2022届高考北师大版数学（理）一轮复习学案：专题提能 立体几何中的高考热点求解策略 WORD版含解析.doc

1、立体几何中的高考热点求解策略授课提示：对应学生用书第162页（一）空间几何体中的动态问题1“动态”中研究“特定静态”问题例1如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是体对角线AC1上的动点（点P与A，C1不重合），则下面结论中错误的是（）A存在点P，使得平面A1DP平面B1CD1B存在点P，使得AC1平面A1DPCS1，S2分别是A1DP在平面A1B1C1D1，平面BB1C1C上的正投影图形的面积，对任意点P，S1S2D对任意点P，A1DP的面积都不等于解析连接A1B，BD（图略）对于A选项，当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时成立因为BDB1D1，BD平面B1CD1，B1

2、D1平面B1CD1，所以BD平面B1CD1同理A1B平面B1CD1，又BDA1BB，BD平面A1DP，A1B平面A1DP，所以平面A1DP平面B1CD1对于B选项，当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时成立连接AD1，则A1DAD1，又C1D1平面ADD1A1，A1D平面ADD1A1，所以A1DC1D1，又C1D1AD1D1，所以A1D平面AC1D1，所以AC1A1D同理AC1A1B，又A1DA1BA1，A1D平面A1DP，A1B平面A1DP，所以AC1平面A1DP对于选项C，在点P从AC1的中点向点A运动的过程中，S1从减小且逐渐趋向于0，S2从0增大且逐渐趋向于，在此过程中，必有某个点P

3、使得S1S2对于选项D，易知A1APDAP，所以DPA1P，即三角形A1PD是等腰三角形，所以当P到A1D中点的距离最小时，三角形A1DP的面积最小，设E为A1D的中点，连接PE，又P在AC1上，A1D和AC1异面，所以当PE是两异面直线的公垂线段时，P到A1D中点的距离最短，此时PE，而A1D，所以A1DP的面积的最小值为Smin，所以对任意点P，A1DP的面积都不等于答案C本题通过P在体对角线AC1上的“动”考查了面面平行、线面垂直、投影图形的面积等问题，实现了一题多考2“动态”中研究“轨迹”问题例2（2021蚌埠模拟）如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1

4、，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M平面CD1EF，则M点的轨迹长度为_解析如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1GD1E同理可得C1HCF因为C1HC1GC1，所以平面C1GH平面CD1EF由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH答案本题通过对点的轨迹的探索，考查了线面平行，实现了解析几何问题与立体几何的交汇解决此类问题的方法一般是将空间问题平面化，同时要结合常见曲线的定义，探索轨迹类型对点训练（2021北京朝阳区模拟

5、）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为线段CD和A1B1上的动点，且满足CEA1F，则四边形D1FBE（如图中阴影部分所示）在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和（）A有最小值B有最大值C为定值3 D为定值2解析：分别在后、上、左三个平面得到该四边形的投影，求其面积和即可依题意，设四边形D1FBE的四个顶点在后面、上面、左面的投影点分别为D，F，B，E，则四边形D1FBE在上面、后面、左面的投影分别如上图所以在后面的投影的面积为S后111，在上面的投影面积S上DE1DE1DE，在左面的投影面积S左BE1CE1CE，所以四边形D1FBE所围成的图形（如图所示阴影部

6、分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和SS后S上S左1DECE1CD2答案：D（二）空间几何体中的最值（范围问题）1目标函数法求最值例3在四面体ABCD中，若ADDBACCB1，则四面体ABCD体积的最大值是（）AB CD解析如图，取AB的中点E，连接CE，DE，设AB2x（0x1），则CEDE，所以当平面ABC平面ABD时，四面体ABCD的体积最大，此时，四面体ABCD的体积V2xxx3所以Vx2令V0，得x当x时，V单调递增，当x时，V单调递减，则当x时，V有最大值，Vmax答案A该题中四面体ABCD的体积等于锥体BCED和锥体ACED的体积之和，而AB与平面CED垂直，

7、设CED，则VVACEDVBCEDSCEDABCEEDABsin ，显然当90时，V取得最大值，而CED就是二面角CABD的平面角，故当CE与DE垂直，即平面ABC平面ABD的时候，四面体的体积取得最大值例4已知一个几何体的三视图如图所示，则被挖去的几何体的侧面积的最大值为（）AB CD解析根据三视图知，圆锥内部被挖去的部分为一个圆柱，设圆柱的高为h，底面半径为r，则，所以hr故圆柱的侧面积S侧2rh2rr（2r）（r1）21，当r1时，S侧取得最大值，为答案A根据条件设出变量，求出几何体的体积或面积表达式，然后转化为函数最值问题求解即可题组突破1如图所示，菱形ABCD的边长为2，现将ACD沿

8、对角线AC折起使平面ACD平面ACB，则此时空间四面体ABCD体积的最大值为（）ABC1 D解析：取AC中点O，连接DO（图略）设ABC，则（0，），所以DOADcos 2cos ，SABC22sin 2sin 因为DO平面ABC，所以V四面体ABCDSABCDOsin cos sin cos2sin 设tsin ，则0t1，V四面体ABCD（tt3）设f（t）（tt3），0t1，则f（t）（13t2），0t1所以当0t时，f（t）0，f（t）单调递增；当t1时，f（t）0，f（t）单调递减所以当t时，f（t）取得最大值所以四面体ABCD体积的最大值为答案：A2（2021惠州调研）在三棱锥AB

9、CD中，底面BCD是直角三角形且BCCD，斜边BD上的高为1，三棱锥ABCD的外接球的直径是AB，若该外接球的表面积为16，则三棱锥ABCD体积的最大值为_解析：如图，过点C作CHBD于H由外接球的表面积为16，可得外接球的半径为2，则AB4因为AB为外接球的直径，所以BDA90，BCA90，即BDAD，BCCA，又BCCD，CACDC，所以BC平面ACD，所以BCAD，又BCBDB，所以AD平面BCD，所以平面ABD平面BCD，又平面ABD平面BCDBD，所以CH平面ABD设ADx（0x4），则BD在BCD中，BD边上的高CH1，所以V三棱锥ABCDV三棱锥CABDx1，当x28时，V三棱锥

10、ABCD有最大值，故三棱锥ABCD体积的最大值为答案：2几何法求最值例5如图，在四棱锥PABCD中，顶点P在底面的投影O恰为正方形ABCD的中心，且AB，设点M，N分别为线段PD，PO上的动点，已知当ANMN取最小值时，动点M恰为PD的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A BC D解析如图，在PC上取点M，使得PMPM，连接NM，则MNMN，ANMNANMN，则当A，N，M三点共线时，ANMN最小，为AM，当AMPC时，AM取得最小值，即ANNM的最小值因为此时M恰为PD的中点，所以M为PC的中点，所以PAAC2，因此PO易知外接球的球心在四棱锥内部，设外接球的半径为r，则r2（r）21，

11、解得r，因此外接球的表面积S4r2答案B根据几何体的结构特征，先确定体积表达式中的常量与变量，然后利用几何知识，直接判断变量取值的最值，从而确定体积的最值题组突破1（2021广州模拟）如图所示，在三棱锥APBC中，AP，AB，AC两两垂直，且APABAC若点D，E分别在棱PB，PC上运动（都不含端点），则ADDEEA的最小值为_解析：由AP，AB，AC两两垂直，且APABAC，得PBPCBC2，APBAPC45如图所示，将棱PA，AB，AC剪开，将平面APB与平面APC翻折到平面PBC上，连接AA，与PB交于点D，与PC交于点E，易知此时ADDEEA的值最小，即ADDEEA的值最小，则ADDEEA的最小值为AA1答案：12正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上一动点，BPPE的最小值为，则该四面体内切球的体积为_解析：如图甲所示，在正方体中作出一个正四面体ABCD，将正三角形ABC沿AC边翻折，使平面ABC与平面ACD在同一平面内，示意图如图乙要使得BPPE最小，则B，P，E三点共线，此时BE设正四面体的棱长为x，在三角形ABE中，由余弦定理可得（）2x22xcos ，解得x2所以正方体的棱长为2，正四面体的体积VV正方体4222设正四面体内切球的半径为r，由等体积法可得V正四面体4SABCr，整理得4r（2）2sin ，解得r所以该四面体内切球的体积Vr3答案：