江苏专用2025版高考数学二轮复习专题四立体几何高考热点追踪四学案文苏教版

PAGE1-高考热点追踪(四)体积、表面积创新试题两例赏析随着课改的深化，高考考查考生的创新意识已逐年增加，有些试题不仅“立意”新奇，而且在“求解途径、求解方法”上也力求创新．以下采纳空间几何体体积、表面积两例，加以剖析，以感受其“立意”之新、“求解”之新，从而领会其蕴含的创新意识和探究实力．(2024·苏州模拟)某市为创建国家级旅游城市，市政府确定实施“景观工程”，对现有平顶的民用多层住宅进行“平改坡”．安排将平顶房屋改为尖顶，并铺上彩色瓦片．现对某幢房屋有如下两种改造方案：方案1：坡顶如图1所示，为侧顶面是等腰三角形的直三棱柱，尖顶屋脊AA1的长度与房屋长度BB1等长，有两个坡面需铺上瓦片．方案2：坡顶如图2所示，为由图1消去两端相同的两个三棱锥而得，尖顶屋脊DD1比房屋长度BB1短，有四个坡面需铺上瓦片．若房屋长BB1＝2a，宽BC＝2b，屋脊高为h，试问哪种尖顶铺设的瓦片比较省？说明理由．【解】作AE⊥BC,即AE⊥平面B1BCC1，AE为屋脊的高，故AE＝h．由DB＝DC，得DE⊥BC，故AB＝eq\r(h2＋b2)．设AD长为x，则DE＝eq\r(h2＋x2)，所以，S△BCD＝eq\f(1,2)BC·DE＝eq\f(1,2)·2b·eq\r(h2＋x2)＝beq\r(h2＋x2)，S△ABD＋S△ACD＝xeq\r(h2＋b2)．由于面积均为正数，所以只需比较(S△ABD＋S△ACD)2与(S△BCD)2的大小．事实上：(S△ABD＋S△ACD)2－(S△BCD)2＝x2(h2＋b2)－b2(h2＋x2)＝x2h2－b2h2＝h2(x2－b2)．所以分b>x，b＝x，b<x三种状况探讨，得结果为：(1)若AD之长小于房屋宽度的一半时，图1尖顶铺设的瓦片较省；(2)若AD之长等于房屋宽度的一半时，两种尖顶铺设的瓦片数相同；(3)若AD之长大于房屋宽度的一半时，图2尖顶铺设的瓦片较省．[名师点评]近些年来在高考中不仅有干脆求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题．即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托．因而要娴熟驾驭多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式．(2024·南京、盐城模拟)如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为4，侧棱长为a，过BC的截面为DBC．E为BC的中点且∠DEA＝30°．(1)分别就a＝3和a＝1计算截面的面积；(2)记该截面的面积为f(a)，求f(a)的最大值．【解】(1)因为∠DEA＝30°，等边△ABC边长为4，所以AE＝2eq\r(3)．在Rt△DAE中，DA＝AE·tan∠DEA＝2．①当a＝3时，D点在侧棱AA1上，截面为△BCD，在Rt△DAE中，DE＝eq\r(AD2＋AE2)＝4，所以S△BCD＝eq\f(1,2)BC·DE＝eq\f(1,2)×4×4＝8．②当a＝1时，D点在AA1延长线上，截面为梯形BCNM，因为AD＝2，AA1＝1，所以MN是△DBC的中位线，所以S梯形BCNM＝eq\f(3,4)S△DBC＝eq\f(3,4)×8＝6．(2)当a≥2时，截面与正三棱柱ABC­A1B1C1的棱AA1相交于D点，此时截面为△BCD，其面积为S△BCD＝eq\f(1,2)BC·DE＝eq\f(1,2)×4×4＝8；当0<a<2时，截面为梯形BCNM，但是始终有DA＝AE·tan∠DEA＝2，由△BCD∽△MND，得eq\f(DF,DE)＝eq\f(DA1,DA)＝eq\f(2－a,2)，所以S梯形BCNM＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－a,2)))\s\up12(2)))×S△BCD＝eq\f(4a－a2,4)×8＝2a(4－a)．所以f(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8，a≥2，,2a（4－a），0<a<2，))于是当a≥2时，该函数的最大值为8．[名师点评]截面问题是立体几何题中的一类比较常见的题型，由于截面的“动态”性，使截得的结果也具有肯定的可变性．涉及多面体的截面问题，都要经过先确定截面形态，再解决问题的过程，本例通过变更侧棱长而变更了截面形态；也可以通过确定侧棱长，变更截面与底面所成角而变更截面形态．平行问题是高考中热点问题，其中最重要的又是线线平行的判定，因为它是证明线面平行，面面平行的基础，下面举例解析线线平行的判定方法．一、利用中位线定理得线线平行题目中给出中点条件时，往往隐含着中位线的信息因素，利用中位线很简单寻求线线平行．但不同三角形中的中位线效果也不一样，因此，寻求三角形的中位线也是解题的关键．(2024·南京模拟)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，底面是菱形，AA1＝eq\f(1,2)AB，点E、M分别为A1B、C1C的中点，过点A1，B，M三点的平面A1BMN交C1D1于点N．求证：EM∥平面A1B1C1D1．【证明】取A1B1的中点F，连结EF，C1F．因为E为A1B的中点，所以EF綊eq\f(1,2)BB1．又因为M为CC1中点，所以EF綊C1M．所以四边形EFC1M为平行四边形，所以EM∥FC1．而EM⊄平面A1B1C1D1，FC1⊂平面A1B1C1D1，所以EM∥平面A1B1C1D1．[名师点评]线面关系转化为线线关系，体现了转化的思想．二、利用比例关系得线线平行对应线段成比例是平面几何中推断直线平行的重要依据，而线面平行的空间问题通过转化可变通为线线平行．已知正方形ABCD的边长是13，平面ABCD外一点P到正方形各顶点的距离都为13，M、N分别是PA、BD上的点且PM∶MA＝BN∶ND＝5∶8，如图所示．求证：直线MN∥平面PBC．【证明】连结AN并延长交BC于E点，连结PE，则EN∶NA＝BN∶ND，所以eq\f(NE,NA)＝eq\f(PM,MA)，所以MN∥PE，而MN⊄平面PBC，PE⊂平面PBC，所以MN∥平面PBC．[名师点评]利用成比例线段是寻求线线平行的一条行之有效的措施．三、利用线面平行性质得线线平行线面平行的性质定理中，包含要素：两线两面．两线两面的关系是：一线在一面内平行于另一面，一线是两面的交线．结论是：两线平行．(2024·南京模拟)在四棱锥P­ABCD中．若平面PAB∩平面PCD＝l，问：直线l能否与平面ABCD平行？请说明理由．【解】假定直线l∥平面ABCD，由于l⊂平面PCD，且平面PCD∩平面ABCD＝CD，所以l∥CD．同理可得l∥AB，所以AB∥CD．所以当AB∥CD时直线l能与平面ABCD平行，否则不平行．[名师点评]线面关系转化为线线关系，体现了重要的数学思想方法：转化的思想，化繁为简，化未知为已知．四、利用面面平行性质得线线平行利用面面平行的性质定理，即假如两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．符号表示：若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b．如图所示，已知平面α∥平面β，A∈α，B∈α，C∈β，D∈β，AC，BD是异面直线，点E，F分别是AC，BD的中点，求证：EF∥α．【证明】如图，过点E作直线A1C1∥BD，设A1C1与平面α，β分别交于点A1，C1．连结AA1，A1B，CC1，C1D．因为α∥β，平面A1C1DB∩平面α＝A1B，平面A1C1DB∩平面β＝C1D，所以A1B∥C1D，又BD∥A1C1，所以四边形A1C1DB为平行四边形．同理，AA1∥CC1，又E为AC的中点，所以E为A1C1的中点，又F为BD的中点，所以EF∥A1B，因为A1B⊂平面α，EF⊄平面α，所以EF∥α．[名师点评]第三个协助平面往往要依据须要作出，或视察出，这是面面平行性质运用的须要．总之线线平行的判定，不但须要平面几何的学问作基础，更须要解决问题和处理问题的方法，这须要在学习中擅长思索、擅长总结和积累，由量变到质变，当积累达到肯定的程度，就会升华．1．(2024·徐州、淮安、宿迁、连云港四市模拟)已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为________．[解析]由题意得圆锥的底面半径、高分别为r＝1，h＝eq\r(3)，故该圆锥的体积为V＝eq\f(1,3)π×12×eq\r(3)＝eq\f(\r(3)π,3)．[答案]eq\f(\r(3),3)π2．(2024·江苏省高考命题探讨专家原创卷(五))《九章算术》第五章《商功》记载：今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？此处圆堡瑽即圆柱体，其意思是：有一个圆柱体的底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少？若π的值取3，估算该圆堡瑽的体积为________立方尺．(注：一丈等于十尺)[解析]设该圆柱体底面圆的半径为r尺，则由题意得2πr＝48，所以r≈8，又圆柱体的高为11尺，故该圆堡瑽的体积V＝πr2h≈2112立方尺．[答案]21123．(2024·苏北四市高三模拟)已知矩形ABCD的边AB＝4，BC＝3，若沿对角线AC折叠，使平面DAC⊥平面BAC，则三棱锥D­ABC的体积为________．[解析]在平面DAC内过点D作DE⊥AC，因为平面DAC⊥平面BAC，由面面垂直的性质定理可得DE⊥平面BAC．又DE＝eq\f(12,5)，所以三棱锥D­ABC的体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×3×eq\f(12,5)＝eq\f(24,5)．[答案]eq\f(24,5)4．(2024·南京模拟)设平面α与平面β相交于直线m，直线b在平面α内，直线c在平面β内，且c⊥m，则“c⊥b”是“α⊥β”的________条件．[解析]若α⊥β，又α∩β＝m，c⊂β，c⊥m可得c⊥α，因为b⊂α，所以c⊥b．反过来c⊥b不能得到α⊥β(如b∥m时，由c⊥m可得c⊥b，但不能推断α，β的位置关系)．[答案]必要不充分5．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．[解析]因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，又因为E是AD的中点，所以F是CD的中点，即EF是△ACD的中位线，所以EF＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\r(2)．[答案]eq\r(2)6．(2024·扬州模拟)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，有下列三个命题：①若l⊥α，m⊂α，则l⊥m；②若l∥α，m⊂α，则l∥m；③若l∥α，m∥α，则l∥m．则其中正确命题的序号是________．[解析]依据线面垂直的性质定理可知①正确．[答案]①7．(2024·南通高三模拟)已知正三棱柱的各条棱长均为a，圆柱的底面直径和高均为b．若它们的体积相等，则a3∶b3的值为________．[解析]由题意可得eq\f(1,2)×a2×eq\f(\r(3),2)×a＝π(eq\f(b,2))2×b，即eq\f(\r(3),4)a3＝eq\f(1,4)πb3，则eq\f(a3,b3)＝eq\f(π,\r(3))＝eq\f(\r(3)π,3)．[答案]eq\f(\r(3)π,3)8．(2024·江苏省高考命题探讨专家原创卷(三))如图，若三棱锥A1­BCB1的体积为3，则三棱柱ABC­A1B1C1的体积为________．[解析]设三棱柱的底面面积为S，高为h，则VA1­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)VABC­A1B1C1，同理VC­A1B1C1＝eq\f(1,3)VABC­A1B1C1，所以VA1­BCB1＝eq\f(1,3)VABC­A1B1C1．又VA1­BCB1＝3，所以三棱柱ABC­A1B1C1的体积为9．[答案]99．(2024·南通模拟)如图是一几何体的平面绽开图，其中ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE与CF异面；②直线BE与AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD．其中肯定正确的有________个．[解析]如图，易得EF∥AD，AD∥BC，所以EF∥BC，即B，E，F，C四点共面，则①错误，②正确，③正确，④不肯定正确．[答案]210．(2024·江苏高考专家原创卷)已知正三棱锥P­ABC的体积为eq\f(2\r(2),3)，底面边长为2，D为侧棱PA的中点，则四面体D­ABC的表面积为________．[解析]设底面正三角形ABC的中心为O，连结OA，OP，又底面边长为2，可得OA＝eq\f(2\r(3),3)，由VP­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PO，即eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(1,3)PO×eq\f(\r(3),4)×22，得PO＝eq\f(2\r(6),3)，所以PA＝eq\r(PO2＋AO2)＝2．S△ABC＝eq\r(3)，S△DAB＝S△DAC＝eq\f(\r(3),2)，S△DBC＝eq\r(2)，所以四面体D­ABC的表面积为2eq\r(3)＋eq\r(2)．[答案]2eq\r(3)＋eq\r(2)11．(2024·江苏省高考命题探讨专家原创卷(二))已知三棱锥P­ABC中，PA＝eq\r(3)，PC＝2，AC＝1，平面PAB⊥平面ABC，D是PA的中点，E是PC的中点．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求证：平面BDE⊥平面PAB．[证明](1)因为D是PA的中点，E是PC的中点，所以DE∥AC．又DE⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以DE∥平面ABC．(2)因为PA＝eq\r(3)，PC＝2，AC＝1，所以PA2＋AC2＝PC2，所以三角形PAC是直角三角形，AC⊥PA．又DE∥AC，所以DE⊥PA．过P作PH⊥AB于H．因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PH⊂平面PAB，所以PH⊥AC．又DE∥AC，所以DE⊥PH．又PA∩PH＝P，PA，PH⊂平面PAB，所以DE⊥平面PAB．又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAB．12．(2024·南京检测)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，E，F分别为BB1，AC的中点．(1)求证：BF∥平面A1EC；(2)求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1．[证明](1)连结AC1交A1C于点O，连结OE，OF，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形ACC1A1为平行四边形，所以OA＝OC1．又因为F为AC中点，所以OF∥CC1且OF＝eq\f(1,2)CC1．因为E为BB1中点，所以BE∥CC1且BE＝eq\f(1,2)CC1．所以BE∥OF且BE＝OF，所以四边形BEOF是平行四边形，所以BF∥OE．又BF⊄平面A1EC，OE⊂平面A1EC，所以BF∥平面A1EC．(2)由(1)知BF∥OE，因为AB＝CB，F为AC中点，所以BF⊥AC，所以OE⊥AC．又因为AA1⊥底面ABC，而BF⊂底面ABC，所以AA1⊥BF．由BF∥OE，得OE⊥AA1，而AA1，AC⊂平面ACC1A1，且AA1∩AC＝A，所以OE⊥平面ACC1A1．因为OE⊂平面A1EC，所以平面A1EC⊥平面ACC1A1．13．(2024·江苏高考原创卷)如图，已知AB⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形，AD＝4，DE＝2AB＝3，且F是CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)在线段CE上是否存在点H，使DH⊥平面BCE？若存在，求出eq\f(CH,HE)的值；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取CE的中点P，连结FP，BP，因为F为CD的中点，所以FP∥DE，且FP＝eq\f(1,2)DE．又AB∥DE，且AB＝eq\f(1,2)DE，所以AB∥FP，且AB＝FP，所以四边形ABPF为平行四边形，所以AF∥BP．因为AF⊄平面BCE，BP⊂平面BCE，所以AF∥平面BCE．(2)在线段CE上存在点H，使DH⊥平面BCE．理由如下：在△CDE中，过点D作DH⊥CE，交CE于点H，因为△ACD为正三角形，所以AF⊥CD．因为AB⊥平面ACD，DE∥AB，所以DE⊥平面ACD，又CD、AF⊂平面ACD，所以DE⊥AF，DE⊥CD．又CD∩DE＝D，所以AF⊥平面DCE．又BP∥AF，所以BP⊥平面DCE．因为DH⊂平面CDE，所以DH⊥BP．又BP∩CE＝P