2024年高考数学重难点突破讲义：微切口3　长方体模型的开发利用

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：微切口3　长方体模型的开发利用，共13页。

提取(提取部分信息生成空间问题)
例1 (多选)如图，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则( BC )
(例1)
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为 eq \f(9,2)
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
【解析】 对于A，假设D1D⊥AF，因为D1D⊥AE且AE∩AF＝A，所以DD1⊥平面AEF，所以DD1⊥EF，所以CC1⊥EF，显然不成立，故A错误．对于B，如图(1)所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，由条件可知GQ∥EF，A1Q∥AE，且GQ∩A1Q＝Q，EF∩AE＝E，所以平面A1GQ∥平面AEF.又因为A1G⊂平面A1GQ，所以A1G∥平面AEF，故B正确．对于C，如图(2)所示，连接D1F，D1A，延长D1F，AE交于点S，因为E，F为BC，C1C的中点，所以EF∥AD1，所以A，E，F，D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1.又因为D1S＝AS＝ eq \r(42＋22)＝2 eq \r(5)，AD1＝2 eq \r(2)，所以S△AD1S＝ eq \f(1,2)×2 eq \r(2)× eq \r((2\r(5))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),2)))\s\up12(2))＝6，所以S梯形AEFD1＝6× eq \f(3,4)＝ eq \f(9,2)，故C正确．对于D，记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，因为VC－AEF＝ eq \f(1,3)·S△AEF·h1＝VA－CEF＝ eq \f(1,3)· eq \f(1×1,2)·2＝ eq \f(1,3)，又因为VG－AEF＝ eq \f(1,3)·S△AEF·h2＝VA－GEF＝ eq \f(1,3)· eq \f(1×2,2)·2＝ eq \f(2,3)，所以h1≠h2，故D错误．
图(1)
图(2)
(例1)
“提取”长方体中有效信息生成概念辨析问题、生成角和距离问题、生成球的切接问题等．通过研究长方体来确定空间几何体的点、线、面的位置关系．如，长方体对角线长与球直径的关系等．
变式1 (多选)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P满足 eq \(DP,\s\up6(→))＝λ eq \(DD1,\s\up6(→))＋μ eq \(DA,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则以下说法正确的是( ACD )
A．当λ＝μ时，BP∥平面CB1D1
B．当μ＝ eq \f(1,2)时，存在唯一点P使得DP与直线CB1的夹角为 eq \f(π,3)
C．当λ＋μ＝1时，CP长度的最小值为 eq \f(\r(6),2)
D．当λ＋μ＝1时，CP与平面BCC1B1所成的角不可能为 eq \f(π,3)
【解析】 对于A，如图(1)，当λ＝μ时， eq \(DP,\s\up6(→))＝λ( eq \(DD1,\s\up6(→))＋ eq \(DA,\s\up6(→)))＝λ eq \(DA1,\s\up6(→))，即点P在线段DA1上．利用正方体的性质，易证平面A1BD∥平面CB1D1，BP⊂平面A1BD，所以BP∥平面CB1D1，故A正确；对于B，当μ＝ eq \f(1,2)时， eq \(DP,\s\up6(→))＝λ eq \(DD1,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2) eq \(DA,\s\up6(→))⇒ eq \(PA,\s\up6(→))＋ eq \(PD,\s\up6(→))＝2λ eq \(D1D,\s\up6(→))，如图(2)，设AD的中点为H，则 eq \(PH,\s\up6(→))＝λ eq \(D1D,\s\up6(→))，即PH∥D1D，即点P为A1D中点，此时DP∥CB1，故B错误；对于C，如图(3)，当λ＋μ＝1时，可知P，D1，A三点共线，在正三角形ACD1中，当点P为AD1中点时，CP最小，此时CP⊥AD1，CP＝ eq \r(CA2－AP2)＝ eq \r((\r(2))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(6),2)，故CP长度的最小值为 eq \f(\r(6),2)，故C正确；对于D，如图(4)，当λ＋μ＝1时，可知P，D1，A三点共线，点P在平面BCC1B1内的射影为Q在线段BC1上，则∠PCQ为CP与平面BCC1B1所成的角，sin ∠PCQ＝ eq \f(PQ,PC)＝ eq \f(1,PC)，易知PC∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\r(2)))，所以sin ∠PCQ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(6),3)))，而sin eq \f(π,3)＝ eq \f(\r(3),2)＞ eq \f(\r(6),3)，所以CP与平面BCC1B1所成的角不可能为 eq \f(π,3)，故D正确．

图(1) 图(2) 图(3) 图(4)
(变式1)
嵌入或补形(将几何体嵌入或补形为长方体)
例2 在正四面体ABCD中，棱长为 eq \r(10)，则该四面体的体积V＝__ eq \f(5\r(5),3)__.
(例2)
【解析】 如图，将正四面体ABCD嵌入到正方体中，并且满足AB＝CD＝AC＝BD＝ eq \r(10)，现设AP＝AQ＝AR＝x，则x＝ eq \r(5)，故V四面体ABCD＝V正方体－4VC－APB＝5 eq \r(5)－4× eq \f(1,3)× eq \r(5)× eq \f(1,2)× eq \r(5)× eq \r(5)＝ eq \f(5\r(5),3).
“嵌入”：将几何体嵌入正(长)方体或将正(长)方体嵌入其他几何体，可以将不规则图形转化为规则图形来处理，同时，可以减少运算量．
变式2 在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝2 eq \r(3)，AB＝1，AC＝ eq \r(3)，BC＝2，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为__16π__.
(变式2)
【解析】 因为AB＝1，AC＝ eq \r(3)，BC＝2，所以BC2＝AB2＋AC2，所以AB⊥AC.因为PA⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC.将三棱锥P－ABC补形为长方体，如图，则三棱锥P－ABC的外接球就是长方体ABDC－PEFG的外接球，所以该球的半径为 eq \f(1,2) eq \r((2\r(3))2＋12＋(\r(3))2)＝2，所以三棱锥P－ABC的外接球的表面积为4π·22＝16π.
截面(让长方体的某些元素动起来)
例3 (1) 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝3，点E，F分别是AB，AA1的中点，点E，F，C1∈平面α，直线A1D1∩平面α＝P，则直线BP与直线CD1所成角的余弦值是( B )
A． eq \f(\r(3),3)B． eq \f(2\r(2),3)
C． eq \f(\r(3),9)D． eq \f(\r(78),9)
【解析】 如图，延长EF与B1A1交于点G，连接C1G，则C1G与A1D1交于点P，易知 eq \f(A1G,GB1)＝ eq \f(A1P,B1C1)＝ eq \f(1,3)，连接BA1，则BA1∥CD1，所以异面直线BP与CD1所成角为∠PBA1.在Rt△PBA1中，PA1＝1，A1B＝2 eq \r(2)，PB＝3，则cs ∠PBA1＝ eq \f(A1B,BP)＝ eq \f(2\r(2),3).
(例3(1))
(2) (2023·襄阳模拟)(多选)用一个平面去截正方体，则截面可能是( BCD )
A．直角三角形B．等边三角形
C．正方形D．正六边形
【解析】 对于A，一个平面与正方体共点的3个面相交，截面为三角形，此三角形不可能是直角三角形，如图(1)，截面为△ABC，点O为正方体的顶点，在三棱锥O－ABC中，OA，OB，OC两两垂直，若△ABC为直角三角形，不妨令∠BAC＝90°，则BC2＝AB2＋AC2，而BC2＝OB2＋OC2，AB2＝OA2＋OB2，AC2＝OC2＋OA2，因此2OA2＝0，矛盾，故A错误；对于B，当截面为图(2)所示的△ABC时，截面为等边三角形，故B正确；对于C，当截面与正方体的底面平行时，截面为正方形，如图(3)所示，故C正确；对于D，一个平面与正方体的6个面相交，截面为六边形，此六边形可能是正六边形，如图(4)，N，P，Q，R，S，T为所在棱的中点，顺次连接得正六边形，故D正确．

图(1) 图(2) 图(3) 图(4)
(例3(2))
截面：作截面的几种方法
①直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程．
②延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点．
③平行线法：过直线与直线外一点作截面，则直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体的截面的交线．
如，正方体中的基本截面类型：
变式3 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E是侧棱AA1的中点，则平面B1CE截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面图形的周长是__3 eq \r(2)＋2 eq \r(5)__.
(变式3)

(变式3(1))
【解析】 如图(1)，设F为AD中点，连接EF，FC，A1D.在正方体中，A1B1∥DC，A1B1＝DC，则四边形A1B1CD为平行四边形， 有A1D∥B1C，A1D＝B1C，又F为AD中点，E是AA1中点，则EF∥A1D且EF∥B1C，则平面B1CE截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面图形为梯形B1CFE，其中B1C＝ eq \r(4＋4)＝2 eq \r(2)，EF＝ eq \r(1＋1)＝ eq \r(2)，CF＝B1E＝ eq \r(4＋1)＝ eq \r(5)，则梯形B1CFE的周长为3 eq \r(2)＋2 eq \r(5)，即所得的截面图形的周长是3 eq \r(2)＋2 eq \r(5).
固能力触类旁通
1．据《九章算术》记载，“鳖臑”为四个面都是直角三角形的三棱锥．如图所示，现有一个“鳖臑”，PA⊥底面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝2，则三棱锥P－ABC外接球表面积为( B )
A．10πB．12π
C．14πD．16π
(第1题)

(第1题(1))
【解析】 如图(1)，将三棱锥补形为正方体，则外接球半径R＝ eq \f(PC,2)＝ eq \f(\r(AP2＋AB2＋BC2),2)＝ eq \f(\r(4＋4＋4),2)＝ eq \r(3)，所以三棱锥P－ABC外接球表面积S＝4πR2＝4π×3＝12π.
2．(2023·新乡三模)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，过A，D1，E三点的截面把正方体ABCD－A1B1C1D1分成两部分，则这两部分中大的体积与小的体积的比值为( A )
A． eq \f(17,7)B． eq \f(13,7)
C． eq \f(7,3)D． eq \f(7,4)
(第2题)
【解析】 如图(1)，连接BC1，设平面AD1E与平面BCC1B1交于EF, 因为平面BCC1B1∥平面ADD1A1，平面AD1E∩平面ADD1A1＝AD1，则EF∥AD1，又AD1∥BC1，则EF∥BC1.因为E是棱CC1的中点，所以F是BC的中点．则S1＝S△CEF＝ eq \f(1,2)×1×1＝ eq \f(1,2)，S2＝S△ADD1＝ eq \f(1,2)×2×2＝2，h＝CD＝2，VCEF－ADD1＝ eq \f(1,3)(S1＋S2＋ eq \r(S1S2))h＝ eq \f(1,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2＋1))×2＝ eq \f(7,3)，V剩余＝V正方体－VCEF－ADD1＝8－ eq \f(7,3)＝ eq \f(17,3)，故 eq \f(17,3)÷ eq \f(7,3)＝ eq \f(17,7).
(第2题(1))
3．(2023·海淀三模)如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为线段D1B1上的动点，N为线段AC上的动点，则与线段DB1相交且互相平分的线段MN有( B )
(第3题)
A．0条B．1条
C．2条D．3条
【解析】 如图(1)，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M∈D1B1，而D1B1⊂平面D1B1D，即有M∈平面D1B1D.又MN与线段DB1相交，则交点必在直线DB1上，而DB1⊂平面D1B1D，于是MN⊂平面D1B1D，N∈平面D1B1D.因为N∈AC，AC⊂平面ABCD，即N∈平面ABCD，而平面D1B1D∩平面ABCD＝BD，因此N∈BD，即点N为AC，BD的交点O.又线段DB1与MN互相平分，取DB1的中点E，连接OE并延长交D1B1于O1，显然EO∥BB1∥DD1，于是O1为D1B1的中点，所以当点N与O重合，点M与O1重合时，MN与线段DB1相交且互相平分，这样的直线MN只有1条．
(第3题(1))
4．(2023·商丘联考)某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是( B )

A．该几何体的面是等边三角形或正方形
B．该几何体恰有12个面
C．该几何体恰有24条棱
D．该几何体恰有12个顶点
【解析】 据图可得该几何体的面是等边三角形或正方形，A正确；该几何体恰有14个面，B不正确；该几何体恰有24条棱，C正确；该几何体恰有12个顶点，D正确．
5．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝ eq \f(BB1,2)，点E在线段CC1上， eq \f(EC,CC1)＝λ(0≤λ≤1)，平面α过线段AA1的中点以及点B1，E，若平面α截长方体所得截面为平行四边形，则实数λ的取值范围是( D )
A．[0，1]B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
(第5题)
【解析】 设AB＝BC＝ eq \f(BB1,2)＝1，则BB1＝2，设线段AA1的中点为M，平面α与DD1交于点G，连接GE，若平面α截长方体ABCD－A1B1C1D1所得截面为平行四边形，即四边形MGEB1是平行四边形，所以MG∥EB1，随着点E从C1向C移动，则点G沿着D1D向下运动，当点G仍在线段DD1上时，平面α截长方体ABCD－A1B1C1D1所得截面始终是平行四边形，则点G从DD1的中点开始运动，此时E与C1重合，直到点G运动到点D为止，此时E为CC1的中点，所以临界状态为点E为CC1的中点，此时 eq \f(EC,CC1)＝ eq \f(1,2)，所以λ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
6．(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M为AA1的中点，平面α过点D1且与CM垂直，则( ABD )
A．CM⊥BD
B．BD∥平面α
C．平面C1BD∥平面α
D．平面α截正方体所得的截面面积为 eq \f(9,2)
【解析】 如图，连接AC，则AC⊥BD.又因为BD⊥AM，AC∩AM＝A，所以BD⊥平面ACM.又因为CM⊂平面ACM，所以BD⊥CM，故A正确；取AD的中点E，AB的中点F，连接D1E，EF，B1F，DM，B1D1，在正方形ADD1A1中，由平面几何知识可知，DM⊥D1E，又因为CD⊥D1E，CD∩DM＝D，所以D1E⊥平面CDM，所以D1E⊥CM.又因为BD⊥CM，所以B1D1⊥CM.又因为D1E∩B1D1＝D1，所以CM⊥平面B1D1EF，即平面α截正方体所得的截面为梯形B1D1EF，所以显然BD∥平面α，B正确；因为平面AB1D1∥平面BDC1，显然平面C1BD与平面α不平行，故C错误；在梯形B1D1EF中，B1D1＝2 eq \r(2)，EF＝ eq \r(2)，B1F＝D1E＝ eq \r(5)，所以梯形的高为 eq \f(3\r(2),2)，所以梯形B1D1EF的面积为 eq \f(9,2)，即平面α截正方体所得的截面面积为 eq \f(9,2)，故D正确．
7．(多选)如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，下列结论中正确的是( CD )
A．BM与ED平行B．CN与BE是异面直线
C．AF与平面BDM平行D．平面CAN与平面BEM平行
【解析】 由展开图得到正方体的直观图如图(1)，对于A，BM与ED异面，故A错误；对于B，CN与BE平行，故B错误；对于C，因为四边形AFMD是平行四边形，所以AF∥MD，又AF⊄平面BDM，MD⊂平面BDM，所以AF∥平面BDM，故C正确；对于D，显然AC∥EM，又AC⊄平面BEM，EM⊂平面BEM，所以AC∥平面BEM，同理AN∥平面BEM，又AC∩AN＝A，所以平面CAN∥平面BEM，故D正确．
(第7题(1))
8．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为__ eq \f(3\r(3),4)__.
(第8题)
【解析】 正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α是如图所示的与正六边形平行的平面，且截面是正六边形时，α截此正方体所得截面面积最大，此时正六边形的边长为 eq \f(\r(2),2)，α截此正方体所得截面面积最大值为6× eq \f(\r(3),4)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(3\r(3),4).
9．如图，已知在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1C1，B1D1的交点为O1，AC，BD的交点为O2，连接O1O2，点O为O1O2的中点．过点O且与直线AB平行的平面截这个正四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和 eq \r(10)，则正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为__3__.
【解析】 设正四棱柱的底面边长为a，高为h，由题知当截面平行于平面ABCD时，截面面积最小；当截面为平面A1B1CD时，截面面积最大．因为过点O且与直线AB平行的平面截这个正四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1和 eq \r(10)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝1，,a\r(a2＋h2)＝\r(10)，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,h＝3，))于是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为a2h＝3.
10．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点P在线段CB1上，且B1P＝2PC，平面α经过点A，P，C1，则正方体ABCD－A1B1C1D1被平面α截得的截面的面积为__2 eq \r(6)__.
(第10题)

【解析】 如图(1)所示，A，P，C1确定一个平面α，因为平面AA1D1D∥平面BB1C1C，所以AQ∥EC1，同理AE∥C1Q，所以四边形AEC1Q是平行四边形，即为正方体被平面截的截面．因为B1P＝2PC，所以C1B1＝2CE，即EC＝EB＝1，所以AE＝EC1＝ eq \r(5)，AC1＝2 eq \r(3)，由余弦定理得cs ∠AEC1＝ eq \f(AE2＋EC eq \\al(2,1) －AC eq \\al(2,1) ,2AE×EC1)＝－ eq \f(1,5)，所以sin ∠AEC1＝ eq \f(2\r(6),5)，所以S四边形AEC1Q＝2× eq \f(1,2)AE×EC1×sin ∠AEC1＝2 eq \r(6).
(第10题(1))