2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划1　空间想象——立体几何问题的几种策略

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是指将某图形移到适当位置，使不在同一平面的元素集中到一个平面内，再利用平面几何知识进行研究．
例1 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，若BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成的角的余弦值为__eq \f(\r(,30),10)__．
(例1)
【解析】 如图，连接D1F1，取BC的中点E，连接AE，EF1．因为D1F1∥B1C1∥BE，且D1F1＝eq \f(1,2)B1C1＝BE，所以四边形D1F1EB为平行四边形，于是EF1∥BD1，所以∠EF1A是BD1与AF1所成的角(或补角)．设BC＝2，则AE＝eq \r(,5)，AF1＝eq \r(,5)，BD1＝EF1＝eq \r(,6)，由余弦定理得cs∠EF1A＝eq \f(\r(,30),10)．
(例1)
割
当给出的几何体较复杂，有关的计算公式无法直接运用或计算繁杂时，可以适当分割几何体，化整为零，从而迅速求解．
例2 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，E，F分别为棱AA1与CC1的中点，则四棱锥A1－EBFD1的体积为__eq \f(a3,6)__．
【解析】 如图，连接EF，则有VA1－EBFD1＝VA1－EBF＋VA1－EFD1＝VF－EBA1＋VF－A1ED1＝eq \f(1,6)a3．
(例2)
变式2 如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，DB⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5，则此几何体的体积为__96__．
(变式2)
【解析】 如图，取CM＝AN＝BD，连接DM，MN，DN，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥，所以V几何体＝V三棱柱＋V四棱锥．由题知三棱柱ABC－NDM的体积为V1＝eq \f(1,2)×8×6×3＝72，四棱锥D－MNEF的体积为V2＝eq \f(1,3)×S梯形MNEF×DN＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(1＋2)×6×8＝24，所以此几何体的体积为V＝V1＋V2＝72＋24＝96．
(变式2)
补
将几何体补出适当的部分，变到比较熟悉的或者比较简单的几何体，再去进行求解．
例3 在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝2，则此四棱锥的外接球的表面积为__12π__．
【解析】 将四棱锥P－ABCD补成正方体如图，则此四棱锥的外接球即为正方体的外接球，正方体的对角线长为eq \r(,22＋22＋22)＝2eq \r(,3)，所以四棱锥的外接球的直径为2eq \r(,3)，所以四棱锥的外接球的表面积为4π(eq \r(,3))2＝12π．
(例3)
折
将平面图形按一定规则折叠成立体图形，再对立体图形的位置和数量关系进行论证和计算，这就是折叠问题．一般位于折线一边的点、线间的位置关系和数量关系不变，位于折线两边的点、线间的位置关系、数量关系和位置关系要发生变化．
例4 (多选)已知等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，如图，△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形，下列说法中正确的是( ABC )
(例4)
A．AC∥平面A′DF
B．平面A′GF⊥平面BCED
C．动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上
D．异面直线A′E与BD不可能垂直
【解析】 由题意知，AC∥DF，AC⊄平面A′DF，DF⊂平面A′DF，所以AC∥平面A′DF，故A正确；因为等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，所以DE⊥FG，且DE⊥A′G，又FG∩A′G＝G，所以DE⊥平面A′GF，因为DE⊂平面BCED，所以平面A′GF⊥平面BCED，故B正确；因为平面A′GF⊥平面BCED，平面A′GF∩平面BCED＝AF，故过A′作AF的垂线A′A1，则A′A1⊥平面ABC，所以A′在平面ABC上的射影在线段AF上，故C正确；当A′E2＋EF2＝A′F2时，A′E⊥EF，因为BD∥EF，所以异面直线A′E与BD垂直，故D错误．
变式4 已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( B )
A．存在某个位置，使得直线BD与直线AC垂直
B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直
C．存在某个位置，使得直线BC与直线AD垂直
D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直
【解析】 矩形在翻折前和翻折后的图形分别如图(1)，(2)所示．在图(1)中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，由边AB，BC不相等可知点E，F不重合；在图(2)中，连接CE．对于A，若AC⊥BD，又知BD⊥AE，AE∩AC＝A，所以BD⊥平面ACE，所以BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故A错误；对于B，若AB⊥CD，又知AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，由AB＜BC可知存在这样的等腰直角三角形，使得直线AB与直线CD垂直，故B正确；对于C，若AD⊥BC，又知DC⊥BC，AD∩DC＝D，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，由BC＞AB，知不存在这样的直角三角形，故C错误；由以上可知D错误．
图(1)
图(2)
(变式4)
展
展开空间图形，是将立体几何问题转换为平面几何问题的常用方法，应用此法可化折为直，化曲为直．一般用于求多面体、旋转体的侧面上两点间的最短距离．
例5 (2023·铜陵三模)如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为2 km，山高为2eq \r(15) km，B是山坡SA上一点，且AB＝2 km．现要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为__3.6km__．
(例5)
【解析】 已知底面圆半径为2 km，山高为2eq \r(15) km，则母线SA＝eq \r(22＋2\r(15)2)＝8(km)，底面圆周长为2πr＝4π(km)，所以展开图的圆心角α＝eq \f(4π,8)＝eq \f(π,2)．如图是圆锥侧面展开图，结合题意知AB＝eq \r(82＋62)＝10(km)．由点S向AB引垂线，垂足为H，此时SH为点S和线段AB上的点连线的最小值，即点H为公路的最高点，HB段即为下坡路段，则SB2＝BH·AB，即36＝10·BH，得BH＝3.6 km，故下坡路段长度为3.6 km．
(例5)
变式5 如图，在正三棱锥S－ABC中，∠BSC＝40°，SB＝2，一质点自点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为( C )
(变式5)
A．2B．3
C．2eq \r(,3)D．3eq \r(,3)
【解析】 将三棱锥S－ABC沿侧棱SB展开，其侧面展开图如图所示，根据余弦定理得，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为BB′＝eq \r(,4＋4＋2×2×2×\f(1,2))＝2eq \r(,3)．
(变式5)
投
指投影．将空间图形中的若干元素利用投影方法集中到某一个平面内，利用平面图形性质求解．
例6 在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝a，则平面PBA与平面PDC所成二面角的大小为__45°__．
【解析】 如图，因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB．同理可得BC⊥平面PAB，所以△PCD在平面PBA上的射影为△PAB．设平面PBA与平面PCD所成二面角为θ，所以csθ＝eq \f(S△PAB,S△PCD)＝eq \f(\f(1,2)a2,\f(1,2)×a×\r(,2)a)＝eq \f(\r(,2),2)，所以θ＝45°．故平面PBA与平面PCD所成二面角的大小为45°．
(例6)
求二面角是常见题型，根据所求两面是否有公共棱可分为两类：有棱二面角、无棱二面角，对于前者的二面角通常采用定义法或三垂线法等手段来定位出二面角的平面角，转化为解三角形问题，进而求解；而对于无棱二面角，一般通过延展平面找到棱使其转化为有棱二面角或用面积射影定理eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(若多边形的面积为S，它在一个平面内的射影图形的面积为S′，且多边形与该平面所成的二面角为θ，则csθ＝\f(S′,S) ))去解决(如例6)．