“立体几何”高考剖析及2022年备考指南目录一、考查内容分析 (2)1.内容 (2)2.题型 (2)3.分值 (2)4.难度 (2)5.思想方法 (2)二、命题思路分析 (2)类型一以三视图为背景考查空间想象能力 (3)类型二在典型的情境中考查线面平行与垂直关系 (5)类型三基于典型的简单几何体刻画空间几何图形位置关系 (10)类型四多选题、开放题丰富了考查的形式和内容 (13)类型五通过应用问题考查数学阅读和知识运用 (23)类型六模型化解题模式体现对数学学科核心素养的考查 (26)类型七综合法和向量法为个性化解题提供可能 (29)三、复习建议 (32)1.夯实基础,用典型几何体培养基本思维模式 (33)2突出重点,以线面位置关系作为基石 (33)3.提升思想,以核心素养的提升为目标 (33)4.适度创新,适应高考改革和发展的要求 (33)“立体几何”高考剖析及2022年备考指南2021年高考立体几何试题延续近几年来的命题风格,以朴实简洁的试题形式,突出对立体几何基础知识和基本思想方法的考查.在不同情境中,考查学生对空间图形的观察和分析能力,运用符号语言和图形语言论证几何关系的能力,以及对几何图形和几何量进行运算求解的能力.实现了从多角度、多层次考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.试题突出了基础性,兼顾了综合性和应用性.一、考查内容分析1.内容2021年高考数学试卷中的立体几何试题的主要内容有三个方面：一是对空间几何体的基本结构和度量的考查,主要内容有三视图和直观图、简单多面体和旋转体的性质、空间线段长度、表面积与体积；二是对空间点、直线、平面位置关系的考查,主要内容有直线、平面平行和垂直关系的判定、性质与应用,异面直线所成的角,直线与平面所成的角,两平面所成的二面角；三是立体几何的应用问题,主要内容是以典型的空间几何体为背景,以线面几何关系为切入点的实际问题,指向是实际问题中的长度、角度、面积和体积的计算.2.题型2021年高考立体几何试题涵盖了数学试题中的所有题型,有单选题、多选题、填空题和解答题.除了传统的试题表现形式外,也增加了开放题和应用题等试题形式,丰富了立体几何的考查方式.3.分值2021年每份高考数学试卷中的立体几何试题基本都是两道客观题、一道主观题,约22分,占全卷总分的15%左右,与解析几何试题的考查分量相当,仅次于函数与导数试题的考查分量,是数学学科考查的主要内容之一.采用新高考模式的数学试卷中的立体几何试题,其内容和形式与原全国卷没有本质上的变化,试题的占比与以往基本相同.4.难度2021年高考数学全国卷中的立体几何试题的难度总体上保持稳定,以容易题和中等题为主,而且试题往往都以学生熟悉的形态出现,文、理科立体几何试题基本上是相同试题或相似试题.文、理科试题类型基本相同,难度相差较小,文科稍微容易些.5.思想方法2021年高考数学试卷中的立体几何试题突出考查学生的直观想象、逻辑推理和数学运算素养,试题突出对转化与化归和数形结合的数学思想的要求,以直线与平面的位置关系作为空间问题的转化枢纽,实现空间问题平面化、几何问题数量化的目标.试题以对空间图形进行分解、组合、转换等手段,实现典型问题的变式转化和解决问题方法的灵活选择,大多数立体几何试题都能在教材中找到原型,做到了试题命制源于教材而高于教材.二、命题思路分析立体几何试题命制的基本依据是四个基本事实,空间直线、平面位置关系的概念与空间角的概念,以及空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系的判定定理和性质定理,空间直角坐标系与空间向量.通过立体几何试题的不同呈现形式,要求学生能用定义、判定定理和性质定理证明空间基本图形的位置关系的简单命题,能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,会用向量方法解决立体几何中的夹角问题,会将立体几何中的各种夹角问题都转化为两个向量的夹角.2021年高考数学立体几何试题都是以最常见的空间几何体为命制背景,特点鲜明.解答题主要以三棱锥、三棱柱、四棱锥、四棱柱（包括正方体）为背景,因为这几个典型的空间几何体已经能够表现丰富的几何关系,能在学生熟悉的情境中考查最核心的内容,不人为设置障碍、不考细枝末节问题是立体几何试题的特点.对旋转体内容的考查多以选择题和填空题的形式呈现,主要考查旋转体的结构特征、性质、表面积和体积等基础知识.在选择题和填空题的命制中,通过三视图、线面平行或垂直关系的判断、面积和体积的计算等内容,以识图、画图、想图、用图等方式考查学生的空间想象能力.在解答题的命制中,通过直线与平面的平行或垂直关系的论证,要求从已有的正确前提到被论证的结论之间建立逻辑推理过程,考查学生的知识储备和演绎推理能力,从而实现对学生理性思维的考查；在直线、平面的有关夹角的计算中,重点考查学生的数学转化能力和运算求解能力,通过建立空间直角坐标系,用向量语言表述几何对象,对几何图形和各几何量进行运算求解,体现出对核心内容和思想方法的重点考查. 具体地,2021年高考数学立体几何试题的命题呈现出以下几个方面的特点.类型一以三视图为背景考查空间想象能力例1（全国甲卷·理6）在一个正方体中,过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,G．该正方体截去三棱锥A EFG-后,所得多面体的三视图中,正视图如图所示,则相应的侧视图是()A．B．C．D．【考点】简单空间图形的三视图【分析】作出正方体,截去三棱锥A EFG-,根据正视图,摆放好正方体,即可求解侧视图．【解答】解：由题意,作出正方体,截去三棱锥A EFG-,根据正视图,可得A EFG-在正方体左侧面,如图,根据三视图的投影,可得相应的侧视图是D图形,故选：D．【评析】该题以正方体为载体,以三视图为切入点考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.用三视图中的一个视图来推理辨识另外的视图,是立体几何试题命制形式的创新.通过对原正方体的想象和还原,以达到对各个视图的辨别,体现出在熟悉的情境中考查空间想象能力的要求拓展题1．如图，模块①-⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成．现从模块①-⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体．则下列选择方案中，能够完成任务的为()A．模块①，②，⑤B．模块①，③，⑤C．模块②，④，⑥D．模块③，④，⑤【分析】先补齐中间一层，说明必须用⑤，然后的第三层，可以从余下的组合中选取即可．【解答】解：先补齐中间一层，只能用模块⑤或①，且如果补①则后续两块无法补齐，所以只能先用⑤补中间一层，然后再补齐其它两块．故选：A ．【评析】本小题主要考查空间想象能力，有难度，是中档题．拓展题2．在圆柱内有一个内接正三棱锥，过一条侧棱和高作截面，正确的截面图形是( )A ．B ．C ．D ．【分析】根据题意，画出几何体的图形，容易得出圆柱与棱锥的截面图形．【解答】解：由题意作出图形，如图所示；SO ⊥底面BPM ，过侧棱SB 与高的平面ABCD截得圆柱与圆柱内接正三棱锥S BPM -，截面图形为D 选项．故选：D ．【评析】本题考查了三棱锥的结构特征以及圆柱的内接三棱锥的应用问题，与考查空间想象能力，是基础题．例2、（2021浙江卷4）某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是（ ）A .32B .3C .322D .32 【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体,根据棱柱的体积公式可求其体积.【详解】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A B C D -,其高为1,底面为等腰梯形ABCD ,该等腰梯形的上底为2,下底为22,腰长为1,故梯形的高为12122-=, 故()11111232221222ABCD A B C D V -=⨯+⨯⨯=, 故选：A .拓展题1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．23πB ．3C ．πD ．53π 【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为组合体，左侧为半圆锥，右侧为四分之一球，圆锥的底面半径为1，高为2，球的半径为1，再由圆锥体积公式及球的体积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，左侧为半圆锥，右侧为四分之一球，圆锥的底面半径为1，高为2，球的半径为1，则该组合体的体积231114212123433V πππ=⨯⨯⨯+⨯⨯=． 故选：A ．【评析】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．拓展题2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．πB ．3πC ．2πD ．34π+【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，再由圆柱体积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图：该几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则该几何体的体积为21122ππ⨯⨯⨯=．故选：A ． 【评析】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．类型二 在典型的情境中考查线面平行与垂直关系例1 （2021浙江卷6）如图已知正方体1111ABCD A B C D -,M ,N 分别是1A D ,1D B 的中点,则（） A .直线1A D 与直线1D B 垂直,直线//MN 平面ABCDB .直线1A D 与直线1D B 平行,直线MN ⊥平面11BDD BC .直线1AD 与直线1D B 相交,直线//MN 平面ABCDD .直线1A D 与直线1D B 异面,直线MN ⊥平面11BDD B【分析】由正方体间的垂直、平行关系,可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ,即可得出结论.【详解】连1AD ,在正方体1111ABCD A B C D -中,M 是1A D 的中点,所以M 为1AD 中点,又N 是1D B 的中点,所以//MN AB ,MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ,所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ,所以MN 不垂直BD则MN 不垂直平面11BDD B ,所以选项B ,D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中,11AD A D ⊥,AB ⊥平面11AA D D ,所以1AB A D ⊥,1AD AB A ⋂=,所以1A D ⊥平面1ABD ,1D B ⊂平面1ABD ,所以11A D D B ⊥,且直线11,A D D B 是异面直线,所以选项B 错误,选项A 正确.故选：A .【评析】以正方体这类最典型的空间几何体为载体,考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系是立体几何试题命制的一大特点,体现在熟悉的情境中考查基础知识、基本能力的设想.直线A 1D 与直线D 1B 的位置关系的判定,涉及异面直线的判定、异面直线垂直的判定,而异面直线垂直的判定又可以通过线面垂直的判定得到.直线MN 与平面ABCD 及平面BDD 1B 1关系的判定通过直线MN 与直线AB 的平行关系得到.这种基于典型空间图形线面位置关系的考查,是立体几何试题命制的典型手法.拓展题1.已知正方体1111ABCD A B C D -,P 是直线1A C 上一点,( )A ．若1113A P AC =,则直线//AP 平面1BC DB ．若1112A P AC =,则直线//AP 平面1BC D C ．若1113A P AC =,则直线BP ⊥平面1ACD D ．若1112A P AC =,则直线BP ⊥平面1ACD 【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直【分析】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,以D 为坐标原点,建立空间直角坐标系D xyz -,利用向量法求解．【解答】解：设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,以D 为坐标原点,建立空间直角坐标系D xyz -,如图,(1A ,0,0),(1B ,1,0),(0C ,1,0),1(0C ,1,1),(0D ,0,0),1(0D ,0,1),(1DB =,1,0),1(0DC =,1,1),(1AC =-,1,0),1(1AD =-,0,1),设平面1BC D 的法向量(n x =,y ,)z ,则100n DB x y n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩,取1x =,得(1n =,1-,1),设平面1ACD 的法向量(m a =,b ,)c ,则100m AC a b m AD a c ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩,取1a =,得(1m =,1,1), 当1113A P AC =时,1(1A ,0,1),2(3P ,13,2)3,1(3AP =-,13,2)3, 1120333AP n ⋅=--+=,且AP ⊂/平面1BC D ,∴直线1//AP BC D ,故A 正确； 1(3BP =-,23-,2)3,BP 与m 不平行,∴直线BP 不垂直于平面1ACD ,故C 错误； 当1112A P AC =时,111(,,)222P ,111(,,)222AP -, 111102222AP n ⋅=--+=-≠,∴直线AP 垂直于平面1BC D ,故C 错误； 111(,,)222BP =--,BP 与m 不平行,∴直线BP 不垂直于平面1ACD ,故D 错误． 故选：A ．【评析】本题考查线面平行、线面垂直的判断,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题．例2（全国乙卷·理18）如图,四棱锥P ABCD -的底面是矩形,PD ⊥底面ABCD ,1PD DC ==,M 为BC 中点,且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【考点】二面角的平面角及求法【分析】（1）连结BD ,利用线面垂直的性质定理证明AM PD ⊥,从而可以证明AM ⊥平面PBD ,得到AM BD ⊥,证明Rt DAB Rt ABM ∆∆∽,即可得到BC 的长度；（2）建立合适的空间直角坐标系,求出所需点的坐标和向量的坐标,然后利用待定系数法求出平面的法向量,由向量的夹角公式以及同角三角函数关系求解即可．【解答】解：（1）连结BD ,因为PD ⊥底面ABCD ,且AM ⊂平面ABCD ,则AM PD ⊥,又AM PB ⊥,PB PD P =,PB ,PD ⊂平面PBD ,所以AM ⊥平面PBD ,又BD ⊂平面PBD ,则AM BD ⊥,所以90ABD MAB ∠+∠=︒,又90ABD ADB ∠+∠=︒,则有ADB MAB ∠=∠,所以Rt DAB Rt ABM ∆∆∽, 则AD BA AB BM =,所以2112BC =,解得2BC =； （2）因为DA ,DC ,DP 两两垂直,故以点D 位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示,则2(2,0,0),(2,1,0),(,1,0)2A B M ,(0P ,0,1), 所以(2,0,1)AP =-,22(,1,0),(,0,0),(2,1,1)22AM BM BP =-=-=--, 设平面AMP 的法向量为(,,)n x y z =,则有00n AP n AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即20202x z x y ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩, 令2x =,则1y =,2z =,故(2,1,2)n =,设平面BMP 的法向量为(,,)m p q r =,则有00m BM m BP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,即20220p p q r ⎧-=⎪⎨⎪--+=⎩,令1q =,则1r =,故(0,1,1)m =, 所以||3314|cos ,|||||1472n m n m n m ⋅<>===⨯, 设二面角A PM B --的平面角为α,则22231470sin 11,1()1414cos cos n m αα=-=-<>=-=, 所以二面角A PM B --的正弦值为7014． 【评析】该题是以长方体为载体的立体几何试题.这个四棱锥是长方体中的一部分,是基于长方体命制的试题,.通过将线面关系PD ⊥底面ABCD ,·PB ⊥AM 转化为BD ⊥AM 实现空间几何关系向一个平面的转化,从而可以求得边BC 的长.对于二面角A -PM -B 的正弦值的问题,试题显然营造了两种计算途径：一是建立空间直角坐标系,运用向量的方法,将二面角大小的计算转化为两个向量的夹角,以点D 为坐标原点可以方便地建立空间直角坐标系D -xyz ；二是综合几何的方法,找出二面角A -PM -B 的平面角,在四棱锥P -ABCD 所构成的长方体中,二面角A -PM -B 就是平面P AM 与平面PEBC 所成的角.设F 为BE 的中点,则AF ⊥平面PBM ,四边形PEBC 是正方形.因此,可设CF 交PM 于点G ,则∠AGF 是二面角A -PM -B 的平面角.于是很容易在直角三角形中求得∠AGF 的正弦值拓展题1 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，4PA AD ==，2AB =，M 是PD 中点．（1）求直线CD 与平面ACM 所成的角的正弦值；（2）求二面角P AM C --的余弦值．【考点】直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法【分析】（1）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线CD 与平面ACM 所成的角的正弦值．（2）求出平面PAM 的法向量和平面ACM 的法向量，利用向量法有求出二面角P AM C --的余弦值．【解答】解：（1）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，∴以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，4PA AD ==，2AB =，M 是PD 中点，(2C ∴，4，0)，(0D ，4，0)，(0A ，0，0)，(0P ，0，4)，(0M ，2，2)，(2CD =-，0，0)，(2AC =，4，0)，(0AM =，2，2)，设平面ACM 的法向量(n x =，y ，)z ，则240220n AC x y n AM y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取1y =，得(2n =-，1，1)-，设直线CD 与平面ACM 所成的角为θ，则||46sin 3||||26CD n CD n θ⋅===⋅． ∴直线CD 与平面ACM 所成的角的正弦值为63． （2）平面PAM 的法向量(1m =，0，0)，平面ACM 的法向量(2n =-，1，1)-，设二面角P AM C --的平面角为θ，由题知θ为钝角，则||26cos ||||36m n m n θ⋅=-=-=-⋅． ∴二面角P AM C --的余弦值为63-． 【评析】本题考查线面角的正弦值、二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．类型三 基于典型的简单几何体刻画空间几何图形位置关系题型一 几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π 【解答】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r π=π=∴，ABC 为等边三角形， 由正弦定理可得2sin6023AB r =︒=，123OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A .【评析】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.拓展题1若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 【答案】C【解答】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,,m n l ，所以，这个球的表面积为,,m n l .故选：C ．【评析】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.拓展题2 已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D四点的球的表面积为（ ）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π【答案】C【解答】边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,1，3，所以21135R =++=，球面积254()52S ππ==，故选C . 拓展题3 已知四棱锥P ABCD -的体积是363，底面ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（ ）A ．2821πB ．99112πC ．6372π D ．1083π【答案】A【解答】设AB 的中点为Q ，因为PAB ∆是等边三角形，所以PQ AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，所以PQ ⊥平面ABCD ， 四棱锥P ABCD -的体积是363，13633AB AB PQ =⨯⨯⨯ 1336332AB AB AB =⨯⨯⨯，所以边长6AB =，33PQ =，设OH x =，33OM x =-，()()2222223332R OA OM AM x ==+=-+，2222223R OP OH PH x ==+=+，23x =，2212321R =+= 3428213V R ππ==球.故选：A .拓展题4 中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，5AD =，3ED =，若鳖臑P ADE -的外接球的体积为92π，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______. 【答案】20π 【解答】四边形ABCD 是正方形，AD CD ∴⊥，即AD CE ⊥，且5AD =，3ED =，所以，ADE ∆的外接圆半径为221222AEAD ED r +===，设鳖臑P ADE -的外接球的半径1R ，则314923R ππ=，解得1322R =. PA ⊥平面ADE ，22112PA R r ⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭，可得22111022PA R r =-=，10PA ∴=. 正方形ABCD 的外接圆直径为22210r AC AD ===，2102r ∴=，PA ⊥平面ABCD ，所以，阳马P ABCD -的外接球半径222252PA R r ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，因此，阳马P ABCD -的外接球的表面积为22420R ππ=. 故答案为：20π.题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例1、已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________． 【答案】23π 【解析】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2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ， 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()1332222r =⨯++⨯=， 解得：22r =，其体积：34233V r =π=π. 故答案为：23π.【评析】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.拓展题1 如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．【解析】（1）因为16(1222S =⨯⨯⨯=，所以该六面体的表面积为2.（2，六面体体积是正四面体的2倍，所以六面体体积是6由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，设球的半径为R ，所以16()6349R R =⨯⨯⨯⇒=，所以球的体积334433V R ππ===.故答案为： 2；729.类型四 多选题、开放题丰富了考查的形式和内容例 1 （全国新高考Ⅰ卷·12）在正三棱柱111ABC A B C -中,11AB AA == ,点P 满足1BP BC BB λμ=+ ,其中[0λ∈,1],[0μ∈,1],则( )A ．当1λ=时,△1AB P 的周长为定值 B ．当1μ=时,三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时,有且仅有一个点P ,使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时,有且仅有一个点P ,使得1A B ⊥平面1AB P【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】判断当1λ=时,点P 在线段1CC 上,分别计算点P 为两个特殊点时的周长,即可判断选项A ；当1μ=时,点P 在线段11B C 上,利用线面平行的性质以及锥体的体积公式,即可判断选项B ；当12λ=时,取线段BC ,11B C 的中点分别为M ,1M ,连结1M M ,则点P 在线段1M M 上,分别取点P 在1M ,M 处,得到均满足1A P BP ⊥,即可判断选项C ；当12μ=时,取1CC 的中点1D ,1BB 的中点D ,则点P 在线的1DD 上,证明当点P在点1D 处时,1A B ⊥平面11AB D ,利用过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个,即可判断选项D ． 【解答】对于A ,当1λ=时,1BP BC BB μ=+,即1CP BB μ=,所以1//CP BB , 故点P 在线段1CC 上,此时△1AB P 的周长为11AB B P AP ++, 当点P 为1CC 的中点时,△1AB P 的周长为52+, 当点P 在点1C 处时,△1AB P 的周长为221+, 故周长不为定值,故选项A 错误；对于B ,当1μ=时,1BP BC BB λ=+,即1B P BC λ=,所以1//B P BC ,故点P 在线段11B C 上,因为11//B C 平面1A BC ,所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等,又△1A BC 的面积为定值,所以三棱锥1P A BC -的体积为定值,故选项B 正确； 对于C ,当12λ=时,取线段BC ,11B C 的中点分别为M ,1M ,连结1M M , 因为112BP BC BB μ=+,即1MP BB μ=,所以1//MP BB ,则点P 在线段1M M 上, 当点P 在1M 处时,1111A M B C ⊥,111A M B B ⊥,又1111B C B B B =,所以11A M ⊥平面11BB C C ,又1BM ⊂平面11BB C C ,所以111A M BM ⊥,即1A P BP ⊥, 同理,当点P 在M 处,1A P BP ⊥,故选项C 错误； 对于D ,当12μ=时,取1CC 的中点1D ,1BB 的中点D ,因为112BP BC BB λ=+,即DP BC λ=,所以//DP BC ,则点P 在线的1DD 上,当点P 在点1D 处时,取AC 的中点E ,连结1A E ,BE ,因为BE ⊥平面11ACC A ,又1AD ⊂平面11ACC A ,所以1AD BE ⊥, 在正方形11ACC A 中,11AD A E ⊥, 又1BEA E E =,BE ,1A E ⊂平面1A BE ,故1AD ⊥平面1A BE ,又1A B ⊂平面1A BE ,所以11A B AD ⊥ ,在正方体形11ABB A 中,11A B AB ⊥,又11AD AB A =,1AD ,1AB ⊂平面11AB D ,所以1A B ⊥平面11AB D ,因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个, 故有且仅有一个点P ,使得1A B ⊥平面1AB P ,故选项D 正确． 故选：BD ．【评析】2021年是第二年在新高考数学试卷中出现多选题,只有全部答对才能得满分（5分）,部分答对部分得分（2分）,但只要选错一个就得0分.通过多选题可以实现多种考查目标.该题以正三棱柱为载体,结合空间向量考查学生识图、画图、读图的能力,以及线面的垂直关系的判定、三棱锥体积和几何图形性质等内容.试题并没有给出图形,需要学生将符号语言转化为图形语言,画出相应的空间图形（图12）.由于是多选题,各个选项都有可能正确,所以四个选项相当于四个问题,增加了考试的容量和得分的难度.对于1BP BC BB λμ=+ ,其中[0,1],[0,1]λμ∈∈ ,根据向量基本定理,点P 在正方形11BCC B 内,当1λ=时,点P 的轨迹是线段1CC ;当1μ=时,点P 的轨迹是线段11B C ;当12λ=时,点P 的轨迹为过BC 与11B C 中点的线段MN ;当12μ=时,点P 的轨迹为过1BB 与1CC 中点的线段EF .由此可以根据线面关系的有关结论进行判断.拓展题1．正三棱柱111ABC A B C -，11AB AA ==，P 点满足1(01,01)BP BC BB λμλμ=+，( ) A ．当1λ=时，1PBB ∆的面积是定值 B ．当1λ=时，1PAB ∆的周长是定值 C ．当1μ=时，PBC ∆的面积是定值 D ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值【分析】根据向量的线性关系，结合已知条件以及正三棱柱的几何性质，分别判断1λ=，1μ=时点P 所在的位置，进而判断四个选项即可．【解答】解：由题意，点P 在平面11BCC B 内，ABC ∆，△111A B C 为正三角形且正三棱柱的侧面都是正方形，它们的边长均为1，当1λ=时，点P 在线段1CC 上运动，则1PBB ∆的面积为定值， 又211(1)PB μ=+-，21PA μ=+，则1PAB ∆的周长为2221(1)1μμ++-++不是定值， 故选项A 正确，选项B 错误；当1μ=时，点P 在线段11B C 上运动，则PBC ∆的面积为定值， 而11//B C BC ，11B C ⊂/平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ， 所以11//B C 平面1A BC ，则点P 到平面1A BC 的距离为定值， 所以三棱锥1P A BC -的体积为定值， 故选项C 正确，选项D 正确． 故选：ACD ．【评析】本题以命题的真假判断为载体，考查了空间向量在立体几何中的应用，正三棱柱的几何性质以及三棱锥体积公式的理解与应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．。
