PAGEPAGE1專題二立體幾何[江蘇卷5年考情分析]小題考情分析大題考情分析常考點空間幾何體的表面積與體積(5年4考)本專題在高考大題中的考查特別穩定，主要是線線、線面、面面的平行與垂直的證明，一般第(1)問是線面平行的證明，第(2)問是線線垂直或面面垂直的證明，考查形式單一，難度一般.偶考點簡潔幾何體與球的切接問題第一講|小題考法——立體幾何中的計算考點(一)空間幾何體的表面積與體積主要考查柱體、錐體以及簡潔組合體的表面積與體積.[題組練透]1．(2024·江蘇高考)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的體積是120，E為CC1的中點，則三棱錐E-BCD的體積是________．解析：設長方體中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，則abc＝120，∴VE-BCD＝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·蘇錫常鎮二模)已知直四棱柱底面是邊長為2的菱形，側面對角線的長為2eq\r(3)，則該直四棱柱的側面積為________．解析：由題意得，直四棱柱的側棱長為eq\r(（2\r(3)）2－22)＝2eq\r(2)，所以該直四棱柱的側面積為S＝cl＝4×2×2eq\r(2)＝16eq\r(2).答案：16eq\r(2)3.(2024·江蘇高考)如圖所示，正方體的棱長為2，以其全部面的中心為頂點的多面體的體積為________．解析：由題意知所給的幾何體是棱長均為eq\r(2)的八面體，它是由兩個有公共底面的正四棱錐組合而成的，正四棱錐的高為1，所以這個八面體的體積為2V正四棱錐＝2×eq\f(1,3)×(eq\r(2))2×1＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)4.(2024·南通、泰州一調)如圖，銅質六角螺帽毛坯是由一個正六棱柱挖去一個圓柱所構成的幾何體．已知正六棱柱的底面邊長、高都為4cm，圓柱的底面積為9eq\r(3)cm2.若將該螺帽熔化后鑄成一個高為6cm的正三棱柱零件，則該正三棱柱的底面邊長為________cm(不計損耗)．解析：由題意知，熔化前后的體積相等，熔化前的體積為6×eq\f(\r(3),4)×42×4－9eq\r(3)×4＝60eq\r(3)(cm3)，設所求正三棱柱的底面邊長為xcm，則有eq\f(\r(3),4)x2·6＝60eq\r(3)，解得x＝2eq\r(10)，所以所求邊長為2eq\r(10)cm.答案：2eq\r(10)5．(2024·蘇北三市一模)已知正四棱錐的底面邊長為2eq\r(3)，高為1，則該正四棱錐的側面積為________．解析：易知正四棱錐的斜高為eq\r(12＋（\r(3)）2)＝2，所以該正四棱錐的側面積為4×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2＝8eq\r(3).答案：8eq\r(3)[方法技巧]求幾何體的表面積及體積的解題技巧(1)求幾何體的表面積及體積問題，可以多角度、多方位地考慮，熟記公式是關鍵所在．求三棱錐的體積時，等體積轉化是常用的方法，轉化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上．(2)求不規則幾何體的體積，常用分割或補形的思想，將不規則幾何體轉化為規則幾何體以易于求解.考點(二)簡潔幾何體與球的切接問題主要考查簡潔幾何體與球切接時的表面積、體積的計算問題，以及將空間幾何體的問題轉化為平面幾何圖形的關系的實力.[題組練透]1．(2024·江蘇高考)如圖，在圓柱O1O2內有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切．記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則eq\f(V1,V2)的值是________．解析：設球O的半徑為R，因為球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，所以圓柱的底面半徑為R、高為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)設P，A，B，C為球O表面上的四個點，PA，PB，PC兩兩垂直，且PA＝2m，PB＝3m，PC＝4m，則球O的表面積為________解析：依據題意，可知三棱錐P-ABC是長方體的一個角，該長方體的外接球就是經過P，A，B，C四點的球，∵PA＝2，PB＝3，PC＝4，∴長方體的對角線的長為eq\r(PA2＋PB2＋PC2)＝eq\r(29)，即外接球的直徑2R＝eq\r(29)，可得R＝eq\f(\r(29),2)，因此，外接球的表面積為S＝4πR2＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(29),2)))eq\s\up12(2)＝29π.答案：29π3．(2024·無錫期初測試)已知正四面體ABCD的全部棱長都等于eq\r(6)，則以A為頂點，△BCD的內切圓為底面的圓錐的體積V＝________．解析：設正△BCD內切圓的圓心為O，連接OB，OA，則圓O的半徑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，所以圓錐的高h＝OA＝eq\r(AB2－OB2)＝eq\r(6－2)＝2，所以圓錐的體積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·全國卷Ⅲ改編)設A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且其面積為9eq\r(3)，則三棱錐D-ABC體積的最大值為________．解析：由等邊△ABC的面積為9eq\r(3)，可得eq\f(\r(3),4)AB2＝9eq\r(3)，所以AB＝6，所以等邊△ABC的外接圓的半徑為r＝eq\f(\r(3),3)AB＝2eq\r(3).設球的半徑為R，球心到等邊△ABC的外接圓圓心的距離為d，則d＝eq\r(R2－r2)＝eq\r(16－12)＝2.所以三棱錐D-ABC高的最大值為2＋4＝6，所以三棱錐D-ABC體積的最大值為eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3).答案：18eq\r(3)[方法技巧]簡潔幾何體與球切接問題的解題技巧方法解讀適合題型截面法解答時首先要找準切點，通過作截面來解決．假如內切的是多面體，則作截面時主要抓住多面體過球心的對角面來作球內切多面體或旋轉體構造直角三角形法首先確定球心位置，借助外接的性質——球心到多面體的頂點的距離等于球的半徑，尋求球心究竟面中心的距離、半徑、頂點究竟面中心的距離構造成直角三角形，利用勾股定理求半徑正棱錐、正棱柱的外接球補形法因正方體、長方體的外接球半徑易求得，故將一些特殊的幾何體補形為正方體或長方體，便可借助外接球為同一個的特點求解三條側棱兩兩垂直的三棱錐，從正方體或長方體的八個頂點中選取點作為頂點組成的三棱錐、四棱錐等考點(三)平面圖形的翻折與空間圖形的綻開問題主要考查空間圖形與平面圖形之間的轉化，面積、體積以及最值問題的求解.[典例感悟][典例](1)如圖，正△ABC的邊長為2，CD是AB邊上的高，E，F分別為邊AC與BC的中點，現將△ABC沿CD翻折，使平面ADC⊥平面DCB，則三棱錐E-DFC的體積為________．(2)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝eq\r(5)，AA1＝3，M為線段BB1上的一動點，則當AM＋MC1最小時，△AMC1的面積為________．[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的距離h等于eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)，所以VE-DFC＝eq\f(1,3)×S△DFC×h＝eq\f(\r(3),24).(2)將側面綻開后可得：本題AM＋MC1最小可以等價為在矩形ACC1A1中求AM＋MC1的最小值．如圖，當A，M，C1三點共線時，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的面積為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]解決翻折問題須要把握的兩個關鍵點(1)解決與翻折有關的問題的關鍵是搞清翻折前后的變更量和不變量．一般狀況下，折線同一側的線段的長度是不變量，位置關系可能會發生變更，抓住兩個“不變性”．①與折線垂直的線段，翻折前后垂直關系不變更；②與折線平行的線段，翻折前后平行關系不變更．(2)解決問題時，要綜合考慮翻折前后的圖形，既要分析翻折后的圖形，也要分析翻折前的圖形．[演練沖關]1．有一根長為6cm，底面半徑為0.5cm的圓柱型鐵管，用一段鐵絲在鐵管上纏繞4圈，并使鐵絲的兩個端點落在圓柱的同一母線的兩端，解析：由題意作出圖形如圖所示，則鐵絲的長度至少為eq\r(62＋（4π）2)＝eq\r(36＋16π2)＝2eq\r(9＋4π2).答案：2eq\r(9＋4π2)2．(2024·南京、鹽城、連云港二模)在邊長為4的正方形ABCD內剪去四個全等的等腰三角形(如圖①中陰影部分)，折疊成底面邊長為eq\r(2)的正四棱錐S-EFGH(如圖②)，則正四棱錐S-EFGH的體積為________．解析：連結EG，HF，交點為O(圖略)，正方形EFGH的對角線EG＝2，EO＝1，則點E到線段AB的距離為1，EB＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，SO＝eq\r(SE2－OE2)＝eq\r(5－1)＝2，故正四棱錐S-EFGH的體積為eq\f(1,3)×(eq\r(2))2×2＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)3．如圖所示，平面四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，BD⊥CD，將其沿對角線BD折成四面體ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面體ABCD的頂點在同一個球面上，則該球的體積為________．解析：如圖，取BD的中點E，BC的中點O，連接AE，OD，EO，AO.因為AB＝AD，所以AE⊥BD.由于平面ABD⊥平面BCD，所以AE⊥平面BCD.因為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)，所以四面體ABCD的外接球的球心為O，半徑為eq\f(\r(3),2).所以該球的體積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([必備知能·自主補缺]\x())(一)主干學問要牢記1．空間幾何體的側面綻開圖及側面積公式幾何體側面綻開圖側面積公式直棱柱S直棱柱側＝chc為底面周長h為高正棱錐S正棱錐側＝eq\f(1,2)ch′c為底面周長h′為斜高即側面等腰三角形的高正棱臺S正棱臺側＝eq\f(1,2)(c＋c′)h′c′為上底面周長c為下底面周長h′為斜高，即側面等腰梯形的高圓柱S圓柱側＝2πrlr為底面半徑l為側面母線長圓錐S圓錐側＝πrlr為底面半徑l為側面母線長圓臺S圓臺側＝π(r1＋r2)lr1為上底面半徑r2為下底面半徑l為側面母線長2.柱體、錐體、臺體的體積公式(1)V柱體＝Sh(S為底面面積，h為高)；(2)V錐體＝eq\f(1,3)Sh(S為底面面積，h為高)；(3)V臺＝eq\f(1,3)(S＋eq\r(SS′)＋S′)h(不要求記憶)．3．球的表面積和體積公式(1)S球＝4πR2(R為球的半徑)；(2)V球＝eq\f(4,3)πR3(R為球的半徑)．4．立體幾何中相鄰兩個面之間的兩點間距離路徑最短問題，都可以轉化為平面幾何中兩點距離最短．(二)二級結論要用好1．長方體的對角線與其共點的三條棱之間的長度關系d2＝a2＋b2＋c2；若長方體外接球半徑為R，則有(2R)2＝a2＋b2＋c2.[針對練1]設三棱錐的三條側棱兩兩相互垂直，且長度分別為2，2eq\r(3)，4，則其外接球的表面積為________．解析：依題意，設題中的三棱錐外接球的半徑為R，可將題中的三棱錐補形成一個長方體，則R＝eq\f(1,2)eq\r(22＋（2\r(3)）2＋42)＝2eq\r(2)，所以該三棱錐外接球的表面積為S＝4πR2＝32π.答案：32π2．棱長為a的正四面體的內切球半徑r＝eq\f(\r(6),12)a，外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),4)a.又正四面體的高h＝eq\f(\r(6),3)a，故r＝eq\f(1,4)h，R＝eq\f(3,4)h.[針對練2]正四面體ABCD的外接球半徑為2，過棱AB作該球的截面，則截面面積的最小值為________．解析：由題意知，面積最小的截面是以AB為直徑的圓，設AB的長為a，因為正四面體外接球的半徑為2，所以eq\f(\r(6),4)a＝2，解得a＝eq\f(4\r(6),3)，故截面面積的最小值為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．相識球與正方體組合的3種特殊截面：一是球內切于正方體；二是球與正方體的十二條棱相切；三是球外接于正方體．它們的相應軸截面如圖所示(正方體的棱長為a，球的半徑為R)．eq\a\vs4\al([課時達標訓練]\x())A組——抓牢中檔小題1.若圓錐底面半徑為1，高為2，則圓錐的側面積為________．解析：由題意，得圓錐的母線長l＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以S圓錐側＝πrl＝π×1×eq\r(5)＝eq\r(5)π.答案：eq\r(5)π2．已知正六棱柱的側面積為72cm2，高為6cm，那么它的體積為________cm解析：設正六棱柱的底面邊長為xcm，由題意得6x×6＝72，所以x＝2，于是其體積V＝eq\f(\r(3),4)×22×6×6＝36eq\r(3)(cm3)．答案：36eq\r(3)3．(2024·揚州中學模擬)已知三棱錐S-ABC的全部頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S-ABC的體積為9，則球O的表面積為________．解析：如圖，連接OA，OB.由SA＝AC，SB＝BC，SC為球O的直徑，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.設球O的半徑為r，則OA＝OB＝r，SC＝2r，∴三棱錐S-ABC的體積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·南京四校聯考)如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，點E是棱BB1上一點(異于端點)，則三棱錐A1-AEC的體積為________．解析：由題意知，在正三角形ABC中，AB＝2，所以S△ABC＝eq\f(\r(3),4)×22＝eq\r(3).連接BA1，由等體積法知，VA1-AEC＝VE-AA1C＝VB-A1AC＝VA1-ABC＝eq\f(1,3)×AA1×S△ABC＝eq\r(3).答案：eq\r(3)5．(2024·揚州期末)若圓錐的側面綻開圖是面積為3π且圓心角為eq\f(2π,3)的扇形，則此圓錐的體積為________．解析：設圓錐的底面半徑為r，高為h，母線為l，則由eq\f(1,2)·eq\f(2π,3)·l2＝3π，得l＝3，又由eq\f(2π,3)·l＝2πr，得r＝1，從而有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)π6.一塊邊長為10cm的正方形鐵片按如圖所示的陰影部分裁下，然后用余下的四個全等的等腰三角形作側面，以它們的公共頂點P為頂點，加工成一個如圖所示的正四棱錐形容器．當x＝6cm時，該容器的容積為________cm解析：由題意知，這個正四棱錐形容器的底面是以6cm為邊長的正方形，側面高為5cm，則正四棱錐的高為eq\r(52－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))\s\up12(2))＝4(cm)，所以所求容積V＝eq\f(1,3)×62×4＝48(cm3)．答案：487．(2024·蘇錫常鎮四市一模)已知圓柱的軸截面的對角線長為2，則這個圓柱的側面積的最大值為________．解析：設圓柱的底面半徑為r，高為h，則由圓柱的軸截面的對角線長為2知，4r2＋h2＝4.圓柱的側面積S＝2πrh≤π×eq\f(4r2＋h2,2)＝2π，當且僅當2r＝h時取等號，所以這個圓柱的側面積的最大值為2π.答案：2π8．設棱長為a的正方體的體積和表面積分別為V1，S1，底面半徑和高均為r的圓錐的體積和側面積分別為V2，S2，若eq\f(V1,V2)＝eq\f(3,π)，則eq\f(S1,S2)的值為________．解析：由題意知，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，從而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的邊長為2，E，F分別為BC，DC的中點，沿AE，EF，AF折成一個四面體，使B，C，D三點重合，則這個四面體的體積為________．解析：設B，C，D三點重合于點P，得到如圖所示的四面體P-AEF.因為AP⊥PE，AP⊥PF，PE∩PF＝P，所以AP⊥平面PEF，所以V四面體P-AEF＝V四面體A-PEF＝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)已知圓錐的高為6，體積為8，用平行于圓錐底面的平面截圓錐，得到的圓臺體積是7，則該圓臺的高為________．解析：設截得的小圓錐的高為h1，底面半徑為r1，體積為V1＝eq\f(1,3)πreq\o\al(2,1)h1；大圓錐的高為h＝6，底面半徑為r，體積為V＝eq\f(1,3)πr2h＝8.依題意有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，所以圓臺的高為h－h1＝3.答案：311.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面為直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝eq\r(2)，P是BC1上一動點，則CP＋PA1的最小值是________．解析：連結A1B，沿BC1將△CBC1綻開，與△A1BC1在同一個平面內，如圖所示，連結A1C，則A1因為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)有一個體積為2的長方體，它的長、寬、高依次為a，b，1.現將它的長增加1，寬增加2，且體積不變，則所得新長方體高的最大值為________．解析：設所得新長方體的高為h，依據題意，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)，當且僅當2a＝b，即a＝1，b＝2時取等號，故所得新長方體高的最大值為eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)13．已知圓錐的底面半徑和高相等，側面積為4eq\r(2)π，過圓錐的兩條母線作截面，截面為等邊三角形，則圓錐底面中心到截面的距離為________．解析：如圖，設底面半徑為r，由題意可得：母線長為eq\r(2)r.又側面綻開圖面積為eq\f(1,2)×eq\r(2)r×2πr＝4eq\r(2)π，所以r＝2.又截面三角形ABD為等邊三角形，故BD＝AB＝eq\r(2)r，又OB＝OD＝r，故△BOD為等腰直角三角形．設圓錐底面中心到截面的距離為d，又VO-ABD＝VA-BOD，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.底面半徑為1cm的圓柱形容器里放有四個半徑為eq\f(1,2)cm的實心鐵球，四個球兩兩相切，其中底層兩球與容器底面相切．現往容器里注水，使水面恰好浸沒全部鐵球，則須要注水________cm3.解析：設四個實心鐵球的球心為O1，O2，O3，O4，其中O1，O2為下層兩球的球心，O1O2O3O4為正四面體，棱O1O2到棱O3O4的距離為eq\f(\r(2),2)，所以注水高為1＋eq\f(\r(2),2).故應注水體積為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組——力爭難度小題1．(2024·全國卷Ⅲ)學生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術制作模型．如圖，該模型為長方體ABCD-A1B1C1D1挖去四棱錐O-EFGH后所得的幾何體．其中O為長方體的中心，E，F，G，H分別為所在棱的中點，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度為0.9g/cm3，不考慮打印損耗，解析：由題知挖去的四棱錐的底面是一個菱形，對角線長分別為6cm和4故V挖去的四棱錐＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×6×3＝12(cm3)．又V長方體＝6×6×4＝144(cm3)，所以模型的體積為V長方體－V挖去的四棱錐＝144－12＝132(cm3)，所以制作該模型所需原料的質量為132×0.9＝118.8(g)．答案：118.82.(2024·蘇州期末)魯班鎖是中國傳統的智力玩具，起源于中國古代建筑中首創的榫卯結構，它的外觀是如圖所示的十字立方體，其上下、左右、前后完全對稱，六根等長的正四棱柱體分成三組，經90°榫卯起來．若正四棱柱的高為5，底面正方形的邊長為1，現將該魯班鎖放進一個球形容器內，則該球形容器的表面積至少為________(容器壁的厚度忽視不計，結果保留π)．解析：設球形容器的最小半徑為R，則“十字立方體”的24個頂點均在半徑為R的球面上，所以兩根并排的四棱柱體組成的長方體的八個頂點在這個球面上．球的直徑就是長方體的體對角線的長度，所以2R＝eq\r(12＋22＋52)＝eq\r(30)，得4R2＝30.從而S球面＝4πR2＝30π.答案：30π3.(2024·啟東中學模擬)把一個皮球放入如圖所示的由8根長均為20cm的鐵絲接成的四棱錐形骨架內，使皮球的表面與8根鐵絲都有接觸點(皮球不變形)，則皮球的半徑為________cm.解析：法一：如圖，過點S作SM⊥平面ABCD，垂足為M，連接AM，由題意，可知SM＝10eq\r(2)cm，AM＝10eq\r(2)cm，易發覺點M到每條棱的距離均為10cm，所以點M即球心，法二：在四棱錐S-ABCD中，全部棱長均為20cm連接AC，BD交于點O，連接SO，則SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10eq\r易知點O到AB，BC，CD，AD的距離均為10cm在等腰三角形OAS中，AO＝SO＝10eq\r(2)cm，SA所以O到SA的距離d＝10cm同理可證O到SB，SC，SD的距離也為10cm所以球心為四棱錐底面ABCD的中心O，所以皮球的半徑r＝10cm答案：104．(2024·河南模擬)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點，過點A，P，C1的平面截正方體所得的截面為M，則截面M解析：如圖，取A1D1，AD的中點分別為F，G.連接AF，AP，PC1，C1F，PG，D1G，AC1，PF∵F為A1D1的中點，P為BC的中點，G為AD的中點，∴AF＝FC1＝AP＝PC1＝eq\f(\r(5),2)，PG∥CD，AF∥D1G由題意易知CD∥C1D1，∴PG∥C1D1，∴四邊形C1D1GP為平行四邊形，∴PC1∥D1G∴PC1∥AF，∴A，P，C1，F四點共面，∴四邊形APC1F∵AC1＝eq\r(3)，PF＝eq\r(2)，∴截面M的面積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.如圖所示，在直三棱柱中，AC⊥BC，AC＝4，BC＝CC1＝2，若用平行于三棱柱A1B1C1-ABC的某一側面的平面去截此三棱柱，使得到的兩個幾何體能夠拼接成長方體，則長方體表面積的最小值為________．解析：用過AB，AC的中點且平行于平面BCC1B1的平面截此三棱柱，可以拼接成一個邊長為2的正方體，其表面積為24；用過AB，BC的中點且平行于平面ACC1A1的平面截此三棱柱，可以拼接成一個長、寬、高分別為4，1，2的長方體，用過AA1，BB1，CC1的中點且平行于平面ABC的平面截此三棱柱，可以拼接成一個長、寬、高分別為4，2，1的長方體，其表面積為28，因此所求的長方體表面積的最小值為24.答案：246.如圖，在棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別為棱AA1，D1C1上的動點，點G為正方形B1BCC1的中心．則空間四邊形AEFG在該正方體各個面上的正投影所構成的圖形中，解析：四邊形AEFG在前、后面的正投影如圖①，當E與A1重合，F與B1重合時，四邊形AEFG在前、后面的正投影的面積最大值為12；四邊形AEFG在左、右面的正投影如圖②，當E與A1重合，四邊形AEFG在左、右面的正投影的面積最大值為8；四邊形AEFG在上、下面的正投影如圖③，當F與D重合時，四邊形AEFG在上、下面的正投影的面積最大值為8.綜上所述，所求面積的最大值為12.答案：12其次講|大題考法——平行與垂直題型(一)線線、線面位置關系的證明平行、垂直關系的證明是高考的必考內容，主要考查線面平行、垂直的判定定理及性質定理的應用，以及平行與垂直關系的轉化等.[典例感悟][例1](2024·江蘇高考)如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求證：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[證明](1)在平面ABD內，因為AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC?平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因為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.又因為AC?平面ABC，所以AD⊥AC.[方法技巧]立體幾何證明問題的2個留意點(1)證明立體幾何問題的主要方法是定理法，解題時必需依據定理成立的條件進行推理．如線面平行的判定定理中要求其中一條直線在平面內，另一條直線必需說明它在平面外；線面垂直的判定定理中要求平面內的兩條直線必需是相交直線等，假如定理的條件不完整，則結論不肯定正確．(2)證明立體幾何問題，要緊密結合圖形，有時要利用平面幾何的相關學問，因此須要多畫出一些圖形協助運用．[演練沖關]1.(2024·蘇錫常鎮調研)如圖，在四棱錐P-ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，點E為棱PB的中點．(1)若PB＝PD，求證：PC⊥BD；(2)求證：CE∥平面PAD.證明：(1)取BD的中點O，連結CO，PO，因為CD＝CB，所以BD⊥CO.因為PB＝PD，所以BD⊥PO.又PO∩CO＝O，所以BD⊥平面PCO.因為PC?平面PCO，所以PC⊥BD.(2)由E為PB中點，連結EO，則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·江蘇高考)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB＝BC.求證：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.證明：(1)因為D，E分別為BC，AC的中點，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1所以A1B1∥ED.又因為ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因為AB＝BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC.因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面又因為BE?平面ABC，所以C1C⊥BE因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC＝所以BE⊥平面A1ACC1.因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.題型(二)兩平面之間位置關系的證明考查面面平行和面面垂直，都須要用判定定理，其本質是考查線面垂直和平行.[典例感悟][例2](2024·南京鹽城一模)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別是棱BC，CC1上的點(其中點D不同于點C)，且AD⊥DE，F為棱B1C1上的點，且A1F⊥B1求證：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)A1F∥平面ADE[證明](1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC因為AD?平面ABC，所以CC1⊥AD.又AD⊥DE，在平面BCC1B1中，CC1與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ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C因為A1F?平面A1B1C1，所以BB1⊥A又A1F⊥B1C1，BB1∩B1C1＝B1，所以A1F⊥平面BCC在(1)中已證得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]證明兩平面位置關系的求解思路(1)證明面面平行依據判定定理，只要找到一個面內兩條相交直線與另一個平面平行即可，從而將證明面面平行轉化為證明線面平行，再轉化為證明線線平行．(2)證明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即證明一個面過另一個面的一條垂線，將證明面面垂直轉化為證明線面垂直，一般先從現有直線中找尋，若圖中不存在這樣的直線，則借助中線、高線或添加協助線解決.[演練沖關](2024·江蘇高考)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C求證：(1)AB∥平面A1B1C(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC證明：(1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中AB∥A1B1.因為AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1所以AB∥平面A1B1C(2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中四邊形ABB1A1又因為AA1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形因此AB1⊥A1B.因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C所以AB1⊥BC.因為A1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因為AB1?平面ABB1A1所以平面ABB1A1⊥平面A1BC題型(三)空間位置關系的綜合問題主要考查空間線面、面面平行或垂直的位置關系的證明與翻折或存在性問題相結合的綜合問題.[典例感悟][例3]如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點，將△ADE沿AE折起，得到如圖2所示的四棱錐D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)證明：BE⊥平面D1AE；(2)設F為CD1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出eq\f(AM,AB)的值；若不存在，請說明理由．[解](1)證明：∵四邊形ABCD為矩形且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的中點L，連接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四點共面．若MF∥平面AD1E，則MF∥AL.∴四邊形AMFL為平行四邊形，∴AM＝FL＝eq\f(1,4)AB，即eq\f(AM,AB)＝eq\f(1,4).[方法技巧]與平行、垂直有關的存在性問題的解題步驟[演練沖關](2024·全國卷Ⅰ)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點M到達點D的位置，且AB⊥DA.(1)證明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱錐Q-ABP的體積．解：(1)證明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.又因為BA⊥AD，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD.因為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).如圖，過點Q作QE⊥AC，垂足為E，則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，三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP＝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([課時達標訓練]\x())A組——大題保分練1．(2024·蘇北三市期末)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E，F分別是B1C1，AB，AA(1)求證：EF∥平面A1BD；(2)若A1B1＝A1C1，求證：平面A1BD⊥平面BB1證明：(1)因為E，F分別是AB，AA1的中點，所以EF∥A1B.因為EF?平面A1BD，A1B?平面A1BD，所以EF∥平面A1BD.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C因為A1D?平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D因為A1B1＝A1C1，且D是B1C1所以A1D⊥B1C1因為BB1∩B1C1＝B1，B1C1，BB1?平面BB所以A1D⊥平面BB1C因為A1D?平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面BB1C2.(2024·南京四校聯考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，E是BC的中點，F在棱PC上，且PA∥平面DEF.(1)求證：AD⊥PC；(2)求eq\f(PF,FC)的值．解：(1)證明：因為底面ABCD是矩形，所以AD⊥DC.因為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)如圖，連接AC，交DE于G，連接FG.因為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).因為底面ABCD是矩形，E是BC的中點，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·揚州期末)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形AA1B1B為矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，E，F分別是四邊形AA1B1B，BB1C求證：(1)EF∥平面ABC；(2)BB1⊥AC.證明：(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形AA1B1B，四邊形BB1∵E，F分別是四邊形AA1B1B，BB1C1C對角線的交點，∴E，F分別是AB1，CB1的中點，∴EF∵EF?平面ABC，AC?平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)∵四邊形AA1B1B為矩形，∴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)在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°.(1)求證：平面PAC⊥平面PAB；(2)設平面PBC∩平面PAD＝l，求證：BC∥l.證明：(1)因為PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以PA⊥AC.因為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).因為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)因為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組——大題增分練1．(2024·鹽城三模)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，M，N分別是棱A1D1，D1C1求證：(1)AC∥平面DMN；(2)平面DMN⊥平面BB1D1D.證明：(1)連結A1C1，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，因為AA1綊BB1，BB1綊CC1，所以AA1綊CC1，所以A1ACC1為平行四邊形，所以A1C1∥AC.又M，N分別是棱A1D1，D1C1的中點，所以MN∥A1C1，所以AC∥MN.又AC?平面DMN，MN?平面DMN，所以(2)因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱所以DD1⊥平面A1B1C1D1，而MN?平面A1B1C1D所以MN⊥DD1.又因為棱柱的底面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·揚州中學模擬)如圖，已知三棱錐P-ABC中，AC⊥BC，PA＝PC，棱AC的中點為E，且BC∥平面PEF.(1)求證：EF∥平面PBC；(2)求證：平面PAC⊥平面PEF.證明：(1)因為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)因為PA＝PC，E是AC的中點，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·南師附中、天一中學四月聯考)如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中已知點M為棱BC上異于B，C的一點．(1)若M為BC的中點，求證：A1C∥平面AB1(2)若平面AB1M⊥平面BB1C1C，求證：證明：(1)連接A1B，交AB1于點N.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，易知四邊形AA1B1B為矩形，∴N為A1B的中點．又M為BC的中點，連接MN，∴MN∥A1C又A1C?平面AB1M，MN?平面AB1M，∴A1C∥(2)過點B作BP⊥B1M，垂足為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ABCD-A1B1C1D1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)如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，點Q是棱PC上異于P，C的一點．(1)求證：BD⊥AC；(2)過點Q和AD的平面截四棱錐得到截面ADQF(點F在棱PB上)，求證：QF∥BC.證明：(1)因為PC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以BD⊥PC.記AC，BD交于點O，連結OP.因為平行四邊形對角線相互平分，則O為BD的中點．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)因為四邊形ABCD是平行四邊形，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.第三講|專題提能——“立體幾何”專題提能課eq\a\vs4\al(提能點)eq\a\vs4\al(（一）防止思維定式，實現“移花接木”)失誤1因不會構造適當的幾何體而解題受阻[例1]已知三棱錐S-ABC的四個頂點S，A，B，C都是球O表面上的點，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝BC＝1，則球O的體積等于________．[解析]如圖，可把該三棱錐補成正方體，正方體的體對角線即為外接球的直徑，所以半徑為eq\f(\r(3),2)，所以體積為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[點評]學生對于本題往往不知道球心的位置而導致不會解答．把該三棱錐補成正方體來確定球心的位置是求解本題的關鍵之處，正方體的體對角線就是外接球直徑.失誤2因不會利用側面綻開圖而解題受阻[例2]如圖所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4cm，AD＝2cm，AA1＝3cm，則在長方體表面上連結A，C1兩點的全部[解析]將長方體的面分別綻開平鋪，當四邊形AA1D1D和四邊形DD1C1C在同一平面內時，最小距離為四邊形AA1C1C的對角線，長度是eq\r(32＋（4＋2）2)＝eq\r(45)；當四邊形AA1D1D和四邊形A1B1C1D1在同一平面內時，最小距離為四邊形AB1C1D的對角線，長度是eq\r(22＋（3＋4）2)＝eq\r(53)；四邊形ABCD和四邊形CDD1C1在同一平面內時，最小距離為四邊形ABC1D1的對角線，長度是eq\r(42＋（2＋3）2)＝eq\r(41)，所以最小距離是eq\r(41)cm.[答案]eq\r(41)[點評]該題考查的是幾何體的表面距離的最值問題，結合平面內連結兩點的直線段是最短的，所以將長方體的側面沿著不同的方向綻開，使得兩個點落在同一平面內，利用勾股定理來求解，選出最小的那個，簡潔出錯的地方在于考慮不全面，沿著一個方向綻開求得結果，從而出現錯誤，所以肯定要留意應當有三條路徑.失誤3因定理表述不嚴謹而導致丟分[例3]如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，求證：平面BC1D∥平面AB1D1[證明]∵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.[點評]在證明面面平行時，有的同學喜愛跳步，干脆由線線平行得到面面平行，少了由線線平行到線面平行的過程，在考試中是要被扣分的．立體幾何邏輯性特別強，證明時要嚴格依據定理的要求來進行書寫，切不行漏條件．eq\a\vs4\al(提能點)eq\a\vs4\al(（二）敏捷運用策略，嘗試“借石攻玉”)策略1割補法：求不規則幾何體的體積[例1]如圖所示，在多面體ABCDEF中，已知ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則該多面體的體積為________．[解析]法一：如圖所示，分別過A，B作EF的垂線AG，BH，垂足分別為G，H.連結DG，CH，簡潔求得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＝VE-ADG＋VF-BHC＋VAGD-BHC＝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：如圖所示，將該多面體補成一個斜三棱柱ADE-MNF，點F到平面AMND的距離為eq\f(\r(2),2)，則V＝VADE-MNF－VF-MNCB＝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)[點評]本題中所用的兩種方法事實上就是求不規則幾何體體積的兩種基本方法．法一是對不規則幾何體進行分割．法二則是在原不規則幾何體的基礎上補上一個幾何體，使之成為規則幾何體.策略2等積法：求點到平面的距離[例2]在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD＝1，AB＝2，AA1＝2，點M在平面ACB1內運動，則線段BM[解析]線段BM的最小值即點B到平面ACB1的距離h.在△ACB1中，AC＝B1C＝eq\r(5)，AB1＝2eq\r(2)，所以AB1邊上的高為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).又三棱錐B-ACB1的體積Veq\a\vs4\al(B-ACB1)＝Veq\a\vs4\al(A-BB1C)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×2＝eq\f(2,3)，所以Veq\a\vs4\al(B-ACB1)＝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)[點評]等積法包括等面積法和等體積法．利用等積法的前提是平面圖形(或立體圖形)的面積(或體積)通過已知條件可以得到，利用等積法可以求解幾何圖形的高，特殊是在求三角形的高(點到線的距離)或三棱錐的高(點到面的距離)時，通常采納此法解決問題．eq\a\vs4\al(提能點)eq\a\vs4\al(（三）系統數學思想，實現“觸類旁通”)1．函數與方程思想——解決立體幾何中的最值問題[例1]如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F為圓O上的點，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱錐．當△ABC的邊長變更時，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為________．[解析]法一：由題意可知，折起后所得三棱錐為正三棱錐，當△ABC的邊長變更時，設△ABC的邊長為a(a>0)cm，則△ABC的面積為eq\f(\r(3),4)a2，△DBC的高為5－eq\f(\r(3),6)a，則正三棱錐的高為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)，∴所得三棱錐的體積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，則t′＝100a3－eq\f(25\r(3),3)a4，由t′＝0，得a＝4eq\r(3)，此時所得三棱錐的體積最大，為4eq\r(15)cm3.法二：如圖，連接OD交BC于點G，由題意知，OD⊥BC.易得OG＝eq\f(\r(3),6)BC，設OG＝x，則BC＝2eq\r(3)x，DG＝5－x，S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)x×3x＝3eq\r(3)x2，故所得三棱錐的體積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)))，則f′(x)＝100x3－50x4，令f′(x)>0，即x4－2x3<0，得0<x<2，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))時，f(x)≤f(2)＝80，∴V≤eq\r(3)×eq\r(80)＝4eq\r(15).∴所求三棱錐的體積的最大值為4eq\r(15).[答案]4eq\r(15)cm3[點評]處理此類問題的關鍵是結合圖形條件建立適當函數，轉化為求函數的最值問題．2．高維與低維的轉化思想——解決幾何體的綻開問題[例2]如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為2cm，高為5cm，一質點自A點動身，沿著三棱柱的側面繞行兩周到達A[解析]將三棱柱沿側棱AA1綻開得如圖所示(兩周)因為正三棱柱底面邊長為2cm，高為5cm，所以AA1＝5cm，AA″＝12cm，所以A1A″＝eq\r(52＋122)＝13，即最短路途為13[答案]13[點評]將空間幾何體中的距離之和的最值問題通過側面綻開圖的運用轉化為平面幾何的最值，這正是降維轉化思想的運用．eq\a\vs4\al(提能點)eq\a\vs4\al(（四）強化一題多法，激活“解題思維”)線面平行問題中的常見轉化方法[典例]如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝4，M是棱CC1上的一點．(1)求證：BC⊥AM；(2)若N是AB的中點，且CN∥平面AB1M，求CM[解](1)證明：因為ABC-A1B1C1是直三棱柱所以CC1⊥平面ABC.因為BC?平面ABC，所以CC1⊥BC.因為AC⊥BC，CC1∩AC＝C，CC1?平面ACC1A1，AC?平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1因為AM?平面ACC1A1，所以BC⊥AM(2)法一：如圖①，取AB1的中點P，連結NP，PM.因為N是AB的中點，所以NP∥BB1.因為CM∥BB1，所以NP∥CM，所以NP與CM共面．因為CN∥平面AB1M，平面CNPM∩平面AB1M＝MP，所以CN∥所以四邊形CNPM為平行四邊形，所以CM＝NP＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1＝2.法二：如圖②，設NC與CC1確定的平面交AB1于點P，連結NP，PM.因為CN∥平面AB1M，CN?平面CNPM，平面AB1M∩平面CNPM＝PM，所以CN∥因為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，所以四邊形CNPM為平行四邊形．因為N是AB的中點，所以CM＝NP＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1＝2.法三：如圖③，取BB1的中點Q，連結NQ，CQ.因為N是AB的中點，所以NQ∥AB1.因為NQ?平面AB1M，AB1?平面AB1M，所以NQ∥平面AB因為CN∥平面AB1M，NQ∩CN＝N，NQ?平面NQC，CN?平面NQC，所以平面NQC∥平面AB1因為平面BCC1B1∩平面NQC＝QC，平面BCC1B1∩平面AB1M＝MB1，所以CQ∥MB1因為BB1∥CC1，所以四邊形CQB1M是平行四邊形所以CM＝B1Q＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1＝2.法四：如圖④，分別延長BC，B1M，設交點為S，連結AS.因為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.又因為CM∥BB1，可得SM＝MB1，所以CM＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1＝2.[點評]線面平行無論是判定定理還是性質定理都是須要轉化為線線平行．常見的方式有構造三角形轉化為線線平行，構造平行四邊形轉化為對邊平行，構造面面平行再利用面面平行的性質定理進行證明．eq\a\vs4\al([課時達標訓練]\x())A組——易錯清零練1．設l，m表示直線，m是平面α內的隨意一條直線．則“l⊥m”是“l⊥α”成立的____________條件(在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”中選填一個)．解析：由l⊥m，m?α，可得l?α，l∥α或l與α相交，推不出l⊥α；由l⊥α，m?α，結合線面垂直的定義可得l⊥m.故“l⊥m”是“l⊥α”成立的必要不充分條件．答案：必要不充分2．(2024·南京鹽城二模)已知正四棱錐P-ABCD的全部棱長都相等，高為eq\r(2)，則該正四棱錐的表面積為________．解析：設正四棱錐P-ABCD的棱長為2x，則斜高為eq\r(3)x，所以(eq\r(2))2＋x2＝(eq\r(3)x)2，得x＝1，所以該正四棱錐的棱長為2，表面積S＝4＋4×eq\f(1,2)×2×2sin60°＝4eq\r(3)＋4.答案：4eq\r(3)＋43.(2024·蘇州期末)如圖，某種螺帽是由一個半徑為2的半球體挖去一個正三棱錐所得的幾何體，該正三棱錐的底面三角形內接于半球底面的大圓，頂點在半球面上，則被挖去的正三棱錐的體積為________．解析：如圖，記挖去的正三棱錐為正三棱錐P-ABC，則該正三棱錐的底面三角形ABC內接于半球底面的大圓，頂點P在半球面上．設BC的中點為D，連接AD，過點P作PO⊥平面ABC，交AD于點O，則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)，所以挖去的正三棱錐的體積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)已知圓錐SO，過SO的中點P作平行于圓錐底面的截面，以截面圓為上底面作圓柱PO，圓柱的下底面落在圓錐的底面上(如圖)，則圓柱PO的體積與圓錐SO的體積的比值為________．解析：設圓錐SO的底面圓的半徑為r，高為h，則圓柱PO的底面圓的半徑為eq\f(1,2)r，高為eq\f(1,2)h，故圓柱PO的體積與圓錐SO的體積的比值為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組——方法技巧練1．(2024·山東聯考)如圖，ABCD-A1B1C1D1是棱長為4的正方體，P-QRH是棱長為4的正四面體，底面ABCD，QRH在同一個平面內，BC∥QH，則正方體中過AD且與平面PHQ平行的截面面積是解析：設截面與A1B1，D1C1分別相交于點E，F，則EF∥AD.過點P作平面QRH的垂線，垂足為O，則O是△QRH的中心．設OR∩HQ＝G，則∠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)，則EA＝3eq\r(2)，所以四邊形AEFD的面積S＝4×3eq\r(2)＝12eq\r(2).答案：12eq\r(2)2．在空間中，用a，b，c表示三條不同的直線，γ表示平面，給出下列四個命題：①若a∥b，b∥c，則a∥c；②若a⊥b，b⊥c，則a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，則a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，則a∥b.其中真命題的序號為________．解析：依據公理知平行于同一條直線的兩條直線相互平行，①正確；依據線面垂直性質定理知“同垂直一個平面的兩條直線平行”，知④正確；②③均不恒成立．故選①④.答案：①④3．(2024·宿遷模擬)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的側棱長為6，且底面是邊長為2的正三角形，用一平面截此棱柱，與側棱AA1，BB1，CC1分別交于三點M，N，Q，若△MNQ為直角三角形，解析：如圖，不妨設N在B處，設AM＝h，CQ＝m，則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，該直角三角形斜邊MB＝eq\r(4＋h2)≥eq\r(4＋8)＝2eq\r(3)，故該直角三角形斜邊長的最小值為2eq\r(3).答案：2eq\r(3)4．(2024·如皋中學模擬)如圖，已知三棱柱ABC-A′B′C′的側棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，點M，N分別為A′B和B′C′的中點．(1)求證：MN∥平面AA′C′C；(2)設AB＝λAA′，當λ為何值時，CN⊥平面A′MN，試證明你的結論．解：(1)證明：如圖，取A′B′的中點E，連接ME，NE.因為M，N分別為A′B和B′C′的中點，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，又因為ME∩NE＝E，所以平面MNE∥平面AA′C′C，因為MN?平面MNE，所以MN∥平面AA′C′C.(2)連接BN，設AA′＝a，則AB＝λAA′＝λa，由題意知BC＝eq\r(2)λa，CN＝BN＝eq\r(a2＋\f(1,2)λ2a2)，因為三棱柱ABC-A′B′C′的側棱垂直于底面，所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C.因為AB＝AC，點N是B′C′的中點，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)，故當λ＝eq\r(2)時，CN⊥平面A′MN.5.如圖，四邊形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC.(1)求證：平面AEC⊥平面ABE；(2)點F在BE上，若DE∥平面ACF，求eq\f(BF,BE)的值．解：(1)證明：因為四邊形ABCD為矩形，所以AB⊥BC.因為平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面BCE.因為EC?平面BCE，所以EC⊥AB.因為EC⊥BE，AB?平面ABE，BE?平面ABE，AB∩BE＝B，所以EC⊥平面ABE.因為EC?平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABE.(2)連結BD交AC于點O，連結OF.因為DE∥平面ACF，DE?平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF，所以DE∥OF.又因為矩形ABCD中，O為BD的中點，所以F為BE的中點，即eq\f(BF,BE)＝eq\f(1,2).C組——創新應用練1．下列命題：①若直線l平行于平面α內的多數條直線，則l∥α；②若直線a在平面α外，則a∥α；③若直線a∥b，直線b?α，則a∥α；④若直線a