2025屆高考數(shù)學統(tǒng)考第二輪專題復(fù)習第11講空間幾何體空間中的位置關(guān)系學案理含解析

第11講空間幾何體、空間中的位置關(guān)系高考年份全國卷Ⅰ全國卷Ⅱ全國卷Ⅲ2024棱錐的基本計算·T3三視圖·T7三視圖、空間幾何體的表面積·T82024與三棱錐有關(guān)的外接球問題·T12空間幾何體的點、線、面問題(數(shù)學文化)·T16空間中兩直線的位置關(guān)系·T82024空間幾何體中的最短距離問題、三視圖·T7正方體的截面問題·T12異面直線所成的角·T9圓錐的側(cè)面積·T16三視圖·T3幾何體的體積問題·T101.[2024·全國卷Ⅱ]圖M4-11-1是一個多面體的三視圖,這個多面體某條棱的一個端點在正視圖中對應(yīng)的點為M,在俯視圖中對應(yīng)的點為N,則該端點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點為 ()圖M4-11-1A.E B.FC.G D.H2.[2024·全國卷Ⅰ]如圖M4-11-2,埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一,它的形態(tài)可視為一個正四棱錐.以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積,則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為 ()圖M4-11-2A.5-14 C.5+14 D3.[2024·全國新高考Ⅰ卷]如圖M4-11-3,日晷是中國古代用來測定時間的儀器,利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間.把地球看成一個球(球心記為O),地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角,點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面,在點A處放置一個日晷,若晷面與赤道所在平面平行,點A處的緯度為北緯40°,則晷針與點A處的水平面所成角為 ()圖M4-11-3A.20° B.40°C.50° D.90°4.[2024·全國卷Ⅰ]某圓柱的高為2,底面周長為16,其三視圖如圖M4-11-4所示.圓柱表面上的點M在正視圖上的對應(yīng)點為A,圓柱表面上的點N在左視圖上的對應(yīng)點為B,則在此圓柱側(cè)面上,從M到N的路徑中,最短路徑的長度為 ()圖M4-11-4A.217 B.25C.3 D.25.[2024·全國卷Ⅰ]已知A,B,C為球O的球面上的三個點,☉O1為△ABC的外接圓.若☉O1的面積為4π,AB=BC=AC=OO1,則球O的表面積為 ()A.64π B.48πC.36π D.32π6.[2024·全國卷Ⅲ]設(shè)A,B,C,D是同一個半徑為4的球的球面上四點,△ABC為等邊三角形且其面積為93,則三棱錐D-ABC體積的最大值為 ()A.123 B.183C.243 D.5437.[2024·全國卷Ⅰ]已知三棱錐P-ABC的四個頂點在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是邊長為2的正三角形,E,F分別是PA,AB的中點,∠CEF=90°,則球O的體積為 ()A.86π B.46πC.26π D.6π8.[2024·全國卷Ⅲ]學生到工廠勞動實踐,利用3D打印技術(shù)制作模型,如圖M4-11-5,該模型為長方體ABCD-A1B1C1D1挖去四棱錐O-EFGH后所得的幾何體,其中O為長方體的中心,E,F,G,H分別為所在棱的中點,AB=BC=6cm,AA1=4cm.3D打印所用原料密度為0.9g/cm3.不考慮打印損耗,制作該模型所需原料的質(zhì)量為g.

圖M4-11-5空間幾何體的三視圖與直觀圖1一個錐體的正視圖和側(cè)視圖如圖M4-11-6所示,下列選項中,不行能是該錐體的俯視圖的是 ()圖M4-11-6圖M4-11-7【規(guī)律提煉】三視圖的長度特征為:長對正、寬相等、高平齊,即正視圖和側(cè)視圖一樣高,正視圖和俯視圖一樣長,側(cè)視圖和俯視圖一樣寬.若相鄰兩物體的表面相交,表面的交線是它們的分界線,在三視圖中,要留意實、虛線的畫法.測題某四面體的三視圖如圖M4-11-8所示,正視圖和俯視圖都是腰長為2的等腰直角三角形,側(cè)視圖是邊長為2的正方形,則此四面體的四個面的面積中,最大面積為 ()圖M4-11-8A.22 B.23 C.4 D.26空間幾何體的表面積與體積2(1)斗拱是中國古典建筑最富裝飾性的構(gòu)件之一,并為中國所特有,圖M4-11-9①,②是北京故宮太和殿斗拱實物圖,圖③是斗拱構(gòu)件之一的“斗”的幾何體,圖③中的斗是由棱臺與長方體形凹槽(原長方體去掉一個小長方體,其中小長方體的長與原長方體的長相等,寬和高分別為原長方體的一半)組成.若棱臺兩底面的面積分別是400cm2,900cm2,高為9cm,長方體形凹槽的高為12cm,斗的密度是0.50g/cm3,那么這個“斗”的質(zhì)量是 ()①②③圖M4-11-9A.3990g B.3010gC.6900g D.6300g(2)在四棱錐P-ABCD中,PA=2,PB=PC=PD=7,AB=AD=7,BC=CD=2,則四棱錐P-ABCD的體積為 ()A.23B.3C.5D.3(3)[2024·浙江卷]已知圓錐的側(cè)面積(單位:cm2)為2π,且它的側(cè)面綻開圖是一個半圓,則這個圓錐的底面半徑(單位:cm)是.

【規(guī)律提煉】在空間幾何體的表面積與體積的計算中,熟記空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征,利用面積公式及體積公式精確計算是解答的關(guān)鍵.測題1.在三棱錐A-BCD中,AD=2,△BCD是邊長為3的等邊三角形,若頂點A在平面BCD上的射影H是△BCD的垂心,則三棱錐A-BCD的體積為 ()A.43 B.3C.23 D.2.玉琮是中國古代玉器中重要的禮器,神人紋玉琮王是新石器時代良渚文化的典型玉器,1986年出土于浙江省余杭市反山文化遺址.玉琮王通高8.8cm,孔徑4.9cm,外徑17.6cm.琮體四面各琢刻一完整的獸面神人圖像.獸面的兩側(cè)各淺浮雕鳥紋.器形呈扁矮的方柱體,內(nèi)圓外方,上下端為圓面的射,中心有一上下垂直相透的圓孔,如圖M4-11-10所示.試估計該神人紋玉琮王的體積為(單位:cm3) ()圖M4-11-10A.6250 B.3050C.2850 D.2350多面體與球角度1外接球3(1)用一根長為18cm的鐵絲圍成一個正三角形框架,其頂點為A,B,C,將半徑為2cm的球放置在這個框架上(如圖M4-11-11).若M是球上隨意一點,則三棱錐M-ABC體積的最大值為 ()圖M4-11-11A.334cmB.3cm3C.33cm3 D.93cm3(2)在四面體A-BCD中,BC=CD=BD=AB=2,∠ABC=90°,二面角A-BC-D的平面角為150°,則四面體A-BCD外接球的表面積為 ()A.313π B.124C.31π D.124π【規(guī)律提煉】1.對于球的截面圓問題,過球心與圓心的直線始終與截面圓垂直,若球心與圓心的距離是d,截面圓的半徑為r,球的半徑為R,則有d=R22.求多面體的外接球問題,常常構(gòu)造正方體或長方體確定球心,長方體或正方體的外接球的球心是在其體對角線的中點處.以下是常見的幾種幾何體補成正方體或長方體的途徑與方法.途徑1:正四面體、三條側(cè)棱兩兩垂直的正三棱錐、四個面都是直角三角形的三棱錐都分別可構(gòu)造正方體.途徑2:同一個頂點上的三條棱兩兩垂直的四面體、相對的棱相等的三棱錐都分別可構(gòu)造長方體和正方體.途徑3:若已知棱錐含有線面垂直關(guān)系,則可將棱錐補成長方體或正方體.途徑4:若三棱錐的三個側(cè)面兩兩垂直,則可將三棱錐補成長方體或正方體.測題1.[2024·天津卷]若棱長為23的正方體的頂點都在同一球面上,則該球的表面積為 ()A.12π B.24πC.36π D.144π2.已知正四棱錐P-ABCD的全部頂點都在球O的球面上,該正四棱錐的五個面所在的平面截球面所得圓的大小相同,若正四棱錐P-ABCD的高為2,則球O的表面積為 ()A.8π B.9π C.12π D.16π3.已知三棱錐S-ABC的全部頂點均在球O的球面上,SA⊥平面ABC,△ABC是等腰直角三角形,SA=AB=AC=2,D是BC的中點,過點D作球O的截面,則截面面積的最小值是 ()A.π B.2π C.3π D.4π角度2內(nèi)切球4在《九章算術(shù)》中,將底面為矩形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱為陽馬.如圖M4-11-12,若四棱錐P-ABCD為陽馬,側(cè)棱PA⊥底面ABCD,且PA=3,BC=AB=4,設(shè)該陽馬的外接球半徑為R,內(nèi)切球半徑為r,則R=;內(nèi)切球的體積V=.

圖M4-11-12【規(guī)律提煉】一個多面體與它的內(nèi)切球有以下特點與方法:1.內(nèi)切球球心到多面體各面的距離均相等,外接球球心到多面體各頂點的距離均相等;2.正多面體的內(nèi)切球和外接球的球心重合;3.正棱錐的內(nèi)切球和外接球的球心都在高線上,但不重合;4.基本方法:構(gòu)造三角形利用相像比和勾股定理;5.體積分割是求內(nèi)切球半徑的通用做法.測題《九章算術(shù)》中將底面是直角三角形、側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱之為“塹堵”,現(xiàn)有一“塹堵”形石材,其底面邊長分別為3,4,5,若此石材恰好可以加工成一個最大的球體,則其高為 ()A.4 B.3 C.2 D.1空間位置關(guān)系5(1)已知m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則下列結(jié)論正確的是 ()A.若m⊥n,n∥α,則m⊥αB.若m⊥α,n⊥β,α⊥β,則m⊥nC.若m∥n,n∥β,則m∥βD.若m?α,n?α,m∥β,n∥β,則α∥β(2)四棱錐P-ABCD的全部側(cè)棱長都為42,底面是邊長為26的正方形,O是P在平面ABCD內(nèi)的射影,M是PC的中點,則異面直線OP與BM所成的角為 ()A.30° B.45° C.60° D.90°(3)[2024·全國新高考Ⅰ卷]已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2,∠BAD=60°.以D1為球心,5為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為.

【規(guī)律提煉】在近幾年的高考題中,空間中的位置關(guān)系:如線面平行、線線垂直和面面垂直都有考查,一般是將直線或平面放在正方體中,這樣比較直觀.解決幾何體截面問題的關(guān)鍵是確定截面圖形的位置、形態(tài)、經(jīng)過的點,然后依據(jù)有關(guān)數(shù)量或位置關(guān)系計算.測題1.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,設(shè)直線AB1與平面ACC1A1所成的角為α,直線CD1與直線A1C1所成的角為β,則 ()A.β=2α B.α=2βC.α=β D.α+β=π2.已知平面α和三條不同的直線m,n,l.給出下列六個論斷:①m⊥α;②m∥α;③m∥l;④n⊥α;⑤n∥α;⑥n∥l.以其中兩個論斷作為條件,使得m∥n成立.這兩個論斷可以是.

3.已知正四棱錐P-ABCD中,△PAC是邊長為3的等邊三角形,點M是△PAC的重心,過點M作與平面PAC垂直的平面α,平面α與截面PAC相交所得線段的長為2,則平面α與正四棱錐P-ABCD表面的交線所圍成的封閉圖形的面積可能為.(請將可能的結(jié)果序號橫線上)

①2; ②22; ③3; ④23.第11講空間幾何體、空間中的位置關(guān)系真知真題掃描1.A[解析]由題可知該幾何體是由兩個相同的長方體拼接而成,如圖所示,明顯選A.2.C[解析]設(shè)側(cè)面三角形底邊上的高為h,底邊的長為a,則12ah=h2-a222,即12ah=h2-a24,化簡得4h2-2ah-a2=0,即4ha2-2ha-1=0,∴h3.B[解析]∵晷面與赤道所在平面平行,∴晷針與點A處的水平面所成角與點A處的緯度大小相等,為40°.4.B[解析]由三視圖可知圓柱表面上的點M,N的位置如圖1,將圓柱的側(cè)面綻開得到圖2,在圓柱側(cè)面上,從M到N的路徑中,最短路徑即為側(cè)面綻開圖中的線段MN,所以最短路徑的長度為MN=22+425.A[解析]設(shè)△ABC的邊長為a,由題知△ABC為等邊三角形,因為圓O1的面積為4π,所以圓O1的半徑r=2,由正弦定理得asinA=2r,即asin60°=4,解得a=23.易得O1A=2.設(shè)球O的半徑為R,則O1O2+O1A2=R2,故(23)2+4=R2,得R2=16,所以球O的表面積為4πR2=64π6.B[解析]由題易知當點D到平面ABC的距離最大時,三棱錐D-ABC的體積最大.∵S△ABC=34AB2=93,∴AB=6.設(shè)△ABC的中心為M,由等邊三角形的性質(zhì)得AM=BM=CM=23.設(shè)球心為O,則OA=OB=OC=4,∴OM=OB2-∴點D到平面ABC的距離的最大值為OM+4=6.故三棱錐D-ABC體積的最大值為13×93×6=1837.D[解析]因為PA=PB=PC,且△ABC為正三角形,所以三棱錐P-ABC為正三棱錐,易知PB⊥AC.因為E,F分別為PA,AB的中點,所以EF∥PB,又∠CEF=90°,所以PB⊥EC,而EC∩AC=C,所以PB⊥平面PAC,又三棱錐P-ABC為正三棱錐,所以PA,PB,PC兩兩垂直且相等,所以P,A,B,C可看成棱長為2的正方體的4個頂點,如圖所示,此正方體的外接球即為三棱錐P-ABC的外接球,正方體的體對角線即為外接球的直徑,又(2)2+(2)2+(2)2=8.118.8[解析]由題易知,四邊形EFGH是菱形,且S四邊形EFGH=12×6×4=12(cm2),四棱錐O-EFGH的高為3cm,其體積為13×12×3=12(cm3).又長方體ABCD-A1B1C1D1的體積為6×6×4=144(cm3),故長方體ABCD-A1B1C1D1挖去四棱錐O-EFGH后所得幾何體的體積為144-12=132(cm3),132×0.9=118.8(g),所以,制作該模型所需原料的質(zhì)量為118.考點考法探究小題1例1C[解析]本題中給出了錐體的正視圖與側(cè)視圖,故可以依據(jù)正視圖與俯視圖長對正,側(cè)視圖與俯視圖寬相等來求解.A中的視圖滿意三視圖的作法規(guī)則;B中的視圖滿意三視圖的作法規(guī)則;C中的視圖不滿意三視圖的作法規(guī)則;D中的視圖滿意三視圖的作法規(guī)則.故選C.【自測題】B[解析]如圖所示,該四面體是棱長為2的正方體中的四面體P-ABC,其中PA=23,PB=BC=PC=22,AC=AB=2,則S△PAC=12×22×2=22,S△PBC=34×(22)2=23,S△PBA=12×2×22=22,S△ABC=12×2×2=2小題2例2(1)C(2)D(3)1[解析](1)由題意可知,V棱臺=13×(400+900+400×900)×9=5700(設(shè)原長方體的長為xcm,寬為ycm,則xy=900,又原長方體的高為12cm,所以長方體形凹槽的體積V=12xy-6x×12y=9xy=8100(cm3所以這個“斗”的體積為5700+8100=13800(cm3),因此,“這個斗”的質(zhì)量為13800×0.5=6900(g).故選C.(2)如圖,連接BD,AC,設(shè)BD∩AC=O,連接PO,由PA=2,PB=PC=PD=7,AB=AD=7,BC=CD=2,可得BD⊥AC,BO=DO,BD⊥PO,△BPD≌△BAD,PO=AO,又PO∩AO=O,所以BD⊥平面PAC.設(shè)PO=AO=m,CO=n,則DO2=7-m2=4-n2,得m2-n2=3,在△POA中,cos∠PAO=AP2+AO在△PCA中,cos∠PAC=AP2+由∠PAO=∠PAC可得1m=4+又m2-n2=3,所以1m=(m+n)將n=2m代入m2-n2=3可得m2-4m2=3,解得m2=4或m2=-1(舍去),所以m=2,n=1,AC=3,BO=DO=3,△所以S△APC=12AP·AC·sin∠PAC=3×32=所以V四棱錐P-ABCD=V三棱錐B-PAC+V三棱錐D-PAC=13S△APC·BO+13S△APC=13×332×3×2=3.(3)設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長為l,則由題意可得2π=πrl,2πr=πl(wèi),解得r=1,l=2.【自測題】1.B[解析]由題意知H為△BCD的中心,連接DH并延長,交BC于E,則DE=32×3=32,DH=32×23=1,在Rt△ADH中,AH=AD所以三棱錐A-BCD的體積V=13×34×(3)2×3=34.2.D[解析]由題可知,該神人紋玉琮王可看作是一個底面邊長為17.6cm、高為8.8cm的正四棱柱中挖去一個底面直徑為4.9cm、高為8.8cm的圓柱,此時求得的體積記為V1cm3,則V1=(17.6)2×8.8-π×4.922×8.8≈2560記該神人紋玉琮王的實際體積為Vcm3,則V<V1,且由題意可知,V>π×17.622×8.8-π×4.922×8.8≈故1975<V<2560,故選D.小題3例3(1)D(2)B[解析](1)設(shè)球的球心為O,△ABC的內(nèi)切圓圓心為O1,由題意知正三角形ABC的邊長為6cm,則△ABC的內(nèi)切圓的半徑r=13×6×32=3(cm),連接OO1,則OO1=22連接MO1,則當MO1⊥平面ABC時,三棱錐M-ABC的體積最大,此時,MO1=OO1+2=3,又S△ABC=34·AB2=93(cm2),所以三棱錐M-ABC體積的最大值為13×3×93=93(cm3).故選(2)取BC的中點E,連接DE,由題知DE⊥BC,以E為坐標原點,分別以EB,ED的方向為x,y軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,由已知條件可得B(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,3,0),取AC的中點F,連接EF,則EF⊥BC,故∠FED為二面角A-BC-D的平面角,即∠FED=150°,又|EF|=12|AB|=1,得F0,-32,12,故A(1,-3,1)設(shè)四面體A-BCD外接球的球心為O(x,y,z),由|OA|=|OB|=|OC|=|OD|得(x-1)2+(解得x=0,y=33,z=3,所以四面體A-BCD外接球的半徑R=|OA|=12+(33+3)

2+(3-1)2=313,【自測題】1.C[解析]這個球是該正方體的外接球,其半徑R等于正方體的體對角線長的一半,即R=(23)2+(23)2+(23)22=32.B[解析]設(shè)正四棱錐的底面邊長為2a,則底面ABCD所在圓的直徑為22a,又正四棱錐P-ABCD的高為2,∴正四棱錐的側(cè)棱長為2a2+4,則sin∠PAB=a2由正弦定理可得側(cè)面所在圓的直徑為2a2+4∵該正四棱錐的五個面所在的平面截球面所得圓的大小相同,∴2a2+4a2+4=22a,解得a2=2設(shè)正四棱錐P-ABCD的外接球的半徑為R,則(2-R)2+2a2=R2,解得R=2.∴球O的表面積為4πR2=8π,故選A.3.B[解析]∵SA⊥平面ABC,∴SA⊥AB,SA⊥AC,又AB⊥AC,SA=AB=AC=2,故三棱錐S-ABC是棱長為2的正方體的一部分,則正方體的外接球即為三棱錐S-ABC的外接球,外接球的半徑為3.連接OD,易知OD=1,由題可知當OD垂直于截面時,截面的面積最小,此時截面圓的半徑為3-OD2=2,∴截面面積的最小值是2π例441243π[解析]在四棱錐P-ABCD中,側(cè)棱PA⊥底面ABCD,且底面為矩形,可將該陽馬補成長、寬、高分別為4,4,3的長方體,則(2R)2=AB2+AD2+AP2=16+16+9=41,因此R=依題意得Rt△PAB≌Rt△PAD,則該陽馬的內(nèi)切球O在側(cè)面PAD內(nèi)的射影是△PAD的內(nèi)切圓,故內(nèi)切球的半徑r=12×(3+4-5)=1,則V=43πr3=4【自測題】C[解析]由題可知,過球心且與底面平行的軸截面如圖所示,其中,AC=3,BC=4,AB=5,設(shè)球的半徑為r,由等面積法可得12×3×4=12×(3+4+5)r,解得r=1,∴此石材的高為2r=2.故選小題4例5(1)B(2)C(3)22π[解析](1)對于A,若m⊥n,n∥α,則直線m與平面α可能平行、相交或m?α,故A錯誤對于B,若m⊥α,α⊥β,則m?β或m∥β,又n⊥β,所以m⊥n,故B正確;對于C,若m∥n,n∥β,則m∥β或m?β,故C錯誤;對于D,若m?α,n?α,m∥β,n∥β,則α與β相交或平行,故D錯誤.故選B.(2)由題可知O是正方形ABCD的中心,連接OC,設(shè)N為OC的中點,連接MN,BN(圖略),則OP∥MN,所以∠BMN是異面直線OP與BM所成的角.因為OP⊥平面ABCD,所以MN⊥平面ABCD,則MN⊥BN.因為在四棱錐P-ABCD中,全部側(cè)棱的長都為42,底面是邊長為26的正方形,所以O(shè)C=23,所以O(shè)P=32-12=25,因此MN=在△PBC中,cos∠BPC=PB2+PC所以BM2=PB2+PM2-2PB·PM·cos∠BPC=32+8-2×42×22×58=20即BM=25,所以在△BMN中,cos∠BMN=MNMB=1則異面直線OP與BM所成的角為60°.故選C.(3)如圖,取B1C1的中點O1,連接D1O1.因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1是各棱長均為2的直四棱柱,且∠BAD=60°,所以D1O1⊥平面B1C1CB,且D1O1=22-1=3.由球的截面圓的性質(zhì)可得截面圓的半徑為5-3=2.在平面B1C1CB上作以O(shè)1為圓心,2為半徑的圓弧,與棱BB1,CC1的交點分別為E,F,易得E,F均為所在棱的中點.連接O1F,O1E,EF.因為O1E=O1F=2,EF=2,所以∠EO1F=