第7章 专题提能 立体几何中的高考创新问题-【优化探究】2024高考理科数学一轮复习高考总复习配套课件（人教A版 老教材 老高考）

立体几何中的高考创新问题 1 一轮 · 数学 (一)空间几何体中数学文化问题 典例1　日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(　　) A．20°　　　　　　　　 B．40° C．50° D．90° B 1 一轮 · 数学 [解析]　如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷的晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°. 1 一轮 · 数学 (二)空间几何体中的动态问题 1．“动态”中研究“特定静态”问题 典例2　如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是体对角线AC1上的动点(点P与A，C1不重合)，则下面结论中错误的是(　　) 1 一轮 · 数学 [答案]　C 1 一轮 · 数学 [解析]　连接A1B，BD(图略)．对于A选项，当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时成立．因为BD∥B1D1，BD⊄平面B1CD1，B1D1⊂平面B1CD1，所以BD∥平面B1CD1.同理A1B∥平面B1CD1，又BD∩A1B＝B，BD⊂平面A1DP，A1B⊂平面A1DP，所以平面A1DP∥平面B1CD1. 对于B选项，当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时成立．连接AD1，则A1D⊥AD1，又C1D1⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，所以A1D⊥C1D1，又C1D1∩AD1＝D1，所以A1D⊥平面AC1D1，所以AC1⊥A1D.同理AC1⊥A1B，又A1D∩A1B＝A1，A1D⊂平面A1DP，A1B⊂平面A1DP，所以AC1⊥平面A1DP. 1 一轮 · 数学 1 一轮 · 数学 1 一轮 · 数学 　本题通过P在体对角线AC1上的“动”考查了面面平行、线面垂直、投影图形的面积等问题，实现了一题多考． 1 一轮 · 数学 2．“动态”中研究“轨迹”问题 典例3　(2023·蚌埠模拟)如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________． 1 一轮 · 数学 [解析]　如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E.同理可得C1H∥CF. 1 一轮 · 数学 1 一轮 · 数学 　本题通过对点的轨迹的探索，考查了线面平行，实现了解析几何问题与立体几何的交汇．解决此类问题的方法一般是将空间问题平面化，同时要结合常见曲线的定义，探索轨迹类型． 1 一轮 · 数学 1．(2023·北京模拟)在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为线段CD和A1B1上的动点，且满足CE＝A1F，则四边形D1FBE(如图中阴影部分所示)在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和(　　) D 1 一轮 · 数学 解析：分别在后、上、左三个平面得到该四边形的投影，求其面积和即可． 依题意，设四边形D1FBE的四个顶点在后面、上面、左面的投影点分别为D′，F′，B′，E′，则四边形D1FBE在上面、后面、左面的投影如图所示． 1 一轮 · 数学 所以在后面的投影的面积为S后＝1×1＝1， 在上面的投影面积S上 ＝D′E′×1＝DE×1＝DE， 在左面的投影面积S左 ＝B′E′×1＝CE×1＝CE， 所以四边形D1FBE所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和S＝S后＋S上＋S左＝1＋DE＋CE＝1＋CD＝2. 1 一轮 · 数学 A 1 一轮 · 数学 [解析]　(1)如图，取AB的中点E，连接CE，DE， 1 一轮 · 数学 1 一轮 · 数学 (2)已知一个几何体的三视图如图所示，则被挖去的几何体的侧面积的最大值为(　　) A 1 一轮 · 数学 1 一轮 · 数学 　根据条件设出变量，求出几何体的体积或面积表达式，然后转化为函数最值问题求解即可． 1 一轮 · 数学 2．如图所示，菱形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC折起使平面ACD′⊥平面ACB，则此时空间四面体ABCD′体积的最大值为(　　) A 1 一轮 · 数学 1 一轮 · 数学 1