（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第三讲 专题提能——“立体几何”专题提能课课

——“立体几何”专题提能课专题提能三讲第防止思维定式，实现“移花接木”提能点(一)失误1因不会构造适当的几何体而解题受阻[例1]已知三棱锥S­ABC的四个顶点S，A，B，C都是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝BC＝1，则球O的体积等于________．[解析]如图，可把该三棱锥补成正方体，正方体的体对角线即为外接球的直径，所以半径为32，所以体积为43π×323＝32π.[答案]32π[点评]学生对于本题往往不知道球心的位置而导致不会解答．把该三棱锥补成正方体来确定球心的位置是求解本题的关键之处，正方体的体对角线就是外接球直径.失误2因不会利用侧面展开图而解题受阻[例2]如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4cm，AD＝2cm，AA1＝3cm，则在长方体表面上连结A，C1两点的所有曲线长度最小值为________cm.[解析]将长方体的面分别展开平铺，当四边形AA1D1D和四边形DD1C1C在同一平面内时，最小距离为四边形AA1C1C的对角线，长度是32＋（4＋2）2＝45；当四边形AA1D1D和四边形A1B1C1D1在同一平面内时，最小距离为四边形AB1C1D的对角线，长度是22＋（3＋4）2＝53；四边形ABCD和四边形CDD1C1在同一平面内时，最小距离为四边形ABC1D1的对角线，长度是42＋（2＋3）2＝41，所以最小距离是41cm.[答案]41[点评]该题考查的是几何体的表面距离的最值问题，结合平面内连结两点的直线段是最短的，所以将长方体的侧面沿着不同的方向展开，使得两个点落在同一平面内，利用勾股定理来求解，选出最小的那个，容易出错的地方在于考虑不全面，沿着一个方向展开求得结果，从而出现错误，所以一定要注意应该有三条路径.失误3因定理表述不严谨而导致丢分[例3]如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，求证：平面BC1D∥平面AB1D1.[证明]∵BD∥B1D1，BD⊄平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1.∴BD∥平面AB1D1，同理BC1∥平面AB1D1.又∵BD∩BC1＝B，BD⊂平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，∴平面BC1D∥平面AB1D1.[点评]在证明面面平行时，有的同学喜欢跳步，直接由线线平行得到面面平行，少了由线线平行到线面平行的过程，在考试中是要被扣分的．立体几何逻辑性非常强，证明时要严格按照定理的要求来进行书写，切不可漏条件．提能点(二)灵活运用策略，尝试“借石攻玉”策略1割补法：求不规则几何体的体积[例1]如图所示，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________．[解析]法一：如图所示，分别过A，B作EF的垂线AG，BH，垂足分别为G，H.连结DG，CH，容易求得EG＝HF＝12.所以AG＝GD＝BH＝HC＝32，S△AGD＝S△BHC＝12×22×1＝24，V＝VE­ADG＋VF­BHC＋VAGD­BHC＝13×12×24×2＋24×1＝23.法二：如图所示，将该多面体补成一个斜三棱柱ADE­MNF，点F到平面AMND的距离为22，则V＝VADE­MNF－VF­MNCB＝12×1×22×2－13×1×1×22＝23.[点评]本题中所用的两种方法实际上就是求不规则几何体体积的两种基本方法．法一是对不规则几何体进行分割．法二则是在原不规则几何体的基础上补上一个几何体，使之成为规则几何体.[答案]23策略2等积法：求点到平面的距离[例2]在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝1，AB＝2，AA1＝2，点M在平面ACB1内运动，则线段BM的最小值为________．[解析]线段BM的最小值即点B到平面ACB1的距离h.在△ACB1中，AC＝B1C＝5，AB1＝22，所以AB1边上的高为5－2＝3，所以S△ACB1＝12×22×3＝6.又三棱锥B­ACB1的体积VB­ACB1＝VA­BB1C＝13×12×2×1×2＝23，所以VB­ACB1＝13×6h＝23，所以h＝63.[答案]63[点评]等积法包括等面积法和等体积法．利用等积法的前提是平面图形(或立体图形)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以求解几何图形的高，特别是在求三角形的高(点到线的距离)或三棱锥的高(点到面的距离)时，通常采用此法解决问题．提能点(三)系统数学思想，实现“触类旁通”1．函数与方程思想——解决立体几何中的最值问题[例1]如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．[解析]法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC的边长变化时，设△ABC的边长为a(a0)cm，则△ABC的面积为34a2，△DBC的高为5－36a，则正三棱锥的高为5－36a2－36a2＝25－533a，∴25－533a0，∴0a53，∴所得三棱锥的体积V＝13×34a2×25－533a＝312×25a4－533a5.令t＝25a4－533a5，则t′＝100a3－2533a4，由t′＝0，得a＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415cm3.法二：如图，连接OD交BC于点G，由题意知，OD⊥BC.易得OG＝36BC，设OG＝x，则BC＝23x，DG＝5－x，S△ABC＝12×23x×3x＝33x2，故所得三棱锥的体积V＝13×33x2×（5－x）2－x2＝3x2×25－10x＝3×25x4－10x5.令f(x)＝25x4－10x5，x∈0，52，则f′(x)＝100x3－50x4，令f′(x)0，即x4－2x30，得0x2，则当x∈0，52时，f(x)≤f(2)＝80，∴V≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415.[答案]415cm3[点评]处理此类问题的关键是结合图形条件建立适当函数，转化为求函数的最值问题．2．高维与低维的转化思想——解决几何体的展开问题[例2]如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2cm，高为5cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为________cm.[解析]将三棱柱沿侧棱AA1展开得如图所示(两周)因为正三棱柱底面边长为2cm，高为5cm，所以AA1＝5cm，AA″＝12cm，所以A1A″＝52＋122＝13，即最短路线为13cm.[答案]13[点评]将空间几何体中的距离之和的最值问题通过侧面展开图的运用转化为平面几何的最值，这正是降维转化思想的运用．提能点(四)强化一题多法，激活“解题思维”线面平行问题中的常见转化方法[典例]如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝4，M是棱CC1上的一点．(1)求证：BC⊥AM；(2)若N是AB的中点，且CN∥平面AB1M，求CM的长．[解](1)证明：因为ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC.因为AC⊥BC，CC1∩AC＝C，CC1⊂平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1.因为AM⊂平面ACC1A1，所以BC⊥AM.(2)法一：如图①，取AB1的中点P，连结NP，PM.因为N是AB的中点，所以NP∥BB1.因为CM∥BB1，所以NP∥CM，所以NP与CM共面．因为CN∥平面AB1M，平面CNPM∩平面AB1M＝MP，所以CN∥MP.所以四边形CNPM为平行四边形，所以CM＝NP＝12BB1＝12CC1＝2.法二：如图②，设NC与CC1确定的平面交AB1于点P，连结NP，PM.因为CN∥平面AB1M，CN⊂平面CNPM，平面AB1M∩平面CNPM＝PM，所以CN∥MP.因为BB1∥CM，BB1⊄平面CNPM，CM⊂平面CNPM，所以BB1∥平面CNPM.又BB1⊂平面ABB1，平面ABB1∩平面CNPM＝NP，所以BB1∥NP，所以CM∥NP，所以四边形CNPM为平行四边形．因为N是AB的中点，所以CM＝NP＝12BB1＝12CC1＝2.法三：如图③，取BB1的中点Q，连结NQ，CQ.因为N是AB的中点，所以NQ∥AB1.因为NQ⊄平面AB1M，AB1⊂平面AB1M，所以NQ∥平面AB1M.因为CN∥平面AB1M，NQ∩CN＝N，NQ⊂平面NQC，CN⊂平面NQC，所以平面NQC∥平面AB1M.因为平面BCC1B1∩平面NQC＝QC，平面BCC1B1∩平面AB1M＝MB1，所以CQ∥MB1.因为BB1∥CC1，所以四边形CQB1M是平行四边形，所以CM＝B1Q＝12BB1＝12CC1＝2.法四：如图④，分别延长BC，B1M，设交点为S，连结AS.因为CN∥平面AB1M，CN⊂平面ABS，平面ABS∩平面AB1M＝AS，所以CN∥AS.由于AN＝NB，所以BC＝CS.又因为CM∥BB1，可得SM＝MB1，所以CM＝12BB1＝12CC1＝2.[点评]线面平行无论是判定定理还是性质定理都是需要转化为线线平行．常见的方式有构造三角形转化为线线平行，构造平行四边形转化为对边平行，构造面面平行再利用面面平行的性质定理进行证明．