空间几何解题策略讲义-2026届高三数学一轮复习

从2026高三三月考的信息 看空间几何的解题策略 湖北武汉 江湖美(340744678) 今年三月高三的数学考,是今年高考前的中期考试.信息量不小.就空间几何而言,主要信息有四: 1.基本方向:重视源头,回归平几; 2.正方体(或长方体)的核心知识,是考查的重点; 3.多选题是命题的主要形式; 4.空间向量虽有淡化,但还在继续命题. 附录1.正方体的核心知识4条; 附录2.推荐两道特色试题; 附录3.对一道错题的改进意见. 对于上述信息,推荐以下应考对策. 策略1.空间问题,首选平面化. 【例1】陕西渭南中学2026高三下三调.10题(多选) 如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中, P,Q,M,N分别为有关线段的中点,则 下列说法正确的有( ) A. PQ∥平面ABC; B.MN⊥BC; C.PQ⊥平面ABB1A1; D.PQ与MN相交. 【解析】本题的正确答案:A,C,D. 以下之证明:D真,B不真. 如解图1,连结MB,MC,那么MN是△MBC中BC边的中线.只要证明MC≠MB,就不可能有MN⊥BC.. 这很容易.不妨设此正三棱柱底面边长 和侧棱长均为2,那么 故MC≠MB,故MN⊥BC不能成立. 对于D.我们需要构造两个平行四边 形,使它们有同一个中心 如解图3,分别取AB中点D,A1B1 中点E,.连结CC1ED,易证四边形CC1ED 为矩形,CE.PQ必互相平分于O; 连结EMCN,∵EM∥B1C1∥BC且 故四边形EMCN为 平行四边形,CE必过MN中点O. 这就证明了:PQ,MN必相交,且交点 为O.故D真. 策略2:正方体的核心知识,需能纯熟运用. 【例2】福建厦门六中高三下周测.3题.正方体棱长为2,E为BC中点,F为底面ABCD内一动点(含边界)则( ) A.若D1F∥平面A1EC1,则点F轨迹长度为 B.不存在动点F,使B1F⊥平面A1EC1; C.若F∈平面A1EC,则三棱锥F-A1EC1体积的最大值为2; D.若正方体外接球为球O,则球O被平面A1EC1截得的截面积为 【解析】本题的正确答案只有A.B. A相对容易,以下只给出参考图. B较难,可用平几知识转换. 如解图2,平面A1EC1截正方体的截面为A1C1EG,其中G为AB中点. 连结B1BD.∵BD⊥A1C1,只需证明点F 在BD上运动时不可能有B1F⊥A1G.. 这是显然的.取AD中点M,连结A1MG. △A1MG为等腰三角形,A1M=A1G.故不可能有MG⊥A1G(等腰三角形的腰不可能垂直于底).∵GM∥BD,故不可能有BD⊥A1G.由此 可知结论B为真. 如解图3,三棱锥F-A1EC1也就是三棱锥C1-A1EF. 当点F重合于C时△A1EC面积 最大,且最大面积 而点C1到平面A1EC的距离为故所求最大值为 故C不真. D的判定最难,难在这球的 截面圆怎么画和求. 其实不用画.如解图4,球O被平面A1EC1截得的截面圆也就是等腰梯形A1GEC1的外接圆.易求: 连A1E,易求 只需求△A1EC1外接圆的直径2r.由余弦定理: 再由正弦定理: 故所求截面积为即D不真. 综上,正确的只有A,B. 策略3:解题的基本途径是转换. 包括::空间转向平面,部分转为全体,以及数形转换,难易转换等 【例3】江苏南京中华中学2026模拟.10题(多选) 定义:3组对棱分别相等的四面体,称为“等腰四面体”,则以下结论正确的是( ) A.等腰四面体同一顶点出发的3条棱必可组成三角形; B.等腰四面体的4个面均为全等的锐角三角形; C.3组对棱长分别为5,6,7的等腰四面体的体积为 D.3组对棱长分别为的等腰四面体外接球的直径长为 本题除第一问外,后三问就图论图去 解,是非常困难的,必须转换为长方体. 【解析】本题四个选项:A,B,C,D全真. A容易判断,见解图1. B判断较难. 如解图2,将这个“等腰四面体” 补形为长方体AGCH-EBFD. 我们发现 :这个“等腰四面体”的四个 表面又恰好各是一个“直角四面体” (即3条侧棱两两互相垂直的四面体)的斜面,所以它一定是锐角三角形(※),B真; 如解图3,将这个“等腰四面体” 补形后的长方体的长,宽,高依次为 x,y,z 则由勾股定理: 故所求 故C真; 最后:3组对棱长分别为的等腰四面体与其补形后的长方体同一个外接球,故其直径长为故D真. 策略4. 空间向量的基本运算法则不可淡化. 【例4】厦大附中.2026.3月周测. 已知正三棱台ABC-A1B1C1所有顶点都在球面上,且AB=3,A1B1=1.点P满足则以下结论中正确的有( ) A.当P为B1C1中点时, B. C.若直线BP∥平面ACC1A1,则x=1; D.若则球的表面积为18π. 【解析】本题的正确答案为A,C,D 选项A容易判定.如解图1,已知P为 B1C1中点,连A1P,作AD∥A1P交 BC于D.则D亦为BC中点,且有AD=3A1P.于是 与条件式比较得:故A真; 选项C也不难.既是有条件BP∥平面ACC1A1,那么在点P运动时,y,z之值会有变化,但恒有x=1. 其中最难的,是判定D真,B不真. B项的判定需要借助向量的数量积公式 如解图2,连BC1,显然△A1BC1为 等腰三角形.设A1B=C1B=m.则 m>A1C1=1.于是 故B不真; 对于结论D,需求出这个外接球的球心和半径. 如解图3,设此三棱台上,下底的中心依次为G1,G. 正三角形A1B1C1的边长为1,故 同理 作A1H⊥AG于H.可得: 已知 故 注意到GG1<AH,由此判定球心O不在线段G1G上,而在G1G的延长线上.设球半径为r,令OG=x,则 由勾股定理知: 故所求球表面积故D 真. 附录1.正方体的核心知识四条. 1.正方体的标准分割: 如图1,它的6条面对角线将这个正方体分为5个部分,周边是4个直角四面体,中间是一个正四面体. 如果正方体的棱长为1,则它的体积也是1,每个直角四面体的体积都是1/6,而中间正四面体的体积则是1/3. 2.正方体的截面.只可能是三,四,五或六边形. 其中,截面积最大的是如图的正六边形,它的六个顶点分别是相应棱的中点.如图2,这个正六边形的主要性质: (1)它的中心也是正方体的中心; (2)它把正方体的体积均分为两个部分; (3)如果正方体的棱长为1,则它的边长为 面积是 3.直角四面体及其主要知识. 将正方体任意切下一个角块 (截面只与正方体同一顶点出发的 3条棱相交),则如图3所示,称此 角块为直角四面体.其最重要的性质 有二: (1)截面一定是锐角三角形(高考题) 证明如下:如图3,这个直角四面体P-ABC的侧棱PA,PB,PC两两互相垂直.作PD⊥BC于D,连AD.∵BC是直角三角形PBC的斜边, 故垂足D必在线段BC上.容易证明: BC⊥平面PAD,∴BC⊥AD.故∠ABC,∠ACB均为锐角. 同理∠BAC为锐角.所以△ABC为锐角三角形. (2)这个四面体的4个表面满足: (高考题,可视为勾股定理在空间的推广) 4正方体内的特征三角形及其主要性质. 如图4.由正方体的3条面对角线连成的三角形,称为其特征三角形. 其主要性质:(1)它一定是正三角形; (2)图中的体对角线BD1必过此 三角形的中心并与其垂直; (3)图中的两个特征三角形截面互相平行,且3等分该条体对角线. 附录2.推荐两道特色考题. 【例5】天津武清一中2026高三下开学考 向一个高为4且底面水平放置的正四棱锥容器中注水,当水面高为2时注水停止.封闭容器而后倒置,若不考虑容器的厚度,则倒置后的水面高度为( ) 解本题需要将平面几何中的知识:“两相似形的面积比等于相似比的平方”升华到空间:“两相似体的体积比等于相似比的立方”, 【解析】在原图中,无水部分也是正四棱锥.它与原正四棱锥相似.相似多面体的体积比等于其相似比的立方.这两个棱锥高的比为1:2,故其体积比为1:8. 也就是说:在原图中,有水部分的体积是原棱锥体积的7/8. 倒置过来后,水体积不变,但是其高变了,设为h. 由故选A. 【例6】天津一中滨海学校2026高三下月考.8题 如图的几何体是由两个相互平行的正方形经旋转连结而成.且上底四顶在下底的射影为下底正方形各边的中点.若下底正方形边长为2,该几何体高为则该几何体外接球的表面积为( ) 【解析】本题是单选题,选B. 如解图,设P,Q分别为这个 多面体上,下底的中心.则 球心必在线段PQ上,设球半径为r. 连结HOP,AOQ.易知PH=1, AQ=设OQ=x,则 于是: 解得:所求该几何体外接球的表面积为 附录3.对一道错题的改造意见. 【例7】以下是陕西某校2026届高三下二模.16题 如图,在四棱锥P-ABCD中, PD⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥BC, M为棱PC的中点. (1)证明:BM∥平面PAD; (2)若平面PDM和BDM夹角的余弦值 为求PD的长. 本题的第(2)问的条件:面PDM和BDM 夹角的余弦值为有问题. 也就是 在锐角范围内,余弦是减函数.当时必 但由条件,P-AD-C为直二面角.且容易证明:二面角P-AD-B的大小为45°.这样,仅这两个二面角的和即超过90°,这可能吗? 为使原题有意义,必须所设角小于45°,也就是其余弦值大于 例如取该二面角的余弦值为则其解法: 【解析】(1)略. (2)如解图作MH⊥CD 于H.连BH.易得 设平面PDM和BDM夹角为α. 由条件:α为锐角且 从而显然二面角A=PD-BD 的大小为45°,∴二面角A-BD-M大小为45°+α,二面角M-BD-C大小为45°-α. 依据射影公式由得: 设DN=x,则 于是所求 精选练习题 1.(武汉3调.9题)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,点P,Q,M,N分别是AB1,CC1, A1C1,BC的中点,则下列说法中正确的有( ) A.PQ∥平面ABC B.MN⊥BC C.PQ⊥平面ABB1A1 D.PQ与MN相交 【解析】本题正确答案:A,C.D. 如果是在考场上,只需画出解图1, 容易判断A,C为真而B不真.以下重点研判结论D. 如解图2,连C1D,易证四边形DNC1M为平行四边形, 故MN,C1D必互相平分于O;延长DP交A1B1于D1,连C1D1,则四边形CC1D1D亦为矩形,故PQ,C1D亦互相平分于同一点O.故PQ与MN必相交.且交点为O,D真 2.北京延庆区2026.高三下一模.14题. 长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是一个正方形,其边长为4.长方体的高为连结各表面中心得一个八面体,这个八面体的表面积为 其体积与长方体的体积之比是 【解析】首先求出这个八面体各边的长度.这有两种情况: 第一种,八面体中截面各边之长. 如解图1,EH是该中截面的一边.且EH易知同理推知:这个八面体的中截面的边长都是,它也是个正方形. 如解图2,PE是该八面体的另一条棱, 它也是原长方体的截面三角形AB1D1的中位线,易求: 同理,该八面体的其他侧棱长都是 如解图3.这个八面体的每个表面 都是边长为的等腰三角形,易求每个三角形面积都是 故其表面积为 截面正方形是底面正方形面积的1/2, 八面体实质是两个全等四裬锥的组合, 3.江苏丹阳高中2026高三一模.10题(多选) 如图,P为棱长为2的正方体 ABCD-A1B1C1D1中表面BB1C1C(含边界) 上任意一点,F为棱A1B1的中点,则以下结论中正确的是( ) A.当P为B1C1中点时,AP⊥D1F; B..当P在表面BB1C1C上,且AP,CD 成45°角时,点P运动的轨迹长度为 C.三棱锥A-PB1D1体积的最大值是8/3; D.PF∥平面B1CD1时,PF长度的最大 值为 【解析】本题正确答案:A,.C. 如解图1,如P为B1C1中点,则PC1=1.在棱 C1D1上取C1Q=1/2,连PQ,AQ,则PQ∥D1F.只需判断是否有AP⊥PQ.易求: 故知AP⊥PQ,也就是D1F⊥AP,∴A真; 如解图2,∵AB∥CD,连结ABP. 只需∠APB=45°,为使AP,CD成45°角,只需恒有BP=AB=2.故点P的轨迹是以B为圆心,2为半径且圆心角为直角的一段圆弧,弧长为 B不真 如解图3,三棱锥A-PB1D1也就是 三棱锥P-AB1. 连结A1C交平面AB1D1于G,则G为正三角形AB1D1.的中心,且A1C⊥平面AB1D1 易求: 当点P,C重合时三棱锥P-AB1D1体积最大,且最大值为故C真. 如解图4取P为BB1中点,连PF,BA1则 必PF∥BA1∥CD1,∴PF∥平面B1D1C (1) P为平面BB1C1C动点,在满足(1)的条件下,PF最大值为故D不真. 4.2026甘肃一模11题(多选) 如图所示,轴截面为正三角形的圆锥, 底面圆O1的半径为CD,EF是底面圆的两条直径.母线PC,PD与该圆锥内切球O分别切于A,B.则下列说法正确的是( ) A. B.圆锥与球O交线的轨迹长为π; C.若 D.平面AEF截球O的截面积的最小值为 【解析】本题正确答案:A,C,D 易知:圆锥的轴截面是边长为的正三角形.其高而圆O是其内切圆. 相应地,圆心O为△PCD的内心, 圆半径r=1.对于A, 故A真; 对于B,如解图1.圆锥与球的交线必为圆, 其直径为AB,由三角形中位线性质知 故B不真; 对于C,如解图2,当时,△CO1E是腰长为的等腰直角三角形,又 由余弦定理: 故C真. 对于D,在解图2中可知平面AEF截球 必为圆面,如解图3,此圆直径当且 仅当球直径MN与圆面垂直时,截面圆 面积最小,此时故D真. 5.重庆名校2026高三下开学考. 如图所示,棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中 .M,N分别是棱C1D1,C1C的中点.则下列 结论正确的是( ) A.AM ⊥ND1; B.点B到直线AM的距离为 C.直线AM,BN所成角的余弦值为 D.直线AM,BN是异面直线. 【解析】本题A,B,D为真. 如解图1,连DM,D1N交于E.则必有 DM⊥D1N.又AD⊥D1N.(什么道理,.无需多讲.) 故必D1N⊥平面ADN,∴ND1⊥AM,A真; 如解图2:连BM,易得: 知△MAB是腰长为3且底长为2的等腰三角形.作BH⊥AM于H.则BH之长即为点D到直线AM的距离. 继作MG⊥AB于G,易得:由面积原理:AM·BH=AB·MG B真; 如解图3,取DD1中点F,连结AMF,则必 AF∥BN,∠FAM即为直线AM,BN所成角. 设为α.△AMF中, 由余弦定理: C不真; 同图3,∵BN∥AF,而BN∥平面AMF,∴BN,AM不可能相交; 又BF,AM为相交直线,而BN∥AF亦不可能与AM平行. 因之,AM,BN为异面直线,D真. 学科网（北京）股份有限公司 $