2026届高考一轮复习基础练数学第七章 立体几何与空间向量数学模型3 基于长方体模型渗透数学建模思想

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模型解读
图1 图2 图3 图4
1.[填空][苏教必修二P127复习题第18题变式]
已知三棱锥P-ABC中，PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，PA=2，PB=3，PC=4，则该三棱锥外接球的表面积为______。
2.[解答题][人B必修四P131复习题C组第5题变式]
在四面体ABCD中，AB=CD=5，AC=BD=√34，AD=BC=√41。
(1)求该四面体的体积；
(2)求其外接球半径。
3.[单选][人A必修二P142练习第1题变式]
已知直线l,m和平面α,β，下列命题正确的是（）
A. 若l⊥α，m⊂α，则l⊥m
B. 若l∥α，m⊂α，则l∥m
C. 若α⊥β，l⊂α，则l⊥β
D. 若l∥m，m⊂α，则l∥α
4.[解答题][人A必修二P163习题8.6第5题变式]
在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD。
(1)证明：PC⊥BD；
(2)在线段PB上是否存在点E，使得直线DE与平面PAC所成角为30°？说明理由。
5.[填空][苏教必修二P132复习题第23题变式]
三棱锥P-ABC的三条侧棱PA,PB,PC两两垂直且PA=1，PB=2，PC=3，则其外接球半径为______。
6.[解答题][人A必修二P158例5变式]
在四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD为菱形，AA₁∥CC₁。证明：A₁C∥平面AB₁D。
7.[单选][人A必修二P171复习参考题第12题变式]
已知平面α⊥β，α∩β=l，直线m⊂α，n⊂β，则（）
A. 若m⊥l，则m⊥β
B. 若m⊥n，则n⊥α
C. 若m∥l，则m∥β
D. 若n⊥l，则n⊥α
8.[解答题][人B必修四P130复习题B组第4题变式]
在正四面体ABCD中，E,F分别为AB,CD中点。求异面直线CE与DF所成角的余弦值。
9.[填空][苏教必修二P129复习题第21题变式]
棱长为2的正方体外接球表面积为______。
10.[解答题][人A必修二P165习题8.6第10题变式]
在三棱锥P-ABC中，PA⊥面ABC，AB⊥BC。
(1)证明：面PBC⊥面PAB；
(2)若AB=BC=2，PA=4，求二面角A-PC-B的正切值。
1. 答案：29π
解析：将三棱锥补成长方体，外接球直径为长方体对角线，长度为22+32+42=29，半径R=292，表面积S=4πR2=29π。
2. 解：(1) 设长方体棱长为x、y、z，由题意得：
x2+y2=25，y2+z2=34，z2+x2=41，
解得x=4，y=3，z=5。
四面体体积V=长方体体积−4个三棱锥体积，即V=4×3×5−4×4×3×56=20。
(2) 外接球半径R=x2+y2+z22=42+32+522=522。
3. 答案：A
解析：
A. 若l⊥α，m⊂α，则l⊥m，正确。
B. l与m可能异面，错误。
C. l需垂直于两平面交线才垂直于β，错误。
D. l可能在平面α内，错误。
4. 证明：(1) 因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BD；又底面ABCD为正方形，AC⊥BD，PD∩AC=D，所以BD⊥平面PAC，故PC⊥BD。
(2) 解：以 D 为原点，DA,DC,DP 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系。设正方形 ABCD 边长为 a，PD=b，则各点坐标为：
D(0,0,0)，A(a,0,0)，C(0,a,0)，P(0,0,b)，B(a,a,0)。
设 E 在 PB 上，且 PE=tPB (0≤t≤1)，则 PB=(a,a,−b)，故 E 坐标为 (at,at,b−bt)。
平面 PAC 的法向量：
PA=(a,0,−b)，PC=(0,a,−b)，设其法向量为 n=(x,y,z)，则
ax−bz=0ay−bz=0
取 z=a，得 x=y=b，即 n=(b,b,a)。
DE=(at,at,b−bt)，设直线 DE 与平面 PAC 所成角为 30∘，则
sin30∘=|DE⋅n||DE|⋅|n|=|abt+abt+a(b−bt)|(at)2+(at)2+(b−bt)2⋅b2+b2+a2=12.
令 a=b=1（简化计算，不影响比例），代入得：
|t+t+(1−t)|2t2+(1−t)2⋅3=12 ⇒ |t+1|3t2−2t+1⋅3=12,
两边平方后化简：
4(t+1)2=3(3t2−2t+1) ⇒ 4t2+8t+4=9t2−6t+3 ⇒ 5t2−14t−1=0,
解得 t=15 或 t=3（舍去）。故 PE=15PB，即 PE:EB=1:4。
5. 答案：142
解析：将三棱锥补成长方体，对角线长为12+22+32=14，半径R=142。
6. 证明：取AD中点E，连接B₁E。通过证明四边形A₁EB₁C为平行四边形，得A₁C∥B₁E，又₁B₁E⊂平面₁AB₁D，所以₁A₁C∥平面₁AB₁D。
7. 答案：D
解析：根据面面垂直性质定理，若n⊥l，n⊂β，则n⊥α，D正确。
8. 解：设正四面体 ABCD 的棱长为 2，将其补形为正方体（正方体面对角线长为 2），则正方体棱长为 2。以正方体顶点建立坐标系：
A(0,0,0)，B(2,2,0)，C(2,0,2)，D(0,2,2)，
E 为 AB 中点，坐标为 22,22,0，
F 为 CD 中点，坐标为 22,22,2。
向量表示：
CE=E−C=−22,22,−2，
DF=F−D=22,−22,0。
异面直线所成角 θ 满足：
csθ=|CE⋅DF||CE|⋅|DF|=−22⋅22+22⋅−22+(−2)⋅0−222+222+(−2)2⋅222+−222.
计算分子：−12−12=1，
分母：12+12+2⋅12+12=3⋅1=3，
故 csθ=13=33。
9. 答案：12π
解析：正方体对角线长为23，半径R=3，表面积S=4π×(3)2=12π。
10. 证明：(1) 因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC；又AB⊥BC，PA∩AB=A，所以BC⊥平面PAB，而BC⊂平面PBC，故平面PBC⊥平面PAB。
(2) 解：以 A 为原点，AB,BC,AP 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，已知 AB=BC=2，PA=4，则各点坐标：A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,4)。
求平面 APC 的法向量：AP=(0,0,4)，AC=(2,2,0)，设 n1=(x1,y1,z1)，则
4z1=02x1+2y1=0
，解得 z1=0，取 x1=1，则 y1=−1，即 n1=(1,−1,0)。
求平面 BPC 的法向量：
BP=(−2,0,4)，BC=(0,2,0)，设 n2=(x2,y2,z2)，则
−2x2+4z2=02y2=0
解得 y2=0，取 z2=1，则 x2=2，即 n2=(2,0,1)。
设二面角 A−PC−B 的平面角为 θ，两法向量夹角为 φ，则
csφ=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=2+0+012+(−1)2⋅22+02+12=22⋅5=105,
sinφ=1−1052=155,
故二面角的正切值为：
tanθ=sinφcsφ=15/510/5=1510=62.
长方体的外接球问题
外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半.
与三棱锥有关的问题
若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示.
若三棱锥的四个面均是直角三角形，则可构造长方体，如图2所示.
正四面体PABC可以补形成正方体，正方体的棱长，如图3所示.
若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示.