3.2 图形分析类直观想象 课件-2026届高三数学二轮解题方法信息提取专题复习

3.2　图形分析类直观想象 图形分析是指利用图形描述和分析问题,通过已知条件中的线面平行、垂直等位置关系以及数量关系为切入点,构建数学模型,寻求解题思路. 3.2　图形分析类直观想象 例1　(2023全国乙卷,文19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2, BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO. (1)求证:EF∥平面ADO; (2)若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积. 3.2　图形分析类直观想象 [思维路径] 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] (1)证明:设=λ(0≤λ≤1), 则=λ(), ∴=(1-λ)+λ. ∵O为BC的中点,则, ∴. ∵AB⊥BC,则=0. 3.2　图形分析类直观想象 ∵AB=2,BC=2,BF⊥AO, 则=[(1-λ)+λ]·() =-(1-λ)=4λ-4(1-λ)=8λ-4=0, 解得λ=,故F为AC的中点. 又E为PA的中点,则EF∥PC. ∵D,O分别为PB,BC的中点, ∴DO∥PC,则EF∥DO, ∵EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO, ∴EF∥平面ADO. 3.2　图形分析类直观想象 (2)连接OF,PF. ∵O,F分别为BC,AC中点,且AB⊥BC, ∴OF⊥BC. 又PB=PC,O为BC中点,∴BC⊥OP. ∵OF∩OP=O,OF,OP⊂平面POF, ∴BC⊥平面POF.又BC⊂平面ABC, ∴平面ABC⊥平面POF,且交线为OF. 过点P作PM⊥FO交FO延长线于点M, 则PM⊥平面ABC, 即PM为三棱锥P-ABC的高. 3.2　图形分析类直观想象 ∵∠POF=120°, ∴∠POM=60°. 在Rt△PBO中,PO==2, ∴PM=POsin∠POM=2×, ∴V三棱锥P-ABC=S△ABC×PM=×2×2. 3.2　图形分析类直观想象 学友聊斋 3.2　图形分析类直观想象 例2　(2023新高考Ⅱ卷,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD, ∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点. (1)证明:BC⊥DA; (2)点F满足,求二面角D-AB-F的正弦值. 3.2　图形分析类直观想象 [思维路径] 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] (1)证明:如图,连接AE,DE. ∵DB=DC,E为BC的中点, ∴BC⊥DE. ∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°, ∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD,∴AB=AC. 又E为BC中点,∴BC⊥AE. ∵AE,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E, ∴BC⊥平面ADE. 又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA. 3.2　图形分析类直观想象 (2)设BC=2,由已知可得DA=DB=DC=. DE为等腰直角三角形BCD斜边BC上的中线,∴DE=1. ∵△ABD,△ACD为等边三角形, ∴AB=AC=. ∵AB2+AC2=BC2, ∴△ABC为等腰直角三角形, ∴AE=1.易知DE=1. ∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE. 由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE, ∴AE,BC,DE两两垂直. 3.2　图形分析类直观想象 以E为坐标原点,ED,EB,EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0), ∴=(0,1,-1). ∵=(-1,0,1), ∴F(-1,0,1),∴=(-1,-1,1). 设平面ABD的法向量m=(x,y,z), 则 3.2　图形分析类直观想象 令z=1,则x=1,y=1,即平面ABD的一个法向量m=(1,1,1). 设平面ABF的法向量n=(u,v,w),则 令w=1,则v=1,u=0,即平面ABF的一个法向量n=(0,1,1). 设二面角D-AB-F的平面角大小为θ, 则|cos θ|==||=,∴sin θ=. 3.2　图形分析类直观想象 学友聊斋 3.2　图形分析类直观想象 例3　(2024新高考Ⅰ卷,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD, PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD. 3.2　图形分析类直观想象 [思维路径] 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] (1)证明:因为PA⊥平面ABCD,而AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD. 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB. 而AB⊂平面PAB, 所以AD⊥AB. 因为BC2+AB2=AC2, 所以BC⊥AB,所以AD∥BC. 又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC, 所以AD∥平面PBC. 3.2　图形分析类直观想象 (2)如图所示,过点D作DE⊥AC于点E,过点E作EF⊥CP于点F,连接DF. 因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD. 又平面PAC∩平面ABCD=AC, 所以DE⊥平面PAC. 因为CP⊂平面PAC,所以DE⊥CP. 又EF⊥CP,EF∩DE=E,EF,DE⊂平面DEF, 所以CP⊥平面DEF. 根据二面角的定义可知, ∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角, 即sin∠DFE=,即tan∠DFE=. 3.2　图形分析类直观想象 因为AD⊥DC, 设AD=x,则CD=, 由等面积法可得,DE=. 又CE=, 而△EFC为等腰直角三角形,所以EF=,故tan∠DFE=, 解得x=,即AD=. 3.2　图形分析类直观想象 学友聊斋 3.2　图形分析类直观想象 能 力 训 练 A组　基础性题组 题号 选题理由 1 考查正方体内的线线垂直,需要进行图形分析和直观想象 2 考查球外接正三棱台的高,需要借助截面图进行直观想象 3 考查直四棱柱内的面面角,可建立空间直角坐标系进行计算比较 4 以正方体为载体考查线段最小值,可借助图形进行直观想象 5 考查正四棱柱的体积,通过勾股定理易求底面边长和高,从而求出体积 3.2　图形分析类直观想象 1.☆☆(2025浙江杭州一模,多选题)如图,在正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点,则满足MN⊥OP的是(　BC　) 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 设正方体的棱长为2, 对于A,如图所示,连接AC, 则MN∥AC, 故∠POC(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角, 在Rt△OPC中,OC=,CP=1, 故tan∠POC=,故MN⊥OP不成立,故A错误; 3.2　图形分析类直观想象 对于B,如图所示,取NT的中点Q,连接PQ,OQ, 则OQ⊥NT,PQ⊥MN, 由正方体可得SN⊥平面ANTD,而OQ⊂平面ANTD,故SN⊥OQ,而SN∩MN=N,故OQ⊥平面SNTM.又MN⊂平面SNTM,OQ⊥MN,而OQ∩PQ=Q,所以MN⊥平面OPQ,而PO⊂平面OPQ,故MN⊥OP,故B正确; 3.2　图形分析类直观想象 对于C,如图所示,连接BD,则BD∥MN,由选项B可得OP⊥BD,故OP⊥MN,故C正确; 3.2　图形分析类直观想象 对于D,如图所示,取AD的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK, 则AC∥MN. 因为DP=PC,故PQ∥AC,故PQ∥MN, 所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角. 因为正方体的棱长为2, 故PQ=AC=, OQ=, PO=,QO2<PQ2+OP2, 故∠QPO不是直角,故PO,MN不垂直,故D错误.故选BC. 3.2　图形分析类直观想象 2.☆☆☆(2025湖南永州二模)正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底边长分别为6,18,该正三棱台内部有一个内切球(与上、下底面和三个侧面都相切),则正三棱台的高为(　D　) A.3 B.4 C.5 D.6 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 由题可知上、下底正三角形的高分别为=3=9. 由几何体结构特征结合题意可知, 内切球与上、下底面切点为上、下底的重心, 故如图1所示作截面,得到图2,设内切球半径为r, 则有=(+3)r, 整理得r4-18r2+81=0,解得r2=9,即r=3, 所以正三棱台的高为6.故选D. 3.2　图形分析类直观想象 3.☆☆☆(2025河南郑州一模)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,点M,N,P分别为A1B1,BC,AD的中点,底面ABCD为菱形,∠DAB=60°且AB=AA1.记MN与AA1所成的角为α,MN与平面ABCD所成的角为β,二面角M-PN-B的平面角为γ,则(　C　) A.α>β>γ B.β>γ>α C.γ>α>β D.α>γ>β 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 连接PB,DB,由底面ABCD为菱形,∠DAB=60°, 所以△ABD为等边三角形,故PB⊥AD. 取A1D1中点P1,连接PP1. 因为ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱, 所以PP1⊥平面ABCD, 又AD,PB⊂平面ABCD, 所以PP1⊥AD,PP1⊥PB. 不妨设AA1=,则AB=2,PA=1,PB=, 由PP1,AD,PB三线两两互相垂直,故以P为坐标原点,PA,PB,PP1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 3.2　图形分析类直观想象 则P(0,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),A1(1,0,),M(),N(-1,,0), =(-,-),=(-1,,0),=(0,0,). 由AA1⊥平面ABCD,所以平面ABCD的法向量可取n1=(0,0,1). 设平面PMN的法向量为n2=(x2,y2,z2), 所以 取x2=2,则y2=2,z2=-, 故n2=(2,2,-). 3.2　图形分析类直观想象 由MN与AA1所成的角为α,MN与平面ABCD所成的角为β,二面角M-PN-B的平面角为γ,其中α,β,γ∈(0,),所以cos α=|cos<>|=,sin β=|cos<,n1>|=, 所以cos β=,cos γ=|cos<n1,n2>|=. 因为y=cos x在(0,)上单调递减,α,β,γ∈(0,), 又,所以γ>α>β. 故选C. 3.2　图形分析类直观想象 4.☆☆☆☆(2025吉林通化二模)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是棱AD,B1C1的中点,若P为侧面ADD1A1内(含边界)的动点,且B1P∥平面BEF,则B1P的最小值为(　B　) A. B. C. D.2 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 如图所示,取A1D1的中点M,连接AM,B1M,AB1. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得AD∥B1C1且AD=B1C1. 因为E,F分别是棱AD,B1C1的中点,则AE∥B1F且AE=B1F, 所以四边形AB1FE为平行四边形,则AB1∥EF. 又因为AB1⊄平面BEF,EF⊂平面BEF, 所以AB1∥平面BEF. 同理可证,AM∥平面BEF, 因为AB1∩AM=A,且AB1,AM⊂平面AB1M, 所以平面AB1M∥平面BEF. 3.2　图形分析类直观想象 又因为AM⊂平面AA1D1D,当P∈AM时,则B1P⊂平面AB1M, 所以B1P∥平面BEF, 所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM. 因为正方体ABCD-A1B1C1D1的边长为2,可得AM=B1M=,AB1=2, 在△AMB1中,可得cos∠AMB1=, 且B1M·cos∠AMB1==AM,则sin∠AMB1=, 所以B1P的最小值为B1M·sin∠AMB1=. 故选B. 3.2　图形分析类直观想象 5.☆(2025上海卷,7)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1C=9,BD=4,则该正四棱柱的体积为　112　.  [解题过程] 因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正四棱柱, BD=4, 所以AC=BD=4,故AB=BC=4. 又A1C=9,在Rt△A1AC中,AA1==7, 所以正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为 AB×BC×AA1=4×4×7=112. 3.2　图形分析类直观想象 B组　综合性题组 题号 选题理由 1 以平行四边形为载体,考查向量的数量积,依题意作图,选择恰当基底,数形结合求解 2 考查三棱锥外接球的表面积,可利用图形直观想象,由勾股定理计算得球半径,从而得球面积 3 考查圆台结构特征、球的表面积,可利用图形直观想象,由勾股定理计算得球半径,从而得球面积 4 以圆为载体,考查向量的数量积的最大值,可建系,利用平面向量数量积数形结合求解 5 以正方体为载体,考查线面垂直、面面角、棱锥体积,可用几何法或坐标法计算求解 3.2　图形分析类直观想象 1.☆☆(2025山东滨州二模)在平行四边形ABCD中,AD=2,AB=3,∠BAD=,点M在边AB上,且,则=(　B　) A.2 B.3 C.-2 D.4 [解题过程] 因为, 所以, 所以=()· |·||cos=22+×2×3××32=3.故选B. 3.2　图形分析类直观想象 2.☆☆☆(2025四川达州二模)三棱锥P-ABC各个顶点均在球O表面上, AB⊥AC,△ABC外接圆的半径为,点P在平面ABC的射影为BC中点,且PA与平面ABC所成的角为,则球O的表面积为(　B　) A.8π B.16π C.32π D.24π 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 取BC中点D,连接PD,点P在平面ABC的射影为点D. 又因为AB⊥AC,所以△ABC外接圆圆心为D,所以点O必在直线PD上. 因为AB⊥AC,△ABC外接圆的半径为, 所以AD=BD=CD=. 因为PD⊥平面ABC,PA与平面ABC所成的角为, 则tan∠PAD=,从而PD=3. 设球O的半径为R,在△OBD中,OD=|PD-R|, 则(3-R)2+()2=R2,解得R=2, 所以球O的表面积为S=4πR2=16π.故选B. 3.2　图形分析类直观想象 3.☆☆☆(2025山东日照一模)已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4,高为3.若该圆台内有一个球,则该球的表面积的最大值为(　B　) A.9π B. C.27π D. 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 如图,作出圆台的轴截面,要使球的表面积最大, 则球需要与AD,CD,BC相切, 设圆O的半径为R,则OE=OF. 因为OE⊥CD,OF⊥BC, 所以△OEC≌△OFC. 作OG⊥AB交AB于点G,BH⊥CD交DC于点H. 因为BG=1,CE=4,所以CH=3, 3.2　图形分析类直观想象 而BH=3, 由勾股定理得BC==6, 则OG=3-R,且OB2=BG2+OG2=OF2+BF2, 而BF=BC-CF=BC-CE=2, 即得到+12=22+R2,解得R=, 则该球的表面积的最大值为S=4πR2=4π×. 故选B. 3.2　图形分析类直观想象 4.☆☆☆(2025陕西商洛三模)已知圆O的半径为3,弦AB=3,D为圆O上一动点,则的最大值为 　.  3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 以圆心O为原点,过点O且与直线AB平行的直线为x轴,线段AB的垂直平分线所在直线为y轴建立平面直角坐标系, 则A(-,-),B(,-), 设点D(3cos θ,3sin θ), 则=(3,0),=(3cos θ+,3sin θ+), 所以=9cos θ+, 当且仅当cos θ=1时,取最大值. 3.2　图形分析类直观想象 5.☆☆☆☆(2025天津卷,17)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别为棱A1D1和B1C1的中点,点G在棱CC1上,且有CG=3C1G. (1)求证:直线GF⊥平面EBF; (2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值; (3)求三棱锥D-BEF的体积. 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] [方法1　坐标法] (1)证明:以D为原点,DA,DC,DD1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. ∵棱长为4, 则D(0,0,0),G(0,4,3),E(2,0,4),F(2,4,4),B(4,4,0), ∴=(2,0,1),=(0,4,0),=(-2,0,4), 则=0,=-4+0+4=0, ∴GF⊥EF,GF⊥BF. 又EF∩BF=F,且EF,BF⊂平面EBF, ∴GF⊥平面EBF. 3.2　图形分析类直观想象 (2)由(1)知=(2,0,1)是平面EBF的一个法向量,||=. 设平面EBG的法向量为m=(x,y,z). 又=(-4,0,3),=(-2,-4,4),则 不妨令z=8,则x=6,y=5. ∴m=(6,5,8),|m|=5. 又m·=12+0+8=20, ∴cos<m,>=, ∴平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为. 3.2　图形分析类直观想象 (3)由(1)知=(2,0,1)是平面EBF的一个法向量. 又=(2,0,4), ∴=4+4=8.∴点D到平面EBF的距离d=. 易得BF==2,则S△EBF=×EF×BF=×4×2=4, ∴VD-EBF=S△EBFd=×4,即三棱锥D-BEF的体积为. 3.2　图形分析类直观想象 [方法2　几何法] (1)证明:连接GF.由题意,知EF∥A1B1,EF=A1B1, 而A1B1⊥平面BB1C1C,GF⊂平面BB1C1C,∴GF⊥A1B1,∴GF⊥EF. 由题意知, ∴,∠BB1F=∠FC1G=90°. ∴Rt△BB1F∽Rt△FC1G, ∴∠GFC1=∠B1BF,∠C1GF=∠B1FB, ∴∠GFC1+∠B1FB=90°, 故∠BFG=90°,即GF⊥BF. 又EF∩BF=F,EF,BF⊂平面EBF,∴GF⊥平面EBF. 3.2　图形分析类直观想象 (2)由(1)知GF⊥平面EBF.过点F作FM⊥EB于点M. 连接GM,则GM⊥EB,则∠FMG就是平面EBF与平面EBG所成的角. 在Rt△EFB中,EF=4,FB=2, ∴EB==6, ∴FM=. 又FG=,则在Rt△GFM中,GM=, ∴cos∠FMG=,∴平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为. 3.2　图形分析类直观想象 (3)连接CF. ∵DC∥D1C1,D1C1∥EF, ∴DC∥EF,DC⊄平面EFB,EF⊂平面EFB, ∴DC∥平面EFB, ∴点D到平面EFB的距离等于点C到平面EFB的距离, ∴VD-BEF=VC-BEF=VE-BCF=S△BCFEF=×4×4×4=, ∴三棱锥D-BEF的体积是. 3.2　图形分析类直观想象 C组　应用性题组 题号 选题理由 1 考查两圆锥体积之比,需要由侧面展开图恢复原图进行直观想象 2 考查侧面展开图为半圆的圆锥体积,需要由侧面展开图恢复原图进行直观想象 3 考查圆锥表面积,需要依据题意作出圆锥直观图进行直观想象 4 考查截面面积与球的表面积比值,需要依据题意作出直观图进行直观想象 5 以正棱柱为载体考查平行、垂直关系,需要借助直观图进行计算、证明 3.2　图形分析类直观想象 1.☆☆(2025河南信阳二模)两个圆锥有等长的母线,它们的侧面展开图恰好拼成一个圆,若它们的侧面积之比为1∶2,则它们的体积比是(　A　) A.1∶ B.1∶ C.2∶ D.2∶ 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 设圆锥母线长为l,侧面积较小的圆锥半径为r,侧面积较大的圆锥半径为R,它们的高分别为h,H,则,得R=2r. 因为两圆锥的侧面展开图恰好拼成一个圆, 所以2πl=2π(r+R),得l=3r. 再由勾股定理,得h==2r, 同理可得H=r, 所以两个圆锥的体积之比为(πr2×2r)∶(π×4r2×r)=1∶. 故选A. 3.2　图形分析类直观想象 2.☆☆(2025内蒙古包头二模)已知圆锥的侧面展开图是一个半圆,且圆锥的底面积为4π,则此圆锥的体积为(　B　) A.8π B. C.16π D. [解题过程] 设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h, 由题意可得解得 所以圆锥的体积为V=×4π×2.故选B. 3.2　图形分析类直观想象 3.☆☆(2025云南大理二模)若圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形,则该圆锥的表面积为(　B　) A.2π B.3π C.2π D.3π [解题过程] 由题意可知该圆锥母线长为2,高为,底面圆半径为1,则其周长为2π,面积为π,所以该圆锥的侧面积为×2×2π=2π,表面积为2π+π=3π.故选B. 3.2　图形分析类直观想象 4.☆☆☆(2025江西九江二模)已知球O与正三棱柱ABC-A1B1C1的各个面均相切,记平面ABC1截球O所得截面的面积为S1,球O的表面积为S2,则=(　A　) A. B. C. D. 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 如图,设球O的半径为R. 因为球O与正三棱柱ABC-A1B1C1的各个面均相切, 所以正三棱柱ABC-A1B1C1的高为2R,底面边长为2R. 设正三棱柱ABC-A1B1C1上、下底面的中心分别是O1,O2, E是AB的中点,连接EC1交O1O2于F, 则O到平面ABC1的距离d=|OF|sin∠OFC1=|OF|cos∠CEC1. 又|OF|=,cos∠CEC1=,所以d=. 所得截面圆半径r=R,S1=πr2=,S2=4πR2,.故选A. 3.2　图形分析类直观想象 5.☆☆☆☆(2025新高考Ⅰ卷,9,多选题)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC中点,则(　BD　) A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 取B1C1中点D1,连接A1D1,AD,则AD∥A1D1. 易知A1D1不垂直于平面AA1C1C, ∴A1D1与A1C不垂直, ∴AD与A1C不垂直,故A错误; 由题可知,B1C1⊥A1D1,B1C1⊥AA1, A1D1∩AA1=A1,A1D1,AA1⊂平面AA1D, ∴B1C1⊥平面AA1D,故B正确; ∵AD∥A1D1,AD∥平面A1B1C1,A1D1与A1B1相交,∴AD与A1B1异面,故C错误; ∵CC1∥AA1,CC1⊄平面AA1D,AA1⊂平面AA1D,∴CC1∥平面AA1D,故D正确. 故选BD. 3.2　图形分析类直观想象 D组　创新性题组 题号 选题理由 1 求一条侧棱与底面垂直的棱锥的外接球半径,可借助于同底等高的直棱柱,利用公式求半径 2 本题考查三角形面积,可根据题意作出图象,利用余弦定理与三角形面积公式求解 3 本题考查球面与正方体的表面的交线长度,可根据题意作出图象,数形结合求解 4 对于四面体体积,可利用长方体与四面体的关系求解;对于截面四边形对角线的最小值,可将对角线长度表示为关于某一变量的函数,求函数的最小值 5 本题以正方体为载体考查相关结论,可以建立空间直角坐标系,数形结合计算求解 3.2　图形分析类直观想象 1.☆☆(2025新疆喀什三模)已知三棱锥S-ABC的底面是边长为的正三角形,SA⊥平面ABC,且SA=2,则该三棱锥的外接球的体积为(　A　) A. B.4π C.π D. 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 如图,将三棱锥S-ABC补成三棱柱ABC-A1B1C1,点S与A1重合,正三棱柱ABC-A1B1C1外接球也为三棱锥S-ABC的外接球, 设球心为O,半径为R. 记△ABC和△A1B1C1外接圆的圆心分别为O1和O2, 其半径为r,由正弦定理得r==1, 而O为O1O2的中点,则R==2, 所以该三棱锥的外接球的体积为V=πR3=. 故选A. 3.2　图形分析类直观想象 2.☆☆☆(2023全国甲卷,理11)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC的面积为(　C　) A.2 B.3 C.4 D.6 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 在四棱锥P-ABCD中,由PC=PD=3,得△CDP是等腰三角形. 设CD的中点为E,AB的中点为F, 由几何知识得,△CDP关于PE对称, 点P在平面PEF内,且PA=PB. 在正方形ABCD中,AB=BC=CD=AD=4, 由勾股定理得,AC==4. 在△ACP中,∠PCA=45°, 由余弦定理得,PA2=PC2+AC2-2AC·PC·cos∠PCA,解得PA=, ∴PB=PA=. 3.2　图形分析类直观想象 在△BCP中,由余弦定理得,PB2=PC2+BC2-2PC·BC·cos∠BCP, 解得cos∠BCP=,∴sin∠BCP=. ∴S△PBC=BC·PC·sin∠BCP=4. 故选C. 3.2　图形分析类直观想象 3.☆☆☆☆(2025广东湛江二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为,以顶点A为球心,为半径的球的球面与正方体的表面的交线总长为 (　B　) A.3π B.π C. D. 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为, 则表面ABCD,ADD1A1,ABB1A1上的点到点A的最大距离为, 所以以顶点A为球心,为半径的球的球面与这三个表面没有公共点. 如图,若球面与表面CDD1C1的公共点为P, 因为AP=, 则DP=2,由CD=,可得∠PDC=30°, 同理可得∠D1DQ=30°, 则∠QDP=30°, 3.2　图形分析类直观想象 可知P的运动轨迹是以D为圆心,2为半径的圆与表面CDD1C1的交线,是圆心角为30°,半径为2的圆弧, 同理可得球面与表面A1B1C1D1,BCC1B1的交线也都是圆心角为30°,半径为2的圆弧, 所以交线总长为3××2=π.故选B. 3.2　图形分析类直观想象 4.☆☆☆☆(2025黑龙江齐齐哈尔三模)已知四面体ABCD中,AB=CD=2, AD=BC=AC=BD=,则此四面体的体积为 　,若用平行于AB,CD的平面截此四面体,得到截面四边形EFGH,则此四边形EFGH的对角线EG的最小值为 　.  3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 将四面体ABCD补成长方体,设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,如图所示,根据长方体面对角线的性质可得 三式相加得2(a2+b2+c2)=4+6+6=16, 则a2+b2+c2=8. 分别求解可得c2=4,b2=2,a2=2, 即a=,b=,c=2. 因为四面体ABCD的体积V等于长方体体积 减去四个等体积的三棱锥体积, 3.2　图形分析类直观想象 长方体体积V=abc=×2=4. 一个三棱锥的体积V1=abc=×2=. 所以四面体ABCD的体积VABCD=V-4V1=4-. 因为平面EFGH∥AB,平面EFGH∥CD,平面ABC∩平面EFGH=EF,AB⊂平面ABC, 根据面面平行的性质可知EF∥AB, 同理HG∥AB,EH∥CD,FG∥CD, 所以四边形EFGH是平行四边形. 设=x(0<x<1),则=1-x. 3.2　图形分析类直观想象 由△AEH∽△ACD,可得=x, 因为CD=2,所以EH=2x. 由△CEF∽△CAB,可得=1-x, 因为AB=2,所以EF=2(1-x). 因为a=,b=,补成的长方体上、下底面为正方形,可得AB⊥CD, 所以∠HEF=90°,则EG2=EH2+HG2=EH2+EF2. 将EH=2x,EF=2(1-x)代入可得 EG2=(2x)2+[2(1-x)]2=4x2+4(1-2x+x2)=8x2-8x+4. 令y=8x2-8x+4,0<x<1, 这是一个二次函数,图象开口向上,对称轴为x=-. 当x=时,y取得最小值,ymin=8×()2-8×+4=2,所以EGmin=. 3.2　图形分析类直观想象 5.☆☆☆☆(2025山东淄博一模,多选题)如图,棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别是棱CC1,棱BC的中点,动点M满足=λ+μ,其中λ,μ∈R,则下列结论正确的有(　ABD　) A.若λ+μ=1,则CM⊥DB1 B.若λ=μ,则三棱锥B1-AMC的体积为定值 C.若μ=,0≤λ≤1, 则直线PM与直线BC所成角的最小值为60° D.若动点M在三棱锥C-DPQ外接球的表面上,则点M的轨迹长度为π 3.2　图形分析类直观想象 [解题过程] 以D为坐标原点,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,如图所示. 则D(0,0,0),A(2,0,0),D1(0,0,2),B1(2,2,2),C(0,2,0), 所以=(2,0,0),=(0,0,2), 所以=λ+μ=λ(2,0,0)+μ(0,0,2)=(2λ,0,2μ), 即M(2λ,0,2μ), 所以=(2λ,-2,2μ). 又=(2,2,2), 所以=2λ×2+(-2)×2+2μ×2=4λ-4+4μ=4(λ+μ)-4=0, 所以,所以CM⊥DB1,故A正确; 3.2　图形分析类直观想象 因为λ=μ,=λ+μ, 所以点M在直线DA1上. 又因为A1B1∥AB∥DC,A1B1=AB=DC, 所以四边形A1DCB1是平行四边形, 所以A1D∥B1C,又A1D⊄平面B1AC,B1C⊂平面B1AC,所以A1D∥平面B1AC, 所以M到平面B1AC的距离为定值, 又△B1AC的面积为定值,所以三棱锥B1-AMC的体积为定值,故B正确; 3.2　图形分析类直观想象 点P为CC1的中点,坐标为(0,2,1),点M的坐标为(2λ,0,1),向量=(2λ,-2,0),向量=(-2,0,0), 设直线PM与直线BC所成的角为θ, 则cos θ=, 又因为0≤λ≤1,当λ=1时,(cos θ)max=,即直线PM与直线BC所成角的最小值为45°,故C错误; 3.2　图形分析类直观想象 因为三棱锥C-DPQ即为三棱锥P-CDQ,又底面△CDQ是直角三角形, 过DQ的中点N作ON⊥平面CDQ,O是三棱锥C-DPQ外接球的球心. 因为PC⊥平面CDQ,所以ON=PC=,又DQ=, 所以三棱锥C-DPQ外接球的半径r=. 因为点M在平面ADD1A1内,又在三棱锥C-DPQ外接球的表面上,所以点M的轨迹是平面ADD1A1截三棱锥C-DPQ外接球的截面圆,又易得O到平面ADD1A1的距离为1,所以截面圆的半径为, 所以点M的轨迹的周长为2π×π,故D正确.故选ABD. 3.2　图形分析类直观想象 图1 图2 $