2023高考数学难点突破专题训练（5）：立体几何.pdf

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1、2023高考数学难点突破专题训练（5）立体几何热身训练1.（广东省深圳市高级中学（集团）2022-2023学年高三上学期期末测试数学试题）如图，棱长为4 的正方体A 8C O-A M G R，点A 在平面a 内，平面ABCD与平面a 所成的二面角为30。，则 顶 点 到 平 面 a 的距离的最大值是（）【解答】解：如图所示，过 G 作 C 0 _ L a,垂足为,D.2(/2+1)则 C E 为所求，NAO E=30。，由题意，设 CO =x,则 AO =4 0-x,CQ=J16+J ,OE=-O A=2 y2-x,2 2:.CE=J 16+x?+25/2 x i令 y V16+%2+2/2

2、x-2则了=/x =0,可得j/i6 7 7 2 84L L；.x=存，顶点a到平面c 的距离的最大值是2(G+夜).故选：B.2.（江苏省常州高级中学2 0 2 2-2 0 2 3 学年高三上学期1 月月考数学试题）（多选题）如图，点。是 正 四 面 体 底 面 A 8 C 的中心，过点。且平行于平面R 4 3 的直线分别交A C,BC于点M,N ,S 是棱PC上的点，平面S M N与棱风的延长线相交于点Q,与棱心的延长线相交于点R,则（）A.若 平面 则 A B R QB.存在点S 与直线M V,使 万（用+而）=0C.存在点S 与直线M V,使尸C _L平面SR。1 1 1 3。同 丽

3、门 图 一 网A C D【分析】根据线面平行的性质定理，可判断A；由空间向量数量积可判断B；当直线M N平行于直线A 8,SC =：PC时，通过线面垂直的判定定理可判断C,由共面向量定理可判断D.【解析】对于A,M N 平 面 平 面 S M N与棱帖的延长线相交于点2,与棱依的延长线相交于点R,平面 S M N c 平面 PAB=RQ,又 M N u 平面 SMN,MN，平面 PAB,：.MN R Q,点。在面ABC上，过点。的直线交AC,8 c 于点M,N,，M N u平面ABC,又MN平面以8,平面A B C c平面丛8=/$,MN/A5,A B/R Q,故 A 正确；对于B,设正四面体

4、P-A B C 的棱长为。，.闲（2 0+/次）=*/0+方/次=|PS|-|Pg|cos600+|PS|.|Puleos600=6/2 0,故 B 错误；对于C,当直线MN平行于直线A3,S为线段PC 上靠近C 的三等分点，即SC=g p C,此时 P C J.平面SRQ,以下给出证明：在正四面体尸-ABC中，设各棱长为，ABC,APBC,APAC,R48均为正三角形，点。为AABC的中心，MNHAB,2，由正三角形中的性质，易得CN=C M=a,7I7 T在 ACMS 中，-：CN=-a,SC=-a,NSCN=,由余弦定理得，SN=J +（网 丫-2.巴网cos工=a,V U J k 3

5、J 3 3 3 3SC2+SN2 a2=CN2,则SNJ_PC,同理，S M I P C,又 SM nSN=S,SM u 平面 SR。，SN u 平面 SHQ,P C,平面SRQ,.存在点S 与直线M N,使 P C,平面SR。，故 C 正确；对于D,设。为 8 c 的中点，贝 ijPO=PA+AO=PA+-AD=P A+-（PD-PA）=（PA+PB+PC）,_ PA _._ PB _又,：P,A,。三点共线，.PA=P。，B,R三点共线，？=AR,/,PQ PRPC _S,C 三点共线，.=设 同=x,网=，网=z,则i D所 二 同 所+网 市+因 对3x 3y 3z；0,Q,R,S 四

6、点共面，二.M+M+M=1,又.网=|丽 卜 园,3 x 3 y 3 z1 1 1 1 1 1 1 3+=7=7 +-=3 x 3 y 3 z|PA|x y z 网国土网:而 网，故 D 正:确 故选：A C D.【注意】关键点注意：本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了空间向量数量积和共面向量定理，解题的关键是熟悉利用空间向量的共面定理，考查了转化能力与探究能力，属于难题.3.（江苏省苏北四市（徐州、淮安、宿迁、连云港）2 0 2 2-2 0 2 3 学年度高三年级第一次调研测试数学试题）如图，在四棱锥S-A B C D中，侧 面 SA D _L底 面A B C D,S A

7、 A D,且四边形A BCD为7 T平行四边形，4 8=1,B C=2,S A=3.求二面角S-CD-A的大小；点尸在线段S Q 上且满足可=2 葡，试确定2 的值，使 得 直 线 与 面 P C D 所成角最大.BC1 9.(1)连接 NC,在/A B C ,A B =l,B C =2,T T I TZA B C =,由余弦定理得/C =G，所以N 8 4 C =5.2 分法 1：因为侧面S4 Z)_L 底面H8CD,面51 4。P I 底面4 8 c o=4 D，S A A D,所以S4 _L 面488,所以S4 _ L 4 C.4分以A为原点建立如图所示空间直角坐标系.则 8(1,0,0

8、),C(0,6,0),5(0,0,3),D(-l,V3,0),C D =(-1,0,0),S C=(0,6,-3).设平面S C D的法向量为 =（x,y,z）,n-C D =0,x =0-，得厂 SC =0 V3y-3z=0可取分=(O,G,1).易知；=（0,0,1）为面A B C D的法向量.6 分所以c os 0 =？_ 1 _ 1|w|m|-VT+3-2因为一面角S-C D A为锐角,所以。=1.即二面角S-C。-力的大小为:法 2：因为“1.而4B CC,所以S4 _L C D.因为四边形N 8 C。为平行四边形，所以N C _L C D,又 以 c/C=/,所以C Z）_L fi

9、fS4 C,所以C _L SC.又面，C O c面SC Q =。，所以Z A C S为二面角S-CD-A的平面角.6 分因为t an乙4 c s =宏=6,二面角S-8-N为锐角，所以。=3.即二面角S-CD-H的大小为三.8分（2）设尸（X”M，Z|）,S P =A S D.得（占,乂0-3）=/1（-1,6,-3）,.=_.必=&,Z|=3-3 一,所以尸（一、,&,3-3儿）,所 以 而=（-仁一1,&,3-3。）.1 0 分由（1）知平面尸 8 的法向量为7=（0,6,1）.B P-n 32+3-34 3因为 c os a=_ =/=B P n 25（/1 +1）?+（6 2）2+（3

10、_32）2 2/1 322-1 62+1 0 O Q所 以 当 百 时，c os a值最大，即当彳=百 时，8 尸与平面P C。所成角最大.1 2分4.（江苏省常州高级中学2022-2023学年高三上学期1月月考数学试题）如图，空间几何体仞E-武 尸 中，四边形ABCD是梯形，A B/C D,四边形C/）E尸是矩形,且平面A B C D1 平面CDEF,A D Y D C,A B =A D =D E =2,EF=4,M是线段AE上的动点.（1）试确定点M 的位置，使 AC 平 面 并 说 明 理 由：（7 分）（2）在（1）的条件下，平面MDF将几何体4DE-3CF分成两部分，求空间几何体M-

11、力所与空间几何体A D M -B C F的体积的比值.（7 分）（1）当 M 是线段AE的中点时，AC平面M M,理由见解析；（2）4【分析】（1）由线面平行的性质定理确定M 是线段AE的中点，然后根据线面平行的判定定理证明.（2）将几何体4OE-BCF补成三棱柱，由三棱柱和三棱锥体积得几何体AB-CD斯 的 体积,再求得三棱锥F -D M E的体积后可得所求比值.【解析】（1）当何是线段AE的中点时，A C/平面证明如下：连接C E 交 D F 于点N,连接M N,如图，由于M、N 分别是AE、CE的中点，所以M N/A C,又MN在平面MDF内，且 AC不在平面MD尸内，所以A C/平面（

12、2）.四边形CDEF是矩形，.CD_L）E.又8 L A。，且 AOcE=,；CD，平面 AE.平面A B C D/平面C D E F,平面ABCDc平面CDE尸=8,A D u平面ABC。，A D L C D,所以A_L平面CDE五，又D E u 平面C Q E F,所以W L Q E,将几何体ADE-BCF补成三棱柱A D E-3C/,三棱柱 A D E-B C F 的体积 V=S.A.CD=x2x2x4=8,则几何体 A_ 8 c/的体积X=V-Vg-gcF=8 _；x（；x2x2）x（4_2）=g,又三棱锥厂一0 四0 的体积匕=；x（g x 2 x 2 x jx 4 =*4 f20

13、4、1空间几何体M-。斯 与空间几何体A D M -B C F的体积的比为 ：（可-引=高 考 引 领【试 题 出 处】2 0 2 2年高考数学全国甲卷文科第1 9题【试 题】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示：底 面4 8 C D是 边 长 为8（单位：cm）的 正 方 形，AEAB,FBC、GC O,均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCI）垂直.（1）证明：EF平面4 B C D；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.【试 题 分 析】考查目标试题的情境源于生活中的求喜糖包装盒容积的问题，依据课程标准要求，将其设计为求“不规则”几何体的体积计

14、算问题.试题考查棱锥、直四棱柱等空间几何体的基本概念，考查不规则几何体的割补方法，考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识和基本方法.试题重点考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力，以及应用所学知识分析问题和解决问题的能力.解题思路 求解不规则几何体的体积时，如果几何体是组合体，_般将其分解为若干个“球、柱、锥、台”的体积的和或差，从而将不规则几何体转化为常见的简单几何体的形式，再运用常见几何体的体积公式就能求出结果.(1)设48,8C的 中 点 分 别 为-p,可得J.平面48co.FFU平面48 C 0,且 E E =F F，从 而/为矩形，所 以 /，因

15、此EF平面 A B C D.(2)思路1点 ,F,G,H 到平面48co的距离都为4百，且平面EFCH平面4 8 C D 故该包装盒可由底面边长为8,高为4力的正四棱柱ABCD-4&G，截 去 四 个 体 积 相 等 的 三 棱 锥B-B.E F,C-C.F G,。-0|CH得到，且 E,F,G,分别为正四棱柱上底面各棱的中点.思路2设 4B,B C,C D,。4 的 中 点 分 别 为 U，C,/,点E,F,G,，到平面48CD的距离都为4。，且平面fTC 平面4 8 s故该包装盒可由底面边长为4&,高为4力的正四棱柱HE/G-/，尸C和四个体积相等的四棱锥A-/EEH,B-E F F E,

16、C -F G G F,D-GH/TG，组合得到.试题亮点试题落实立德树人根本任务，从引导学生德智体美劳全面发展的角度，以劳动实践中的实际问题出发，以考生熟悉的正四棱柱和棱锥的组合体为载体，设计了空间直线与平面的位置关系和平面与平面的位置关系的证明问题及计算问题.考生对试题中的空间图形会有似曾相识的感觉，贴近广大考生的学习实际.试题给出的信息量是多样的，给不同基础的考生提供了想象的空间和多维度的思维平台，同时为考生分析问题和解决问题提供了发挥能力水平的空间.试题在全面考杳考生对立体几何基础知识理解与掌握的同时，着重考查了考生的化归与转化思想.试题重基础、重应用、重能力，体现出较好的区分度和选拔功

17、能，对中学数学教学有积极的引导作用和很好的指导意义.【参考答案】（1）设 A B,8 c 的中点分别为E,尸，连 结 ,F F,EF,由题设可知EE _ L 平 面 4 8 C。，FF _ L 平 面 4 8 C 0,且 E E =F F =4 3,故EE F F为矩形，所以E F E F,因此E尸平面4 8。”（2）解法1 由题设和（1）可知，点 M F,G,H到平面4 B C D 的距离都为4。，且平面EFC 平面4 8 C D.故该包装盒可由底面边长为8,高为4。的正四棱柱4 8 C D-4 8 C，截去四个体积相等的三棱锥A-4 E”,B-B.E F,C-C.F G,O-Q G H 得

18、到，且 E,尸，G,/分别为正四棱柱上底面各棱的中点，如图所示.正四棱柱A B C。-48c oi的体积匕=8 x 8 x 4 4 =2 5 6 4.三棱锥 A-AtE H 的体积 V)=y x x 4 x 4 x 4 =,因此该包装盒的容积为匕-4 匕=岑 2（5?）.解法2 设 4 8,8 C,C D,%的中点分别为 E t F,C,H ,由 题 设 和（1）可 知，点,F,G,，到平面4 8 c o 的距离都为44，且平面E/C，平面尸C 7 T.故该包装盒可由底面边长为4 ，高 为 4 力的正四棱柱和四个体积相等的四棱锥A-H E E H,B -E F F E,C-F G G F,0

19、-C H C 组合得到.正四棱柱 E尸 G-Z/E，尸C的体积%=4&x 4&x 4 6=1 2 8 格.四棱锥A-HE E W的体积匕=白4 岳 4 后2&=竽.因此该包装盒的容积为匕+4 匕=吟 目（cm，）.【试题出处】20 22年高考数学全国甲卷理科第18 题【试题】在四棱锥中。F8C。，H底面 4 8 C。，C D/A B,A D =l）（：=C B=4 8 =2,D P =6（1）证明：B D 1 P A；（2）求P D与平面P48所成的角的正弦值【试题分析】考查目标试题以底面为等腰梯形的四棱锥为载体，通过确定两直线的位置关系和计算立线与平面所成角的正弦值，号代号生的空间想象能力、

20、逻辑推理能力,运算求解能力，以及综合应用知识分析问题解决问题的能力.试题第（I）问难度不大，考生具备一定的空间想象能力和逻辑推理能力即可得证.证明的关悔是发现4 8 是在向三角形 试题第（2）问设计为求直线与平面所成角的正弦值该问题的求解方法基础且多样，既可以通过向量法求解，也可以通过综合法求解，为不同思维水平的考生提供了充分展示的空间解 题 思 路（1）根据已知条件可得BDPD注意到四边形4 8 c o 是等腰梯形，容易得到乙。A B =60。.利用余弦定理和勾股定理，发现 是直角三角形，从 而 得 到 由 此 可 得 8 0 _ L 平面以0,于是 B O J.P A.（2）思路 用向量法

21、求解.由题设及第（1）问得直线以，0 兄 0 尸两两垂直，因此自然以。为坐标原点，以凉的方向为,轴正方向，建立空间直角坐标系。-8/，于是。P=（o,o,8）,运用向量法求PO与平面P A B所成角的正弦值，只需要求出平面P A B的一个法向量即可思路2 用综合法求解.求与平面P 4 B 所成角的正弦值，关键是求出O到平面P A B的距离.由题设及第（1）问 可 得 三 棱 锥 4 8 的体积为g,利用等体积法，问题转化为求A P A B 的面积思路3用综合法求解.求P。与平面P 48所成的角的正弦值，只需找出过。点且与平面P4B垂直的直线即可-作。E _ L 4 8,垂足 为E,连接PE,D

22、 F L A E,垂足为乩 得到。尸，平面尸4兄贝I 乙。/即为尸0与平面PAB所成的角.试题亮点试题以底面为等腰梯形的四棱锥为载体，通过四棱锥的各顶点设计空间两条直线之间位置关系的证明问题和直线与平面所成角的计算问题.试题简洁清晰，解题思路多样，给不同基础的考生提供了广阔的想象空间和分析问题解决问题的多维度平台.试题在全面考查立体几何基础知识的同时，着重考查了考生对化归与转化思想方法的理解与掌握 试题准确把握教材要求，将向量运算以及直线与平面所成角的构建等知识进行了很好的融合，使考生的空间想象能力、逻辑推理能力得到了有效考查 试题重基础、重能力，符合广大考生的学习实际.【参考答案】(1)由题

23、设得4。48=60。.在4 8 中，由余弦定理得8 O =V3,又因为 48=2,A D=,从而=心+8 ,故 BD1.4D因为 叨1底面48C D,所以BOJ.PO,故80_L平面P 4 D.因为P4U平面所以8O1P.4.(2)解法1由题设及第(1)问得。4.08,OP两两垂宜.以。为坐标原点前的方向为x轴正 方向,建立如图所示的空间1*角坐标系。-*尸，则/；。(0,0,0),A (I,0,0),H(0.4.0),“尸 aP(0,0,；3),7M=(1,0,-73).Pfl=(0,a,-万)，D P=(0,0,A).设平面P W的法向址”=(x.、2).则rn-PA=O,fx-73z=O

24、.,即 可取n-PB=O,昌S z =O,n=(73,I,1).,f-因为co ，DP)=-_ 丝h =，所以Ini DP 3P。与平面PAB所成角的正弦值为g .解法2由题设及第（1）问得三棱锥P-.48。的体积为V=j x l x l x8 x-fi-.又 A8=2,PA=VDA1+DP1=2,PB=DBI+DP2=76,所以cos L PAB=ABPA2-PB22XABXPAsin Z.PAB=4设点。到平面P4B的距离为乙贝I V=1 x ix 2 x 2 x x rf=.vl5 J 1 ，日,1 5由 丁（/=不，得（/二丁.因此Pl）与平面P 4B所 成 角 的 正 弦 值 为 磊

25、.解法3如图所示，作O E JL48,垂足为E,连 接 尸 因 为PO_L底面 4BCD,m P D 1 A B,故 481 平面 PD.作OF J.P E,垂足为只因为.48，平面P D E,川亡平面P 0 E,所以DF1AB.因为A8CPE=：,所以川U平面P 4 B.因此Z-DPF即为PD与平面PAB所成的角.因为gx4BxOE=g x D 4 x/)B,所以 OE=g.故 PEMJDE+DP2=.因此P 与平面加所成角的正弦值为冷【试 题 出 处】2022年高考数学全国乙卷文科第12题【试 题】已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为,底面的四个顶点均在球。的球面上，则当该四棱锥的体积最大时

26、，其高为【试 题 分 析】考查 目 标 球与四棱锥是学生比较熟悉的几何体，试题巧妙地将两者结合在一起，考查球和四棱锥的基本概念、四棱锥体积的计算等基础知识.试题的解决，首先要求考生具有较强的空间想象能力，在此基础上，将四棱锥的体积表示为高的函数.解题的关键在于，考生能想到四棱锥的体积最大时的棱锥一定是正四棱锥，这就对考生的化归与转化、逻辑推理等方面的能力提出了较高的要求.试题有效地考查考生的理性思维、数学探索等数学学科素养，考查考生的空间想象、运算求解、逻辑思维等方面的关键能力.考生在得到了正四棱锥体积的表达式后，可利用导数得到结果.解题思路思路1四棱锥底面与球面所截得的小圆的圆心记为a,其半

27、径记为r,球心。到四棱锥底面的距离记为生 则由于四棱锥底面是圆01内接四边形，因 此 若 给 定 的 半 径 为r,则底面为正方形时其面积最大，最大值为2/，此时四棱锥的体积为1oV（人）=2/h=5（1 -h2）h.由于”)=3(1-3 川)，当0力 0；鳄“1时,V(h)*(*,思 路 1采用建立空间直角坐标系的方法，求向量K与平面4 8 0 的法向量的夹角.而建立空间直角坐标系的关键是找到垂直关系，由(1)知，4。_ 1平 面 8，所以可以联想 0E 和 8E 是否垂直，利用题设中给出的条件，很 容 易 得 到 B E.于是以E 为原点,成的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标

28、系 E -x y z,则4(1,0,0),B(0,3、0),C(-1,0,0),D(0,0,1 ),个0,1 子,丽=(0.-73,1),DA=(1,0,-1),科(1,勺,2).可取”=(3,4,3)为平面48。的一个法向量，从而计算得CF与平面ABD所 成 的 角 的 正 弦 值 为.思路2不建立空间直角坐标系，找到一个过点C 且和平面A。垂直的平面，从而过点。作该平面和平面48。交线的垂线，可 得 C F 与平面 A8O所成的角.由(1)知 4CJ.平面所以AC_L8O,又 打“8。故 BOJ.平面A/C,从 而 平 面 平 面 4尸。过 点 C 作 4 P 的垂线 垂足为K,则乙CFK

29、是 C尸与平面48。所成的角.在中，小心*心2,从而很容易计算得“与平面A B D所成的角的正弦值为,试题亮点直线与平面、平面与平面的位置关系，直线与平面所成的角，平面与平面所成的二面角等都是立体几何的重要学习内容 试题以四面体为载体，利用中点构造新的平面，这些都是考生熟悉的情境，有利于考生发挥自己的水平试题第（1）问没有设置过多的思维障碍，基本功较好的考生都能轻松解答.试题第（2）问的设计精巧又不落俗套，通过设置动点心让图形产生变化.其中，条 件“4F C 的面积最小”设置新颖，让考生产生既熟悉又陌生的感觉.该问可通过建立空间直角坐标系，运用空间向址的方法求得C F与平面A B D所成的角的

30、正弦值 合理建立空间直角坐标系，以及正确运用空间向量求二面角正弦值的思想方法是对第（2）问考查的基本要求.第（2）问还为思维能力强的考生预留了快捷的解题通道 考生完全可以不建立空间直角坐标系，直接通过作垂线即可轻松求解 试题在让不同水平的考生都能学有所得的同时，通过建立空间直角坐标和不建立空间直角坐标系的解法对考生的思维层次进行了有效的区分试题贴近广大考生的学习实际，和中学教学有很好的衔接，给不同基础的考生提供了想象的空间和多维度的思维平台.试题在全面考查立体几何基础知识的同时，着重考查了考生对化归与转化思想的掌握，考查了考生思维的创新性，以及综合、灵活运用知识来解决问题能力.试题具有较好的选

31、拔功能，对中学数学教学有积极的引导作用和很好的指导意义.【参考答案】（I）由 题 设 知乙A D B=乙8 0 C,A D =C D,B D =B D,故 A B D A 经 8 0 C,因此 B A =B C.于是 8 E 14C.又由题设知。故4C _ L 平 面 所 以 平 面 平 面 力 C D（2）解法 1 由题设及（1）得 4c =B C =48 =2,=D E2+BE2=DB2,所以 DE BE.以E为坐标原点，及i 的方向为工轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 E-三，则 4（i,0,0）,8（0,A,0）,C（-l,o 0）。（0,0,1）,丽=（o,-y j,1）,DA

32、=（1,0,-1）.连 结 由 得 仞 毋，故 的 面 积 为 京 c、x当 M e 的面和切附,E F B D,此 时 斯 名 巾,%叫 且3）c .4 4/取=(3,7 3 ,3).所以 cos/i,C F）=-二-=k.Ini C F 74/3因此C F与平面A R D所成的角的正弦值为-一.解法2由题设及（1）得4 c=8 C =4 8 =2,D E=於 人y4 C=i,DE2+BE2=DB2,所以 DE_LBE./樨连结EE由（1）得4 C J.E F,故4 FC的面积 一 s为;x A C x E F.当?!”的面积最小时，E F 1 B D,此时2,由（1）知4 C J_a）,又

33、 E F 1 B D,故8 0_L平面4/C,从而平面4 8。_ L平面4尸C过点C作4 r的垂线，垂足为K,则乙。五 是C尸与平面4 6。所成的角.在中，F A=F C =-f A C=2,可得 sin乙C Q4=竽.所以 C F4 7 3与平面4/?。所 成 的 角 的 正 弦 值 为.【试 题 出 处】2022年 高 考 数 学 全 国 I 卷 第 8 题【试 题】已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上枳 为 36,，且 3 W/W 3 Q,则该正四校锥体积的取值范围是耳B.修耳停与D.若该球的体18,27【试题分析】考 查 目 标 试题以考生熟悉的四棱锥和球为背景，固定球的体

34、积,让球的内接正四棱锥的侧棱长在一定范围内变动，要求计算该正四棱锥体积的取值范围.试题考查四棱锥的基础知识，考查考生的空间想象、逻辑推理、运算求解等关键能力，考查考生理性思维、数学探索等数学学科素养，符合基础性、综合性、创新性的考查要求解题思路 设正四棱锥P-48c o的顶点在球。的球面上 由题意可得球。的半径为3,顶点P在底面4 8 c o上的投影是该正方形的中心，设为在 P,A,。所在的大圆中，有 P A E 2P O =6 P E,故 P E =二 从 而6AE=PR-陪.6因 此A B =氏 A E J烫T,四棱锥的3 俸体积1 z 厂(3 6-尸)V=-XAB2XPE=.31 82令

35、/U)=/(3 6-x),x e 9,2 7 ,贝 4 丫=1,f(x)=3x(24-x).当 9 x 0,工)单调递增；当 2 4 工 2 7 时.f(x)0,/(X)单 调 递 减.故/(x)m“=/(2 4)=2 4%1 2,/(*).；.=m i n 1/(9),/(2 7)|=/(9)=92 X 2 7.于 是 乙 小 二 不，嗫-=了所以2彳7，6y41j.故正确选项为C.试 题 亮 点 棱锥和球是中学课程的必修内容 试题的正确运算必须基于空间想象，同时还必须依靠严密的逻辑推理，才能发现空间几何体中相关量之间的关系，进而完成对问题的求解 试题在考查立体几何基础知识、基本方法的同时，

36、侧重考查考生的构图能力、空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力.考生必须通过观察、分析、想象、判断、计算等思维过程才能求解，这充分体现了考生的数学学科素养.试题设计面向全体考生，突出对考生综合、灵活运用知识来解决问题能力的考杳，具有较好的选拔功能，实现了“服务选才、引导教学”这一高考核心功能.本题题源是教材习题，改编自2 0 1 6 年江苏高考第1 7 题。教 材 习 题 求函数y =s i n 2 O c o s。马的最大值。2试 题 修 改 对教材习题进行处理，将符号语言转换成图像语言。可以有两种处理方向：处理成侧棱长为1,高线长未知的正四棱锥的体积；处理成母线长为1,高线长未知的圆锥的

37、体积。为使得处理的情况具有一般性，将“侧棱长为1”、“母线长为1”均改为“长为a”.（1）按处理方向处理，形 成1稿.1稿 已知一正四棱锥P-A 4 G0的高为P0 1,侧棱长为4（。0）,记乙产a=。（0 6 今，求其体积V的最大值及此时段的长。提示：V =g a，s i n 2 6c os。，P Ot=a cos 02稿 现要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分形状为正四棱锥P ABCR,其侧棱长为。（a 0）,其底面正方形的中心为0 厂下部分形状为正四棱柱AB C。-A冉GR ,其底面正方形的中心为0,要求正四棱柱的高00是正四棱锥的高PO1的 我 （攵0）倍，求仓库容积V最大时PO

38、1的长.2稿分析：记 幺 股=。（0。|0,则 短=弓+2 6 八 由 2%0 5。；注意到3,当且仅当s i n?。=2 c os 2。，即c os。=班 时，等号成立；3V P Ot=a cos 0=-a -2 0 16 年江苏商考第 17题 为 2稿的特例(高考题为a =6,%=4 的情况，P 0t=2-/3,V 0),下部分形状是底面圆面积与上部分圆锥的底面圆面积相等的圆柱，其下底面圆圆心为0,要求圆柱的高。0是圆锥的高P 0、的k(左 0)倍，求仓库容积丫最大时尸0 1的长.注：该例为笔者文章“2 例谈高中数学教材试题的衍生以江苏高考数学试题命制为例 J .文理导航(中旬),2 0

39、17,(0 2)”节选。也是 江苏高考数学复习指南(刘蒋巍著)、中学学科学法指导(刘蒋巍著)一书内容。以此为背景命制的题有很多，譬如：拓展阅读1:2019江 苏 19题 第 3 问及其新解法拓展 阅 读 1：2019江 苏 19题 第 3 问及其新解法设函数/(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c/R、r(x)为(x)的导函数.4若a =0,0 份，l,c =l,且/(x)的极大值为M,求证:M S .27(3)因为a =0,c =l,所以/(X)=X(X-6)(X-1)=X3-3 +1)X2+X,f x)-3x2-2(b+l)x+h.因为0 0,则/(x)有2 个不同的零点，设为

40、百,2(石(马)“、c /0 b +l-y jb2-b +l b +l +y/h2-h+l由/(x)=0,得天=-=-列表如下:X(一 8,%)再(%,%2)X2(x2,+o o)所以/（x）的极大值M=fM+0-0+/(x)极大值极小值/解法三:T T注意到：当。(0,一)时,2cos2 O sin 4 Q=-.2cos20sin2sin221 2cos26 +sin2(9+sin26 町(）33小当且仅当sin2e=2cos2。，即cos。=且 时，等号成立;3,o 4令%=c o s 2(0,1),IjIlJ x(l-x)；27因为0 b l,所以玉(0,1).94M=/(xl)=X|(

41、-x1)(l-xl)xl(l-xI).难点突破：立体几何（1）1.（湖北省二十一所重点中学2023届高三上学期第三次联考数学试题）图1是一个不倒翁模型，它是一种古老的中国儿童玩具，最早记载出现于唐代，一经触动就摇摆然后恢复直立状态.如图2,将 图1的模型抽象成一个正圆锥和半球的组合体.己知半球的密度是圆锥的2倍，已知要让半球质量不小于圆锥质量，才能使它在一定角度范围内“不倒”，则圆锥的高和底面半径之比至多为（）图1 图2A.y B.1C.2D.4【答案】D【分析】由圆锥和球的体积公式列不等式求解【详解】设圆锥的底面半径为R，高为/?，由题意得2。/球2 2展 锥,即 2乂 一2 兀/?3 21

42、一 兀R 2/7,则/一74,3 3 R故选：D2.（全国大联考2023届高三第四次联考数学试卷）正四棱台的上、下底面边长分别为2,4,侧棱长为JT T，则其体积为（）28A.28 B.一 C.32 D.243【答案】A【分析】根据正四棱台的性质，结合正四棱台的体积公式进行求解即可.【详解】如图所示正四棱台中，。是高，连 接OB,O】BI，设B E上O B,垂足为E,显然 OB=屈声=2亚,O出I=-7 22+22=7 22 2所以该正四棱台的高为。q =8 g=J u一（2 0 J 5）2=3，正四棱台的体积V=；x（22+2 x4 +42）x3=28.故选：A3.（全国大联考2023届高三

43、第四次联考数学试卷）在三棱锥4-8 C。中，已知 平面 BCD,B C C D,若 A3=2,B C=C D=4,则 AC与8。所成角的余弦值为（）A 岳 R 272 r V10 口 后5 3 5 3【答案】C【分析】取8 C,A B,A O的 中 点E，F,G连接f G,EF,E G,由中位线定理可得AC与B。所成角为N E F G,由几何关系求出三边，结合余弦定理即可求解.【详解】如图，取8 C,A B，A O的中点E，F,G连接FG,E F ,E G.EF/AC,FG/BD，二/E F G（或其补角）即为A C与8。所成的角.ABJ,平面B C ),.,.A B工B C,.A C =2石

44、，则 EF=&,V B C 1 C D,B D =4 0，F G=272.取6。的中点H,连接G ,团，平面BCZ),:.H G 1 E H,又G H =1AB=1,EH=、CD=2,2 2E G =y)G H2+E H2=4 5 .(码：(2月、(另2回 c o s N E F G =-J一 -2xV 5x25/2 5A C与3 0所成角的余弦值为典.54.（江苏省南师附中、天一中学、海安中学、海门中学2022-2023学年高三上学期12月联考数学试卷）四棱锥PABCD中，底面A8CD是边长为2小的正方形，侧面出。为正三角形，则其外接球体积最小值为A.28y7t B.,兀 C.8#兀 D.4

45、4n【答案】C【解析】设球心为O,正方形中心为Q,正三角形的中心为G,设外接球半径为r,O G=y,O Q=x,O P2=O G2+G P2则由球的性质得，0 T =QA2+O Q1O Q2+Of2=0M2=O G2+G M2即外接球体积最小值为g 万(q.)=8而 r5.（江苏省泰兴中学、南菁高级中学、常州市第一中学三校联考2022-2023学年高三上学期第二次阶段考试数学试题）（多选题）棱长为1 的正方体ABCO-A g G Q 内部有一圆柱a。?，此圆柱恰好以直线A C 为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以A，G 为公共点的3 个面都有一个公共点，以下命题正确的是（）A.在正方体内作与圆

46、柱102底面平行的截面，则截面的最大面积为V3B.无论点。1在线段A&上如何移动，都有C.圆柱O Q 的母线与正方体A 5C O-所有的棱所成的角都相等71D.圆柱。Q 外接球体积的最小值为二【答案】BCD如图所示：设”,乂 2,。，5,/?分别为对应棱的中点，易知M,N,P,Q,S,R 共面，截面M N P Q S R的面积为S、工叵X 叵 义 昱 乂 6=巫立,A 错误；,2 2 2 2 4 2B 正确；易知圆柱。的母线与4 G 平行，由正方体的对称性可知4 c l与其每条侧棱间的夹角都相等，C 正确；设圆柱底面半径为r,则圆柱的底面必与过A 点的三个面相切，且切点分别在线段AC,A耳,上

47、，设在A C 上的切点为E，成为圆柱的一条高，根据对称性知：AQ=G O,=逝 ，则圆柱的高为=G 2 0 r，r=，外接球体67T积的最小值为二，D 正确6.(江苏省南师附中、天一中学、海安中学、海门中学2022-2023学年高三上学期12月联考数学试卷)(多选题)在棱长为1的正方体ABC。-AiBiG。，E为A Q的中点，则TTA.B iE lA iC B.BE与B C所成的角为1C.四面体4 E B G的体积为:D.4 C与平面ABCQ i所成的角为看【答案】ACD(靴折】以 前，而，祠 为基底建立空间直角坐标系，易 得 4(0Q 1)C(I,I,0)，G(I,I,I),B(I,0,0)

48、，4(I,0,I),E(0,；,；)所以4E=|_|，5，_,，4C=(i,i,T)=q-4C=_ i+s+5=o,故A对；所以丽束=(01,-2)n率.数=0+；-l=-g 为正方形，出J_底面ABC。，P A=A B=1.G为PC的中点，M为平面P B D上一点下列说法正确的是A.M G的最小值为坐B.若M 4+M G=1,则点M的轨迹是椭圆C.若加4=隼，则点M的轨迹围成图形的面积为强o12D.存在点M,使得直线BM与CZ)所成角为30。【答案】A B C【解析】A选项判断：应用等体积法，可（岫码口小为 A正确:B选项：因为面P B O 不与4G垂直，也不平行，故轨迹不可能时圆，即为椭圆

49、，B正确:C 选项判断：设面尸8 0,“G面尸故C 正确：6 1 2D 选项判断：由于C O与面P 8 O 夹角优带足s i n J=故 汨“北一句，D 错误;综上所述，答案为A B C8.（江苏省南通市如皋市2 0 2 2-2 0 2 3 学年高三上学期教学质量调研（三）数学试题）（多选题）在正方体488-4与 。中，而=4分心+函，则下列说法正确的是A.若；1 +=1,则 A P _ L B QB.若4 =，。为线段44上的动点，则四面体AQP的体积为定值C.若4 =!,=1,R为线段。4 的中点，则 A R B P21D.若 g+2=1,则线段AP的长度为定值【答案】A B D【解析】设

50、正方体ABCO-A与GA的边长为1，如图建系.B P =A B C+iB B,=A (-1,0,0)+/(0,0,1)=(-A,0,/),A P(l-A,l，z/)对于 A,2 +=l 时，A P =(A,1,/z),B D=(1,1,1)A F*-B D=A 1 +/=0 A对.对于 B,2=时，BP=(2,0,4)=2(1,0,1)=丸 4。，.,.P 在 BQ 上，6 0 平面ADQ,到平面AD.Q 的距离与P 到平面AD.Q的距离相等，而 AQ 的面积为定值，则四面体A Q P 为定值，B 对.对于C,而=(-g,0,l),丽=卜,0,；B P与 4 R 不平行，C 错.对于 D,AP