2022届高考数学一轮复习专题提能立体几何中的高考热点求解策略学案理含解析北师大版

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B1CD1

B．存在点P，使得AC1⊥平面A1DP

C．S1，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，S1≠S2

D．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BD∥B1D1，BD⃘平面B1CD1，B1D1平面B1CD1，所以BD∥平面B1CD1．同理A1B∥平面B1CD1，又BD∩A1B＝B，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A1D⊥AD1，又C1D1⊥平面ADD1A1，A1D平面ADD1A1，所以A1D⊥C1D1，又C1D1∩AD1＝D1，所以A1D⊥平面AC1D1，所以AC1⊥A1D．同理AC1⊥A1B，又A1D∩A1B＝A1，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使得S1＝S2．

对于选项D，易知△A1AP≌△DAP，所以DP＝A1P，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，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C1G∥D1E．同理可得C1H∥CF．

因为C1H∩C1G＝C1，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）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CE＝A1F，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＝1×1＝1，

在上面的投影面积S上

＝D′E′×1＝DE×1＝DE，

在左面的投影面积S左

＝B′E′×1＝CE×1＝CE，

所以四边形D1FBE所围成的图形（如图所示阴影部分）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S＝S后＋S上＋S左＝1＋DE＋CE＝1＋CD＝2．

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AD＝DB＝AC＝CB＝1，则四面体ABCD体积的最大值是（　　）

A．　　　 B． 

C．　　　　 D．

[解析]　如图，取AB的中点E，连接CE，DE，

设AB＝2x（0＜x＜1），则CE＝DE＝，

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V＝××2x××＝x－x3．

所以V′＝－x2．令V′＝0，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，设∠CED＝θ，则V＝VA­CED＋VB­CED＝S△CED×AB＝×CE×ED×ABsin θ，显然当θ＝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（　　）

A．π　　　 B．π 

C．π　　　　 D．π

[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h＝－r．

故圆柱的侧面积S侧＝2πrh＝2πr＝πr（2－r）＝π[－（r－1）2＋1]，

当r＝1时，S侧取得最大值，为π．

[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（　　）

A．　　　　 B．

C．1  D．

解析：取AC中点O，连接D′O（图略）．

设∠ABC＝α，则α∈（0，π），所以D′O＝ADcos ＝2cos ，S△ABC＝×2×2sin α＝2sin α．

因为D′O⊥平面ABC，所以V四面体ABCD′＝S△ABC×D′O＝sin αcos ＝sin cos2＝sin

．

设t＝sin ，则0＜t＜1，V四面体ABCD′＝（t－t3）．

设f（t）＝（t－t3），0＜t＜1，则f′（t）＝（1－3t2），0＜t＜1．

所以当0＜t＜时，f′（t）＞0，f（t）单调递增；当＜t＜1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：A

2．（2021·惠州调研）在三棱锥A­BCD中，底面BCD是直角三角形且BC⊥CD，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16π，则三棱锥A­BCD体积的最大值为_________．

解析：如图，过点C作CH⊥BD于H．由外接球的表面积为16π，可得外接球的半径为2，则AB＝4．因为AB为外接球的直径，所以∠BDA＝90°，∠BCA＝90°，即BD⊥AD，BC⊥CA，又BC⊥CD，CA∩CD＝C，所以BC⊥平面ACD，所以BC⊥AD，又BC∩BD＝B，所以AD⊥平面BCD，所以平面ABD⊥平面BCD，又平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CH⊥平面ABD．设AD＝x（0＜x＜4），则BD＝．在△BCD中，BD边上的高CH＝1，所以V三棱锥A­BCD＝V三棱锥C­ABD＝××x××1＝，当x2＝8时，V三棱锥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AN＋MN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．  B．

C．  D．

[解析]　

如图，在PC上取点M′，使得PM＝PM′，连接NM′，则MN＝M′N，AN＋MN＝AN＋M′N，

则当A，N，M′三点共线时，AN＋M′N最小，为AM′，当AM′⊥PC时，AM′取得最小值，即AN＋NM′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PA＝AC＝2，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）2＋1，解得r＝，

因此外接球的表面积S＝4πr2＝．

[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AP＝AB＝AC＝．若点D，E分别在棱PB，PC上运动（都不含端点），则AD＋DE＋EA的最小值为_________．

解析：由AP，AB，AC两两垂直，且AP＝AB＝AC＝，

得PB＝PC＝BC＝2，∠APB＝∠APC＝45°．

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A′A″，与PB交于点D′，与PC交于点E′，易知此时A′D′＋D′E′＋E′A″的值最小，即AD＋DE＋EA的值最小，

则AD＋DE＋EA的最小值为A′A″＝＝＝1＋．

答案：1＋

2．正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上一动点，BP＋PE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BP＋PE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（）2＝x2＋－2·x··cos ，解得x＝2．

所以正方体的棱长为2，正四面体的体积V＝V正方体－4×××2×2×2＝．

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＝4×S△ABC×r，

整理得＝4××r××（2）2sin ，解得r＝．

所以该四面体内切球的体积V′＝πr3＝π＝．

答案：