以立体几何为命题场景的交汇问题 课件-2027届高三数学一轮复习

以立体几何为命题场景的交汇问题 1 【例1】　(1)(2026·成都模拟)一个正方体的任意四个不在同一平面上的顶点A,B,C,D组成的二面角A-BC-D的余弦值中,小于的值的个数是(　　) A.2 B.6 C.4 D.8 视角一 立体几何中排列组合问题 正方体任意4个不共面的顶点A,B,C,D共可组成-12=58(个)四面体.设正方体棱长为1,则①以6条面对角线长为棱长可构成2个四面体,如图①,其二面角的余弦值为;②以3条棱长1和3条面对角线长为棱长可构成8个四面体,如图②,其二面角的余弦值为0或;③以2条棱长1和3条面对角线长和1条体对角线长为棱长可构成24个四面体,如图③,其二面角的余弦值为-或-; 解析 ④以3条棱长1和2条面对角线长和1条体对角线长为棱长可构成24个四面体,如图④,其二面角的余弦值为0或,故正方体的任意四个不在同一平面上的顶点A,B,C,D组成的二面角A-BC-D的余弦值的集合是,其中小于的值有4个. 解析 (2)(2026·台州模拟)建造房屋时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割,以契合实际需要.已知长方体的规格为24 cm×11 cm×5 cm,现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面,截取1次后共可以得到12 cm×11 cm×5 cm,24 cm×cm×5 cm,24 cm×11 cm×cm三种不同规格的长方体.按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取,再对第2次所截得的长方体进行第3次截取,则共可得到体积为165 cm3的不同规格长方体的个数为(　　) A.8 B.10 C.12 D.16 由题意,V原长方体=24×11×5=8×165(cm3),为得到体积为165 cm3的长方体,需将原来长方体体积缩小为原来的,可分三类完成:第一类,长减半3次或宽减半3次或高减半3次,共3种;第二类,长宽高各减半1次,共1种;第三类,长宽高减半(0,1,2)次的全排列=6(种),根据分类加法计数原理,共3+1+6=10(种). 解析 【例2】　(多选题)已知三棱锥A-BCD的棱长均为6,其内有n个小球,球O1与三棱锥A-BCD的四个面都相切,球O2与三棱锥A-BCD的三个面和球O1都相切,如此类推,…,球On与三棱锥A-BCD的三个面和球On-1都相切(n≥2,且n∈N*),球On的表面积为Sn,体积为Vn,则(　　) A.V1=π B.S3= C.数列{Vn}是公比为的等比数列 D.数列{Sn}的前n项和为8π 视角二 立体几何与数列 如图所示,AO是三棱锥A-BCD的高,O是三角形BCD 的中心,设三棱锥A-BCD的棱长均为a,所以OB=× a=a,AO===a.O1是 三棱锥A-BCD的内切球的球心,O1在AO上,设三棱锥A-BCD的外接球半径为R,球On的半径为rn,则由O1B2=O+OB2,得R2= 解析 +,得R=a.所以r1=AO-AO1=a-a=a,又a=6,所以r1=,所以V1=π=π·=π.故A不正确;在AO上取点E,使得EO1=r1=a,则AE=AO-2r1=a-a=a,即E为AO的中点,则球O2与球O1切于E,过E作与底面BCD平行的平面,分别与AB,AC,AD交于B1,C1,D1,则球O2是三棱锥A-B1C1D1的内切球,因为E为AO的中点,所以三棱锥A-B1C1D1的棱长是三棱锥A-BCD的棱长的一半,所以球O2 解析 的内切球的半径r2=r1,以此类推,所以{rn}是首项为,公比为的等比数列,所以rn=×=,r3=,S3=4π=4π·=,故B正确;所以Vn=π,===,即数列{Vn}是公比为的等比数列,故C正确;Sn=4π=4π·=,S1+S2+…+Sn=6π=6π·=8π,故D正确. 解析 【例3】　三棱锥P-ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形且AC=2,各侧棱的长均为3,点E为棱PA的中点,点Q是线段CE上的动点. (1)求点E到平面ABC的距离; 视角三 立体几何与函数、导数的交汇 取AC的中点O,连接PO,BO,如图①所示.因为PA=PC=3,AC=2,所以PO⊥AC,且PO==,因为△ABC是等腰直角三角形,所以BO⊥AC,且BO=,又PB=3,满足PB2=PO2+BO2,所以PO⊥BO,因为AC∩BO=O,AC⊂平面ABC,BO⊂平面ABC,所以PO⊥平面ABC,因为点E为棱PA的中点,所以E到平面ABC的距离为PO=. 解 (2)设点Q到平面PBC的距离为d1,点Q到直线AB的距离为d2,求d1+d2的最小值. 如图②,以O为原点建立空间直角坐标系,连接AQ,则C(0,,0),E,P(0,0,),A(0,-,0), B(,0,0),则=(,0,-),=(0,,-),= (,,0),=,设=λ(0≤λ≤1), 解 则=,则Q,则=,所以cos∠QAB==,所以sin∠QAB=,所以d2=||sin∠QAB=,设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则令x=,可得 解 n=(,,),则d1==λ,所以d1+d2=f(λ)=+λ,0≤λ≤1,所以f'(λ)=+,令f'(λ)=0,解得λ=,令g(λ)=f'(λ)=+,则g'(λ)=>0,所以g(λ),即f'(λ)在[0,1]上单调递增,所以当λ∈时,f'(λ)<0,f(λ)单调递减,当λ∈时,f'(λ)>0,f(λ)单调递增,所以f(λ)min=f=,即d1+d2的最小值为. 解 【例4】(2025·全国一卷)(15分)如图,在四棱锥 P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,BC∥AD,AB ⊥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=AB=,AD=+1,BC=2,且点P,B,C,D均在球O的球面上. (ⅰ)证明:点O在平面ABCD内; (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值. 视角四 空间几何体与球的融合………………规范答题 【书写表达】————规范答题 步步为赢 得满分 (1)(第一给分点:4分) 证明:因为PA⊥平面ABCD, AB⊂平面ABCD,所以AB⊥PA,　[1分] 又因为AB⊥AD且PA∩AD=A, 所以AB⊥平面PAD,　[3分] 又因为AB⊂平面PAB, 所以平面PAB⊥平面PAD.　[4分] (2)(ⅰ)(第二给分点:6分) 证明:以A为原点,,,的方向分别为x,y,z轴 的正方向,建立空间直角坐标系Axyz,如图所示,　[5分] 则A(0,0,0),B(,0,0),C(,2,0),D(0,1+,0),P(0, 0,),　[6分] 设点O的坐标为(x,y,z), 所以||=,||=, ||=, ||=,　[8分] 因为点P,B,C,D均在球O的球面上, 所以||=||,得y2=(y-2)2,解得y=1; 由||=||且y=1,得(x-)2+1=x2+3,解得x=0; 由||=||且x=0,得2+z2=(z-)2,解得z=0, 所以点O的坐标为(0,1,0),　[9分] 即点O在AD上,所以点O在平面ABCD内.　[10分] (ⅱ)(第三给分点:5分) =(,2,0),=(0,1,-),　[12分] 则cos<,>===,　[14分] 所以直线AC与PO所成角的余弦值为.　[15分] 1.从长方体的8个顶点中任选4个,则这4个点能构成三棱锥的顶点的概率为(　　) A. B. C. D. 根据题意,从长方体的8个顶点中任选4个,有=70(种)取法,“这4个点能构成三棱锥的顶点”的对立事件为“这4个点在同一个平面内”,而长方体有2个底面、4个侧面和6个对角面,一共有12种情况,则这4个点在同一个平面内的概率P==,所以这4个点能构成三棱锥的顶点的概率为1-=. 解析 2.如图,ABCDEF-A'B'C'D'E'F'为正六棱柱,若从该正六棱柱的6个侧面的12条面对角线中,随机选取两条,则它们共面的概率是________. 由题意知,若两条面对角线在同一个侧面,因为有 6个侧面,所以共有6组,若两条面对角线相交且交 点在正六棱柱的顶点上,因为有12个顶点,所以共 有12组,若两条面对角线相交且交点在对角线延 长线上,如图所示,连接AD,C'D,E'D,AB',AF',先考虑下底面,根据正六边形性质可知EF∥AD∥BC,所以E'F'∥AD∥B'C',且B'C'=E'F'≠AD,故A,D,C',B'共面,且A,D,E',F'共面,故AF',DE'相交,且C'D,AB'相交,故 解析 共面有2组,则正六边形对角线AD所对应的有2组共面的面对角线,同理可知正六边形对角线BE,CF所对的分别有两组,共6组,故对于上底面对角线A'D',B'E',C'F'同样各有两组,共6组,若侧面平行,一组平行的侧面中有2组面对角线平行,三组平行的侧面共有6组,所以共面的概率是=. 解析 3.(2026·哈尔滨模拟)已知正四面体ABCD中, AB=1,P1,P2,…,Pn在线段AB上,且|AP1|=|P1P2|= …=|Pn-1Pn|=|PnB|,过点P1作平行于直线AC和BD的平面,该平面截正四面体ABCD的截面面积为an,则an=___________.若bn=,则数列{anbn}的最大项为________. 第一空:由题意得|AP1|=|P1P2|=|P2P3|=…=|PnB|=,如图①,取BD中点O,连接AO,CO,在正四面体ABCD中,△ABD,△BCD均为等边三角形,则AO⊥BD,CO⊥BD,且AO∩CO=O,AO,CO⊂平面AOC,所以BD⊥平面AOC,又AC⊂平面AOC,所以BD⊥AC, 解析 如图②,过点P1作P1E∥AC交BC于点E,过点E作EG∥BD交CD于点G,过点P1作P1F∥BD交AD于点F,连接FG,则P1F⊥P1E,故四边形P1FGE为截面,且四边形P1FGE为矩形,由相似知识可知|AP1|=|P1F|=,|EP1|=,故an=|FP1|·|EP1|= =; 解析 第二空:因为an=,bn=,可得anbn== ,令f(x)=(x≥1),则f'(x)==,而ln 2> ln=,当x≥3时,6-(6x-5)ln 2<0,可知f(x)=在[3,+∞)上单调递减,即当n≥3时,数列{anbn}单调递减,当n≥3时,anbn≤a3b3=,且a1b1=,a2b2=,所以数列{anbn}的最大项为. 解析 4.(2026·安庆模拟)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1 顶点处有一质点Q,点Q每次会随机地沿一条棱向相邻 的某个顶点移动,且向每个顶点移动的概率相同,从一 个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次,若质 点Q的初始位置位于点A处,记点Q移动n次后仍在底面ABCD上的概率为Pn. (1)求P2; 依题意,每一个顶点有3个相邻的顶点,其中两个在同一底面.所以当点Q在下底面时,随机移动一次仍在下底面的概率为,在上底面时,随机移动一次回到下底面的概率为,又因为P1=,所以P2=×+×=. 解 (2)①求证:数列是等比数列; 因为Pn+1=Pn+(1 Pn)=Pn+,所以Pn+1 =Pn+ =Pn =.又因为P1=,所以P1 = =≠0,所以数列是等比数列. 证明 ②求 (iPi). 解 解 因为Pn-=×=×,所以Pn=×+,所以iPi=×i+.设ai=i,则=1×+2×+3×+…+n×,则= 1×+2×+3×+…+n×,所以(iai)=1×+1×+1 ×+1×+…+1×-n×,所以(iai)=×-n× =-×-n×,所以(iai)=-×.又因为=n= ,所以(iPi)=-×+. $