解题方法信息提取3.1 空间形式类直观想象 课件-2026届高三数学二轮复习

第三节　直观想象能力 能力阐释 直观想象是数学核心素养之一,是指通过图形、图表、几何模型等直观工具,将抽象的数学概念、关系和问题转化为可视化的形式,从而帮助理解、分析和解决数学问题的综合能力.它是数学思维与空间想象力的结合,强调在抽象与直观之间建立联系,它不仅包括对图形的直接观察与分析,还涉及通过想象构建数学模型或动态过程的能力.具体内涵包括以下几个方面: 3.1　空间形式类直观想象 3.1　空间形式类直观想象 直观想象能力是数学思维的重要工具,帮助我们以视觉化的方式理解抽象概念和复杂问题,从而更容易找到解决问题的途径,它通过“数”和“形”的互动,帮助学生从多角度探索数学本质,尤其在解决复杂问题时展现出不可替代的价值. 3.1　空间形式类直观想象 能力表现 数学直观想象作为核心素养的重要组成部分,其能力表现不仅体现在对图形、空间关系的直接感知,更强调通过直观与抽象的融合解决复杂问题.以下是进行直观想象的一般流程: 3.1　空间形式类直观想象 下面通过一个示例理解直观想象的流程: 示例:已知函数f(x)=λsin(x+φ)(λ>0,0<φ<π)的部分图象如图1所示,A,B分别为图象的最高点和最低点,过点A作x轴的垂线,交x轴于A',点C为该部分图象与x轴的交点.将绘有该图象的纸片沿x轴折成直二面角,如图2所示.若此时|AB|=,则λ=　　　　　.  3.1　空间形式类直观想象 给出下列四个结论: ①φ=. ②图2中,=5. ③图2中,过线段AB的中点且与AB垂直的平面与x轴交于点C. ④图2中,S是△A'BC及其内部的点构成的集合.设集合T={Q∈S||AQ|≤2},则T表示的区域的面积大于. 所有正确结论的序号是　　　　　.  3.1　空间形式类直观想象 第一步:理解问题 准确找出题干中蕴含的数与形的关系. 由图1直接得到的信息:①函数f(x)的图象过点(0,);②A是函数f(x)图象的一个最高点;③B是函数f(x)图象的一个最低点;④C是函数f(x)图象与x轴的一个交点. 由图2直接得到的信息:①点A和点B分别在两个互相垂直的平面内;②点A'和点C在两平面的交线上. 3.1　空间形式类直观想象 第二步:构建直观模型 借助几何图形可以把复杂的问题变得简单形象,有助于探索解决问题的思路.图中|AA'|=λ,|A'C|是函数f(x)的个周期,题干中|AB|=指空间中A,B两点间的距离是. 3.1　空间形式类直观想象 第三步:观察分析问题 找出复杂的代数式所蕴含的几何直观,将抽象的数量关系转化为对图形的直接感知,以达到对数学问题结构性的理解.先求得函数f(x)的最小正周期为T==4. 3.1　空间形式类直观想象 第四步:推理计算 在图2中,以O为坐标原点,的方向分别为y'轴、z'轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O-x'y'z',设点A'(0,t,0),则点A(0,t,λ),B(λ,t+2,0),|AB|=,λ>0,求得λ=,所以f(x)=sin(也可以利用几何方法求得λ=);再通过函数f(x)的图象过点,即f(0)=sin φ=,得sin φ=,此时由0<φ<π,可得φ=或φ=.f'(x)=πcos. 3.1　空间形式类直观想象 由图1中函数f(x)的图象知,函数f(x)在x=0附近单调递减,所以f'(0)=πcos φ <0,所以φ=,进而求得f(x)=sin,可判断①错误. 由数到形,借助几何图形,利用几何方法解决问题,准确理解曲线方程与曲线之间的关系.通过曲线可以直观地得到一些几何性质,曲线方程可以帮助我们进行更为严谨的逻辑推理,把几何性质和代数运算结合起来,往往会达到化繁为简、出奇制胜的效果. 3.1　空间形式类直观想象 由图1可得点A是函数f(x)的图象在y轴左侧距离y轴最近的最高点,即 ,可得t=-,所以在图2中点A的坐标为(0,-),点B的坐标为(,-+2,0),即(,0),点C的坐标为(0,-+1,0),即(0,,0),所以=(,2,-),=(0,1, -),所以=0+2×1+=5,可判断②正确. 在图2中,设线段AB的中点为M(),因为=(,0,),则+0+×(-)=0,即AB⊥CM,可判断③正确. 3.1　空间形式类直观想象 在图2中,设点Q(x,y,0),|AQ|=≤2,可得x2+≤1.由题可知A'(0,-,0),所以=(0,1,0),=(,2,0),所以cos∠BA'C=.由图2易知∠BA'C为锐角,则0<∠BA'C<,所以区域T是坐标平面Ox'y'内以点A'为圆心,半径为|A'C|=1,且圆心角为∠BA'C的扇形区域,故区域T的面积ST<×12=,可判断④错误. 3.1　空间形式类直观想象 在高考中借助于直观想象能够快速构建问题模型,简化复杂运算,将直观的图形与抽象的数学进行结合,将形象思维与抽象思维结合,从而快速解决问题. 3.1　空间形式类直观想象 能力评价 水平 质量描述 水平一 能够在熟悉的情境中,抽象出实物的几何图形,建立简单图形与实物之间的联系;体会图形与图形、图形与数量的关系. 能够在熟悉的数学情境中,借助图形的性质和变换(平移、对称、旋转)发现数学规律;能够描述简单图形的位置关系和度量关系及其特有性质. 能够通过图形直观认识数学问题;能够用图形描述和表达熟悉的数学问题、启迪解决这些问题的思路,体会数形结合. 能够在日常生活中利用图形直观进行交流 3.1　空间形式类直观想象 水平 质量描述 水平二 能够在关联的情境中,想象并构建相应的几何图形;能够借助图形提出数学问题,发现图形与图形、图形与数量的关系,探索图形的运动规律. 能够掌握研究图形与图形、图形与数量之间关系的基本方法,能够借助图形性质探索数学规律,解决实际问题或数学问题. 能够通过直观想象提出数学问题;能够用图形探索解决问题的思路;能够形成数形结合的思想,体会几何直观的作用和意义. 在交流的过程中,能够利用直观想象探讨数学问题 3.1　空间形式类直观想象 水平 质量描述 水平三 能够在综合的情境中,借助图形,通过直观想象提出数学问题. 能够综合利用图形与图形、图形与数量的关系,理解数学各分支之间的联系;能够借助直观想象建立数学与其他学科的联系,并形成理论体系的直观模型. 能够通过想象对复杂的数学问题进行直观表达,反映数学问题的本质,形成解决问题的思路. 在交流的过程中,能够利用直观想象探讨问题的本质及其与数学的联系 3.1　空间形式类直观想象 高考链接 直观想象能力不仅是解决数学问题的重要方法与技能,也是一种良好的数学思维习惯.高考中多在立体几何、函数与导数、向量、解析几何等知识模块中进行考查.在近三年高考中,考查直观想象能力的试题分布情况如下: 3.1　空间形式类直观想象 关键能力 2025年 2024年 2023年 新高 考Ⅰ卷 新高 考Ⅱ卷 新高 考Ⅰ卷 新高 考Ⅱ卷 全国 甲卷 新高 考Ⅰ卷 新高 考Ⅱ卷 全国 甲卷 全国 乙卷 数学 抽象 空间形式类直观想象   14,17 9,14 7,9, 10,11 理10 12,14, 18 9,14, 20 理15, 理18 理3, 理8, 理9, 文19 3.1　空间形式类直观想象 关键能力 2025年 2024年 2023年 新高 考Ⅰ卷 新高 考Ⅱ卷 新高 考Ⅰ卷 新高 考Ⅱ卷 全国 甲卷 新高 考Ⅰ卷 新高 考Ⅱ卷 全国 甲卷 全国 乙卷 数学 抽象 图形分析类直观想象 9   11,17 17, 19 理7, 文19 6,16 5,10, 15,20 理11, 理14, 文16, 文19 理14 数形结合类直观想象 4,7, 10,17 6,11 7,12, 16,18 5,6, 15 文3, 理12 15 16 文10 理5, 理12 3.1　空间形式类直观想象 3.1　空间形式类直观想象 空间形式类直观想象是指借助图形的位置关系、形态变化与运动规律,利用几何模型构建数与形的联系,从而探索解题思路. 例1　(2024新高考Ⅱ卷,7)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 3.1　空间形式类直观想象 [思维路径] 3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] [方法1]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=. 3.1　空间形式类直观想象 如图,分别过A1,D1作底面垂线,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. 3.1　空间形式类直观想象 [方法2]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××6×6×=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所成角的正切值为tan∠PAO==1.故选B. [答案] B 3.1　空间形式类直观想象 学友聊斋 3.1　空间形式类直观想象 例2　(2023全国甲卷,理15)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点. [思维路径]   3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] 设EF的中点为O,则球O的直径为EF.因为O点也是正方体ABCD-A1B1C1D1的中心,所以O点到各棱的距离均等于OE,故以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点. [答案] 12 3.1　空间形式类直观想象 学友聊斋 3.1　空间形式类直观想象 例3　(2023新高考Ⅰ卷,12,多选题)下列物体中,能被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体 3.1　空间形式类直观想象 [思维路径] 3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] 对于A选项,正方体内切球直径为1 m.因为1>0.99,故A正确. 对于B选项,如图1,正方体内部最大的正四面体棱长为BA1=>1.4,故B正确. 图1 3.1　空间形式类直观想象 图2 对于C选项,如图2,因为圆柱的底面直径为0.01 m(可忽略不计),故可将高为1.8 m的圆柱看作长为1.8 m的线段,而正方体的体对角线AC1长为 m,且<1.8,故C错误. 3.1　空间形式类直观想象 对于D选项,如图3①,因为圆柱体的高为0.01 m(可忽略不计),可以将该圆柱体看作直径为1.2 m的圆. 设E,F,G,H,I,J为各棱的中点, 六边形EFGHIJ为正六边形, 如图3②,其棱长为 m, 其内切圆直径的长等于FH的长, ∠GFH=∠GHF=30°, 所以FH=FG=GH=(m). 因为>1.2,故D正确.故选ABD. 图3① 图3② 3.1　空间形式类直观想象 学友聊斋 3.1　空间形式类直观想象 能 力 训 练 A组　基础性题组 题号 选题理由 1 考查直线、平面平行、垂直的判定,注意利用空间形式进行直观想象 2 考查圆锥的高,注意将侧面展开图恢复圆锥,进行直观想象 3 考查线面角的正切值,需要借助作图直观想象,先求出圆台的上、下底半径再求角 4 以正方体为载体考查垂直、平行关系,要作图、建系,进行直观想象 3.1　空间形式类直观想象 1.☆(2025天津卷,4)已知m,n为直线,α,β为平面,则下列说法正确的是(　C　) A.若m∥α,n⊂α,则m∥n B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β D.若m⊂α,α⊥β,则m⊥β [解题过程] 对于A,若m∥α,n⊂α,则m∥n或m,n异面,故A错误; 对于B,若m⊥α,m⊥β,则α∥β,故B错误; 对于C,设m∈平面γ,γ∩α=l,因为m∥α,所以m∥l, 又m⊥β,所以l⊥β,所以α⊥β,故C正确; 对于D,m⊂α,α⊥β,则m与β平行或相交或m⊂β,故D错误. 故选C. 3.1　空间形式类直观想象 2.☆☆(2025湖北黄冈一模)如图所示,在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为4的圆,使之恰好围成一个圆锥,则圆锥的高为(　D　) A.2 B. C. D.2 [解题过程] 由题图知,扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长,圆锥底面圆的半径为r=2.设扇形半径为R,则有R=2πr,解得R=8,因此圆锥的母线长为R=8,所以圆锥的高h==2.故选D. 3.1　空间形式类直观想象 3.☆☆(2025浙江宁波一模)圆台的高为2,体积为14π,两底面圆的半径比为1∶2,则母线和轴的夹角的正切值为(　B　) A. B. C. D. [解题过程] 设圆台上底半径为r,则下底半径为2r, 由题意,[r2+(2r)2+r·2r]=14π,所以r=, 所以圆台母线和轴的夹角的正切值为.故选B. 3.1　空间形式类直观想象 4.☆☆☆(2025安徽合肥一模,多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是棱C1D1上的动点(不含端点),下列说法中正确的有(　AB　) A.DC∥平面BPD1 B.B1C⊥BP C.四面体PAB1C的体积为定值 D.存在点P,使得平面BB1P⊥平面AA1P 3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] 对于A,因为DC∥PD1,DC⊄平面BPD1,PD1⊂平面BPD1, 所以DC∥平面BPD1,故A正确; 对于B,因为AB⊥平面BCC1B1,B1C⊂平面BCC1B1,所以AB⊥B1C. 因为BC1⊥B1C,AB∩BC1=B,AB,BC1⊂平面ABC1D1,所以B1C⊥平面ABC1D1. 因为BP⊂平面ABC1D1,所以B1C⊥BP,故B正确; 对于C,因为CD∩平面AB1C=C,CD∥C1D1, 所以C1D1与平面AB1C相交, 即点P到平面AB1C的距离h不是定值. 因为·h,为定值, 所以四面体PAB1C的体积不为定值,故C错误; 3.1　空间形式类直观想象 对于D,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1, 则A(0,0,0),A1(0,0,1),B(1,0,0),B1(1,0,1), 设P(t,1,1),0<t<1, 则=(t,1,1),=(0,0,1),=(t-1,1,1),=(0,0,1). 设平面AA1P的法向量为m=(x,y,z), 由取x=1,则y=-t,z=0,所以m=(1,-t,0). 3.1　空间形式类直观想象 设平面BB1P的法向量为n=(a,b,c), 由 取a=1,则b=1-t,c=0, 所以n=(1,1-t,0). 若存在点P,使得平面BB1P⊥平面AA1P, 则m·n=(1,-t,0)·(1,1-t,0)=1-t+t2=0. 因为1-t+t2=>0, 所以1-t+t2=0无解, 所以不存在点P,使得平面BB1P⊥平面AA1P,故D错误.故选AB. 3.1　空间形式类直观想象 B组　综合性题组 题号 选题理由 1 考查三棱锥的外接球体积,根据正棱锥的定义建立方程组求解 2 考查平行六面体的两部分体积之比,需作图辅助直观想象 3 考查两个三棱锥体积之比,需作图辅助直观想象 4 以正方体为载体考查位置关系、距离,需作图辅助直观想象 5 考查圆锥侧面积和动直线与平面平行,可由面面平行的性质证得 3.1　空间形式类直观想象 1.☆☆(2025广东肇庆二模)已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形,高为2,则该三棱锥的外接球的体积为(　A　) A. B. C. D. 3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] 如图, 若球心O在三棱锥P-ABC内,设O1为底面三角形ABC的外接圆的圆心,球O的半径为R,则AO1==1,OO1=2-R. 因为AO2=A+O, 所以R2=1+(2-R)2,解得R=. V=πR3=. 若球心O在三棱锥P-ABC外,则OO1=R-2, 同理,由R2=1+(2-R)2,解得R=,此时OO1=R-2<0,不符合题意.故选A. 3.1　空间形式类直观想象 2.☆☆(2025重庆一模)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为1,若将其截去三棱锥A-A1B1D1,则剩余部分几何体的体积为(　D　) A. B. C. D. [解题过程] 设点A到平面A1B1C1D1的距离为h, 四边形A1B1C1D1的面积为S,显然有1=Sh, 所以S·h=, 因此剩余部分几何体的体积为1-.故选D. 3.1　空间形式类直观想象 3.☆☆☆(2023天津卷,8)在三棱锥P-ABC中,线段PC上的点M满足PM=PC,线段PB上的点N满足PN=PB,则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为(　B　) A. B. C. D. 3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] 如图,将三棱锥P-AMN看作三棱锥A-PMN,即以A为顶点,△PMN为底面的三棱锥,将三棱锥P-ABC看作三棱锥A-PBC,即以A为顶点,△PBC为底面的三棱锥. 因为S△PBC=PB·PC·sin∠BPC,S△PMN=PN·PM·sin∠NPM, 而PN=PB,PM=PC,∠BPC=∠NPM, 所以S△PMN=S△PBC=S△PBC,点A到底面PBC的距离和点A 到底面PMN的距离相等,设为h,故. 故选B. 3.1　空间形式类直观想象 4.☆☆☆(2025内蒙古呼和浩特一模,多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为1,已知点P,Q分别是线段AD1,AC1上的动点(不含端点),下列说法正确的有(　AD　) A.存在无数条直线PQ与直线CD平行 B.PQ与B1C不可能垂直 C.二面角P-AC-Q不可能为定值 D.点B1到任意直线PQ的距离都不可能小于 3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] 对于A,由CD∥C1D1,C1D1⊂平面ABC1D1,CD⊄平面ABC1D1,得CD∥平面ABC1D1, 则过CD的平面与平面ABC1D1相交,交直线AD1,AC1分别于点P,Q, 必有PQ∥CD, 因此有无数条直线PQ与直线CD平行,A正确; 对于B,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C⊥BC1. 由AB⊥平面BCC1B1,B1C⊂平面BCC1B1,得B1C⊥AB. 而AB∩BC1=B,AB,BC1⊂平面ABC1D1, 则B1C⊥平面ABC1D1, 又PQ⊂平面ABC1D1,因此B1C⊥PQ,B错误; 3.1　空间形式类直观想象 对于C,由P∈AD1,Q∈AC1,得平面PAC即为平面ACD1,平面QAC即为平面ACC1, 因此二面角P-AC-Q即为二面角D1-AC-C1,而二面角D1-AC-C1为定值, 则二面角P-AC-Q为定值,C错误; 对于D,由选项B知,B1C⊥平面ABC1D1, 点B1到平面ABC1D1的距离为B1C=, 而PQ⊂平面ABC1D1, 因此点B1到任意直线PQ的距离都不可能小于,D正确.故选AD. 3.1　空间形式类直观想象 5.☆☆☆☆(2025上海卷,18)如图,P是圆锥的顶点,O是底面圆圆心,AB是底面圆直径,AB=2. (1)若PA与底面所成角大小为,求该圆锥的侧面积; (2)已知Q是母线AP的中点,点C,D在底面圆周上,弧长为,且CD∥AB,点T在OC上运动,求证:QT∥平面PBD. 3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] (1)由题知,∠PAB=,即轴截面三角形ABP是等边三角形,故PA=AB=2,底面周长为π×2=2π,则侧面积S侧=×2×2π=2π. (2)证明:如图,作出点C,D,T,连接CD,BD,QT,QC,QO,OD,PD. 由题知AQ=QP,AO=OB,则根据中位线性质,QO∥PB, 又QO⊄平面PBD,PB⊂平面PBD, 则QO∥平面PBD. 由于,底面圆半径是1, 则∠AOC=, 3.1　空间形式类直观想象 又CD∥AB,则∠OCD=, 又OC=OD=1,则△OCD为等边三角形,则CD=1=OB, 又CD∥BO, 则四边形OCDB是平行四边形, 故OC∥BD, 又OC⊄平面PBD,BD⊂平面PBD, 故OC∥平面PBD. 又OC∩OQ=O,OC,OQ⊂平面QOC, 所以平面QOC∥平面PBD. 因为QT⊂平面QOC,所以QT∥平面PBD. 3.1　空间形式类直观想象 C组　应用性题组 题号 选题理由 1 考查圆锥体积,可由题意抽象出圆锥模型进行直观想象 2 根据“羡除”的定义,采用割补法求体积 3 考查四面体体积,可由题意抽象出四面体模型进行直观想象 4 由题意作出截面示意图,将立体图形平面化,简化题目 5 本题考查翻折几何体中的线面平行和二面角,可以根据翻折前后的对应关系证明和建系计算 3.1　空间形式类直观想象 1.☆☆(2025北京平谷一模)冰淇淋蛋筒是大家常见的一种食物,某种冰淇淋蛋筒可以看作是由半径为10 cm,圆心角为的扇形蛋卷坯卷成的圆锥,假设高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒内部的奶油体积相等,则该种冰淇淋中奶油的总体积约为(　D　) (忽略蛋筒厚度)　　　 　　　　　 　　　　 A. cm3 B. cm3 C. cm3 D. cm3 3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] 设圆锥底面半径为r,由题意可知2πr=,所以r=. 设圆锥的高为h,则h=, 所以圆锥的体积为π×, 所以该种冰淇淋中奶油的总体积约为cm3.故选D. 3.1　空间形式类直观想象 2.☆☆(2025浙江温州一模)如图所示的五面体ABCDEF为《九章算术》中记载的羡除,它指的是墓道或隧道,其中EF∥AD∥BC,四边形ADEF,ADCB, EFBC均为等腰梯形,平面ADEF⊥平面ADCB,EF=2,BC=3,AD=4,BC和AD间的距离为2,EF和AD间的距离为4,则该羡除的体积为　12　.  3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] 如图,连接FD,FC, 则VF-ABCD=×(3+4)×2×4=,VC-DEF=×2×4×2=, 所以该羡除的体积为=12. 3.1　空间形式类直观想象 3.☆☆☆(2025北京西城一模)从形状来分,端午节吃的粽子有三角粽、四角粽、枕形粽、牛角粽等.其中,四角粽的形状可以近似看成一个四面体ABCD,如图所示,设棱AD的长为6 cm,其余的棱长均为2cm,则该四角粽的表面积为　12　 cm2,内含食物的体积为　6　 cm3.(粽叶的厚度忽略不计)  3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] cos∠ACD=, 所以∠ACD为锐角,所以sin∠ACD=, 该四角粽的表面积为S△ABC+S△BCD+S△ABD+S△ACD =2××2×2sin 60°+2××2×2=12+6. 3.1　空间形式类直观想象 如图,取BC中点O,连接OA,OD, 则OA==3,OD==3, 所以OA2+OD2=AD2,即OD⊥OA,且OA⊥BC,BC∩OD=O,BC,OD⊂平面BCD, 所以OA⊥平面BCD, 内含食物的体积为S△BCD·OA=×2×2sin 60°×3=6. 3.1　空间形式类直观想象 4.☆☆☆(2025河北邯郸一模)已知某圆台的体积为128π,球O刚好和该圆台的上、下底面及侧面都相切,若该圆台下底面圆的半径是上底面圆的半径的4倍,则球O的体积是 　.  3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] 如图,画出截面示意图, 设圆台的上、下底面半径分别为r,4r,球的半径为R,圆台的母线长为l, 由圆台的体积公式可得128π=π×2R(r2+4r2+16r2)①, 由梯形面积S梯形ABCD=S△ABO+S△CDO+2S△BCO, 可得(2r+8r)×2R=×2r·R+×8r·R+2×l·R,解得l=5r. 又在Rt△BEC中,(3r)2+(2R)2=(5r)2, 解得R=2r,代入①可得r3=, 所以R=2r=2,所以球O的体积是R3=×8×. 3.1　空间形式类直观想象 5.☆☆☆☆(2025新高考Ⅱ卷,17)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD, ∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] (1)证明:由题意知,EB∥FC,FC⊂平面CD'F,EB⊄平面CD'F, 所以EB∥平面CD'F. 又A'E∥D'F,D'F⊂平面CD'F,A'E⊄平面CD'F, 所以A'E∥平面CD'F. 又A'E∩EB=E,A'E,EB⊂平面A'EB, 所以平面A'EB∥平面CD'F. 又A'B⊂平面A'EB, 所以A'B∥平面CD'F. 3.1　空间形式类直观想象 (2)因为AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,CD=2AD,EF∥AD, 所以四边形AEFD为正方形且FD'=FC,所以EF⊥FC,EF⊥FD', 又平面EFD'A'∩平面EFCD=EF,FD'⊂平面EFD'A',FC⊂平面EFCD, 所以∠D'FC为平面EFD'A'与平面EFCD所成的二面角的平面角, 所以∠D'FC=60°,所以△D'FC为等边三角形. 3.1　空间形式类直观想象 [方法1]延长EF,BC交于点C1,连接C1D'. 不妨设DF=1,则由题可得FC=1,BE=2, 又BE∥FC,所以CF为△C1EB的中位线,所以C1F=1, 所以S△D'FC·C1F=×12×1=. 又D'C1=,D'C=1,C1C=, 设△CC1D'中CD'边上的高为h1, 则h1=, 则CD'·h1=. 3.1　空间形式类直观想象 设点F到平面D'C1C的距离为h2, 由,得h2=. 易知点F到D'C1的距离为D'C1=. 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ, 则sin θ=. 3.1　空间形式类直观想象 [方法2]取FC中点G,连接D'G, 则D'G⊥FC. 过点G作GH∥EF,交BE于点H. 由题可得EF⊥平面FCD', 则GH⊥平面FCD', 又D'G,FC⊂平面FCD', 所以GH⊥D'G,GH⊥GC. 以点G为坐标原点,分别以GH,GC,GD'所在直线为x轴、y轴、z轴, 建立如图所示的空间直角坐标系. 3.1　空间形式类直观想象 设AD=1,则C(0,,0),B(1,,0),F(0,-,0),E(1,-,0),D'(0,0,), 所以=(-1,-1,0),=(0,-),=(-1,0,0),=(0,). 设平面BCD'的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则 令z1=1,得y1=,x1=-,则平面BCD'的一个法向量为m=(-,1). 设平面EFD'A'的一个法向量为n=(x2,y2,z2), 则 3.1　空间形式类直观想象 令z2=1,得x2=0,y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n=(0,-,1). cos<m,n>==-. 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ, 则sin θ=. 3.1　空间形式类直观想象 D组　创新性题组 题号 选题理由 1 由图形分析可以一笔画的图形所满足的条件,具有创新性 2 考查新定义“截交线”的长度,需要作图进行直观想象 3 以正方体为载体考查几何性质,题型较为灵活多变 4 考查旋转体体积,可利用圆锥与半球体积的差求解 5 本题考查四棱锥中的线面平行和线面角,可建立恰当的坐标系计算求解 3.1　空间形式类直观想象 1.☆☆(2025云南昆明一模)从几何体的某一顶点开始,沿着棱不间断、不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”,下列几何体可以“一笔画”的是 (　C　) 3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] 从一顶点出发的边数为双数的顶点叫偶点,凡是偶点组成的图形一定可以一笔画,所以C选项正确;从一顶点出发的边数为单数的顶点叫奇点,凡是奇点组成的图形,必须满足只有两个奇点,其余点为偶点才可以一笔画,而A,B,D选项图形中,每个点都是奇点,所以不能一笔画.故选C. 3.1　空间形式类直观想象 2.☆☆☆(2025河南濮阳一模)截交线,是平面与空间形体表面的交线,它是画法几何研究的内容之一.当空间形体表面是曲面时,截交线是一条平面曲线;当空间形体表面由若干个平面组成时,截交线是一个多边形.已知正三棱锥O-ABC,满足OA⊥OB,OB⊥OC,OA⊥OC,OA=3,点P在△ABC内部(含边界)运动,且|OP|=,则点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为 (　A　) A. B. C. D.π 3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] 由题意可知,正三棱锥O-ABC, 满足OA⊥OB,OB⊥OC,OA⊥OC,OA=3, 可得OA⊥平面OBC,得底面三角形ABC的边长为3. 设△ABC的中心为E, 由V三棱锥O-ABC=V三棱锥A-OBC, 即×(3)2×sin·OE=×3×3×3,得OE=. 又EP=,点P在△ABC内部(含边界)运动,且|OP|=, 所以点P的轨迹是以O为球心,为半径的球面与△ABC内部(含边界)包含的平面相交所得的弧, 即点P的轨迹是以E为圆心,EP=为半径的圆在△ABC内部(含边界)的弧. 3.1　空间形式类直观想象 如图,作ED⊥AB于D,圆与AB交点为G,H, 则EG=EH=,ED=, 所以cos∠GED=,则∠GED=, 所以∠GEH=, 则点P的轨迹在△ABC内部(含边界)的弧所对的圆心角为2π-3×, 则弧长为, 即点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为.故选A. 3.1　空间形式类直观想象 3.☆☆☆☆(2025福建厦门二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P在正方体的内切球表面上运动,且满足D1P∥平面A1BC1,则AP的最小值为 (　A　) A. B. C. D. 3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] 由题意得,正方体内切球的球心为正方体的中心,记为点O,内切球半径r=. ∵AD1∥BC1,AD1⊄平面A1BC1,BC1⊂平面A1BC1, ∴AD1∥平面A1BC1,同理可得AC∥平面A1BC1. ∵AD1,AC⊂平面D1AC,AD1∩AC=A, ∴平面D1AC∥平面A1BC1. ∵D1P∥平面A1BC1, ∴D1P⊂平面D1AC,故点P的轨迹是平面D1AC与正方体内切球的交线,此交线为圆,记圆心为O1. 3.1　空间形式类直观想象 如图,以D为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 则A(1,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),O(), ∴=(-1,1,0),=(-1,0,1),=(-). 设平面D1AC的法向量为n=(x,y,z), 则 3.1　空间形式类直观想象 令x=1,则y=z=1,故n=(1,1,1), ∴点O到平面D1AC的距离为d=, ∴圆O1的半径为r1=. 由=(-),得AO=, ∴AO1=, ∴AP的最小值为AO1-r1=.故选A. 3.1　空间形式类直观想象 4.☆☆(2025上海杨浦二模)如图,点D,E分别是Rt△ABC的边AB,BC上的点,斜边AC与扇形的弧DE相切,已知AC=4,BC=2,则阴影部分绕直线AB旋转一周所形成的几何体的体积为 　.  3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] 在Rt△ABC中,∠B=90°,则AB==2.由斜边AC与扇形的弧DE相切,得扇形半径r=.阴影部分绕直线AB旋转一周所形成的几何体是Rt△ABC绕直线AB旋转一周所得圆锥,挖去扇形弧DE绕直线AB旋转一周所得半球,所以所求体积为π×22×2×()3=. 3.1　空间形式类直观想象 5.☆☆☆☆(2025北京卷,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,△ABC与△ADC均为等腰直角三角形,∠BAC=90°,∠ADC=90°,E为线段BC的中点. (1)若F,G分别为线段PD,PE的中点,求证:FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求AB与平面PCD夹角的正弦值. 3.1　空间形式类直观想象 [解题过程] (1)证明:取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,GM. 由题意,知∠ADC=90°,∠BAC=90°, 令AD=CD=2,则AC=AB=2, ∴BC==4. 又FN=AD=1,BE=CB=2,GM=BE=1,则FN=GM. ∵∠DCA=∠ACB=45°,∴∠ADC=∠DCB=90°, ∴AD∥BC,故FN∥GM,且FN=GM,即四边形FGMN为平行四边形, ∴FG∥MN. ∵FG⊄平面PAB,MN⊂平面PAB,∴FG∥平面PAB. 3.1　空间形式类直观想象 (2)∵PA⊥平面ABCD,AC,AB⊂平面ABCD,∴PA⊥AC,PA⊥AB. 又AC⊥AB,则PA,AC,AB两两垂直. 以A为原点,AC,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设AD=DC=2,则AC=AB=PA=2, 则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,0,0), D(,-,0),P(0,0,2), =(0,2,0),=(,0),=(-2,0,2). 3.1　空间形式类直观想象 设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,则y=-1,z=1, 得n=(1,-1,1), 设AB与平面PCD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|=, 故AB与平面PCD所成角的正弦值为. 3.1　空间形式类直观想象 $