3+4r33r?2r2.
令函數(shù)gr=23r?2r2?3+4r，g′r=3?4r3r?2r2+4>0，所以gr是增函數(shù).
又因為g160，所以?r0∈16,12，gr0=0，
所以r∈16,r0，gr0，
即r∈16,r0，f′r0，
所以fr在16,r0上單調(diào)遞減，在r0,12上單調(diào)遞增.
因為f16=f12=23，所以frmax=23，即這兩個球體的半徑之和的最大值為23.
由①可得R2+r2=?12R+r2?6R+r+3，
這兩個球體的表面積之和為4πR2+r2=?2πR+r2?6R+r+3.
令x=R+r≤23，函數(shù)y=?2πx2?6x+3在0,23上單調(diào)遞增，
所以ymax=?2π×232?6×23+3=10π9，即這兩個球體的表面積之和的最大值為10π9.
故選：D．
【題型3 體積、面積、周長、距離的最值與范圍問題】
【例3】（2024·廣東佛山·模擬預(yù)測）如圖，在△ABC中，AC邊上的高為BH，且BH=AH=3，CH=6，矩形DEFG的頂點D，G分別在邊BA，BC上，E，F(xiàn)都在邊AC上，以AC為軸將△ABC旋轉(zhuǎn)一周，則矩形DEFG旋轉(zhuǎn)形成的幾何體的最大體積為（）
A．818πB．232πC．12πD．18π
【解題思路】設(shè)DE=a0

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