2022届高三数学一轮复习（原卷版）专题24 立体几何中综合问题（解析版）.docx

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1、专题24 立体几何中综合问题 命题规律内 容典 型考查点到面的距离2019年高考全国卷文数棱锥（圆锥）与球的切接问题2018年高考全国卷文数棱柱（圆柱）与球的切接问题2020年高考天津卷5以解答题形式考查异面直线角或线面角2019年高考天津卷文数研究几何体的截面问题2020年高考山东卷16命题规律一 考查点到面的距离【解决之道】解决此类问题有两种方法，过该点作已知平面的垂线，该点到垂足的线段长即为点到面的距离，再利用解三角形解出；利用等体积转化求点到面的距离.【三年高考】1.【2019年高考全国卷文数】已知ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到ACB两边AC，BC的距

2、离均为，那么P到平面ABC的距离为_【答案】【解析】作分别垂直于，平面，连接，由题意可知，平面，又平面，又易知，为的平分线，又，2.【2019年高考全国卷文数】如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离【解析】（1）连结.因为M，E分别为的中点，所以，且.又因为N为的中点，所以.由题设知，可得，故，因此四边形MNDE为平行四边形，.又平面，所以MN平面.（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得，所以DE平面，故DECH.从而C

3、H平面，故CH的长即为C到平面的距离，由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.从而点C到平面的距离为.命题规律二 棱锥（圆锥）与球的切接问题【解决之道】（1）三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球：如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，那么可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心；如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，那么可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心.（2）一条侧棱垂直于底面的棱锥的外接球问题，可以将其补成以棱锥的底面为底面、垂直与底面的侧棱为高的直棱柱，则补成直棱柱的外接球即为该三棱锥的外接球.（3）正棱锥（圆锥）的外接球问题，已知

4、正棱锥的底面的外接圆半径为、高为，外接球的半径为，则.（4）已知三棱锥中某两个面所成二面角为的外接球问题，关键是作出球心，即分别过两个半平面的截面圆的圆心作截面圆的垂线，垂线的交点即为球心，再利用球的截面性质，即可求出求的半径.(5)对两个直角三角形共斜边的三棱锥的外接球问题，则直角三角形的斜边为球的直径.(6)对对棱相等的三棱锥的外接球问题，将其看成在长方体中面的对角线，则长方体的外接球即该三棱锥的外接球.（7）求一个棱锥内切球的半径，可以根据球心到各个面的距离相等以及棱锥的体积列式得出也可以先找准切点，通过作截面来解决，作截面时主要抓住棱锥过球心的对角面来作【三年高考】1.【2018年高考

5、全国卷文数】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ）ABCD 【答案】B【解析】如图所示，设点M为三角形ABC的重心，E为AC中点， 当点在平面上的射影为时，三棱锥的体积最大，此时，,点M为三角形ABC的重心，中，有，故选B.2.【2020年高考全国卷文数12理数10】已知为球的球面上的三个点，为的外接圆若的面积为，则球的表面积为（ ）A B C D 【答案】A【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，由正弦定理可得，根据圆截面性质平面，球的表面积，故选A3.【2020年高考全国卷文数11理数10】已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的表面

6、上，若球的表面积为，则球到平面的距离为 （ ）ABCD【答案】C【解析】设球的半径为，则，解得：，设外接圆半径为，边长为，是面积为的等边三角形，解得：，球心到平面的距离，故选C4.【2020年高考全国卷文数16】已知圆维的底面半径为，母线长为，则该圆锥内半径最大的球的体积为 【答案】、【解析】解法一：易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为，由于，故，设内切圆半径为，则：，解得：，其体积：故答案为：解法二：分析知圆锥内半径最大的球的应为该圆锥的内切球，如图，由题可知该圆锥的母线长为，底面半径为，高为，不妨设该内切圆与母线切于点

7、，令，则由，可得，即，得，此时命题规律三 棱（圆）柱与球的切接问题【解决之道】（1）长、宽、高分别为a，b，c的长方体的体对角线长等于其外接球的直径，即2R.（2）直棱柱(圆柱）的外接球：已知直棱柱的底面半径为，高为，则其外接球半径为【三年高考】1.【2020年高考天津卷5】若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）ABCD【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即，所以这个球的表面积为，故选C命题规律四 以解答题形式考查异面直线所成角或线面角【解决之道】对异面直线所成角问题，常用平移法，即通过作中位线或平行四边形，找到或作出一个角的两边分

8、别与两条异面直线分别平行，则该角就是异面直线所成角或补角，再通过解三角形求解；对线面角，找出或作出过斜线与面垂直的直线，找出斜线在平面内的射影，则斜线与斜线在平面内的射影所成的角即为线面角，再通过解三角形求解.【三年高考】1.【2018年高考全国I卷文数】在长方体中，与平面所成的角为，则该长方体的体积为（ ）A8 BC D【答案】C【解析】在长方体中，连接，根据线面角的定义可知，因为，所以，从而求得，所以该长方体的体积为，故选C.2.【2018年高考全国卷文数】在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ）ABCD【答案】C【解析】如图，在正方体中，所以异面直线与所成角为，设正方体

9、边长为，则由为棱的中点，可得，所以，则故选C3.【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，.（1）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：平面；（2）求证：平面；（3）求直线AD与平面所成角的正弦值.【解析】（1）连接，易知，.又由，故.又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD.（2）取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DNPC，又因为平面平面PCD，平面 平面，所以平面PAC，又平面PAC，故.又已知，所以平面PCD.（3）连接AN，由（2）中平面PAC，可知为直线与平面PAC所成的角，因为为等边三角形，CD=2且N为PC的中点，所以.又，在

10、中，.所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.4.【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD中，ABC是等边三角形，平面ABC平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=，BAD=90°（1）求证：ADBC；（2）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（3）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值【解析】（1）由平面ABC平面ABD，平面ABC平面ABD=AB，ADAB，可得AD平面ABC，故ADBC（2）取棱AC的中点N，连接MN，ND又因为M为棱AB的中点，故MNBC所以DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角在RtDAM中，AM=1，故DM=因为AD平面ABC，

11、故ADAC在RtDAN中，AN=1，故DN=在等腰三角形DMN中，MN=1，可得所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为（3）连接CM因为ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CMAB，CM=又因为平面ABC平面ABD，而CM平面ABC，故CM平面ABD所以，CDM为直线CD与平面ABD所成的角在RtCAD中，CD=4在RtCMD中，所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为5.【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2（1）证明：AB1平面A1B1C1；（2

12、）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值【解析】方法一：（1）由得，所以.故.由，得，由得，由，得，所以，故.因此平面.（2）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.命题规律五 研究几何体的截面问题【解决之道】解决此类问题的关键为作出截面，作截面的关键在作截线，方法如下：若已知两点在同一平面内，只要连接这两点，就可以得到截面与多面体的的一个面的截线;若面上只有一个已知点，应设法在同一平面内找出第2个确定的点；若两个已知点分别在相邻的面上，应找出这两个平面的交线与截面的交点；两个平行平面的一个平面与

13、截面有绞线，另一个平面上只有一个已知点，则按面面平行得截面与平面的交线；若有一点在面上而不在棱上，则可通过作辅助平面化为棱上的点的问题；若已知点在体内，可通过作辅助平面化为面上的点的，再化为棱上的点的问题来解决.【三年高考】1.【2020年高考山东卷16】已知直四棱柱的棱长均为，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 【答案】【解析】解法一：如图，取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以为等边三角形，所以，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得，故答案为：解法二：在直四棱柱中，取中点为，中点为，中点为，由题意易知，又，则面，在面内取一点，使，且，又，以为球心，为半径的球面与侧面的交线是以为圆心，以为半径的圆弧，由题意易得，故该交线长为解法三：