立体几何的典型问题聚焦-《中学生数理化》高一数学2026年4月刊

中学生表理化餐鼻李方年1月 立体几何的典型问题聚焦 ■薛玉皎 立体几何是培养空间想象能力与逻辑推 中，由BD=2,可得DE=√3，BE=1,所以 理能力的重要载体，也是高中学习的重点与 sin∠BFE= BE 1 难点。许多同学常因图形构造困难、定理运 BFBF 用不灵活而解题“受阻”。下面聚焦三类典型 因为(sin∠BFE)max= 2W 问题，通过具体例题，阐释解题思维，帮助大 7,所以BFn 家构建清晰的空间问题处理框架，实现从“听 懂”到“会用”的有效跨越。 之，此时应满足BF⊥AC。 一、基础篇：空间位置关系的判断与证明 由BE⊥平面ACD,ACC平面ACD,可 例1如图1所 得BE⊥AC。因为BE∩BF=B,BE,BFC 示，在四面体ABCD 平面BEF,所以AC⊥平面BEF。又EFC 中，AB=BD=2, 平面BEF,所以AC⊥EF。 ∠ADC=∠BDC= 在Rt△BEF中，由勾股定理得EF= 90°，点E为棱AD D/……… 的中点，点F为棱 V丽-BE=:在R1△ABF中，由勾胶 AC上的动点。 定理得AF=VAB-BF=3 (1)求证：平面 ACD⊥平面BEF。 图1 所以S△AEF= ———、T之人 (2)已知二面角A-DC-B的大小为30°，当 直线BF与平面ACD所成角的正弦值的最大 面体ABEF的体积VBAF=3SAAE·BE= 值为2时，求此时四面体ABEF的体积 1、33、 3+ 8 2X1= 8 分析：由题设条件，结合线面垂直的判定 评注：证明面面垂直，寻找线面垂直；由BF 与性质、面面垂直的判定即可证得两平面垂 与平面ACD所成角的正弦值最大，得到BF⊥ 直；由(1)得∠ADB=30°，再确定点F的位 置，进而求出四面体ABEF的体积。 AC,从而求出BF= 2 是解答本题的关键。 解：(1)由∠ADC=90°，∠BDC=90°，可 二、计算篇：几何体的表面积与体积 得DC⊥AD,DC⊥BD。因为AD∩BD= 例2（多选 D,AD,BDC平面ABD,所以DC⊥平面 题)如图2，AC ABD。而BEC平面ABD,所以DC⊥BE。 是圆锥SO的底 由E为AD的中点，AB=BD,可得BE⊥ 面圆O的直径， AD。因为AD∩DC=D,AD,DCC平面 点B是圆O上 ACD,所以BE⊥平面ACD。 异于A,C的动 B 图2 又因为BEC平面BEF,所以平面ACD 点，母线SC= ⊥平面BEF。 2√2，圆锥SO的侧面积为4√2π，则下列结论 (2)由(1)知二面角A-CD-B的平面角 正确的是()。 为∠ADB,则∠ADB=30°。 A.SO=2 由BE⊥平面ACD,可得∠BFE即为 BF与平面ACD所成的角。在Rt△BED B三棱维SABC体积的最大值为 46 商一黄学轻典赛突方清中学生款理化 C.若点B为弧AC的中点，则二面角S √2，所以∠SDO≠45°，C错误。 BCO的平面角的大小为45 对于D,若AB=BC,则 D.若AB=BC,E为线段AB上的动 △ABC为等腰直角三角形，所以 点，则SE+CE的最小值为2(3十1) AB=BC=2√2。又SA=SB= 分析：由圆锥侧面积公式得OC=2,结合 2√2，所以△SAB为等边三角形。 勾股定理求出圆锥的高SO:由勾股定理得 将△SAB与△ABC沿边AB折 AB2十BC=16,结合基本不等式求出体积的 叠到同一平面内，如图4所示。 最大值；易得∠SDO即为二面角SBCO的 图4 连接SC交AB于点E,此 平面角，求出tan∠SDO=√2，可知∠SDO 时SE+CE的值最小，其最小值为SC。过 ≠45°；将△SAB与△ABC沿着边AB折叠 点S作SP⊥CB,交CB的延长线于点P,则 到同一平面内，得到最小值为SC,结合勾股 定理求出SE+CE的最小值。 ∠sBP=30,sp=sB=E,Bp- 解：对于A,由圆锥SO的侧面积为 =√6，所以CP=CB十BP=2√2+√6。 4√2π得π·OC·SC=4√2π，结合SC= 由勾股定理得SC=√SP+CP 22得0C=4=2,由勾股定理得S0 SC W16+83=√/(23+2)2=2(3+1)，D正 √SC-OC=√8一4=2，A正确。对于B, 确。应选ABD。 因为AC为直径，所以AB⊥BC,且AC= 评注：旋转体的表面积、体积的计算问 2OC=4。由勾股定理得AB2+BC=AC= 题，一般要借助轴截面寻找底面半径、母线、 高之间的关系。如果还涉及其他长度或角度 16,所以Vm=合Sm·S0=号× 问题，那么一定要厘清点、线、面之间的位置 2AB·BC·2=号AB·BC≤合(AB+ 关系，避免线段的长度或角度标注不清而导 致计算错误。 BC)=令，当且仅当AB=BC=2万时等号 三、综合篇：球与组合体问题 成立，所以三棱锥SABC体积的最大值为 例3一个高为3√3cm,上、下底面半径 分别是1cm和4cm的封闭圆台容器（容器 B正确。对于C,取BC的中点D,连接 壁厚度忽略不计)内有一个铁球，则铁球表面 OD,SD,如图3所示。 积的最大值为( )。 A.em B.16πcm 64 C.3x cm D.27πcm 分析：作出圆台的轴截面可知，当球与 D B AD,DC,BC相切时，其表面积最大，求出球 图3 的半径即得表面积的最大值。 由D为BC的中点，可得OD∥AB。因 解：作出圆台的 为AB⊥BC,所以OD⊥BC。因为SB= 轴截面，如图5所示。 SC,所以SD⊥BC,所以∠SDO即为二面角 要使球的表面积 S-BCO的平面角。 最大，只需球与AD, 因为AB=BC=2E,所以OD=1 AB DC,BC相切即可。 设圆O的半径为R,D E H =√2。又SO=2,所以tan∠SDO= SO OD 则OE=OF。由OE 图5 47 经典题突破方法 中学生数理化高数学202年4月 ⊥DC,OF⊥BC,可得△OEC≌△OFC,所以 BB,即AB1⊥BB1。而平面ABB1A1⊥平 CE=CF。 面BCC1B1,平面ABB1A,∩平面BCC1B,= 作OG⊥AB,BH⊥CD,垂足分别为G, BB1,AB1C平面ABB1A1,所以AB1⊥平面 H,由BG=EH=1,CE=4,可得CH=3。 BCC1B1。 由BH=3√，可得BC=√BH+CH=6。 (2)过B,作B,H⊥AB,垂足为H。因 因为OG=3√3一R,BF=BC-CF=BC- 为AB,⊥平面BCC1B,,又BCC平面 CE=2,所以OB=BG2+OG=OF2+ BCC1B1,所以AB1⊥BC。 BF2,即1+(33-R)2=R2十22，可得R= 因为AB⊥BC,AB∩AB,=A,AB, AB1C平面ABB,A1,所以BC⊥平面 43 ,所以球的表面积的最大值S=4πR2= 3 ABB1A1。又B,HC平面ABB,A1,所以BC 4×()-6(em)。应选C ⊥B1H。 3 因为AB∩BC=B,AB,BCC平面 评注：球与旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的 ABC,所以B1H⊥平面ABC,所以∠B1DH 组合体问题，解题的关键是“作轴截面” 即为DB,与平面ABC所成的角。由等面积 将空间中“球与旋转体的相切（相接）”转化为 法得2AB·B,H=合AB,·B,B,即2B,H 平面中“圆与梯形或三角形的相切（相接）”， 再利用圆心到各边距离等于半径及勾股定理 ×4= ×25×2：解得B,H=尽。因为点 列方程求解。 D是直角三角形AB,B斜边AB的中点，所 限局 感悟与仪。 以DB:= AB=2,所以sin∠B1DH= 1 1.如图6，已知三棱台ABC-AB:C1中， 平面ABB,A1⊥平面BCC1B,,△ABC是以 B.H= DB 号。又∠BDH为锐角，所以 B为直角顶点的等腰直角三角形，且AB= 2AA1=4,AA1=A1B1=BB1。 ∠B:DH=否，所以DB,与平面ABC所成 角的大小为受 2.(多选题)已知直线l,m,n是三条不 同的直线，“，B为两个不同的平面，则 ()。 A.若l∥m,l∥n,mca,nca,则l∥a 图6 B.若l⊥a,l∥m,m庄B,a⊥B,则mB (1)证明：AB1⊥平面BB,CC。 C.若l⊥m,l⊥n,m二&，nCa,则l⊥a (2)若AB的中点为D,求直线DB1与 D.若l∥a,lCB,a∩B=m,m∥n,则ln 平面ABC所成角的大小。 提示：对于A,由l∥m,l∥n,mCa,nC 提示：(1)在三棱台ABCA,B,C1中， a,可以得到I二a,A错误。对于B,由l⊥a, AB∥A1B1,AB=2AA1=2A1B1=2BB1=4。 l∥m得m⊥a,而m在B,&⊥B,所以m∥B,B 在等腰梯形ABB1A1中，cos∠ABB1= 正确。对于C,由l⊥m,l⊥n,m二a,n二a, 2(AB-A,B,) 可以得到m∥n,但不一定l⊥a,C错误。对 1 BB ,由余弦定理得AB:= 于D,由l∥a,l二B,a∩B=m得l∥m,而m∥ AB+BB-2AB·BB1cos∠ABB1=4+ n,所以I∥n,D正确。应选BD。 1 作者单位：四川省宜宾市第三中学校 2-2×4×2×2=12,所以AB=AB+ (责任编辑郭正华) 48