空间几何解题艺术 讲义——2026届高三数学一轮复习

空间几何解题艺术 第一类问题:求空间距离,面积与体积 1.一个倒逼出来的二级公式 不久前,一位朋友传来一道奇葩的题: 【例1】如图，棱长为3的正方体的 顶点A在平面M上，三条棱AB.AC,AD 都在平面M的同侧，若顶点B,C到平面 M的距离分别为则顶点D到平面M 的距离为 ． 此题的主要条件虽然是正方体,但其发力点却在正方体之外,所以使得不少人茫然不知所措. 几经研究,我们发现了一个绝妙 的二级公式,一箭定天山. 【解析】如解图,作BB1⊥平面M 于B1,CC1⊥M于C1,DD1⊥M于D1. 连结AB1,AC1,AD1,令 那么. 已知那么,解得. 即所求点D到平面α的距离为. 这个计算公式（1）是怎么发现的? 注意到A-BCD是直角四面体,且其侧棱长AB=AC=AD=3.△BCD是边长为的正三角形. 在原图中,作AH⊥平面BCD于H,那么AH∥BB1∥CC1∥DD1. 但是点H不一定是正三角形BCD的中心 不过这没有关系,如右图我们 可以过点H另作平面EFG,使 AH⊥平面EFG,这里点E,F,G分 别在原四面体的侧棱或其延长线上.令 由直角四面体的性质: 这就证明了,无论点H在△ABC内任何位置,公式(2)都成立.以下在原图中经过余角或平行线的转换,则公式(1)也成立 2.一招巧妙的补形手法 【例2】(浙江近期考题.原为多选, 现改编为填空)如图,在三棱锥O-ABC中, 侧棱OA,OB,OC两两垂直且OA=OB =OC=3.P为底面ABC内一个动点.点 P到三个侧面的距离分别为 (1)求三棱锥的外接球半径; (2)当时.求P点轨迹的长. 【解析】本题所提供的正三棱锥有3条侧棱 OA,OB,OC两两互相垂直,所以它又是直角四面体.. (1)如解图.若将此正三棱锥补形成正方体. 则它与正方体同一个外接球. 正方体的体对角线即外接球 直径为故半径为 (2)作OH⊥底面ABC于H则点H为正三角形ABC的中心. 注意到原形为直角四面体,故以为棱构成长方体,则OP之长即为此长方体的对角线.故由 连结HP,则故点P的轨迹是以H为圆心为半径的圆,其周长为: 评注:①直角四面体是从长方体中切割出来的,所以解题时常依据需要,将其复原成长方体 ②这里应用了直角四面体的重要性质:如果直角四面体的3条侧棱长依次为底面的高为h,则有: 3.巧绘截面解难题 【例3】(浙江近期考题)正方体棱长为4.P是中点,过点D1作平面α与CP垂直.则α与正方体截面周长为( ) 【解析】如解图,连结B1D1, 显然有B1D1⊥PC, 连AC,设∠ACP=α,则有: 为 设正方体上下底面中心分别 为O1,O.在AO上取点G,使∠OO1`G=α,连O1G,则此时必有O1G⊥PC,∴PC⊥平面EFD1B1.且 可知G为OA中点.过点G作EF∥BD,分别交AB于E,AD于F. 则EF为△ABD中位线连B1E,D1F 易求 故所求截面周长为 故选A. 评注:本题的难点是作出符合提升条件的正方体的截面. 也就是该截面内必须有两条相交直线与CP垂直. 容易发现B1D1⊥PC,所以作O1G⊥PC就是点睛之作. 4.球的作用不容忽视 【例4】(陕西西工大附中2024级期中4题)现将一个棱长为2的正方体魔方放入一个正四面体的盒子中.若该魔方可以在正四面体内自由转动,则这个正四面体棱长的最小值为( ) 【分析】本题要求一个正方体能够在另一个最小的几何体中自由转动.那么这个最小的几何体只能是球. 本题的实质是正四面体的内切球必须也是魔方正方体的外接球. 【解析】如解图,设此正四面体 ABCD的棱长为2m,取CD的中点E, 连AE,BE,由A,B分别向平面BCD, ACD引垂线AF,BG交于O,则O为 正四面体的中心,OF=OG即为正四 面体内切球的半径.易求 此即为正四面体内切球半径. 已知魔方正方体棱长为2,故其外接球半径为 令故选D. 5.一个不容误判的认知缺陷 【例5】(武汉2025.9月考.14题) 两个有共同底面的正三棱锥P-ABC与Q-ABC.它们的各个顶点都在 半径为1的球面上.若二面角P-AB-Q的大小为120º,则△ABC的边长为 本题最容易误判的是点P,Q 关于平面ABC,进而错误地认定球心就在平面ABC上.若有了这样的误判,以下的付出都是徒劳的. 【解析】如解图设球心为O, 正三角形中心为G,并设OG=x. 设正三角形ABC边长为2m,AB 中点为D,则 设∠PDC=α,∠QDC=β,则 已知α+β=120º, (1)+(2),整理得: 所求△ABCB的边长 6.一个必需首选的解题手段 【例6】(苏北8市2024届三模.8题) 已知一个正四棱台的上,下底面边长 分别为2,8.侧棱长为则该正四棱台 内半径最大的球的表面积为( ) 【解析】如解图,将正四棱台 ABCD-A1B1C1D1补形为正四棱锥 P- ABCD.易求其侧棱长 斜高PF=8.可知其轴截面是边长为8的正三角形. 原题实质是求这个正三角形内切圆半径.设为r. 设此正四棱锥底面中心为O.易求 所求四棱台内半径最大的球的表面积为 评注:圆台与棱台分别是由圆锥与棱锥切割出来的,但是台体的试题不知椎体的试题要困难得多.所以对于台体的试题,一般将其复原成椎体解之. 第二内问题;求空间角 二.求空间角 1.最是惬意投影法 如果图形A的面积为S,它在平面α内的投影面积为S’.而图形A与平面α所成二面角为θ,那么 这就是投影公式,它在求二面角的三角函数值时,常特别简便. 【例1】(深圳中学二轮C二阶测试:8题) 如图,边长为2的正方体的一个顶点 A在平面α内,其余顶点在α的同侧,且点 B,D到平面α的距离都是,则平面 与平面α夹角的余弦值为( ) 【解析】如解图.是正方体 的特征三角形,也是正三角形,其边长为 由条件知BD∥α.又BD⊥面AA1C1C, ∴面AA1C1C⊥α. 设BD在α的投影为EF,知C1,B,E 必共线,故在α的射影为△AEF. 易求: △AEF为等腰三角形,易求其底边EF上的高为.故其面积 设所求角为θ,则故选A. 2.顺理成章补形法 【例2】南航苏州附中25届高三一模.17题 如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=3A1B1,AB∥CD,AD⊥AB,CD=9,AD=6,且AA1=BB1=4.Q为线段CC1中点, (1)求证:BQ∥平面ADD1A1; (2)若四棱锥Q-ABB1A1的体积 为,求平面ABB1A1与平面 CDD1C1夹角的余弦值. 【解析】(1)如解图,已知AB=6,且 AB=3A1B1,∴A1B1=2. 又知CD=9,亦有CD=3C1D1, ∴C1D1=3.取DD1中点E,连QE. 由梯形中位线性质知QE=6=AB, 且QE∥CD∥AB.故知四边形ABQE 为平行四边形,∴BQ∥AE.从而 BQ∥平面ADD1A1. (2)将棱台各侧棱 延长交于P,得四棱锥P-ABCD. 由条件可知:△PAB是边长为6的正三角形. 由其且相似比为1:3, 设点Q( 或点E)到平面PAB的距离为h,则由 E为DD1中点,也就是PD的2:3分点,设点D到平面PAB的距离为h’,则 已知AD=6=h’.故必AD⊥平面PAB. 作PM⊥AB于M.则作MN∥AB,交CD于N,连PN.则△PMN中∠PMN=90º且MN=6, ∠MPN为所求二面角的平面角,且 3.降维化简直接法 2025. 武汉四月调考.14题. 在各条棱长均相等的四面体PABC 中,取棱PC上一点T,使PT=2TC.连结 TA,TB.三棱锥T-PAB的内切球的球心 为M,三棱锥T-ABC的内切球的球心 为N.则平面MAB与平面NAB夹角 的正弦值为 思维局限在这两个内切球,太难了,那就降维 内切球的最大截面是内切圆.而内切圆则是线(角平分线)的交点. 所以解题思路是先将球降维为圆,继将圆降维为线. 【解析】这个四面体各条棱长均相等,所以它是正四面体. 不妨设其棱长为6,由条件 知有PT=4,CT=2. 取AB中点Q,则AQ=BQ=3. 连PQ,TQ,CQ,则两内切球的球心 M,N必分别在△PQT与△CQT内, 也就是分别在∠PQT,∠CQT的平 分线上.分别延长QM,QN交PC于 D,E. 由于AB⊥平面PQC,∴AB⊥QD,AB⊥QE. 设∠EQE=α,则∠AQC=2α且α为M-AB-N的平面角. △PQC中,易求 由余弦定理: 也就是α为锐角,故所求 4. 不可遗弃坐标法 【例4】2025 浙江七彩阳光高三联考.15题 如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,侧面是边长为4的正三角形,E,F分别是CD,PB的中点. (1)证明:EF∥平面PAD (2)若平面PCD⊥平面ABCD,求直线EF与平面PBC所成角的正弦值. 【解析】(1)取PA中点G,连DG,FG. GF是△PAB中位线,∴GF∥AB∥CD,且 故四边形DEFG为平行四边形,∴EF∥DG,故EF∥平面PAD. (2)连AE,PE,△ADE中,由余弦定理: △ACD满足 已知平面PCD⊥平面ABCD,∴AE⊥PE,又PE⊥CD.故可 以E为原点,分别以EA,EC,EP为x,y,z轴建立空间 直角坐标系.则有:E(0,0,0),A(2,0,0), C(0,2,0),D(0,-2,0).B(2,4,0), 设平面PBC的一个法向量为 由 由 不妨取z=1,得 设的夹角为θ,则 故所求直线EF与平面PBC所成角的正弦值为 小结:从2025高考不难发现明显的信息:在求空间角的大小中,向量坐标一法统天下的局面已经大幅度改变.而效果卓著的投影法,体积法乃至回顾会本源的直接法都受到应有的关注,但向量坐标法在特殊场合也有无可替代的优势,所以不应完全排除 练习题及参考解答 1.（武汉调考题）在四面体ABCD中，三组对棱长分别相等且依次为.则此四面体ABCD的外接球的半径R为（ ） 【解析】如解图，将原四面体 ABCD置于长方体AEBF-GCHD之中,那么该四面体与长方体有同一个外接 球,且球半径等于该长方体的体对角线之半. 设此长方体的三度（即长、宽、高度）依次为.令 于是这个长方体的体对角线之长，从而所求外接球的半径. 故选C. 2.(江苏南京中华中学2025届2模13题.) 已知正四棱台 ABCD－A1B1C1D1的上，下底面边长分别为 1 和 2，且 BB1⊥DD1，则该棱台的体积为 【解析】如解图,将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补形为正四棱锥P-ABCD.易求其侧棱长 斜高PF=8.可知其轴截面是边长 为8的正三角形. 原题实质是求这个正三角形内切圆 半径,设为r. 设此正四面体底面中心为O.易求 所求四棱台内半径最大的球的表面积为 3.(浙江近期考题) 如图,在棱长为1的正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E在线段AB满足,点P在线段D1E上, 则点P到直线AD距离的最小值为( ) 本题的实质是求异面直线AD,D1B的距离,也就是夹在这两条异面直线之间公垂线段的长度.但是作出这条公垂线段并求其长又何其难也. 以下我们用转移法间接解决这个难题. 【解析】过点E作EF∥AD, 交CD于F.连结A1E,D1F,则 AD∥平面A1EFD1. 作AH⊥A1E于H.则AH之长必等于 异面直线AD,D1B的距离. 由条件知: 于是.故选C. 4.(苏锡常镇2024,高三二模) 正三棱锥P-ABC和正三棱锥Q-ABC共底面ABC.这两个正三棱锥的所有顶点都在球面上,点P,Q在平面ABC的异侧,这两个正三棱锥的侧面 与底面ABC所成角分别为α,β.则当α+β最大时,tan(α+β)=( ) 【解析1】如解图设球心为O, 正三角形ABC重心为G,D为BC 中点,设球半径为r,OG=x.不妨设 DG=1.则CG=2.连OC,则有: 设∠PDG=α,∠QDG=β. 则:tanα=r+x,tanβ=r-x.于是: (1)代入(2): 为负值,当且仅r最大时 最小.时,α+β最大. 由(1)知此时x=0.从而r=2,则故选D. 【解析2】(特值秒杀)α+β的最大值只有 1个,故取P,Q关于平面ABC对称.即球心O 为正三角形ABC的中心. 如解图.取AB中点D.连接OD,连结PQD.不妨设OG=OA=OQ=2,则OD=1. 设∠PDO=∠QSO=α,则.故选D. 5.(浙江近期考题)已知三棱锥P-ABC的各顶点均在半径为2的球面上, ∠AOB=∠AOC=60º,OB⊥OC,则 三棱锥O-ABC的内切圆半径为 三棱锥 O-PBC体积的最大值为 【解析】(1)由条件,△AOB.△AOC 是边长为2的正三角形,其面积都是 △ABC,△OBC都是腰长为2的等腰直角三角形,其面积都是2. 设三棱锥O-ABC内切圆半径为 r,易求其体积为由 即得 (2)取BC中点D.连OD,AD.易知△AOD是腰长为的等腰直角三角形. 球的直径为4,而 当点P在球面上保持运动时,当且仅当PA∥OD时其距离为最大(其他均为异面直线.其距离小于). ∵ 故所求答案分别为: 6.(浙江近期考题)用平面α截如图放置的正四面体.若平面α 分别交棱AB,AC,AD于E,F,G,且求平面α与平面BCD的夹角余弦值 【解析】(投影法) 如解图作△EFG在底面△ABC的的投影△E’F’G’. 易求而 又 故 于是 所求夹角余弦值 7(浙江近期考题)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为BC1的中点.P为正方体表面上一动点,且满足则点P轨迹的长度为 【解析】建立如图的空间直角坐标系,则有:D(0,0,0),M(2,4,2). 设P(x,y,z)为适合轨迹 条件的点,则有: B 令z=0,得x+2y=6,此直线 交正方形ABCD于E(4,1,0).F(0,3,0); 令x=0,得2y+z=6.此直线与正方形CC1D1D的另一交点为G(0,1,4); 令y=0,得x+z=6.此直线交正方形AA1D1D于H (2,0,4),L(4,0,2). 连结EFHGL所得五边形即为所求点P的轨迹. 易求 故所求点P的轨迹长度(图中五边形的边界)为 学科网（北京）股份有限公司 $