专题4 第1讲 小题研透——立体几何-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习学生用书Word

第1讲　小题研透——立体几何 备｜考｜领｜航 一、考情分析 高频考点 高考预测 空间几何体的表面积与体积 立体几何中的小题仍在求空间几何体的表面积及体积、判断空间线、面位置关系二个高频考点上考查；与空间几何体表面积、体积有关的最值问题是命题的热点，多涉及用基本不等式与导数求最值 空间点、线、面位置关系的判断及应用 二、真题感悟 1.（2024·天津高考6题）（空间中线线、线面位置关系）若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（　　） A.若m∥α，n∥α，则m⊥n B.若m∥α，n∥α，则m∥n C.若m∥α，n⊥α，则m⊥n D.若m∥α，n⊥α，则m与n相交 2.（2024·新高考Ⅰ卷5题）（圆柱、圆锥的侧面积与体积）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（　　） A.2π B.3π C.6π D.9π 3.（2022·全国甲卷理8题）（扇形弧长）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”.如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB.“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB＋.当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝（　　） A. B. C. D. 4.（2024·新高考Ⅱ卷7题）（正三棱台的体积、线面角的正切值）已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为（　　） A.　　　B.1 C.2　　　D.3 重｜难｜排｜查 1.直观图 斜二测画法作出的直观图面积为原平面图形面积的. 2.空间几何体的表面积与体积公式 　　名称 几何体　 　 表面积 体积 柱体 S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体 S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh 台体 S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝（S上＋S下＋）h 球 S＝4πR2 V＝πR3 3.空间线面位置关系的8个定理 （1）线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α； （2）线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b； （3）面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α； （4）面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b； （5）线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a∩b＝O，a⊂α，b⊂α⇒l⊥α； （6）线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b； （7）面面垂直的判定定理：l⊥α，l⊂β⇒α⊥β； （8）面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α. 4.三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O （1）若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的外心； （2）若PA，PB，PC与平面ABC所成角相等，则点O是△ABC的外心； （3）若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的垂心； （4）若PA⊥BC，PB⊥AC，PC⊥AB，则点O是△ABC的垂心. 空间几何体的表面积和体积 【例1】　（1）（2024·菏泽三模）已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（　　） A.24π B.25π C.26π D.27π （2）（2024·天津高考9题）一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为（　　） A. B.＋ C. D.－ 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 感悟提升 1.求空间几何体表面积的方法 （1）求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点； （2）求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积. 2.求空间几何体体积的常用方法 （1）公式法：直接根据常见柱、锥、台体等规则几何体的体积公式计算； （2）等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等； （3）割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体. 1.棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1-D1MN的体积为　　　　. 2.（2024·北京高考14题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的高为230 mm，则斗量器的高为　　　　 mm，升量器的高为　　　　 mm.（不计量器的厚度） 3.已知圆锥的底面圆心到母线的距离为2，当圆锥母线的长度取最小值时，圆锥的侧面积为　　　　. 空间线、面位置关系的判断 考向1　位置关系的判断 【例2】　（1）（2024·石家庄质量检测）设α，β，γ是三个不同的平面，m，l是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（　　） A.若α⊥β，m⊂α，l⊥β，则m∥l B.若m⊂α，l⊂β，α∥β，则m∥l C.若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥β D.若α∩β＝l，m∥l，m⊥γ，则α⊥γ （2）（2024·济南模拟）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论不正确的是（　　） A.平面CBP⊥平面BB1P B.AP⊥平面CPD1 C.AP⊥BC D.AP∥平面DD1C1C 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 感悟提升 判断空间线、面位置关系的4种方法 （1）借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断； （2）借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的结论，进而作出判断； （3）借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定； （4）建立空间坐标系或选定空间的一组基，借助空间向量进行判断. 考向2　异面直线所成的角 【例3】　（2024·东北三校第一次联合考试）如图，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，M是线段PB的中点，则异面直线DM与PA所成角的正切值为　　　　. 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 感悟提升 求异面直线所成角的方法 （1）综合法：①根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；②解三角形，求出所作的角； （2）向量法：先求出直线的方向向量，再求出两方向向量夹角的余弦值的绝对值. 1.（2024·大连第一次模拟考试）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（　　） A.若a⊥c，b⊥c，则a∥b B.若a∥b，a∥α，则b∥α C.若a∥α，b∥α，c⊥a，且c⊥b，则c⊥α D.若β⊥α，γ⊥α，且β∩γ＝a，则a⊥α 2.如图，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD为平行四边形，AA1＝3，BD＝4且·－·＝5，则异面直线AA1与BD夹角的余弦值为　　　　. 空间几何体的折展问题 【例4】　如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长SA＝3，一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A，则蚂蚁爬行的最短距离为（　　） A.2　　B.3 C.6　　　D.2π 听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 感悟提升 　　空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边. 1.（2024·金丽衢十二校第二次联考）已知圆柱的轴截面面积为4，则该圆柱侧面展开图周长的最小值为　　　　. 2.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M是侧面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，则DM＋MC的最小值为　　　　. 5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题四　立体几何 第1讲　小题研透——立体几何 【锁定高考·明方向】 真题感悟 1.C　对于A、B，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A、B错误；对于C、D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，m与n可能相交垂直，也可能异面垂直，故C正确，D错误. 2.B　设圆柱和圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π.故选B. 3.B　由题意知，△OAB是等边三角形，所以AB＝OA＝2.连接OC（图略），因为C是AB的中点，所以OC⊥AB，OC＝＝，又CD⊥AB，所以O，C，D三点共线，所以CD＝OD－OC＝2－，所以s＝AB＋＝2＋＝.故选B. 4.B　法一（直接法）　 如图，分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，可知S△ABC＝×6×3＝9，＝×2×＝，设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，则＝（9＋＋）h＝，解得h＝，分别过A1，D1作底面的垂线，垂足为M，N，设AM＝x，则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，可得DD1＝＝，结合等腰梯形BCC1B1可得B＝（）2＋D，即x2＋＝（2－x）2＋＋4，解得x＝，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝＝1. 法二（补形法）　 如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，因为＝＝，则＝，可知＝VP-ABC＝，则VP-ABC＝18，设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC＝d××6×3＝18，解得d＝2，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO＝＝1.故选B. 【研透高考·攻重点】 【例1】　（1）C　（2）C 解析：（1） 如图，作出圆台的轴截面ABDC，设上底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r，故轴截面周长为16＝4＋4＋2r＋6r，解得r＝1，所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积S侧＝π（1＋3）×4＝16π，所以圆台的表面积为π＋9π＋16π＝26π.故选C. （2）因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝×1××1＋××＝，故选C. 跟踪训练 1.1　解析： 如图，由正方体棱长为2，得＝2×2－2××2×1－×1×1＝，又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，且D1A1＝2，∴＝＝··D1A1＝××2＝1. 2.23　57.5　解析：设升、斗量器的高分别为h1 mm，h2 mm，升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3，V2 mm3，V3 mm3，因为升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，所以V3＝10V2，即π×（）2×230＝10×π×（）2×h2，解得h2＝23.又V2＝10V1，即π×（）2×23＝10×π×（）2×h1，所以h1＝57.5，所以升、斗量器的高分别为57.5 mm，23 mm. 3.8π　解析：设圆锥的母线长为l（l＞0），底面圆半径为r（r＞2），高为h（h＞0），则l·2＝hr.解得h＝，又l2＝r2＋h2，所以l2＝r2＋（）2，即l2＝＝.令＝t，则0＜t＜.令f（t）＝t－4t2＝－4（t－）2＋，则当t＝时，f（t）取得最大值，即l2取得最小值16，所以l的最小值为4，此时r＝h＝2，圆锥的侧面积S＝πrl＝8π. 【例2】　（1）D　（2）B　解析：（1）对于A选项，若α⊥β，m⊂α，l⊥β，则l∥α或l⊂α，无法确定m与l的关系，错误；对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少m∥l的条件，它们可能平行或异面，错误；对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件l⊂α，l与β平行、相交或l⊂β均有可能，错误；对于D选项，若α∩β＝l，m∥l，m⊥γ，则l⊥γ，由面面垂直的判定定理可得α⊥γ，正确.故选D. （2）对于A，因为CB⊥BB1，CB⊥BP，BP，BB1⊂平面BB1P，BB1∩BP＝B，所以CB⊥平面BB1P，又CB⊂平面CBP，所以平面CBP⊥平面BB1P，所以A正确；对于B，当P为A1B的中点时，AP⊥A1B，AP⊥BC，A1B，BC⊂平面CPD1且A1B∩BC＝B，所以AP⊥平面CPD1，除此之外，AP与平面CPD1不垂直，所以B错误；对于C，因为BC⊥AB，BC⊥A1A，AB，AA1⊂平面A1AB且A1A∩AB＝A，所以BC⊥平面A1AB，又AP⊂平面A1AB，所以BC⊥AP，所以C正确；对于D，平面A1ABB1∥平面DD1C1C，AP⊂平面A1ABB1，所以AP∥平面DD1C1C，所以D正确.故选B. 【例3】　　解析：法一（几何法）　如图，取AB的中点N，连接DN，MN，则AN＝BN＝1，又M为线段PB的中点，∴MN∥PA且MN＝PA＝1，则异面直线DM与PA所成的角即直线DM与MN所成的角.∴异面直线DM与PA所成的角为∠DMN或其补角，∵PA⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，又DN⊂平面ABCD，∴MN⊥DN，在Rt△DAN中，DN＝＝，在Rt△DMN中，tan∠DMN＝＝＝，故异面直线DM与PA所成角的正切值为. 法二（向量法）　 ∵PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，∵四边形ABCD是正方形，∴AB⊥AD.以A为坐标原点，以AP所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，AD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），D（0，0，2），P（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），＝（2，0，0），＝（1，1，－2），∴cos＜，＞＝ ＝＝＝＝.记异面直线DM与PA所成的角为θ，则cos θ＝｜cos＜，＞｜＝，∴sin θ＝＝，∴tan θ＝＝＝. 跟踪训练 1.D　 对于A，根据a⊥c，b⊥c，可得a与b平行、相交、异面均有可能，故A错误；对于B，根据a∥b，a∥α，可得b∥α或b⊂α，故B错误；对于C，在如图所示正方体ABCD-A1B1C1D1中，设a＝A1B1，b＝C1D1，c＝B1C1，平面α＝平面ABCD，满足a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，但c∥α，故C错误；对于D，两个平面同时与第三个平面垂直，则这两个平面的交线与第三个平面垂直，故D正确.故选D. 2.　解析：令＝a，＝b，＝c，并将其作为一组基，则·－·＝（＋）·－（＋）·＝（a＋c）·b－（b＋c）·a＝c·（b－a）＝·＝｜｜·｜｜·cos＜，＞＝5，所以cos＜，＞＝，即异面直线AA1与BD夹角的余弦值为. 【例4】　B　 已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，如图，一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A的最短距离为AA'，设∠ASA'＝α，圆锥底面周长为2π，所以＝α×3＝2π，所以α＝，在△SAA'中，由SA＝SA'＝3和余弦定理，得AA'＝＝＝3. 跟踪训练 1.8　解析：设圆柱的母线长和底面圆半径分别设为l，r，根据已知得2lr＝4，由题意可得圆柱侧面展开图的周长可以表示为l侧＝4πr＋2l≥2＝8，当且仅当4πr＝2l，即r＝，l＝2时等号成立. 2.＋　解析：如图1，连接BD，BC1，DC1，易知A1C⊥平面BDC1.因为DM⊥A1C，所以DM⊂平面BDC1，即M在线段BC1上，将平面BDC1和平面BCC1沿着BC1展开，使得D，B，C，C1四点共面，如图2.当D，M，C三点共线时，DM＋MC取得最小值，易知此时点M为BC1中点，又因为正方体的棱长为2，故此时BC1＝2，DM＝，MC＝，故DM＋MC≥CD＝＋. 学科网（北京）股份有限公司 $