专题04立体几何培优-2021年高考数学（理）三轮突破提升专题

《2021年数学（理）立体几何二轮突破提升》 专题04立体几何培优 一、截面问题 用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键． 例1　(1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别在AB，BC，DD1上，求作过E，F，G三点的截面． 【解析】　作法：①在底面AC内，过E，F作直线EF，分别与DA，DC的延长线交于L，M. ②在侧面A1D内，连接LG交AA1于K. ③在侧面D1C内，连接GM交CC1于H. ④连接KE，FH.则五边形EFHGK即为所求的截面． (2)作出过正三棱柱ABC－A1B1C1的底边BC及两底面中心连线OO1中点的截面． 【解析】　作法：①过A1A和OO1作平面AOO1A1，交BC于D，交B1C1于D1，则D，D1分别为BC，B1C1的中点． ②取OO1的中点M，在平面A1AM内，作直线DM交上底面A1B1C1于点G. ③在平面A1B1C1内，过G作EF∥B1C1，交A1B1于E.交A1C1于F. ④连接BE，CF.则多边形BCFE为所求． (3)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为(　　) A．矩形 B．三角形 C．正方形 D．等腰梯形 【答案】　D 【解析】　取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G， 由题意得GH∥EF，AH∥A1F， 又GH⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，∴GH∥平面A1EF，同理AH∥平面A1EF， 又GH∩AH＝H，GH，AH⊂平面AHGD1， ∴平面AHGD1∥平面A1EF，故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形． 例2　(1)(2018·全国Ⅰ)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(　　) A. B. C. D. 【答案】　A 【解析】　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD－A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6×××sin 60°＝. 故选A. (2)如图，在三棱锥O－ABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA>OB>OC，分别经过三条棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S1，S2，S3，则S1，S2，S3的大小关系为________． 【答案】　S3<S2<S1 【解析】　由题意知OA，OB，OC两两垂直，可将其放置在以O为顶点的长方体中，设三边OA，OB，OC分别为a，b，c，且a>b>c，利用等体积法易得 S1＝a，S2＝b， S3＝c， ∴S－S＝(a2b2＋a2c2)－(b2a2＋b2c2) ＝c2(a2－b2)， 又a>b，∴S－S>0，即S1>S2， 同理，平方后作差可得，S2>S3，∴S3<S2<S1. 【强调】 确定截面的主要依据有 (1)平面的四个公理及推论． (2)直线和平面平行的判定和性质． (3)两个平面平行的性质． (4)球的截面的性质． 二、空间几何体的外接球 空间几何体的外接球是高中数学的重难点．我们可以通过对几何体的割补或寻求几何体外接球的球心两大策略求解此类问题． 例1　半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为(　　) A.π∶6 B.π∶2 C．π∶2 D．5π∶12 【答案】　B 【解析】　将半球补成球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的对角线就是它的外接球的直径．设正方体的棱长为a，球体的半径为R，则(2R)2＝a2＋a2＋(2a)2，即R＝a，∴V半球＝×πR3＝π×3＝πa3，V正方体＝a3，∴V半球∶V正方体＝πa3∶a3＝π∶2，故选B. 例2　已知在三棱锥S－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，SA＝SC＝2，二面角B－AC－S的大小为，则三棱锥S－ABC的外接球的表面积为(　　) A. B. C. D. 【答案】　D 【解析】　如图，取AC的中点D，连接BD，SD，则∠BDS＝，AC＝2，BD＝，SD＝.过点D作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OB，OS，可得OD2＝R2－()2，在△OSD中，