资源简介

(共32张PPT)专题14 立体几何常见压轴小题全归纳2024高考二轮复习01020304目录CONTENTS考情分析知识建构核心考点方法技巧真题研析01PART ONE考情分析稿定PPT稿定PPT，海量素材持续更新，上千款模板选择总有一款适合你02高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上．稿定PPT稿定PPT，海量素材持续更新，上千款模板选择总有一款适合你考点要求 考题统计 考情分析球与截面面积问题 2021年天津卷第6题，5分 2018年I卷第12题，5分 【命题预测】预测2024年高考，多以小题形式出现，也有可能会将其渗透在解答题的表达之中，相对独立．具体估计为：（1）以选择题或填空题形式出现，考查学生的综合推理能力．（2）热点是简单几何体的表面积或体积，最短路径问题，截面问题．最值与范围问题 2023年甲卷第16题，5分 2022年乙卷第9题，5分 2022年I卷第8题，5分 2021年上海卷第9题，5分 角度问题 2023年天津卷第8题，5分 2023年乙卷第9题，5分 2022年浙江卷第8题，4分 2022年甲卷第9题，5分02PART TWO知识建构03PART THREE方法技巧真题研析1、几类空间几何体表面积的求法（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和．（2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补．2、几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为，在求解锥体体积时，不能漏掉3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形．4、球的截面问题球的截面的性质：①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离与球的半径及截面的半径的关系为．注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的目的．5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及某些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模（为平面的斜线与平面内任意一条直线所成的角，为该斜线与该平面所成的角，为该斜线在平面上的射影与直线所成的角）．7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：（1）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；（2）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；（3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读 一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．1．（2023 天津）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为A． B． C． D．2．（2021 天津）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为A． B． C． D．3．（2018 新课标Ⅰ）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为A． B． C． D．4．（多选题）（2023 新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：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BBBABD04PART FOUR核心考点【例1】（2023·全国·模拟预测）球缺是指一个球被平面截下的部分，截面为球缺的底面，垂直于截面的直径被截面截得的线段长为球缺的高，球缺曲面部分的面积（球冠面积）（为球的半径，为球缺的高）．已知正三棱柱的顶点都在球的表面上，球的表面积为，该正三棱柱的体积为，若的边长为整数，则球被该正三棱柱上、下底面所在平面截掉两个球缺后剩余部分的表面积为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】设球的半径为，则，得．设正三棱柱的高为，底面边长为，则，得，则球被截掉的两个球缺的高均为1，每个球冠的面积为，又外接圆的半径为故所求表面积为．故选：D考点题型一：球与截面面积问题【对点训练1】 （2023·海南海口·海南中学校考二模）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着“圆柱容球”，即：一个圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．如图是一个圆柱容球，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则平面DEF截球所得的截面面积最小值为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，过作于，如图所示：则由题可得，设平面截得球的截面圆的半径为，当EF在底面圆周上运动时，到平面的距离所以所以平面截得球的截面面积最小值为，故D正确；故选：D．考点题型一：球与截面面积问题【例2】（2023·北京·人大附中模拟预测）已知正方体为对角线上一点（不与点重合），过点作垂直于直线的平面，平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论不正确的是（）A．只可能为三角形或六边形B．平面与平面的夹角为定值C．当且仅当为对角线中点时，的周长最大 D．当且仅当为对角线中点时，的面积最大【答案】C【解析】如下图，在正方体中，体对角线与平面，平面，平面都垂直，由图可知，在平面运动过程中只可能为三角形或六边形，故A正确；由题可知平面与都垂直，所以平面在移动过程中都是平行平面，与平面的夹角为定值，故B正确；如下图，当为对角线中点时，为正六边形，而三角形为等边三角形，根据中位线定理，可得两个截面周长相等，故C错误；由图可得，当为对角线中点时，为正六边形，设边长，面积为，当向下刚开始移动时，为六边形，结合图形可知两邻边一条增大，一条减小且变化量相等，设，而且所有六边形的高都相等且等于，两邻边夹角都为，则六边形梯形，当为三角形时面积最大为，所以当且仅当为对角线中点时，的面积最大，故D正确．故选：C．考点题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题【对点训练2】（2023·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体中，，，分别为，的中点，，分别为棱，上的动点，则三棱锥的体积（）A．存在最大值，最大值为B．存在最小值，最小值为C．为定值D．不确定，与，的位置有关【答案】C【解析】如下图，连接，在正方体中，，分别为，的中点，可得，，所以当在棱移动时，到平面的距离为定值，当在棱移动时，到的距离为定值，所以为定值，则三棱锥的体积为定值．平面即平面，作，由于，可得平面MABN，由，可得，而，．故选：C．考点题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题【例3】 （2022 新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是A．， B．， C．， D．，【答案】【解析】如图所示，正四棱锥各顶点都在同一球面上，连接与交于点，连接，则球心在直线上，连接，设正四棱锥的底面边长为，高为，在中，，即，球的体积为，球的半径，在中，，即，，，，又，，该正四棱锥体积，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，（4），又，，且，，即该正四棱锥体积的取值范围是，，故选：．考点题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题【对点训练3】（2023·全国·高三专题练习）已知某正四棱锥的体积是，该几何体的表面积最小值是，我们在绘画该表面积最小的几何体的直观图时所画的底面积大小是，则和的值分别是（）A．3； B．4； C．4； D．3；【答案】C【解析】如图，O为底面ABCD的中心，E为BC的中点，连接PO，OE，设该正四棱锥底面边长为，高为，且，由题意，．易有，，则，所以，，将代入并化简得：，于是，．当且仅当时，取“=”．易知，此时底面ABCD直观图的面积．故选：C．考点题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题【例4】（2023·北京海淀·高二中央民族大学附属中学校考开学考试）已知在长方体中，，，记平面和平面的交线为，已知二面角的大小为60°，则的值为（）A． B．1 C． D．2【答案】C【解析】如图所示：连接，，故四点共面，故平面和平面的交线为，平面，平面，故，又，平面，平面，故二面角的大小为，．故选：C考点题型四：立体几何中的交线问题【对点训练4】（2023·广东广州·高三统考阶段练习）已知三棱锥的棱，，两两互相垂直，，以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为三棱锥的棱，，两两互相垂直，，所以球与三棱锥的表面的交线均为以点为顶点，半径为，圆心角为的圆弧，其长度为，设点到平面的距离为，因为，所以是边长为的等边三角形，由可得，解得，所以球与表面的交线为以的中心为圆心，半径为的圆，其长度为，因为，所以以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为，故选：D考点题型四：立体几何中的交线问题【例5】（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱中，，，，是线段上的动点，则的最小值是．【答案】【解析】因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以四边形是正方形，所以，如图，将沿展开，使与在同一平面内，则即为的最小值，，由余弦定理得，所以的最小值是．故答案为：．考点题型五：空间线段以及线段之和最值问题【对点训练5】（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）在棱长为3的正方体中，点E满足，点F在平面内，则|的最小值为．【答案】【解析】以点D为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，因为，，且，则平面，又因为平面，所以，同理得平面，因为平面，所以，因为，且平面，所以平面，记与平面交于点H，连接，，，且，则，可得，由得点关于平面对称的点为，所以的最小值为．故答案为：．考点题型五：空间线段以及线段之和最值问题【例6】（2023·浙江台州·高三期末）已知在正方体中，点为棱的中点，直线在平面内．若二面角的平面角为，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】连接AE，取AE的中点P，过点P作FG⊥AE交CD于点F，交AB于点G，设正方体棱长为2，由勾股定理可知：，，同理，取的中点，连接，取的中点，过点作MN⊥交于点M，交于点N，则直线即为直线，此时，MF⊥CD，NG⊥AB，OP⊥底面ABCD，因为FG平面ABCD，所以OP⊥FG，因为AE∩OP=P，所以FG⊥平面AOP，连接OA，OE，因为OA平面AOP，所以OA⊥FG，因为MN∥FG，所以OA⊥MN，同理可证：OE⊥MN，所以即为二面角的平面角，由对称性可知：此角即为二面角的平面角的最大值，且，其中，由勾股定理得：，所以，则故选：B考点题型六：空间角问题【对点训练6】（2023·全国·高三专题练习）在三棱台中，底面BCD，，，．若A是BD中点，点P在侧面内，则直线与AP夹角的正弦值的最小值是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，分别取的中点，连接，取的中点，连接由三棱台的性质知，且，所以四边形为平行四边形，又，，故直线与AP的夹角为直线与AP的夹角，要使直线与AP夹角的正弦值最小，需点到AP的距离最小，又点P在侧面内，则需点到AP的距离最小，即点到面的距离，设点到面的距离为，利用等体积法知即，即，在直角中，，，又在中，，，，，又设直线与AP夹角的最小值为，则故选：B考点题型六：空间角问题【例7】（2023·四川泸州·三模）已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（）A．6π B．30π C． D．【答案】D【解析】依题意得，设底面等腰直角三角形的边长为，三棱锥的体积解得：的外接圆半径为球心到底面的距离为，又顶点P到底面ABC的距离为3，顶点的轨迹是一个截面圆的圆周当球心在底面和截面圆之间时，球心到该截面圆的距离为，截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；当球心在底面和截面圆同一侧时，球心到该截面圆的距离为，截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；综上所述，顶点P的轨迹的总长度为故选：D．考点题型七：轨迹问题【对点训练7】（2023·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体，P为平面内一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为．若，则点P的轨迹是（）A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线【答案】D【解析】连接AC交BD于O，取中点，连接以O为原点，分别以OA、OB、所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图：令正方体边长为2，则，面的一个法向量为，面的一个法向量为则，故二面角的大小为又二面角的大小，则或由，，可得又整理得即，是双曲线．故选：D考点题型七：轨迹问题【例8】（2023·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各项点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为．已知多面体的顶点数V，棱数E，面数F满足，则八面体的总曲率为（） A． B． C． D．【答案】C【解析】设每个面记为边形，则所有的面角和为，根据定义可得该类多面体的总曲率．故选：C．考点题型八：以立体几何为载体的情境题【对点训练8】（2023·湖南岳阳·高二统考期末）碳（）是一种非金属单质，它是由个碳原子构成，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2，则其六元环的个数为（）．A．12 B．20 C．32 D．60【答案】B【解析】根据题意， 碳（）由个顶点，有个面，由顶点数－棱数＋面数＝2可得：棱数为，设正五边形有个，正六边形有个，则，解得：，所以六元环的个数为个，故选：B．考点题型八：以立体几何为载体的情境题【例9】（2023·上海静安·高二校考阶段练习）如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下面说法中正确的序号是（）①是定值②存在某个位置，使③存在某个位置，使 ④不在底面上时，则平面A．①② B．①④ C．①③ D．②④【答案】B【解析】取中点，连接，∵是中点，所以且，又是矩形的边的中点，则且，∴且，∴是平行四边形，∴且，显然的长是定值，因此是定值，①，而不在底面上时，平面，平面，∴平面，④正确；在等腰直角中，，因此与不可能垂直，即与不可能垂直，③错误；若，取中点，连接，显然，又，平面，∴平面，又平面，∴，但在矩形中，可得，，即，∴不成立，③错误，故选：B．考点题型九：翻折问题【对点训练9】（2023·浙江·高二校联考期中）如图1，在菱形中，，是其对角线，是上一点，且，将沿直线翻折，形成四棱锥（如图2），则在翻折过程中，下列结论中正确的是（） A．存在某个位置使得 B．存在某个位置使得C．存在某个位置使得 D．存在某个位置使得【答案】B【解析】对于选项A，沿翻折，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；对于选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角变化范围是，故存在某个位置使得，故B正确；对于选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围是，故不存在某个位置使得，故C错误；对于选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围，由图观察翻折过程中与的夹角变化范围是，所以不存在某个位置使得，故D错误．故选：B．考点题型九：翻折问题

展开