江苏专用2024高考数学二轮复习专题二立体几何教学案

PAGEPAGE1专题二立体几何[江苏卷5年考情分析]小题考情分析大题考情分析常考点空间几何体的表面积与体积(5年4考)本专题在高考大题中的考查特别稳定，主要是线线、线面、面面的平行与垂直的证明，一般第(1)问是线面平行的证明，第(2)问是线线垂直或面面垂直的证明，考查形式单一，难度一般.偶考点简洁几何体与球的切接问题第一讲|小题考法——立体几何中的计算考点(一)空间几何体的表面积与体积主要考查柱体、锥体以及简洁组合体的表面积与体积.[题组练透]1．(2024·江苏高考)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E­BCD的体积是________．解析：设长方体中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，则abc＝120，∴VE­BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)ab×eq\f(1,2)c＝eq\f(1,12)abc＝eq\f(1,12)×120＝10.答案：102．(2024·苏锡常镇二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为2eq\r(3)，则该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为eq\r(（2\r(3)）2－22)＝2eq\r(2)，所以该直四棱柱的侧面积为S＝cl＝4×2×2eq\r(2)＝16eq\r(2).答案：16eq\r(2)3.(2024·江苏高考)如图所示，正方体的棱长为2，以其全部面的中心为顶点的多面体的体积为________．解析：由题意知所给的几何体是棱长均为eq\r(2)的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V正四棱锥＝2×eq\f(1,3)×(eq\r(2))2×1＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)4.(2024·南通、泰州一调)如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的几何体．已知正六棱柱的底面边长、高都为4cm，圆柱的底面积为9eq\r(3)cm2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6cm的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为________cm(不计损耗)．解析：由题意知，熔化前后的体积相等，熔化前的体积为6×eq\f(\r(3),4)×42×4－9eq\r(3)×4＝60eq\r(3)(cm3)，设所求正三棱柱的底面边长为xcm，则有eq\f(\r(3),4)x2·6＝60eq\r(3)，解得x＝2eq\r(10)，所以所求边长为2eq\r(10)cm.答案：2eq\r(10)5．(2024·苏北三市一模)已知正四棱锥的底面边长为2eq\r(3)，高为1，则该正四棱锥的侧面积为________．解析：易知正四棱锥的斜高为eq\r(12＋（\r(3)）2)＝2，所以该正四棱锥的侧面积为4×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2＝8eq\r(3).答案：8eq\r(3)[方法技巧]求几何体的表面积及体积的解题技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.考点(二)简洁几何体与球的切接问题主要考查简洁几何体与球切接时的表面积、体积的计算问题，以及将空间几何体的问题转化为平面几何图形的关系的实力.[题组练透]1．(2024·江苏高考)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则eq\f(V1,V2)的值是________．解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)2．(2024·南通等七市二模)设P，A，B，C为球O表面上的四个点，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝2m，PB＝3m，PC＝4m，则球O的表面积为________解析：依据题意，可知三棱锥P­ABC是长方体的一个角，该长方体的外接球就是经过P，A，B，C四点的球，∵PA＝2，PB＝3，PC＝4，∴长方体的对角线的长为eq\r(PA2＋PB2＋PC2)＝eq\r(29)，即外接球的直径2R＝eq\r(29)，可得R＝eq\f(\r(29),2)，因此，外接球的表面积为S＝4πR2＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(29),2)))eq\s\up12(2)＝29π.答案：29π3．(2024·无锡期初测试)已知正四面体ABCD的全部棱长都等于eq\r(6)，则以A为顶点，△BCD的内切圆为底面的圆锥的体积V＝________．解析：设正△BCD内切圆的圆心为O，连接OB，OA，则圆O的半径r＝eq\f(\r(3),6)BC＝eq\f(\r(2),2)，OB＝eq\f(\r(3),3)BC＝eq\r(2).易知OA⊥平面BCD，所以OA⊥OB，所以圆锥的高h＝OA＝eq\r(AB2－OB2)＝eq\r(6－2)＝2，所以圆锥的体积V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)×2＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)4．(2024·全国卷Ⅲ改编)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9eq\r(3)，则三棱锥D­ABC体积的最大值为________．解析：由等边△ABC的面积为9eq\r(3)，可得eq\f(\r(3),4)AB2＝9eq\r(3)，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝eq\f(\r(3),3)AB＝2eq\r(3).设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝eq\r(R2－r2)＝eq\r(16－12)＝2.所以三棱锥D­ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D­ABC体积的最大值为eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3).答案：18eq\r(3)[方法技巧]简洁几何体与球切接问题的解题技巧方法解读适合题型截面法解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．假如内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作球内切多面体或旋转体构造直角三角形法首先确定球心位置，借助外接的性质——球心到多面体的顶点的距离等于球的半径，寻求球心究竟面中心的距离、半径、顶点究竟面中心的距离构造成直角三角形，利用勾股定理求半径正棱锥、正棱柱的外接球补形法因正方体、长方体的外接球半径易求得，故将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体，便可借助外接球为同一个的特点求解三条侧棱两两垂直的三棱锥，从正方体或长方体的八个顶点中选取点作为顶点组成的三棱锥、四棱锥等考点(三)平面图形的翻折与空间图形的绽开问题主要考查空间图形与平面图形之间的转化，面积、体积以及最值问题的求解.[典例感悟][典例](1)如图，正△ABC的边长为2，CD是AB边上的高，E，F分别为边AC与BC的中点，现将△ABC沿CD翻折，使平面ADC⊥平面DCB，则三棱锥E­DFC的体积为________．(2)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝eq\r(5)，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM＋MC1最小时，△AMC1的面积为________．[解析](1)S△DFC＝eq\f(1,4)S△ABC＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)×22))＝eq\f(\r(3),4)，E到平面DFC的距离h等于eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)，所以VE­DFC＝eq\f(1,3)×S△DFC×h＝eq\f(\r(3),24).(2)将侧面绽开后可得：本题AM＋MC1最小可以等价为在矩形ACC1A1中求AM＋MC1的最小值．如图，当A，M，C1三点共线时，AM＋MC1最小．又AB∶BC＝1∶2，AB＝1，BC＝2，CC1＝3，所以AM＝eq\r(2)，MC1＝2eq\r(2)，又AC1＝eq\r(9＋5)＝eq\r(14)，所以cos∠AMC1＝eq\f(AM2＋C1M2－ACeq\o\al(2,1),2AM·C1M)＝eq\f(2＋8－14,2×\r(2)×2\r(2))＝－eq\f(1,2)，所以sin∠AMC1＝eq\f(\r(3),2)，故△AMC1的面积为Seq\a\vs4\al(△AMC1)＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).[答案](1)eq\f(\r(3),24)(2)eq\r(3)[方法技巧]解决翻折问题须要把握的两个关键点(1)解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变更量和不变量．一般状况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，位置关系可能会发生变更，抓住两个“不变性”．①与折线垂直的线段，翻折前后垂直关系不变更；②与折线平行的线段，翻折前后平行关系不变更．(2)解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形．[演练冲关]1．有一根长为6cm，底面半径为0.5cm的圆柱型铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕4圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，解析：由题意作出图形如图所示，则铁丝的长度至少为eq\r(62＋（4π）2)＝eq\r(36＋16π2)＝2eq\r(9＋4π2).答案：2eq\r(9＋4π2)2．(2024·南京、盐城、连云港二模)在边长为4的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰三角形(如图①中阴影部分)，折叠成底面边长为eq\r(2)的正四棱锥S­EFGH(如图②)，则正四棱锥S­EFGH的体积为________．解析：连结EG，HF，交点为O(图略)，正方形EFGH的对角线EG＝2，EO＝1，则点E到线段AB的距离为1，EB＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，SO＝eq\r(SE2－OE2)＝eq\r(5－1)＝2，故正四棱锥S­EFGH的体积为eq\f(1,3)×(eq\r(2))2×2＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)3．如图所示，平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：如图，取BD的中点E，BC的中点O，连接AE，OD，EO，AO.因为AB＝AD，所以AE⊥BD.由于平面ABD⊥平面BCD，所以AE⊥平面BCD.因为AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，所以AE＝eq\f(\r(2),2)，EO＝eq\f(1,2).所以OA＝eq\f(\r(3),2).在Rt△BDC中，OB＝OC＝OD＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(\r(3),2)，所以四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为eq\f(\r(3),2).所以该球的体积V＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(3)π,2).答案：eq\f(\r(3)π,2)eq\a\vs4\al([必备知能·自主补缺]\x())(一)主干学问要牢记1．空间几何体的侧面绽开图及侧面积公式几何体侧面绽开图侧面积公式直棱柱S直棱柱侧＝chc为底面周长h为高正棱锥S正棱锥侧＝eq\f(1,2)ch′c为底面周长h′为斜高即侧面等腰三角形的高正棱台S正棱台侧＝eq\f(1,2)(c＋c′)h′c′为上底面周长c为下底面周长h′为斜高，即侧面等腰梯形的高圆柱S圆柱侧＝2πrlr为底面半径l为侧面母线长圆锥S圆锥侧＝πrlr为底面半径l为侧面母线长圆台S圆台侧＝π(r1＋r2)lr1为上底面半径r2为下底面半径l为侧面母线长2.柱体、锥体、台体的体积公式(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝eq\f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)；(3)V台＝eq\f(1,3)(S＋eq\r(SS′)＋S′)h(不要求记忆)．3．球的表面积和体积公式(1)S球＝4πR2(R为球的半径)；(2)V球＝eq\f(4,3)πR3(R为球的半径)．4．立体几何中相邻两个面之间的两点间距离路径最短问题，都可以转化为平面几何中两点距离最短．(二)二级结论要用好1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d2＝a2＋b2＋c2；若长方体外接球半径为R，则有(2R)2＝a2＋b2＋c2.[针对练1]设三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，且长度分别为2，2eq\r(3)，4，则其外接球的表面积为________．解析：依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，则R＝eq\f(1,2)eq\r(22＋（2\r(3)）2＋42)＝2eq\r(2)，所以该三棱锥外接球的表面积为S＝4πR2＝32π.答案：32π2．棱长为a的正四面体的内切球半径r＝eq\f(\r(6),12)a，外接球的半径R＝eq\f(\r(6),4)a.又正四面体的高h＝eq\f(\r(6),3)a，故r＝eq\f(1,4)h，R＝eq\f(3,4)h.[针对练2]正四面体ABCD的外接球半径为2，过棱AB作该球的截面，则截面面积的最小值为________．解析：由题意知，面积最小的截面是以AB为直径的圆，设AB的长为a，因为正四面体外接球的半径为2，所以eq\f(\r(6),4)a＝2，解得a＝eq\f(4\r(6),3)，故截面面积的最小值为πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(8π,3).答案：eq\f(8π,3)3．相识球与正方体组合的3种特殊截面：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a，球的半径为R)．eq\a\vs4\al([课时达标训练]\x())A组——抓牢中档小题1.若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为________．解析：由题意，得圆锥的母线长l＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以S圆锥侧＝πrl＝π×1×eq\r(5)＝eq\r(5)π.答案：eq\r(5)π2．已知正六棱柱的侧面积为72cm2，高为6cm，那么它的体积为________cm解析：设正六棱柱的底面边长为xcm，由题意得6x×6＝72，所以x＝2，于是其体积V＝eq\f(\r(3),4)×22×6×6＝36eq\r(3)(cm3)．答案：36eq\r(3)3．(2024·扬州中学模拟)已知三棱锥S­ABC的全部顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S­ABC的体积为9，则球O的表面积为________．解析：如图，连接OA，OB.由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径，知OA⊥SC，OB⊥SC.由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊥SC，知OA⊥平面SCB.设球O的半径为r，则OA＝OB＝r，SC＝2r，∴三棱锥S­ABC的体积V＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)SC·OB))·OA＝eq\f(r3,3)，即eq\f(r3,3)＝9，∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π.答案：36π4．(2024·南京四校联考)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，点E是棱BB1上一点(异于端点)，则三棱锥A1­AEC的体积为________．解析：由题意知，在正三角形ABC中，AB＝2，所以S△ABC＝eq\f(\r(3),4)×22＝eq\r(3).连接BA1，由等体积法知，VA1­AEC＝VE­AA1C＝VB­A1AC＝VA1­ABC＝eq\f(1,3)×AA1×S△ABC＝eq\r(3).答案：eq\r(3)5．(2024·扬州期末)若圆锥的侧面绽开图是面积为3π且圆心角为eq\f(2π,3)的扇形，则此圆锥的体积为________．解析：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线为l，则由eq\f(1,2)·eq\f(2π,3)·l2＝3π，得l＝3，又由eq\f(2π,3)·l＝2πr，得r＝1，从而有h＝eq\r(l2－r2)＝2eq\r(2)，所以V＝eq\f(1,3)·πr2·h＝eq\f(2\r(2),3)π.答案：eq\f(2\r(2),3)π6.一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x＝6cm时，该容器的容积为________cm解析：由题意知，这个正四棱锥形容器的底面是以6cm为边长的正方形，侧面高为5cm，则正四棱锥的高为eq\r(52－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))\s\up12(2))＝4(cm)，所以所求容积V＝eq\f(1,3)×62×4＝48(cm3)．答案：487．(2024·苏锡常镇四市一模)已知圆柱的轴截面的对角线长为2，则这个圆柱的侧面积的最大值为________．解析：设圆柱的底面半径为r，高为h，则由圆柱的轴截面的对角线长为2知，4r2＋h2＝4.圆柱的侧面积S＝2πrh≤π×eq\f(4r2＋h2,2)＝2π，当且仅当2r＝h时取等号，所以这个圆柱的侧面积的最大值为2π.答案：2π8．设棱长为a的正方体的体积和表面积分别为V1，S1，底面半径和高均为r的圆锥的体积和侧面积分别为V2，S2，若eq\f(V1,V2)＝eq\f(3,π)，则eq\f(S1,S2)的值为________．解析：由题意知，V1＝a3，S1＝6a2，V2＝eq\f(1,3)πr3，S2＝eq\r(2)πr2，由eq\f(V1,V2)＝eq\f(3,π)，即eq\f(a3,\f(1,3)πr3)＝eq\f(3,π)，得a＝r，从而eq\f(S1,S2)＝eq\f(6a2,\r(2)πr2)＝eq\f(6,\r(2)π)＝eq\f(3\r(2),π).答案：eq\f(3\r(2),π)9．已知正方形ABCD的边长为2，E，F分别为BC，DC的中点，沿AE，EF，AF折成一个四面体，使B，C，D三点重合，则这个四面体的体积为________．解析：设B，C，D三点重合于点P，得到如图所示的四面体P­AEF.因为AP⊥PE，AP⊥PF，PE∩PF＝P，所以AP⊥平面PEF，所以V四面体P­AEF＝V四面体A­PEF＝eq\f(1,3)·S△PEF·AP＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×2＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)10．(2024·常州期末)已知圆锥的高为6，体积为8，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7，则该圆台的高为________．解析：设截得的小圆锥的高为h1，底面半径为r1，体积为V1＝eq\f(1,3)πreq\o\al(2,1)h1；大圆锥的高为h＝6，底面半径为r，体积为V＝eq\f(1,3)πr2h＝8.依题意有eq\f(r1,r)＝eq\f(h1,h)，V1＝1，eq\f(V1,V)＝eq\f(\f(1,3)πreq\o\al(2,1)h1,\f(1,3)πr2h)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h1,h)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8)，得h1＝eq\f(1,2)h＝3，所以圆台的高为h－h1＝3.答案：311.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝eq\r(2)，P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值是________．解析：连结A1B，沿BC1将△CBC1绽开，与△A1BC1在同一个平面内，如图所示，连结A1C，则A1因为A1C1＝6，A1B＝2eq\r(10)，BC1＝2，所以A1Ceq\o\al(2,1)＋BCeq\o\al(2,1)＝A1B2，所以∠A1C1B＝90°.又∠BC1C＝45°，所以∠A1C1C＝135°，由余弦定理，得A1C2＝A1Ceq\o\al(2,1)＋CCeq\o\al(2,1)－2A1C1·CC1·cos∠A1C1C＝36＋2－2×6×eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝50，所以A1C＝5eq\r(2)，即CP＋PA1的最小值是5eq\r(2).答案：5eq\r(2)12．(2024·南京三模)有一个体积为2的长方体，它的长、宽、高依次为a，b，1.现将它的长增加1，宽增加2，且体积不变，则所得新长方体高的最大值为________．解析：设所得新长方体的高为h，依据题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝2，,（a＋1）（b＋2）h＝2，))所以h＝eq\f(2,（a＋1）（b＋2）)＝eq\f(2,ab＋2a＋b＋2)＝eq\f(2,2a＋b＋4)≤eq\f(2,2\r(2ab)＋4)＝eq\f(1,4)，当且仅当2a＝b，即a＝1，b＝2时取等号，故所得新长方体高的最大值为eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)13．已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为4eq\r(2)π，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为________．解析：如图，设底面半径为r，由题意可得：母线长为eq\r(2)r.又侧面绽开图面积为eq\f(1,2)×eq\r(2)r×2πr＝4eq\r(2)π，所以r＝2.又截面三角形ABD为等边三角形，故BD＝AB＝eq\r(2)r，又OB＝OD＝r，故△BOD为等腰直角三角形．设圆锥底面中心到截面的距离为d，又VO­ABD＝VA­BOD，所以d×S△ABD＝AO×S△OBD.又S△ABD＝eq\f(\r(3),4)AB2＝eq\f(\r(3),4)×8＝2eq\r(3)，S△OBD＝2，AO＝r＝2，故d＝eq\f(2×2,2\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)14.底面半径为1cm的圆柱形容器里放有四个半径为eq\f(1,2)cm的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切．现往容器里注水，使水面恰好浸没全部铁球，则须要注水________cm3.解析：设四个实心铁球的球心为O1，O2，O3，O4，其中O1，O2为下层两球的球心，O1O2O3O4为正四面体，棱O1O2到棱O3O4的距离为eq\f(\r(2),2)，所以注水高为1＋eq\f(\r(2),2).故应注水体积为πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)))－4×eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(\r(2),2)))π(cm3)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(\r(2),2)))πB组——力争难度小题1．(2024·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD­A1B1C1D1挖去四棱锥O­EFGH后所得的几何体．其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，解析：由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6cm和4故V挖去的四棱锥＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×6×3＝12(cm3)．又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，所以模型的体积为V长方体－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．答案：118.82.(2024·苏州期末)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________(容器壁的厚度忽视不计，结果保留π)．解析：设球形容器的最小半径为R，则“十字立方体”的24个顶点均在半径为R的球面上，所以两根并排的四棱柱体组成的长方体的八个顶点在这个球面上．球的直径就是长方体的体对角线的长度，所以2R＝eq\r(12＋22＋52)＝eq\r(30)，得4R2＝30.从而S球面＝4πR2＝30π.答案：30π3.(2024·启东中学模拟)把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为________cm.解析：法一：如图，过点S作SM⊥平面ABCD，垂足为M，连接AM，由题意，可知SM＝10eq\r(2)cm，AM＝10eq\r(2)cm，易发觉点M到每条棱的距离均为10cm，所以点M即球心，法二：在四棱锥S­ABCD中，全部棱长均为20cm连接AC，BD交于点O，连接SO，则SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10eq\r易知点O到AB，BC，CD，AD的距离均为10cm在等腰三角形OAS中，AO＝SO＝10eq\r(2)cm，SA所以O到SA的距离d＝10cm同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10cm所以球心为四棱锥底面ABCD的中心O，所以皮球的半径r＝10cm答案：104．(2024·河南模拟)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，过点A，P，C1的平面截正方体所得的截面为M，则截面M解析：如图，取A1D1，AD的中点分别为F，G.连接AF，AP，PC1，C1F，PG，D1G，AC1，PF∵F为A1D1的中点，P为BC的中点，G为AD的中点，∴AF＝FC1＝AP＝PC1＝eq\f(\r(5),2)，PG∥CD，AF∥D1G由题意易知CD∥C1D1，∴PG∥C1D1，∴四边形C1D1GP为平行四边形，∴PC1∥D1G∴PC1∥AF，∴A，P，C1，F四点共面，∴四边形APC1F∵AC1＝eq\r(3)，PF＝eq\r(2)，∴截面M的面积S＝eq\f(1,2)AC1·PF＝eq\f(1,2)eq\r(3)×eq\r(2)＝eq\f(\r(6),2).答案：eq\f(\r(6),2)5.如图所示，在直三棱柱中，AC⊥BC，AC＝4，BC＝CC1＝2，若用平行于三棱柱A1B1C1­ABC的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小值为________．解析：用过AB，AC的中点且平行于平面BCC1B1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个边长为2的正方体，其表面积为24；用过AB，BC的中点且平行于平面ACC1A1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4，1，2的长方体，用过AA1，BB1，CC1的中点且平行于平面ABC的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4，2，1的长方体，其表面积为28，因此所求的长方体表面积的最小值为24.答案：246.如图，在棱长为4的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，D1C1上的动点，点G为正方形B1BCC1的中心．则空间四边形AEFG在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，解析：四边形AEFG在前、后面的正投影如图①，当E与A1重合，F与B1重合时，四边形AEFG在前、后面的正投影的面积最大值为12；四边形AEFG在左、右面的正投影如图②，当E与A1重合，四边形AEFG在左、右面的正投影的面积最大值为8；四边形AEFG在上、下面的正投影如图③，当F与D重合时，四边形AEFG在上、下面的正投影的面积最大值为8.综上所述，所求面积的最大值为12.答案：12其次讲|大题考法——平行与垂直题型(一)线线、线面位置关系的证明平行、垂直关系的证明是高考的必考内容，主要考查线面平行、垂直的判定定理及性质定理的应用，以及平行与垂直关系的转化等.[典例感悟][例1](2024·江苏高考)如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明](1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.[方法技巧]立体几何证明问题的2个留意点(1)证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时必需依据定理成立的条件进行推理．如线面平行的判定定理中要求其中一条直线在平面内，另一条直线必需说明它在平面外；线面垂直的判定定理中要求平面内的两条直线必需是相交直线等，假如定理的条件不完整，则结论不肯定正确．(2)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关学问，因此须要多画出一些图形协助运用．[演练冲关]1.(2024·苏锡常镇调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，点E为棱PB的中点．(1)若PB＝PD，求证：PC⊥BD；(2)求证：CE∥平面PAD.证明：(1)取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD＝CB，所以BD⊥CO.因为PB＝PD，所以BD⊥PO.又PO∩CO＝O，所以BD⊥平面PCO.因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD.(2)由E为PB中点，连结EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以EO∥平面PAD.由∠ADB＝90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD，又CO⊄平面PAD，所以CO∥平面PAD.又CO∩EO＝O，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD.2．(2024·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC­A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.题型(二)两平面之间位置关系的证明考查面面平行和面面垂直，都须要用判定定理，其本质是考查线面垂直和平行.[典例感悟][例2](2024·南京盐城一模)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别是棱BC，CC1上的点(其中点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为棱B1C1上的点，且A1F⊥B1求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)A1F∥平面ADE[证明](1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC因为AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又AD⊥DE，在平面BCC1B1中，CC1与DE相交，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C因为A1F⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A又A1F⊥B1C1，BB1∩B1C1＝B1，所以A1F⊥平面BCC在(1)中已证得AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD又A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以A1F∥平面[方法技巧]证明两平面位置关系的求解思路(1)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．(2)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中找寻，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加协助线解决.[演练冲关](2024·江苏高考)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C求证：(1)AB∥平面A1B1C(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC证明：(1)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1所以AB∥平面A1B1C(2)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中四边形ABB1A1又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形因此AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C所以AB1⊥BC.因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1所以平面ABB1A1⊥平面A1BC题型(三)空间位置关系的综合问题主要考查空间线面、面面平行或垂直的位置关系的证明与翻折或存在性问题相结合的综合问题.[典例感悟][例3]如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1­ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)证明：BE⊥平面D1AE；(2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出eq\f(AM,AB)的值；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：∵四边形ABCD为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴AE＝BE＝2eq\r(2).又AB＝4，∴AE2＋BE2＝AB2，∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE.又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，∴BE⊥平面D1AE.(2)eq\f(AM,AB)＝eq\f(1,4)，理由如下：取D1E的中点L，连接FL，AL，∴FL∥EC，FL＝eq\f(1,2)EC＝1.又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝eq\f(1,4)AB，∴M，F，L，A四点共面．若MF∥平面AD1E，则MF∥AL.∴四边形AMFL为平行四边形，∴AM＝FL＝eq\f(1,4)AB，即eq\f(AM,AB)＝eq\f(1,4).[方法技巧]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[演练冲关](2024·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱锥Q­ABP的体积．解：(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.又因为BA⊥AD，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD.因为AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3eq\r(2).又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2).如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊eq\f(1,3)DC.由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱锥Q­ABP的体积为VQ­ABP＝eq\f(1,3)×S△ABP×QE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°×1＝1.eq\a\vs4\al([课时达标训练]\x())A组——大题保分练1．(2024·苏北三市期末)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E，F分别是B1C1，AB，AA(1)求证：EF∥平面A1BD；(2)若A1B1＝A1C1，求证：平面A1BD⊥平面BB1证明：(1)因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EF∥A1B.因为EF⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，所以EF∥平面A1BD.(2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C因为A1D⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D因为A1B1＝A1C1，且D是B1C1所以A1D⊥B1C1因为BB1∩B1C1＝B1，B1C1，BB1⊂平面BB所以A1D⊥平面BB1C因为A1D⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面BB1C2.(2024·南京四校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，E是BC的中点，F在棱PC上，且PA∥平面DEF.(1)求证：AD⊥PC；(2)求eq\f(PF,FC)的值．解：(1)证明：因为底面ABCD是矩形，所以AD⊥DC.因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD.又PD，DC⊂平面PCD，PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PCD.又PC⊂平面PCD，所以AD⊥PC.(2)如图，连接AC，交DE于G，连接FG.因为PA∥平面DEF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面DEF＝FG.所以PA∥FG，所以eq\f(PF,FC)＝eq\f(AG,GC).因为底面ABCD是矩形，E是BC的中点，所以AD∥BC，AD＝2EC.所以易知eq\f(AG,GC)＝eq\f(AD,EC)＝2.所以eq\f(PF,FC)＝2.3.(2024·扬州期末)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，E，F分别是四边形AA1B1B，BB1C求证：(1)EF∥平面ABC；(2)BB1⊥AC.证明：(1)在三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形AA1B1B，四边形BB1∵E，F分别是四边形AA1B1B，BB1C1C对角线的交点，∴E，F分别是AB1，CB1的中点，∴EF∵EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)∵四边形AA1B1B为矩形，∴BB1⊥AB，∵平面AA1B1B⊥平面ABC，BB1⊂平面ABB1A1，平面ABB1A1∩平面ABC＝∴BB1⊥平面ABC.∵AC⊂平面ABC，∴BB1⊥AC.4．(2024·南京三模)在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°.(1)求证：平面PAC⊥平面PAB；(2)设平面PBC∩平面PAD＝l，求证：BC∥l.证明：(1)因为PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥AC.因为AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，所以由余弦定理，得AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC)＝eq\r(12＋22－2×1×2cos60°)＝eq\r(3).因为12＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)))eq\s\up12(2)＝22，即AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB.又AC⊥PA，PA∩AB＝A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB.又AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面PAB.(2)因为BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD.又BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面PAD＝l，所以BC∥l.B组——大题增分练1．(2024·盐城三模)在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，M，N分别是棱A1D1，D1C1求证：(1)AC∥平面DMN；(2)平面DMN⊥平面BB1D1D.证明：(1)连结A1C1，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，因为AA1綊BB1，BB1綊CC1，所以AA1綊CC1，所以A1ACC1为平行四边形，所以A1C1∥AC.又M，N分别是棱A1D1，D1C1的中点，所以MN∥A1C1，所以AC∥MN.又AC⊄平面DMN，MN⊂平面DMN，所以(2)因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1是直四棱柱所以DD1⊥平面A1B1C1D1，而MN⊂平面A1B1C1D所以MN⊥DD1.又因为棱柱的底面ABCD是菱形，所以底面A1B1C1D1也是菱形所以A1C1⊥B1D1，而MN∥A1C1，所以MN⊥B1D又MN⊥DD1，DD1⊂平面BB1D1D，B1D1⊂平面BB1D1D，且DD1∩B1D1＝D1，所以MN⊥平面BB1D1D.而MN⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面BB1D1D.2．(2024·扬州中学模拟)如图，已知三棱锥P­ABC中，AC⊥BC，PA＝PC，棱AC的中点为E，且BC∥平面PEF.(1)求证：EF∥平面PBC；(2)求证：平面PAC⊥平面PEF.证明：(1)因为BC∥平面PEF，BC⊂平面ABC，平面PEF∩平面ABC＝EF，所以EF∥BC.又EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC.(2)因为PA＝PC，E是AC的中点，所以AC⊥PE.又AC⊥BC，EF∥BC，所以AC⊥EF.又PE∩EF＝E，PE，EF⊂平面PEF，所以AC⊥平面PEF.又AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面PEF.3．(2024·南师附中、天一中学四月联考)如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中已知点M为棱BC上异于B，C的一点．(1)若M为BC的中点，求证：A1C∥平面AB1(2)若平面AB1M⊥平面BB1C1C，求证：证明：(1)连接A1B，交AB1于点N.在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，易知四边形AA1B1B为矩形，∴N为A1B的中点．又M为BC的中点，连接MN，∴MN∥A1C又A1C⊄平面AB1M，MN⊂平面AB1M，∴A1C∥(2)过点B作BP⊥B1M，垂足为P，∵平面AB1M⊥平面B1BCC平面AB1M∩平面B1BCC1＝B1M，BP⊂平面BB1C1C，∴BPAM⊂平面AB1M.∴BP⊥AM在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD∴AM⊂平面ABCD，∴BB1⊥AM.又BP∩BB1＝B，BP，BB1⊂平面BB1C1C，∴AM⊥平面BB1C1C.又BC⊂平面BB14．(2024·常州期末)如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD是平行四边形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，点Q是棱PC上异于P，C的一点．(1)求证：BD⊥AC；(2)过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上)，求证：QF∥BC.证明：(1)因为PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PC.记AC，BD交于点O，连结OP.因为平行四边形对角线相互平分，则O为BD的中点．在△PBD中，PB＝PD，所以BD⊥OP.又PC∩OP＝P，PC⊂平面PAC，OP⊂平面PAC.所以BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BD⊥AC.(2)因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC.又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.又AD⊂平面ADQF，平面ADQF∩平面PBC＝QF，所以AD∥QF，所以QF∥BC.第三讲|专题提能——“立体几何”专题提能课eq\a\vs4\al(提能点)eq\a\vs4\al(（一）防止思维定式，实现“移花接木”)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eq\f(\r(3),2)，所以体积为eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(3),2)π.[答案]eq\f(\r(3),2)π[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因不会利用侧面绽开图而解题受阻[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，C1两点的全部[解析]将长方体的面分别绽开平铺，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eq\r(32＋（4＋2）2)＝eq\r(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eq\r(22＋（3＋4）2)＝eq\r(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eq\r(42＋（2＋3）2)＝eq\r(41)，所以最小距离是eq\r(41)cm.[答案]eq\r(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绽开，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，简洁出错的地方在于考虑不全面，沿着一个方向绽开求得结果，从而出现错误，所以肯定要留意应当有三条路径.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，有的同学喜爱跳步，干脆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．立体几何逻辑性特别强，证明时要严格依据定理的要求来进行书写，切不行漏条件．eq\a\vs4\al(提能点)eq\a\vs4\al(（二）敏捷运用策略，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，简洁求得EG＝HF＝eq\f(1,2).所以AG＝GD＝BH＝HC＝eq\f(\r(3),2)，S△AGD＝S△BHC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×1＝eq\f(\r(2),4)，V＝VE­ADG＋VF­BHC＋VAGD­BHC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(1,2)×\f(\r(2),4)))×2＋eq\f(\r(2),4)×1＝eq\f(\r(2),3).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eq\f(\r(2),2)，则V＝VADE­MNF－VF­MNCB＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(2),2)×2－eq\f(1,3)×1×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),3).[答案]eq\f(\r(2),3)[点评]本题中所用的两种方法事实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.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[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＝eq\r(5)，AB1＝2eq\r(2)，所以AB1边上的高为eq\r(5－2)＝eq\r(3)，所以Seq\a\vs4\al(△ACB1)＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\r(6).又三棱锥B­ACB1的体积Veq\a\vs4\al(B­ACB1)＝Veq\a\vs4\al(A­BB1C)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×2＝eq\f(2,3)，所以Veq\a\vs4\al(B­ACB1)＝eq\f(1,3)×eq\r(6)h＝eq\f(2,3)，所以h＝eq\f(\r(6),3).[答案]eq\f(\r(6),3)[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，特殊是在求三角形的高(点到线的距离)或三棱锥的高(点到面的距离)时，通常采纳此法解决问题．eq\a\vs4\al(提能点)eq\a\vs4\al(（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的边长变更时，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的边长变更时，设△ABC的边长为a(a>0)cm，则△ABC的面积为eq\f(\r(3),4)a2，△DBC的高为5－eq\f(\r(3),6)a，则正三棱锥的高为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(\r(3),6)a))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a))\s\up12(2))＝eq\r(25－\f(5\r(3),3)a)，∴25－eq\f(5\r(3),3)a>0，∴0<a<5eq\r(3)，∴所得三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)a2×eq\r(25－\f(5\r(3),3)a)＝eq\f(\r(3),12)×eq\r(25a4－\f(5\r(3),3)a5).令t＝25a4－eq\f(5\r(3),3)a5，则t′＝100a3－eq\f(25\r(3),3)a4，由t′＝0，得a＝4eq\r(3)，此时所得三棱锥的体积最大，为4eq\r(15)cm3.法二：如图，连接OD交BC于点G，由题意知，OD⊥BC.易得OG＝eq\f(\r(3),6)BC，设OG＝x，则BC＝2eq\r(3)x，DG＝5－x，S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)x×3x＝3eq\r(3)x2，故所得三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)x2×eq\r(（5－x）2－x2)＝eq\r(3)x2×eq\r(25－10x)＝eq\r(3)×eq\r(25x4－10x5).令f(x)＝25x4－10x5，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))，则f′(x)＝100x3－50x4，令f′(x)>0，即x4－2x3<0，得0<x<2，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))时，f(x)≤f(2)＝80，∴V≤eq\r(3)×eq\r(80)＝4eq\r(15).∴所求三棱锥的体积的最大值为4eq\r(15).[答案]4eq\r(15)cm3[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——解决几何体的绽开问题[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点动身，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A[解析]将三棱柱沿侧棱AA1绽开得如图所示(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″＝eq\r(52＋122)＝13，即最短路途为13[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绽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．eq\a\vs4\al(提能点)eq\a\vs4\al(（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[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ACC1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∥所以四边形CNPM为平行四边形，所以CM＝NP＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1＝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∥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＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1＝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AB因为CN∥平面AB1M，NQ∩CN＝N，NQ⊂平面NQC，CN⊂平面NQC，所以平面NQC∥平面AB1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＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1＝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＝所以CN∥AS.由于AN＝NB，所以BC＝CS.又因为CM∥BB1，可得SM＝MB1，所以CM＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1＝2.[点评]线面平行无论是判定定理还是性质定理都是须要转化为线线平行．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．eq\a\vs4\al([课时达标训练]\x())A组——易错清零练1．设l，m表示直线，m是平面α内的随意一条直线．则“l⊥m”是“l⊥α”成立的____________条件(在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”中选填一个)．解析：由l⊥m，m⊂α，可得l⊂α，l∥α或l与α相交，推不出l⊥α；由l⊥α，m⊂α，结合线面垂直的定义可得l⊥m.故“l⊥m”是“l⊥α”成立的必要不充分条件．答案：必要不充分2．(2024·南京盐城二模)已知正四棱锥P­ABCD的全部棱长都相等，高为eq\r(2)，则该正四棱锥的表面积为________．解析：设正四棱锥P­ABCD的棱长为2x，则斜高为eq\r(3)x，所以(eq\r(2))2＋x2＝(eq\r(3)x)2，得x＝1，所以该正四棱锥的棱长为2，表面积S＝4＋4×eq\f(1,2)×2×2sin60°＝4eq\r(3)＋4.答案：4eq\r(3)＋43.(2024·苏州期末)如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥所得的几何体，该正三棱锥的底面三角形内接于半球底面的大圆，顶点在半球面上，则被挖去的正三棱锥的体积为________．解析：如图，记挖去的正三棱锥为正三棱锥P­ABC，则该正三棱锥的底面三角形ABC内接于半球底面的大圆，顶点P在半球面上．设BC的中点为D，连接AD，过点P作PO⊥平面ABC，交AD于点O，则AO＝PO＝2，AD＝3，AB＝BC＝2eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3＝3eq\r(3)，所以挖去的正三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC×PO＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×2＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)4．(2024·常州期末)已知圆锥SO，过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面圆为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为________．解析：设圆锥SO的底面圆的半径为r，高为h，则圆柱PO的底面圆的半径为eq\f(1,2)r，高为eq\f(1,2)h，故圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为eq\f(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)r))\s\up12(2)×\f(1,2)h,\f(1,3)πr2h)＝eq\f(3,8).答案：eq\f(3,8)B组——方法技巧练1．(2024·山东联考)如图，ABCD­A1B1C1D1是棱长为4的正方体，P­QRH是棱长为4的正四面体，底面ABCD，QRH在同一个平面内，BC∥QH，则正方体中过AD且与平面PHQ平行的截面面积是解析：设截面与A1B1，D1C1分别相交于点E，F，则EF∥AD.过点P作平面QRH的垂线，垂足为O，则O是△QRH的中心．设OR∩HQ＝G，则∠EAB＝∠PGO.由RG＝2eq\r(3)得RO＝2OG＝eq\f(4\r(3),3)，PO＝eq\r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(6),3)，所以sin∠EAB＝sin∠PGO＝eq\f(PO,PG)＝eq\f(\f(4\r(6),3),2\r(3))＝eq\f(2\r(2),3)，即eq\f(4,EA)＝eq\f(2\r(2),3)，则EA＝3eq\r(2)，所以四边形AEFD的面积S＝4×3eq\r(2)＝12eq\r(2).答案：12eq\r(2)2．在空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列四个命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号为________．解析：依据公理知平行于同一条直线的两条直线相互平行，①正确；依据线面垂直性质定理知“同垂直一个平面的两条直线平行”，知④正确；②③均不恒成立．故选①④.答案：①④3．(2024·宿迁模拟)已知直三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，解析：如图，不妨设N在B处，设AM＝h，CQ＝m，则MB2＝h2＋4，BQ2＝m2＋4，MQ2＝(h－m)2＋4，由MB2＝BQ2＋MQ2，得m2－hm＋2＝0.Δ＝h2－8≥0⇒h2≥8，该直角三角形斜边MB＝eq\r(4＋h2)≥eq\r(4＋8)＝2eq\r(3)，故该直角三角形斜边长的最小值为2eq\r(3).答案：2eq\r(3)4．(2024·如皋中学模拟)如图，已知三棱柱ABC­A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)求证：MN∥平面AA′C′C；(2)设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．解：(1)证明：如图，取A′B′的中点E，连接ME，NE.因为M，N分别为A′B和B′C′的中点，所以NE∥A′C′，ME∥AA′.又A′C′⊂平面AA′C′C，AA′⊂平面AA′C′C，NE⊄平面AA′C′C，ME⊄平面AA′C′C，所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C，又因为ME∩NE＝E，所以平面MNE∥平面AA′C′C，因为MN⊂平面MNE，所以MN∥平面AA′C′C.(2)连接BN，设AA′＝a，则AB＝λAA′＝λa，由题意知BC＝eq\r(2)λa，CN＝BN＝eq\r(a2＋\f(1,2)λ2a2)，因为三棱柱ABC­A′B′C′的侧棱垂直于底面，所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C.因为AB＝AC，点N是B′C′的中点，所以A′B′＝A′C′，A′N⊥B′C′，所以A′N⊥平面BB′C′C，又CN⊂平面BB′C′C，所以CN⊥A′N，要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，所以CN2＋BN2＝BC2，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,2)λ2a2))＝2λ2a2，解得λ＝eq\r(2)，故当λ＝eq\r(2)时，CN⊥平面A′MN.5.如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC.(1)求证：平面AEC⊥平面ABE；(2)点F在BE上，若DE∥平面ACF，求eq\f(BF,BE)的值．解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC.因为平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面BCE.因为EC⊂平面BCE，所以EC⊥AB.因为EC⊥BE，AB⊂平面ABE，BE⊂平面ABE，AB∩BE＝B，所以EC⊥平面ABE.因为EC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABE.(2)连结BD交AC于点O，连结OF.因为DE∥平面ACF，DE⊂平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF，所以DE∥OF.又因为矩形ABCD中，O为BD的中点，所以F为BE的中点，即eq\f(BF,BE)＝eq\f(1,2).C组——创新应用练1．下列命题：①若直线l平行于平面α内的多数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a