立体几何与解析几何交汇问题的解法
高三数学解析几何考试题型分析及解题方法指导
解析几何考试题型分析及解题方法指导罗田一中余咏梅肖继东近年来各地高考试题中解析几何内容在全卷的平均分值为27.1分，考查的知识点约为20个左右。
其命题一般紧扣课本，突出重点，全面考查。
题目突出主干知识、注重“知识交汇处”、强化思想方法、突出创新意识。
从题型来看，选择题和填空题考查直线、圆、圆锥曲线和参数方程的基础知识。
解答题重点考查圆锥曲线中的重要知识点，通过知识的重组与链接，使知识形成网络，着重考查直线与圆锥曲线的位置关系，求解有时还要用到平面几何的基本知识和向量的基本方法。
因此，在复习过程中这一点值得强化。
从内容来看，《直线与圆的方程》是解析几何中最基础的内容，在高考试题中，主要以客观试题的形式出现，属于低档题，直线以倾斜角，斜率，夹角，距离，平行与垂直，线性规划等有关问题为基本问题；对称问题（包括点对称，直线对称），要熟记解答的具体方法；与圆的位置有关的问题，其常规的解答方法是研究圆心到直线的距离；所考查的思想方法仍将是坐标法，数形结合，分类整合，方程的思想和待定系数法。
《圆锥曲线》主要考查的内容是圆锥曲线的概念和性质，直线和圆锥曲线的位置关系等。
坐标法是解析几何的基本方法，已知曲线的方程，通过方程研究曲线的有关性质，通过曲线满足的性质，探求曲线的轨迹方程及圆锥曲线的参数的取值范围问题是高考的常考常新的话题。
关于圆锥曲线问题解决的基本方法是定义法，配方法，换元法，待定系数法和化归法。
本文结合2009年考纲要求和对2008年全国各地解析几何题型和解题方法的分析，期望从中窥见2009年考试方向。
一、09年考纲要求①掌握过两点的直线的斜率公式，掌握直线方程的点斜式，两点式，一般式，能熟练求出直线方程。
掌握两条直线平等与垂直的条件，两条直线所成的角和点到直线的距离公式，能够判断两条直线的位置关系。
理解直线的倾斜角和斜率的概念，了解二元一次不等式表示平面区域，了解线性规划的意义，并会简单的应用，了解解析几何的基本思想，了解坐标法。
专题07 立体几何小题常考全归类(精讲精练)(原卷版)
专题07 立体几何小题常考全归类【命题规律】高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上．【核心考点目录】核心考点一：球与截面面积问题核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 核心考点四：立体几何中的交线问题核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 核心考点六：空间角问题 核心考点七：轨迹问题核心考点八：以立体几何为载体的情境题 核心考点九：翻折问题【真题回归】1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥-P ABC 的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为（ ） A ．34π B ．πC ．2πD ．3π2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤3．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D -，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C 中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 5BCC 1B 1的交线长为________．【方法技巧与总结】1、几类空间几何体表面积的求法（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和． （2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补． 2、几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆 锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形．4、球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ．注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的目的．5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及某些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模θαβ=cos cos cos （θ为平面的斜线与平面内任意一条直线l 所成的角，α为该斜线与该平面所成的角，β为该斜线在平面上的射影与直线l 所成的角）．7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：（1）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等； （2）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等； （3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【核心考点】核心考点一：球与截面面积问题 【规律方法】 球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ． 【典型例题】例1．（2022·全国·高三阶段练习）已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，P A ⊥平面ABCD , 22，PA AB BC === ，点E 在棱PB 上，且2EB PE =， 过E 作球O 的截面，则所得截面面积的最小值是____________. 例2．（2022·湖北省红安县第一中学高三阶段练习）球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构成，球1O 的半径为10,,P Q 为球1O 表面上两动点，16,PQ M =为线段PQ 的中点.半径为2的球2O 在球1O 的内壁滚动，点,,A B C 在球2O 表面上，点2O 在截面ABC 上的投影H 恰为AC 的中点，若21O H =，则三棱锥M ABC -体积的最大值是___________. 例3．（2022·江西·高三阶段练习（理））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，11113C E CD =，点F 是CD 的中点，则过1B ，E ，F 三点的平面α截该正方体所得截面的面积为_________．例4．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是棱1111,A B A D 的中点，点P 在线段CM 上运动，给出下列四个结论：①平面CMN 截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面图形是五边形； ②直线11B D 到平面CMN 2； ③存在点P ，使得1190B PD ∠=； ④1PDD △45． 其中所有正确结论的序号是__________．核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 【规律方法】几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥， 有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉【典型例题】例5．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关例6．（2022·山西运城·模拟预测（文））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段1CD 上有两个动点E ，F ，且12EF =，点P ，Q 分别为111A B BB ，的中点，G 在侧面11CDD C 上运动，且满足1B G ∥平面1CD PQ ，以下命题错误的是（ ）A ．1AB EF ⊥B ．多面体1AEFB 的体积为定值C ．侧面11CDD C 上存在点G ，使得1B G CD ⊥ D ．直线1B G 与直线BC 所成的角可能为6π例7．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交1AA 于E ，交1CC 于F ，给出下面几个命题：①四边形1BFD E 一定是平行四边形； ②四边形1BFD E 有可能是正方形；③平面1BFD E 有可能垂直于平面1BB D ；④设1D F 与DC 的延长线交于M ，1D E 与DA 的延长线交于N ，则M ､N ､B 三点共线； ⑤四棱锥11B BFD E -的体积为定值． 以上命题中真命题的个数为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例8．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方形EFGH 的中心为正方形ABCD 的中心，22AB =P EFGH -（A ，B ，C ，D 四点重合于点P ），则此四棱锥的体积的最大值为（ ）A 1286B 1285C ．43D 15例9．（2022·江西南昌·三模（理））已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，22BC =13AA =，P 为矩形1111D C B A 内一动点，设二面角P AD C --为α，直线PB 与平面ABCD 所成的角为β，若αβ=，则三棱锥11P A BC -体积的最小值是（ ） A 2 B ．321C 2D 32例10．（2022·浙江·高三阶段练习）如图，在四棱锥Q EFGH -中，底面是边长为22方形，4QE QF QG QH ====，M 为QG 的中点．过EM 作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为1V ，2V ，则12V V 的最小值为（ ）A ．12 B ．13C ．14D ．15例11．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关核心考点四：立体几何中的交线问题 【规律方法】 几何法 【典型例题】例12．（2022·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体ABCD 中，P 为棱AD （不含端点）上的动点，过点A 的平面α与平面PBC 平行．若平面α与平面ABD ，平面ACD 的交线分别为m ，n ，则m ，n 所成角的正弦值的最大值为__________．例13．（2022·全国·高三专题练习）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.例14．（2022·福建福州·三模）已知正方体1111ABCD A B C D -31A 为球心，半径为2的球面与底面ABCD 的交线的长度为___________.例15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））如图，在四面体ABCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，2DA DB DC ===D 为球心，1为半径作球，则该球的球面与四面体ABCD 各面交线的长度和为___．核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例16．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -2，外接球表面积为3π，2SA <点M ，N 分别是线段AB ，AC 的中点，点P ，Q 分别是线段SN 和平面SCM 上的动点，则AP PQ +的最小值为（ ） A 262-B 62+C 32D 2例17．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 满足112A E EB =，点F 在平面1BC D 内，则1A F EF +的最小值为（ ）A 29B ．6C 41D ．7例18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，11AA =，3AB BC ==1cos 3ABC ∠=，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为（ ）A 5B 7C ．13+D ．3核心考点六：空间角问题 【规律方法】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的． （3）计算：在证明的基础上计算得出结果． 简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°． 4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【典型例题】例19．（2022·浙江金华·高三期末）已知正方体1111ABCD A B C D -中，P 为1ACD △内一点，且1113PB D ACD S S =△△，设直线PD 与11A C 所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．3⎡⎢⎣⎦B ．3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦例20．（2022·浙江·效实中学模拟预测）在等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，12AB AD CD BC ===，AC 交BD 于O 点，ABD △沿着直线BD 翻折成1A BD ，所成二面角1A BD C --的大小为θ，则下列选项中错误的是（ ）A ．1A BC θ∠≤B ．1AOC θ∠≥ C ．1A DC θ∠≤D ．11A BC A DC θ∠+∠≥例21．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图，ABC 中，90C ∠=︒，1AC =，3BC =D 为AB 边上的中点，点M 在线段BD （不含端点）上，将BCM 沿CM 向上折起至'B CM △，设平面'B CM 与平面ACM 所成锐二面角为α，直线'MB 与平面AMC 所成角为β，直线MC 与平面'B CA 所成角为γ，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（ ）①3tan βα，②γβ≤，③γα>. A ．①B ．①②C ．②③D ．①③例22．（2022·浙江·高三专题练习）已知等边ABC ，点,E F 分别是边,AB AC 上的动点，且满足EF BC ∥，将AEF △沿着EF 翻折至P 点处，如图所示，记二面角P EF B --的平面角为α，二面角P FC B --的平面角为β，直线PF 与平面EFCB 所成角为γ，则（ ）A ．αβγ≥≥B ．αγβ≥≥C ．βαγ≥≥D ．βγα≥≥例23．（2022·全国·高三专题练习）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B --的平面角是γ则三个角α，β，γ中最小的角是（ ） A ．αB ．βC ．γD ．不能确定核心考点七：轨迹问题 【规律方法】解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．【典型例题】例24．（2022·北京·昌平一中高三阶段练习）设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F 分别为AB ，1BD 的中点，点M 在正方体的表面上运动，且满足FM DE ⊥，则下列命题：①点M 可以是棱AD 的中点； ②点M 的轨迹是菱形； ③点M 轨迹的长度为25 ④点M 5. 其中正确的命题个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4例25．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的边长为2，点E ，F 分别为棱CD ，1DD 的中点，点P 为四边形11CDD C 内（包括边界）的一动点，且满足1B P ∥平面BEF ，则点P 的轨迹长为（ ） A 2B ．2C 2D ．1例26．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ⊥平面ABCD ，且2PA =，点E ，F ，G 分别为棱AB ，AD ，PC 的中点，下列说法错误的是（ ）A ．AG ⊥平面PBDB ．直线FG 和直线AC 所成的角为π3C ．过点E ，F ，G 的平面截四棱锥P ABCD -所得的截面为五边形D ．当点T 在平面ABCD 内运动，且满足AGT △的面积为12时，动点T 的轨迹是圆例27．（2022·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体1AC ，P 为平面11B BD 内一动点，设二面角11A BD P --的大小为α，直线1A P 与平面11BD A 所成角的大小为β.若cos sin βα=，则点P 的轨迹是（ ）A ．圆B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线例28．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体ABCD A B C D -''''中，M 为BC 边的中点，点P 在底面A B C D ''''和侧面CDD C ''上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是（ ）A ．两段圆弧B ．两段椭圆弧C ．两段双曲线弧D ．两段抛物线弧核心考点八：以立体几何为载体的情境题 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读？一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例29．（2022·宁夏·平罗中学高三阶段练习（理））设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在P 处的离散曲率为()()1223111 1.2,3,32k i Q PQ Q PQ Q PQ Q i k π-∠+∠+⋯+∠=⋯≥其中，为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面12Q PQ ，23Q PQ ，……，1k Q PQ 遍及多面体M 的所有以P 为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a ，b ，c ，d ，则a ，b ，c ，d 的大小关系是（ ）A ．a b c d >>>B ．a b d c >>>C ．b a d c >>>D ．c d b a >>>例30．（2022·广东·广州市从化区第三中学高三阶段练习）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是3π，所以正四面体在每个顶点的曲率为233πππ-⨯=，故其总曲率为4π.给出下列三个结论：①正方体在每个顶点的曲率均为2π； ②任意四棱锥的总曲率均为4π；③若某类多面体的顶点数V ，棱数E ，面数F 满足2V E F -+=，则该类多面体的总曲率是常数.其中，所有正确结论的序号是（ ） A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③例31．（2022·辽宁·沈阳二十中三模）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即2311122323V R R R R R πππ=⋅-⋅=球.现将椭圆22149x y +=绕y 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）A ．32πB ．24πC ．18πD ．16π例32．（2022·全国·高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），ϕ为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即[]2326,2326δ''∈-︒︒．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬395427'''︒，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（ ）A ．北纬5527'''︒B ．南纬5527'''︒C ．北纬5533'''︒D ．南纬5533'''︒核心考点九：翻折问题 【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质． 【典型例题】例33．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 3例34．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形ABCD 的对角线交于点,,1E AB x BC ==，将ABD △沿BD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得ABCE ，则x 的取值范围是（ ）A ．03x <≤B ．02x <≤C ．01x <≤D ．06x ≤<例35．（2022·全国·高三专题练习）如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点（不含端点），将ABE 沿AE 翻折，使得二面角B AE D --为直二面角，得到图2所示的四棱锥B AECD -，点F 为线段BD 上的动点（不含端点），则在四棱锥B AECD -中，下列说法正确的是（ ）A ．B ､E ､C ､F 四点一定共面 B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAEC ．侧面BEC 与侧面BAD 的交线与直线AD 相交 D ．三棱锥B ADC -的体积为定值例36．（2022·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD 满足：AD ∥BC ，CD ⊥DA ，且△ABC 为正三角形．将△ADC 沿着直线AC 翻折至△AD 'C 如图，且AD BD CD '''＜＜，二面角D AB C '﹣﹣、D BC A '﹣﹣、D AC B '﹣﹣的平面角大小分别为α，β，γ，直线D A '，D B '，D C '与平面ABC 所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（ ）A ．123θθθαγβ＞＞，＞＞B ．123θθθαβγ＜＜，＞＞C ．123θθθαβγ＞＞，＜＜D ．123θθθαβγ＜＜，＜＜【新题速递】1．（2022·安徽·高三阶段练习）如图，在棱长为a 的正四面体ABCD 中，点111,,B C D 分别在棱,,AB AC AD 上，且平面111B C D 平面1,BCD A 为BCD △内一点，记三棱锥1111A B C D -的体积为V ，设1AD x AD=，关于函数()V f x =，下列说法正确的是（ ）A ．12220,,,133x x ⎛⎫⎛⎫∀∈∃∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()21f x f x =B ．函数()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数C ．函数()f x 的图象关于直线12x =对称 D ．()00,1x ∃∈，使得()016A BCD f x V ->（其中A BCD V -为四面体ABCD 的体积）2．（2022·重庆市长寿中学校高三阶段练习）如图所示，在直角梯形BCEF 中，90,CBF BCE A ∠∠==､D 分别是BF ､CE 上的点，//AD BC ，且22AB DE BC AF ===（如图1）.将四边形ADEF 沿AD 折起，连接BE BF CE ､､（如图2）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（ ）①AC //平面BEF ； ②B C E F ､､､四点不可能共面；③若EF CF ⊥，则平面ADEF ⊥平面ABCD ； ④平面BCE 与平面BEF 可能垂直. A ．1B ．2C ．3D ．43．（2022·四川·成都市第二十中学校一模（理））如图， 在棱长为 2 的正方体1111ABCD A B C D -中，E F G H P 、、、、均为所在棱的中点， 则下列结论正确的有（ ）①棱 AB 上一定存在点Q ， 使得1QC D Q ⊥ ②三棱锥F EPH -的外接球的表面积为8π③过点 E F G ，，作正方体的截面， 则截面面积为33④设点 M 在平面11BB C C 内， 且1//A M 平面AGH ， 则1A M 与AB 所成角的余弦值的最大22A ．1 个B ．2 个C ．3 个D ．4 个4．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学有限责任公司模拟预测（文））在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，N 为11B C 的中点，点P 在正方体各棱及表面上运动且满足AP CN ⊥，则点P 轨迹所围成图形的面积为（ ）A ．25B ．42C ．23D ．45．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）直线m ⊥平面α，垂足是O ，正四面体ABCD 的棱长为4，点C 在平面α上运动，点B 在直线m 上运动，则点O 到直线AD 的距离的取值范围是（ ）A ．425425⎡-+⎢⎣⎦B ．222,222⎡⎤⎣⎦C ．322322⎡-+⎢⎣⎦D ．322,322⎡⎤⎣⎦6．（2022·湖南·模拟预测）正三棱柱111ABC A B C 的底面边长是4，侧棱长是6，M ，N 分别为1BB ，1CC 的中点，若点P 是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP ∥平面1AB N ，则动点P 的轨迹面积为（ ） A ．53B ．5C 39D 267．（2022·山西·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的顶点都在表面积为12π的球面上，过球心O 的平面截正方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S ，点P 是正方体表面上一点，则以截面S 为底面，以点P 为顶点的四棱锥的体积的最大值为（ ） A ．83B ．73C ．2D ．538．（2022·浙江·高三阶段练习）在OAB △中，OA AB =，120OAB ∠=︒．若空间点P 满足1=2PABOABSS ，则直线OP 与平面OAB 所成角的正切的最大值是（ ）A ．13B ．12C 3D ．19．（多选题）（2022·云南曲靖·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 为侧面11BCC B 内一点，则（ ）A ．当1113C P C B =时，异面直线CP 与AD 所成角的正切值为2B ．当11(01)C P C B λλ=<<时，四面体1D ACP 的体积为定值C ．当点P 到平面ABCD 的距离等于到直线11A B 的距离时，点P 的轨迹为拋物线的一部分 D ．当1112C P C B =时，四面体BCDP 的外接球的表面积为3π10．（多选题）（2022·辽宁·本溪高中高三阶段练习）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2AD DE ==，G 为线段AE 上的动点，则（ ）A ．AE CF ⊥B ．多面体ABCDEF 的体积为83C ．若G 为线段AE 的中点，则GB //平面CEFD ．点M ，N 分别为线段AF ，AC 上的动点，点T 在平面BCF 内，则MT NT +43 11．（多选题）（2022·广东·东涌中学高三期中）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F ，G 分别为AB ，AD ，1BB 的中点，点P 在11A C 上，//AP 平面EFG ，则以下说法正确的是（ ）A ．点P 为11A C 的中点B ．三棱锥P EFG -的体积为148C ．直线1BB 与平面EFG 3D ．过点E 、F 、G 作正方体的截面，所得截面的面积是3312．（多选题）（2022·安徽·阜阳师范大学附属中学高三阶段练习）已知ABC 为等腰直角三角形，AB AC =，其高3AD =，E 为线段BD 的中点，将ABC 沿AD 折成大小为32ππθθ⎛⎫< ⎪⎝⎭的二面角，连接BC ，形成四面体A BCD -，动点P 在ACD 内（含边界），且//PE 平面ABC ，则在θ变化的过程中（ ）A ．AD BC ⊥B ．E 点到平面ADC 的距离的最大值为322C ．点P 在ADC △2D ．当BP AC ⊥时，BP 与平面ADC 所成角的正切值的取值范围为)22,⎡+∞⎣13．（多选题）（2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -内部有一圆柱12O O ，此圆柱恰好以直线1AC 为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以1A C ，为公共点的3个面都有一个公共点，以下命题正确的是（ ）A ．在正方体1111ABCD ABCD -内作与圆柱12O O 3B ．无论点1O 在线段1AC 上如何移动，都有11BO B C ⊥C ．圆柱12O O 的母线与正方体1111ABCD A B C D -所有的棱所成的角都相等D ．圆柱12O O 外接球体积的最小值为π6 14．（多选题）（2022·江苏盐城·高三阶段练习）已知正四面体ABCD 的棱长为2球的球心为O ．点E 满足(01)AE AB λλ=<<，(01)CF CD μμ=<<，过点E 作平面α平行于AC 和BD ，平面α分别与该正四面体的棱BC ，CD ，AD 相交于点M ，G ，H ，则（ ）A ．四边形EMGH 的周长为是变化的B ．四棱锥A EMGH -的体积的最大值为6481 C ．当14λ=时，平面α截球O 47 D ．当12λμ==时，将正四面体ABCD 绕EF 旋转90︒后与原四面体的公共部分体积为43 15．（2022·安徽·石室中学高三阶段练习）已知三棱锥V ABC -的高为3D E F ,,,分别为VC VA VB ,,的中点，若平面ABD ，平面BCE ，平面ACF 相交于O 点，则O 到平面ABC 的距离h 为___________.16．（2022·北京八十中高三期末）如图，在正方体ABCD —1111D C B A 中，E 为棱11B C 的中点.动点P 沿着棱DC 从点D 向点C 移动，对于下列四个结论：。
空间解析几何与立体几何的联系
空间解析几何与立体几何的联系空间解析几何和立体几何是数学中两个相互联系紧密的分支。
空间解析几何主要研究空间中点、直线、平面的性质及其相互关系，而立体几何则研究空间中的几何体的性质和相互关系。
本文将探讨空间解析几何与立体几何之间的联系以及它们在实际问题中的应用。
一、空间解析几何与立体几何的基本概念在开始讨论两者之间的联系前，我们先回顾一下空间解析几何和立体几何的基本概念。
空间解析几何中，我们研究的点通过坐标来表示，直线则可以表示为两点之间的所有点的集合。
平面则可以表示为某一点和该点的两个不共线向量生成的平面。
而立体几何中，我们研究的是在空间中存在的各种几何体，如球体、立方体、圆锥等。
立体几何研究的对象具有三维的特性，并且可以通过各种投影方法来进行描述和分析。
二、两者之间的联系虽然空间解析几何和立体几何是数学中的不同分支，但它们之间存在着密切的联系。
1. 位置关系的分析空间解析几何中，我们可以通过坐标系来分析点、直线、平面之间的位置关系，例如两直线是否平行、共面、相交等。
这种位置关系的分析在立体几何中同样适用。
例如，我们可以通过空间解析几何的方法来判断一个点是否在一个几何体内部或外部，或者两个几何体是否相交。
2. 空间投影的应用立体几何中的一个重要概念是投影，即将三维几何体投影到二维平面上。
而在空间解析几何中，我们研究的点、直线、平面都可以通过坐标来表示，因此可以将三维几何体的投影问题通过空间解析几何的方法进行研究。
例如，通过计算三维几何体在不同方向上的投影，我们可以得到几何体的截面图形，从而更好地理解几何体的形状和性质。
3. 各种几何体的性质分析在空间解析几何中，我们可以通过坐标方程来分析各种几何体的性质，如点的距离、直线的倾斜角度等。
类似地，在立体几何中，我们可以通过各种几何体的投影、相交等特性来分析几何体之间的关系及其性质。
通过两者之间的联系，我们可以更全面地认识和理解各种几何体的性质。
三、空间解析几何与立体几何在实际问题中的应用空间解析几何和立体几何不仅仅是一门学科，它们在实际问题中也有着广泛的应用。
浅析空间解析几何与立体几何教学的结合
的平行直线 ．使该 直线 与不在 耵上的已知直线 ｈ
？
：兰 ：三 相交
门 Ｐ
，
求 此 直线 方程 ：笔 者 结 合 这 类题 目对
空 间 解析 几何 与 立体 几 何 教 学 的结 合方 法 进 行 了 一些 探 讨 ：
一
、
解 的 情 ： 兄
无 数 解 当 点Ｐ 直 约 上 时有 无 数 解 在
解 法 ｌ设 过 点 Ｐ而 平 行 于平 面 １的 平 面 １ ：的方 程 为Ａｘ Ｂ Ｃ ． － Ｔ Ｔ ＋ ｙ ｚＤ － ０，代 入 ｐ 坐 标 即 可 确 定 Ｄ ： 由立 体 几 点 ２
何 有 关 知 识可 知 ：一 条 直 线 与 两 平 行平 面 中 的一 个 相 交 ，必 与 另一 个 平 面相 交 ，因此 只需 求 出 直 线 ， 平 面 竹 与 ：
－
口
ｂｂ －
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又 由直线 ｆ 同过 点ｐ 与平 面 耵平 行 的 直 线相 交 ，确 定 一 平面 ，故 有
，２ ，
：
＝０
（、 ２
门
由 （ ） ２） 立 可 解 得ｘ ，ｚ 而可 求 得 所 求 直 线 的 对 称式 方 程 。 １ （ 联 ，Ｙ 从 特 殊地 ，若 点 ｐ 直 线 ／ 已知 点 （ １ １ ｊ 与 上 ａ．ｂ ．Ｃ） 的连 线 同 平 面 竹平 行 ，ｆＡ（ ａ）Ｂ ｂｂ）Ｃ ｃＣ）Ｏ则 ｌ ａ Ｉ （．Ｉ （ １ ［ ． ＋ １ ＋ ． ＝
关键 词 ：对称 式： 两 点式 ： 一 般 式 中 图分 类号 ：Ｏ１ ２２ ８ ． 文 献 标 识码 ：Ａ 文章 编 号 ：１ ０ － ３ ５ ２ ０ ）０ — ０ ２ － ０ ０ ９ ９ ８（ ０ ２ ３ ０ ５＿ ２ －
立体几何与解析几何部分解析
《中档解答题计划》——专题训练7——立体几何（一）1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，E 为棱1AA 的中点，90ABC ∠=︒，12CC =．（1）若1AB =，求证：1B E ⊥平面BCE ；（2）若平面11AB C 与平面ABC 的夹角的余弦值是55，且直线1AC 与平面1BCC 所成角的正弦值是13，求异面直线EC 与1AB 所成角的余弦值．【解答】（1）证明：在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以1BB BC ⊥，又90ABC ∠=︒，即AB BC ⊥，又1BB AB B = ，所以BC ⊥平面11ABB A ，因为1B E ⊂平面11ABB A ，所以1B E BC ⊥，因为1BB AB ⊥，1AB =，1112AE AA ==，所以BE =同理，1B E =，又12BB =，所以22211BE B E BB +=，即1BE B E ⊥，又BE 、BC ⊂平面BCE ，BE BC B = ，所以1B E ⊥平面BCE ；（2）解：因为1BB ⊥平面ABC ，所以1B AB ∠为平面11AB C 与平面ABC 所成的角，由11cos 15AB B AB AB AB ∠==⇒=，11AB BC AB BB AB BC BB B ⎫⊥⎪⊥⇒⊥⎬⎪=⎭平面1BCC ，所以1AC B ∠为1AC 与平面11BCC B 所成的角，由111111sin 33AB AC B AC AC AC ∠===⇒=，132AC BC ===⇒=，因为AB BC ⊥，1BB ⊥平面ABC ，故以BA、BC、1BB所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，1111(1,2,1),(1,0,2),cos,||||EC ABEC AB EC ABEC AB⋅=--=--〈〉==⋅，异面直线EC与1AB所成的角的余弦值为30．2．如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD，O为AB中点，AC与OD交于点E，PAB∆的重心为G．（1）求证：//EG平面PCD；（2）若5PA PB==，8AB=，4BC=，求二面角C GE D--的正弦值．【解答】证明：（1） 底面ABCD为矩形，O为AB的中点，AEO CED∴∆∆∽，可得12OE OAED DC==，又PAB∆的重心为G，∴12OGGP=，则OE OGED GP=，得//EG PD，PD⊂平面PDC，EG⊂/平面PDC，//EG∴平面PCD；解：（2）PA PB=，O为AB中点，PO AB∴⊥，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB⋂平面ABCD AB=，PO∴⊥平面ABCD，以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则(4C，4，0)，(4D，4-，0)，(0G，0，1)，44(,,0)33E-，816(,,0)33EC=，44(,,1)33EG=-，88(,,0)33ED=-，设平面CEG与平面DEG的一个法向量分别为111(,,)m x y z= ，222(,,)n x y z= ，由1111181603344033m EC x y m EG x y z ⎧⋅=+=⎪⎪⎨⎪⋅=-++=⎪⎩，取11y =-，得(2,1,4)m =- ；由222224403388033n EG x y z n ED x y ⎧⋅=-++=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩ ，取21y =，得(1,1,0)n =．cos ,||||42m n m n m n ⋅∴<>=== ．∴二面角C GE D --172242=．3．如图，在三棱锥P ABC -中，AB 是ABC ∆外接圆的直径，PC 垂直于圆所在的平面，D 、E 分别是棱PB 、PC 的中点．（1）求证：DE ⊥平面PAC ；（2）若二面角A DE C --为3π，4AB PC ==，求AE 与平面ACD所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：AB 是圆的直径，BC AC ∴⊥，PC 垂直于圆所在的平面，BC ⊂平面ABC ，BC PC ∴⊥，又AC PC C = ，AC ⊂平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，BC ∴⊥平面PAC ，又D 、E 分别是棱PB 、PC 的中点，//BC DE ∴，DE ∴⊥平面PAC ；（2）由（1）可知DE ⊥平面PAC ，又AE 、EC ⊂平面PAC ，DE AE ∴⊥，DE EC ⊥，AE ⊂平面DAE ，EC ⊂平面DEC ，AEC ∴∠为二面角A DE C --的平面角，∴3AEC π∠=，∴12,2EC PC AC ===又BC AC ⊥，4AB =，2BC ∴=，以,,CB CA CP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建系如图，则根据题意可得：(0C ，0，0)，A ，(0E ，0，2)，(2B ，0，0)，(0P ，0，4)，(1D ，0，2)，∴(0,AE =-，CA =，(1,0,2)CD = ，设(,,)n x y z = 是平面ACD 的一个法向量，则020n CA n CD x z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取(2,0,1)n =- ，设AE 与平面ACD 所成角为θ则||5sin 10||||n AE n AE θ⋅== ，AE ∴与平面ACD所成角的正弦值为10．4．如图1，在等边ABC ∆中，点D 、E 分别为边AB 、AC 上的动点且满足//DE BC ，记DE BCλ=．将ADE ∆沿DE 翻折到MDE ∆的位置并使得平面MDE ⊥平面DECB ，连接MB ，MC 得到图2，点N 为MC 的中点．（1）当//EN 平面MBD 时，求λ的值；（2）试探究：随着λ值的变化，二面角B MD E --的大小是否改变？如果是，请说明理由；如果不是，请求出二面角B MD E --的正弦值大小．【解答】解：（1）取MB 的中点为P ，连接DP ，PN ，因为MN CN =，MP BP =，所以//NP BC ，又//DE BC ，所以//NP DE ，即N ，E ，D ，P 四点共面，又//EN 面BMD ，EN ⊂面NEDP ，平面NEDP ⋂平面MBD DP =，所以//EN PD ，即NEDP 为平行四边形，所以//NP DE ，且NP DE =，即12DE BC =，即12λ=．（2）解：取DE 的中点O ，由平面MDE ⊥平面DECB ，且MO DE ⊥，所以MO ⊥平面DECB ，如图建立空间直角坐标系，不妨设2BC =，则)M ，(D λ，0，0)，),0)B λ-，所以(,0,)MD λ=，(1),0)DB λλ=-- ．设平面BMD 的法向量为(,,)m x y z =，则0(1))0MD m x z BD m x y λλλ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩ ，令x =，即1,1)m =- ，又平面EMD 的法向量(0,1,0)n = ，所以cos ,||||m n m n m n ⋅〈〉== λ值的变化，二面角B MD E --的大小不变．且sin ,5m n 〈〉= ，所以二面角B MD E --的正弦值为5．《中档解答题计划》——专题训练17——立体几何（二）5．如图（1），已知菱形ABCD 中60DAB ∠=︒，沿对角线BD 将其翻折，使90ABC ∠=︒，设此时AC 的中点为O ，如图（2）．（Ⅰ）求证：点O 是点D 在平面ABC 上的射影；（Ⅱ）求直线AD 与平面BCD 所成角的余弦值．【解答】证明：()I 因为DA DC =，O 为AC 的中点，所以DO AC ⊥，设菱形ABCD 的边长为2，又因为90ABC ∠=︒，所以22AC =，连接BO ，则2BO =，又因为2,22AD DC AC ===，所以222AD DC AC +=，所以AD DC ⊥，所以2DO =又因为2BD =，所以222DO BO DB +=，所以DO BO ⊥；又AC BO O = ，所以DO ⊥平面ABC ，所以点O 是点D 在平面ABC 上的射影；解：()II 设点A 到平面BCD 的距离为h ，设菱形ABCD 的边长为2，则BCD ∆3，所以13333A BCD V h -==；ABC ∆的面积为2，由()I 知DO ⊥平面,2ABC DO =所以132233D ABC V -==，所以263h =，设直线AD 与平面BCD 所成角为θ，则2663sin 23h AD θ===，所以3cos θ=．6．如图所示，三棱锥P ABC -，BC 为圆O 的直径，A 是弧 BC上异于B 、C 的点．点D 在直线AC 上，//OD 平面PAB ，E 为PC 的中点．（1）求证：//DE 平面PAB ；（2）若4PA PB PD AB AD =====，求平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值．【解答】解：（1）证明：因为//OD 平面PAB ，平面CAB ⋂平面PAB AB =，OD ⊂平面CAB ，所以//OD AB ．又O 为BC 中点，所以D 为AC 中点．又E 为PC 中点，所以//DE PA ，因为PA ⊂平面PAB ，DE ⊂/平面PAB ，所以//DE 平面PAB ；（2）如图1，取BD 的中点F ，连结PF 、AF ．由已知底面ABC ∆在半圆O 上，BC 为圆O 的直径，可得AD AB ⊥．因为4AB AD ==，所以2242BD AB AD =+=，所以22FA FB FD ===．又4PB PD ==，则有22232PB PD BD +==，所以PB PD ⊥，22FP =所以22216FP FB PB +==，22216FP FA PA +==，22216FP FD PD +==，所以FP FB ⊥，FP FA ⊥，FP FD ⊥，又FA FB F = ，FA ⊂平面ABD ，FB ⊂平面ABD ．所以PF ⊥平面ABD ．如图2，建立如图所示的空间直角坐标系，由4AB AD ==，2PF =，可得8AC =，所以(0A ，0，0)，(0B ，4，0)，(4D ，0，0)，(8C ，0，0)，(2F ，2，0)，(2,2,22)P ，所以(0,4,0)AB = ，(8,4,0)BC =- ，(2,2,22)BP =- ．设1111(,,)n x y z = 为平面PAB 的一个法向量，则11111140220n AB y n BP x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1(n = ，设2222(,,)n x y z = 为平面PBC 的一个法向量，则2222222840220n BC x y n BP x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取2n = ，设平面PAB 与平面PBC 的夹角为1θ，则1211212||cos |cos |||||n n n n n n θ⋅=〈⋅〉==．7．某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E 、F 、G 分别是边长为4的正方形的三边AB 、CD 、AD 的中点，先沿着虚线段FG 将等腰直角三角形FDG 裁掉，再将剩下的五边形ABCFG 沿着线段EF 折起，连接AB 、CG 就得到了一个“刍甍”（如图2)．（1）若O 是四边形EBCF 对角线的交点，求证：//AO 平面GCF ；（2）若二面角A EF B --的大小为23π，求平面OAB 与平面ABE 夹角的余弦值．【解答】解：（1）取CF 的中点H ，连接GH ，OH ，如图所示， 四边形EBCF 是矩形，且2CB BE =，O ∴为线段BF 与CE 的中点，//OH BC ∴，且12OH BC =，由图1可知，//AG BC 且12AG BC =，//EF BC ，且EF BC =，∴在图2中，//AG BC 且12AG BC =，//AG OH ∴且AG OH =，∴四边形AOHG 是平行四边形，//AO GH ∴，又AO ⊂/ 平面GCF ，GH ⊆平面GCF ，//AO ∴平面GCF ．（2）由图1可知，EF AE ⊥，EF BE ⊥，折起后在图2中仍有EF AE ⊥，EF BE ⊥，AEB ∴∠即为二面角A EF B --的平面角，23AEB π∴∠=，以E 为坐标原点，EB ，EF 分别为x 轴和y 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，设224CB BE EA ===，则(0E ，0，0)(2B ，0，0)，(0F ，4，0)，(1O ，2，0)，又EF AE ⊥ ，EF BE ⊥，AE BE E = ，EF ∴⊥平面AEF ，∴点A 在xOz 平面上，∴(0EF = ，4，0)为平面ABE 的一个法向量，又23AEB π∠= ，2AE =，(1A ∴-3)，∴(2OA =- ，2-3)，(1OB = ，2-，0)，设平面OAB 的一个法向量为(n x = ，y ，)z ，则00OA n OB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即223020x y z x y ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，取1y =得223x z =⎧⎪⎨=⎪⎩∴(2,1,23)n = ，∴平面OAB 与平面ABE 夹角的余弦值为|cos EF < ，17|17||||417EF n n EF n ⋅>==⨯ ．8．如图，三棱台111ABC A B C -中，1122AB BC B C ===，D 是AC 的中点，E 是棱BC 上的动点．（1）试确定点E 的位置，使1//AB 平面1DEC ；（2）已知1AB BC ⊥，1CC ⊥平面ABC ．设直线1BC 与平面1DEC ，所成的角为θ，试在（1）的条件下，求cos θ的最小值．【解答】解：（1）连接1DC ，DE ，三棱台111ABC A B C -中，1122AB BC B C ===，D 是AC 的中点，E 是棱BC 上的动点，11//A C AD ∴，11A C AD =，∴四边形11ADC A 为平行四边形，11//AA DC ∴，1AA ⊂/平面1DEC ，1DC ⊂平面1DEC ，1//AA ∴平面1DEC ，又1//AB 平面1DEC ，且1AB ，1AA ⊂平面11ABB A ，11AB AA A = ，∴平面11//ABB A 平面1DEC ，又平面11ABB A ⋂平面ABC AB =，平面ABC ⋂平面1DEC DE =，//DE AB ∴，D 是AC 中点，E ∴是BC 的中点，E ∴在BC 的中点处，1//AB 平面1DEC ；（2）1CC ⊥ 平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，1CC AB ∴⊥，又1AB BC ⊥，111CC BC C = ，AB ∴⊥平面11BCC B ，BC ⊂ 平面11BCC B ，AB CB ∴⊥，由（1）知E 是BC 的中点，D 是AC 的中点，//DE AB ∴，DE BC ∴⊥，连接1B E ，11//B C EC ，11B C EC =，∴四边形11B C CE 是平行四边形，11//CC B E ∴，1CC ⊥ 平面ABC ，1B E ∴⊥平面ABC ，ED ∴，EC ，1EB 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设1B E a =，则(0E ，0，0)，(1B -，0，0)，(1C ，0，0)，(0D ，1，0)，1(1C ，0，)a ，1(0B ，0，)a ，∴(0ED = ，1，0)，1(1EC = ，0，)a ，设平面1DEC 的法向量为(m x = ，y ，)z ，则100ED m y EC m x az ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取x a =，则(m a = ，0，1)-，又1(2BC = ，0，)a ，1sin |cos BC θ∴=< ，11||1|3||||BC m m BC m ⋅>====⋅ ，当且仅妆224a a =，即a =要使cos θ的最小值，只需要sin θ最大，sin 最大值为13，此时cos θ==．《中档解答题计划》——专题训练5——解析几何1．已知点(1,0)A -，(2,0)B ，(4,4)N -，动点M 满足||1||2MA MB =，记动点M 的轨迹为曲线C ．（1）求曲线C 的方程；（2）求过点N 与曲线C 相切的直线方程；（3）曲线C 与圆2220x y y +-=相交于E ，F 两点，求||EF ．【解析】：（1）因为点(1,0)A -，(2,0)B ，动点M 满足||1||2MA MB =，设(,)M x y12=，化简得22(2)4x y ++=．（2）由（1）可知曲线C 为圆心为(2,0)-，半径为2的圆．设过点N 的切线方程为(4)4x k y =--，即440ky x k ---=，所以圆心(2,0)-到切线的距离为半径，2=，所以0k =或43k =-，所以直线4x =或444()4033y x ---⨯--=，即切线方程为4x =或4340y x +-=．（3）曲线22:(2)4C x y ++=，①圆2220x y y +-=，②①-②得2y x =，圆心(2,0)-到直线2y x =的距离d ==，所以弦长||5EF ===．2．设椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，离心率12e =，长轴为4，且过椭圆右焦点2F 的直线l 与椭圆C 交于M 、N 两点．（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）若2OM ON ⋅=- ，其中O 为坐标原点，求直线l 的斜率；（Ⅲ）若AB 是椭圆C 经过原点O 的弦，且//MN AB ，判断2||||AB MN 是否为定值？若是定值，请求出，若不是定值，请说明理由．【解析】：（Ⅰ）由题意可得2222412a c e a b a c=⎧⎪⎪==⎨⎪=-⎪⎩，解得24a =，23b =，所以椭圆C 的标准方程为：22143x y +=；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得右焦点2(1,0)F ，()i 当直线l 的斜率为0时，则直线l 的方程为0y =，代入椭圆的方程可得24x =，即2x =±，设(2,0)M -，(2,0)N ，则42OM ON ⋅=-≠- ，所以可得直线l 的斜率不为0，()ii 斜率不为0时，设直线l 的方程为：1x my =+，设1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，联立2213412x my x y =+⎧⎨+=⎩，整理可得：22(43)690m y my ++-=，因为2F 在椭圆内部，显然△0>，122643m y y m +=-+，122943y y m -=+，222212*********96412(1)(1)()11434343m m m x x my my m y y m y y m m m ---=++=+++=++=+++，所以2121222941224343m OM ON x x y y m m --⋅=+=+=-++ ，整理可得：212m =，解得m =即直线l的斜率1k m ==3．已知抛物线22(0)y px p =>，过点(1,0)-向抛物线引切线，斜率为1，切点为P ．（1）求抛物线的标准方程；（2）已知H ，T 是抛物线上的两点，90HPT ∠=︒，HPT ∆的重心G 在x 轴上，PG 交HT 于点M ，求直线HT的方程．【解析】：（1）易知切线方程为1y x =+，将1x y =-代人22y px =，整理得2220y py p -+=，△2480p p =-=，解得2p =，故抛物线的标准方程为24y x =；（2）由（1）知2440y y -+=，解得2y =，即点P 的纵坐标为2，故(1,2)P ，又G 为HPT ∆的重心，故M 为HT 的中点，则由23PG PM = 可得M 点的纵坐标1M y =-，由题意易知直线HT 的斜率一定存在且不为0，设1(H x ，1)y ，2(T x ，2)y ，则121222121212442244HT M y y y y k y y x x y y y --=====--+-．设HT 的方程为2y x m =-+，将2m y x -=代人24y x =，整理得2220y y m +-=，故122y y m =-，122y y +=-，因为90HPT ∠=︒，所以121222111y y x x --⋅=---，即1222122211144y y y y --⋅=---，整理得12122()200y y y y +++=，即24200m --+=，解得8m =，故直线HT 的方程为28y x =-+．4．已知1F ，2F 分别为椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的左、右焦点，离心率12e =，点E 在椭圆C 上，△12EF F（Ⅰ）求C 的方程；（Ⅱ）设C 的上、下顶点分别为A ，B ，点M 是C 上异于A ，B 的任意一点，直线MA ，MB 分别与x 轴交于P ，Q 两点，O 为坐标原点，证明：||||OP OQ ⋅为定值．【解析】：（Ⅰ）设C 的半焦距为(0)c c >，由题意可得22212122c e a c b c a b ⎧==⎪⎪⎪⋅⋅=⎨⎪=-⎪⎪⎩24a =，23b =，所以C 的方程为：22143x y +=；（Ⅱ）证明：由题意可得A，(0,B ，设椭圆上任意一点0(M x，00)(y y ≠，则22003124x y =-，所以直线AM的方程为00y y x x =+BM的方程为00y y x x -=-令0y =，得P x =，Q x =，所以220022003124||||||4|3||3|x yOP OQy y-⋅=⋅====--为定值．。
10交叉知识综合问题 讲义及练习
讲次10.交叉知识综合问题-教师版一.综述求空间图形中的点的轨迹既是一个难点,也是一类立体几何与解析几何的交汇题，既考查空间想象能力，同时又考查如何将空间几何的轨迹问题转化为平面的轨迹问题来处理的基本思想向量既能体现“形”的直观位置特征，又具有“数”的良好运算性质，是数形结合与转换的桥梁和纽带.解析几何也具有数形结合与转换的特征，所以在向量与解析几何知识的交汇处设计试题，已逐渐成为高考命题的一个新的亮点.导数是高中阶段研究函数性质的重要工具,尤其是求最值,求切线.圆锥曲线中的一些切线问题和最值问题可以借助导数来处理. 二.例题精讲 破解规律例1. 如图，正方体的棱长为1，点M 在棱AB 上，且AM =，点P 是平面ABCD 上的动点，且动点P 到直线的距离与动点P 到点M 的距离的平方差为1，则动点P 的轨迹是( ). A . 圆 B . 抛物线 C . 双曲线 D . 直线分析：动点的轨迹问题是解析几何中常见的问题，因此我们可以把立体关系转化到平面上去，利用解析几何的知识将问题解决。
解：设于点F ，过点P 作于点E ，连结EF ，则平面PEF ，，即。
因为，且，所以.由抛物线定义知点P 的轨迹是以点M 为焦点，AD 为准线的抛物线，故应选B .点评: 将空间几何的轨迹问题转化为平面的轨迹问题来处理规律总结: 从立体转化到平面，从平面到直线，显然是在逐级降维，平面比立体简单，直线又比平面简单，这是复杂向简单的转化.现学现用1: 如图，点在正方体的表面上运动，且到直线与直线 的距离相等，如果将正方体在平面内展开，那么动点的轨迹在展开图中的形状是（ ）1111ABCD A B C D -1311AD 11PFA D ⊥PE AD ⊥AD ⊥∴AD EF ⊥1//EF AA 221PF PM -=22221PF PF EF PE-=-=PE PM=P 1111ABCD A B C D -P BC 11C D PA .B .C .D .解析:在平面BCC 1B 1上，P 到直线C 1D 1的距离为|PC 1|，∵P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离相等，∴点P 到点C 1的距离与到直线BC 的距离相等， ∴轨迹为抛物线,且点C 1为焦点，BC 为准线；故排除C ，D ，同理可得，在平面ABB 1A 1上，点P 到点B 的距离与到直线C 1D 1的距离相等， 从而排除A ，本题选择B 选项.例2.已知椭圆的中心为坐标原点O ，焦点在轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F 的直线交椭圆于A 、B 两点，与共线。
新高考数学重难点培优专题讲义——立体几何小题专练(含详细答案解析)
立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。
例说立体几何中轨迹问题的类型与解法
作者： 毛文子
作者机构： 湖北省咸宁高级中学,437000
出版物刊名： 上海中学数学
页码： 32-32页
主题词： 立体几何 轨迹问题 解法 命题形式 自主命题 解析几何 位置关系 动点轨迹
摘要：近几年全国及自主命题各省市高考题中的立体几何考题涌现出一种新颖的创新命题形式——以立体几何体为载体的轨迹问题，它重点体现了在解析几何与立体几何的知识交汇处设计图形，不仅能考查立体几何中点线面之间的位置关系，又能巧妙地考查求轨迹的基本方法．本文将结合立体几何中动点轨迹的类型，对相应的解法作一些探讨．。
立体几何中轨迹问题的处理技巧与方法
ʏ陈 婷立体几何中的轨迹问题,是立体几何与解析几何的知识交汇点㊂这类问题,立意新颖,重视不同知识的交叉与渗透,重视对数学知识与数学能力的考查与应用,是培养同学们数学核心素养的好素材㊂一㊁直接法直接法就是直接利用立体几何的相关知识,合理分析和研究问题中各个元素之间的关系,或者直接利用轨迹定义进行求解的方法㊂例1 如图1,在正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,P 是侧面B C C 1B 1上的一个动点,若点P 到直线B C 与直线C 1D 1的距离相等,则动点P 的轨迹是下列哪种线的一部分( )㊂图1A.直线 B .圆C .双曲线 D .抛物线分析:根据题设条件,利用空间点线面的位置关系,直接得到动点P 到直线B C 与到点C 1的距离相等,再结合解析几何中抛物线的定义,可得对应的答案㊂解:根据正方体的性质,可知C 1D 1ʅ平面B C C 1B 1,所以动点P 到直线C 1D 1的距离与到点C 1的距离相等㊂又动点P 到直线B C 与到直线C 1D 1的距离相等,所以动点P 到直线B C 与到点C 1的距离相等㊂根据抛物线的定义,可得动点P 的轨迹是一条抛物线的一部分㊂应选D ㊂二㊁转化法转化法就是将立体几何问题转化为平面几何问题,进行合理 降维 处理,进而应用平面几何㊁解析几何等相关知识来分析与求解的方法㊂例2 (2022年高考北京卷)已知正三棱锥P -A B C 的六条棱长均为6,S 是әA B C 及其内部的点构成的集合㊂设集合T ={Q ɪS |P Q ɤ5},则T 表示的区域的面积为( )㊂A .3π4B .πC .2πD .3π分析:根据题设条件,结合正三棱锥的性质,合理构建点P 在底面әA B C 内的射影点O ,结合集合的创新设置进行合理转化,将空间中的距离问题转化为平面上的距离问题加以分析与求解㊂解:设点P 在底面әA B C 内的射影为点O ㊂依题意知әA B C 是边长为6的正三角形,所以A O =B O =C O =23㊂因为P A =P B =P C =6,所以P O =62-(23)2=26㊂若P Q =5,则O Q =P Q 2-P O 2=1,可知动点Q 的轨迹是在底面әA B C 内,以O 为圆心,半径为r =1的圆及其内部,其对应的面积为πr 2=π㊂应选B ㊂三㊁解析法解析法就是利用解析几何在研究轨迹方面的一整套比较完整的理论体系,通过坐标法进行代数运算与逻辑推理的一种求轨迹的方法㊂解析法是解决立体几何图形的二维轨迹问题的常用方法之一㊂例3 (多选题)如图2所示,在正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,E 是C C 1的中点,点P 在底面A B C D 内运动,若P D 1,P E 与底面A B C D 所成的角相等,则动点P 的轨迹是( )㊂71知识结构与拓展高一数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.图2A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.经过线段B C靠近B的三等分点D.经过线段C D靠近C的三等分点分析:根据题意得D P=2P C,以点D为坐标原点,建立平面直角坐标系,通过坐标法进行讨论求解㊂解:由正方体的性质得D D1ʅ平面A B C D,E Cʅ平面A B C D,所以øD P D1,øC P E分别为P D1,P E与底面A B C D所成的角,所以øD P D1=øC P E㊂因为t a nøD P D1=D D1D P,t a nøC P E= C EP C,又D D1=2C E,所以D P=2P C㊂在平面A B C D中,以D为坐标原点,建立平面直角坐标系,如图3所示㊂图3设正方体的边长为a,点P(x,y),xȡ0,yȡ0,则点D(0,0),C(a,0),所以D P2= x2+y2,P C2=(x-a)2+y2,所以x2+y2= 4(x-a)2+4y2,整理得3x2+3y2-8a x+ 4a2=0,显然3x2+3y2-8a x+4a2=0表示圆的方程,所以动点P的轨迹是圆的一部分,A正确,B错误㊂线段B C靠近B的三等分点的坐标为a,23a,线段C D靠近C的三等分点的坐标为23a,0,分别代入方程3x2+3y2-8a x+4a2=0,可得3a2+3ˑ23a2-8a2+4a2=13a2ʂ0,3ˑ23a2+ 3ˑ02-8aˑ23a+4a2=0,所以23a,0在圆3x2+3y2-8a x+4a2=0上,a,23a不在圆3x2+3y2-8a x+4a2=0上,C错误,D 正确㊂应选A D㊂四㊁性质法性质法就是利用轨迹的相关知识来解决立体几何中轨迹问题的一种基本方法㊂有些空间图形的轨迹不一定是二维的,转化为平面问题比较困难,这时可借助性质法来处理㊂例4已知棱长为3的正方体A B C D-A1B1C1D1中,长为2的线段M N的一个端点M在D D1上运动,另一个端点N在底面A B-C D上运动,则线段M N的中点P的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为㊂分析:不论әMD N如何变化,点P到点D的距离始终等于1㊂从而点P的轨迹是一个以点D为球心,半径为1的球的18,由此可求出体积㊂解:如图4所示,端点N在正方形A B C D内运动㊂图4因为әMD N为直角三角形,P为斜边MN的中点,所以不论әMD N如何变化,点P到点D的距离始终等于1㊂利用立体几何的性质,可知动点P的轨迹是一个以点D为球心,半径为1的球的18,所以所求体积V= 18ˑ43ˑπˑ13=π6㊂作者单位:江苏省海安高级中学(责任编辑郭正华)8 1知识结构与拓展高一数学2023年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
初中数学中的立体几何与平面解析几何
初中数学中的立体几何与平面解析几何立体几何和平面解析几何是数学中两个重要的分支，它们在初中数学中占有重要地位。
本文将分别介绍立体几何和平面解析几何的基本概念、性质和应用。
一、立体几何立体几何研究三维空间中的图形和体形。
其中，最基本的概念是点、线和面。
在立体几何中，我们还会遇到体积、表面积、平行关系、垂直关系等概念。
1. 体积和表面积体积是表示物体所占空间的大小的量。
常见的立体体积有立方体、长方体、圆柱体、圆锥体等。
计算体积需要根据不同几何体的特点，如立方体的体积为边长的立方，圆柱体的体积为底面积乘以高。
表面积则表示物体外表的面积总和，其中包括底面积和侧面积。
2. 平行和垂直关系在立体几何中，平行关系和垂直关系是重要的概念。
平行线是在同一平面内永不相交的直线，而垂直线则是两条线段、直线或线面的交角为直角的关系。
3. 空间图形的投影图形的投影是指把三维物体在一个平面上的呈现结果。
常见的投影有垂直投影、斜投影和透视投影等。
垂直投影是指被投影物体和投影平面之间垂直，斜投影则是两者不垂直但不重叠，透视投影则是模拟人眼视角的投影方法。
二、平面解析几何平面解析几何是通过坐标系统来研究平面上点、直线和曲线的性质与关系。
通过引入点的坐标和直线的方程，可以用代数的方法解决几何问题。
1. 点的坐标平面上的一个点可以用有序数对表示，称为点的坐标。
通常用(x, y)表示，其中x表示横坐标，y表示纵坐标。
在平面解析几何中，坐标系有直角坐标系和极坐标系两种常见形式。
2. 直线的方程直线是平面上的一条无限延伸的轨迹，它可以通过方程进行表示。
在平面解析几何中，直线的方程有一般式和截距式等形式。
一般式为Ax + By + C = 0，其中A、B、C为常数；截距式可以表示为x/a + y/b = 1，其中a和b为截距。
3. 曲线的方程除了直线，平面解析几何还研究了曲线的方程。
常见的曲线方程有圆的方程、抛物线的方程、双曲线的方程等。
这些方程可以通过代数的方式求解曲线上的点和性质。
立体几何与解析几何交汇问题的解法
立体几何与解析几何交汇问题的解法韩 保 席（215200）江苏省吴江市高级中学近几年的高考特别关注知识的综合性，注意在知识的网络交汇处设计试题，旨在考查学生综合利用所学知识分析和解决问题的能力。
解几和立几交汇的问题因为其新颖性、应用性和综合性备受命题者的青睐，本文精选几例近几年来的高考题或高考模拟题作简要地分析，以期窥一斑而见全豹。
1以解析几何为背景的立体几何题有些几何体通过投影、切割等方式得到解析几何中的曲线或解几中的一些曲线经过翻转和旋转得到立几中的几何体，通过研究解几中的曲线，从而计算几何体的面积、体积等度量。
例1如图1，一个球形广告气球被一束入射角为30°的平行光线照射，其投影是一个长半轴为5 米的椭圆，2果中保留π）。
分析：本题旨在考查球的面积公式，属简单题， 只需找到球的半径与椭圆长轴之间的关系即可。
解：设球的直径为r 2，椭圆的长轴为a 2， 则有：030cos 22⋅=a r，即23523==a r ， 所以广告气球的面积：ππ7542==r S 。
例2由曲线y x 42=，y x 42-=，4=x ，4-=x 围成图形（如图2—1）绕y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为V 1，满足1622≤+y x ，4)2(22≥-+y x ，4)2(22≥++y x 的点),(y x 组成的图形（如图2—2）绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为V 2，则（ ）（2002年全国高中数学联赛题）(A) V 1=21V 2 (B) V 1=32 (D) V 1=2V 2 分析：两个图形中的平面曲 线围成图形绕y 轴旋转后都不是 常见的旋转体，不能直接用公式 求出体积，所以要考虑用祖暅原 理比较两个几何体的体积。
解：用任意一个与y 轴垂直图1的平面去截这两个旋转体，设 截面与原点距离为 ||y ，则所得截面面积：|)|44(21y S -=π，|)|44()]||2(4[)4(22222y y y S -=----=πππ，所以21S S =。
立体几何解析几何最值问题
立体几何解析几何最值问题立体几何和解析几何都是数学中的分支领域，它们在研究物体的形状、位置和运动等方面有着不同的方法和应用。
在解析几何中，最值问题是其中一个重要的问题类型，它涉及到找到函数在特定区域内的最大值或最小值。
在立体几何中，我们研究的是空间中的物体，比如点、线、面、体等。
解析几何则是研究平面几何与坐标系统之间的关系，通常使用坐标点来表示点、线、曲线等。
解析几何中最值问题的解决方法通常是通过求导来进行。
我们可以将问题转化为一个函数，然后求该函数的导数，找到导数为0的点，再通过比较得出最大值或最小值。
这种方法在求解平面最值问题时非常有效。
而在立体几何中，最值问题通常涉及到体积、面积或长度等量的最大化或最小化。
解决这类问题可以利用几何性质和定理来进行推导和求解。
比如，要求一个几何体的体积的最大值，我们可以通过寻找几何体的特定形状的体积公式以及几何性质来得出最优解。
具体地说，在立体几何中，最值问题的解决方法可以归纳如下：1.求解体积最大问题：对于已知形状的几何体，我们可以通过推导体积公式，并利用一些方法来求解体积的最大值。
例如，求解一个长方体在给定表面积约束条件下的最大体积，我们可以设长方体的长、宽、高分别为x、y、z，然后利用约束条件和体积公式写出等式，最后通过求解方程组可得到最优解。
2.求解表面积最小问题：类似地，我们可以通过推导表面积公式，并利用一些方法来求解表面积的最小值。
例如，求解一个包含给定体积的圆柱体的表面积最小值，我们可以设圆柱体的底面半径为r、高度为h，然后通过体积公式将h表示为r的函数，并利用表面积公式得到表面积的表达式，最后求解表面积的最小值。
3.求解长度最短问题：有时候我们需要找到连接两个点的最短路径，可以利用几何性质和定理求解。
例如，求解从一个点到直线的最短距离，我们可以利用点到直线的距离公式，并通过求导的方法求解最短距离的点。
总而言之，立体几何和解析几何最值问题的求解方法有所不同，但都可以通过推导公式、利用几何性质和定理以及求导等方法来解决。
立体几何中的轨迹问题(详细版)
立体几何中的轨迹问题高考数学有一类学科内的综合题，它们的新颖性、综合性，值得我们重视，在知识网络交汇点处设计试题是高考命题改革的一个方向，以空间问题为为背景的轨迹问题作为解析几何与立体几何的交汇点，由于知识点多，数学思想和方法考查充分，求解比较困难。
通常要求学生有较强的空间想象能力，以及能够把空间问题转化到平面上，再结合解析几何方法求解，以下精选几个问题来对这一问题进行探讨，旨在探索题型规律，揭示解题方法。
一、用空间运动的观点来得到点的轨迹。
例1：直线PA 是平面M 的一条斜线，斜足为A ，动直线PB 过点P 且与直线PB 垂直，且交平面M 于点B ，求动点B 的轨迹。
解：先探讨直线PB 的运动轨迹，由于直线PB 始终与PA 垂直，可知PB 的运动轨迹应是直线PA 的垂直平面N 。
再结合点B 一定在平面M 内，所以点B 的轨迹应该是两个平面的交线，所以点B 的轨迹是一条直线。
针对以上解法，我们对这一问题作一深层次的探讨：若直线PA 与平面M 成α角，直线PB 始终与直线PA 成β角，再来求点B 的轨迹。
由上述解法可知，我们只要得到直线PB 的空间轨迹，再来考察该轨迹与平面M 的交线即可。
由简单的模型模拟即可知，直线PB 的轨迹是一个圆锥面，再用一个平面截圆锥面，这一知识在平面解析几何中圆锥曲线的来历中有提到，即所得曲线可能是圆、椭圆、抛物线、双曲线。
因此，我们在以下命题：直线PA 是平面M 的一条斜线，且与平面M 成α角，斜足为A ，动直线PB 过点P 且与直线PB 成β角，交平面M 于点B ，求动点B 的轨迹。
结论： （1）若α=90°，β≠90°，则动点B 的轨迹是一个圆； （2）若α≠90°，β=90°，动点B 的轨迹是一条直线；（3）若α≠90°，β≠90°，则①若90°>α>β，则轨迹是椭圆； ②若α=β，则轨迹是抛物线； ③若α<β，则轨迹是双曲线。
例析立体几何与解析几何的交汇
A . 直线 B . 双曲线 C. 抛物线 D. 椭圆
解析 : 根据角平分线性质 , 到角两边距离 相等的点在角的平分线上 , 故选 A . 【例 8】 若三棱锥 A - B CD 的侧面 A B C 内一动点 P 到底面 B CD 的距离与到棱 A B 的距离相等 , 则动点 P 的轨迹与 △A B C 组成
(2 2 + 2) + (2 2 - 2) = 4 2 .
四、 以曲线方程为基础的旋转问题 【例 6 】 由曲线 x 2 = 4 y , x 2 = - 4 y , x =
4 , x = - 4 围成的图形绕 y 轴旋转一周可得
解析 : ( 特殊法 ) 利用上题结论 , 排除 A 、
B ; ( 极端原理 ) 若三棱锥 A - B CD 的顶点接
2006 . 第 4 期 9
y = x - 1, y2 = 4 x ,
所以 S 1 = S 2 . 由祖日恒原理可知 , 这两个旋转体的体积 相等 . 故选 C . 五、 与圆锥曲线定义的交汇 【例 7】 三棱锥 A - B CD 中 , 已知 A C ⊥ 面 B CD , 侧面 A B C 内一动点 P 到底面 B CD 的距离与到棱 A B 的距离相等 , 则动点 P 的
). 轨迹是 (
得
A ( 3 + 2 2 , 2 + 2 2 ) , B ( 3 - 2 2 , 2 - 2 2) .
由
y = - ( x - 1) , y2 = 4 x ,
得
D (3 + 2 2 , - 2 - 2 2) , C(3 - 2 2 , - 2 + 2 2) .
数学知识点归纳立体几何与解析几何的联系
数学知识点归纳立体几何与解析几何的联系立体几何与解析几何是数学中两个重要的分支，它们在许多方面存在联系。
本文将对立体几何与解析几何的联系进行归纳总结。
一、坐标系的建立与运用在解析几何中，我们常常使用坐标系来表示点、直线、平面等几何对象。
而在立体几何中，我们也可以建立坐标系来描述立体空间中的点、线、面等。
通过建立坐标系，我们可以将立体几何问题转化为解析几何问题，从而应用解析几何的知识进行求解。
二、平面与直线的交点在立体几何中，平面与直线的交点是一个重要的概念。
通过解析几何中的方程求解方法，我们可以计算出平面与直线的交点的坐标，从而帮助我们理解和分析立体几何的问题。
三、面与面的位置关系在立体几何中，面与面的位置关系是我们经常遇到的问题。
解析几何中的方程组求解方法可以帮助我们分析和判断两个面是否相交、平行或垂直等问题，从而解决立体几何中面与面的位置关系问题。
四、平行与垂直关系的判断在立体几何中，平行与垂直关系也是常见的问题。
解析几何中的向量运算可以帮助我们判断两个向量是否平行或垂直，从而应用到立体几何中两个线段、直线或面的平行与垂直关系的判定。
五、平面与平面的夹角与距离计算在立体几何中，平面与平面的夹角和距离的计算是重要的内容。
解析几何中的向量和点到平面的距离公式、向量运算等知识可以帮助我们计算平面与平面的夹角和距离，从而解决立体几何中的相关问题。
六、向量与立体几何的应用解析几何中的向量运算是其重要的内容之一，在立体几何中也可以应用到向量运算的相关知识。
通过向量运算，我们可以求解立体几何中的向量的和、差、点积、叉积等问题，从而帮助我们理解和解决立体几何的问题。
总结起来，立体几何与解析几何在坐标系的建立与运用、平面与直线的交点、面与面的位置关系、平行与垂直关系的判断、平面与平面的夹角与距离计算以及向量的应用等方面存在着密切的联系。
通过应用解析几何的知识和方法，我们可以更好地理解和解决立体几何的问题，推动数学知识的应用和发展。
了解解析几何中的立体几何问题解决高中数学题
了解解析几何中的立体几何问题解决高中数学题解析几何是高中数学中的一个重要分支，它可以通过运用代数和几何的知识来解决各种几何问题。
其中，立体几何是解析几何中的重要内容之一。
本文将主要介绍如何利用解析几何的方法解决高中数学中的立体几何问题。
一、直线与平面的相交问题在解决立体几何问题时，我们常常需要考虑直线与平面的相交问题。
对于给定的平面方程ax + by + cz + d = 0和直线方程x = x_0 + lm, y = y_0 + ln, z = z_0 + ln，我们可以通过将直线方程代入平面方程，得到方程组ax_0 + by_0 + cz_0 + d + lam + lbn + lcn = 0。
从中可以解出l的值，即可确定直线与平面的交点坐标。
二、直线的相对位置关系在解析几何中，我们还经常需要研究直线的相对位置关系。
具体来说，有以下几种情况需要注意：1. 平行关系：对于给定的两条直线L1和L2，如果它们的方向向量平行，则可以判定L1与L2平行。
2. 垂直关系：对于给定的两条直线L1和L2，如果它们的方向向量垂直，则可以判定L1与L2垂直。
3. 相交关系：对于给定的两条直线L1和L2，如果它们既不平行也不垂直，则可以判定L1与L2相交。
利用上述关系，我们可以通过解出直线方程的方向向量，并进行相应的判断。
三、平面的相对位置关系与直线类似，我们在解析几何中也需要研究平面的相对位置关系。
具体来说，有以下几种情况需要注意：1. 平行关系：对于给定的两个平面P1和P2，如果它们的法向量平行，则可以判定P1与P2平行。
2. 垂直关系：对于给定的两个平面P1和P2，如果它们的法向量垂直，则可以判定P1与P2垂直。
3. 相交关系：对于给定的两个平面P1和P2，如果它们既不平行也不垂直，则可以判定P1与P2相交。
同样，我们可以通过解出平面方程的法向量，并进行相应的判断。
四、空间几何体的体积计算在解决立体几何问题时，我们还需要掌握一些空间几何体的体积计算方法。
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立体几何与解析几何交汇问题的解法
韩 保 席
（215200）江苏省吴江市高级中学
近几年的高考特别关注知识的综合性，注意在知识的网络交汇处设计试题，旨在考查学生综合利用所学知识分析和解决问题的能力。
解几和立几交汇的问题因为其新颖性、应用性和综合性备受命题者的青睐，本文精选几例近几年来的高考题或高考模拟题作简要地分析，以期窥一斑而见全豹。
1以解析几何为背景的立体几何题
有些几何体通过投影、切割等方式得到解析几何中的曲线或解几中的一些曲线经过翻转和旋转得到立几中的几何体，通过研究解几中的曲线，从而计算几何体的面积、体积等度量。
例1如图1，一个球形广告气球被一束入射角为30°的平行光线照射，其投影是一个长半轴为5 米的椭圆，
2
果中保留π）。
分析：本题旨在考查球的面积公式，属简单题， 只需找到球的半径与椭圆长轴之间的关系即可。
解：设球的直径为r 2，椭圆的长轴为a 2， 则有：030cos 22⋅=a r
，即2
3
52
3==a r ， 所以广告气球的面积：ππ7542==r S 。
例2由曲线y x 42=，y x 42-=，4=x ，4-=x 围成图形（如图2—1）绕y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为V 1，满足1622≤+y x ，4)2(22≥-+y x ，4)2(22≥++y x 的点),(y x 组成的图形（如图2—2）绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为V 2，则（ ）（2002年全国高中数学联赛题）
(A) V 1=2
1V 2 (B) V 1=3
2 (D) V 1=2V 2 分析：两个图形中的平面曲 线围成图形绕y 轴旋转后都不是 常见的旋转体，不能直接用公式 求出体积，所以要考虑用祖暅原 理比较两个几何体的体积。
解：用任意一个与y 轴垂直
图1
的平面去截这两个旋转体，设 截面与原点距离为 ||y ，则
所得截面面积：|)|44(21y S -=π，|)|44()]||2(4[)4(22222y y y S -=----=πππ，所以
21S S =。
由祖暅原理，这两个旋转体的体积相等，故选C 。
2以立体几何为背景的解析几何题
有些问题以几何体为背景，通过研究立体几何中点、线、面的位置关系或数量关系，从而转化为平面图形问题，在坐标系的基础上，从而判断动点的轨迹、求曲线的方程等。
例3 （2004年北京高考试题）如图3，已知正
方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，点P 在平面ABB 1A 1内运 动，且点P 到直线BC 与直线A 1B 1的距离相等，则 P 点的轨迹是下图中的（ ）
分析：不难发现BC 与面ABB 1A 1垂直，则P 点到直线BC 的距离就等于P 点到B 点的距离。
于是，在面ABB 1A 1内，P 点到直线A 1B 1的距离等于到点B 的距离。
由抛物线的定义知，P 点的轨迹是以A 为顶点，B 为焦点的抛物线，考虑到轨迹取上半部分，故选C 。
例4 已知底面半径为r 的圆柱，被一个与底面成30°的平面所截，截面是一
个椭圆，求椭圆的离心率。
（2003北京高考题改编） 分析：椭圆的短轴BB 1长就等于圆柱底面的直径
r 2，故r b =，而长轴：AA 10
30cos 22r a ==，即3
2r a =。
所以2
1233 32
2=⨯=-=
=r r a
b a a
c e 。
3解析几何和立体几何综合应用题
在实际生活中有很多立体几何和解析几何相结合的实例，它们是高考数学应
用题命题的源泉，平时通过用数学的眼光观察生活，就能够顺利解决该类型问题。
例6某电厂冷却塔（如图5—1）的外表是双曲线的一部分绕其中轴线（即双曲线的虚轴）旋转而成的曲面，其中上口直径为18米，下口直径为22米，最小直径为14m ，塔高为20米，试建立坐标系写出该双曲线的方程。
（2001年天津高考题）
解：建立如图5—2
（A ） （B ） （C ） （D
） 1
B
A 1 C D
B 1
D 1 C
1
图3
P
的方程为：
12
22
2=-
b y a x ,则：)0,7(A ，即
7=a
，设),11(1y B ，),9(2y C 代入双曲
线方程得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-1
7
9
171122222
22
122b y b
y 又2012=-y y ， 由此可解得：27,8,1221==-=b y y 故所求双曲线方程为：198
492
2=-y x 。
例4 如图6—1，平地上有一条水沟，沟沿是两条长100米的平行线段，沟宽AB 为2米，与沟沿垂直的平面与沟的交线是一段抛物线，抛物线的顶点为O ，对称轴与地面垂直，沟深1.5米，沟中水深1米。
（1） 求水面宽；
（2） 沟中水的体积有多少立方米；
（3） 若要把这条水沟改挖（不准填土）成为 截面为等腰梯形的沟，使沟的底面与地面平行，则改 挖后的沟宽为多少米时，所挖的土最少？（1999年上 海高考题）
解：（1）如图6—2建立平面直角坐标系，设抛物 线的方程为2ax y =，则由抛物线过点)2
3,1(，得2
3=a ， 于是抛物线方程为22
3x y =，当1=y 时，3
6
±=x ，故 水面宽为
3
6
2。
（2）由于求体积要用到积分知识，故这里从略。
（3）为了使挖掉的土最少，等腰梯形的两腰必须同抛物线相切。
设切点为
)2
3
,(2t t P )10(≤<t ，是抛物线弧上一点，过P 作抛物线的切线得如图所示的直角梯
形OCDE ，且t y k t x CD 3|/===，则切线CD 的方程是：222
3323)(3t tx t t x t y -=+-=，于是)0,2
1(t C ，)2
3),1(2
1(t t D +,记梯形OCDE 的面积为S ，则t
t t t S 21243)21(43⨯⨯≥+
= 423=
，)10(≤<t 。
当22=t ，沟宽为2
2
3时，S 取到最小值，此时挖土最少。
由于立体几何和解析几何综合问题能够为学生能力发展和提升创造更广阔的空间，所以正在成为高考新的热点，在平时的学习和复习中应该引起足够的重视。