6.3 多面体与旋转体

【 解 析 】 已 知 长 方 体 可 以 看 成 直 四 棱 柱 ADD′A′ － BCC′B′．
设它的底面ADD′A′面积为S，高为h， 则此长方体的体积为V＝Sh．
而棱锥C－A′DD′的底面面积为 S，1 高是h， 2
因此，棱锥C－A′DD′的体积为
VC－A′DD′＝
1× S1h＝ S1h． 32 6
主要考点剖析
考点一 空间几何体
命题规律 简单几何体主要包括棱柱、棱锥和球．高考
对棱柱、棱锥的考查主要有两个方面：一是考查棱柱、棱锥 的有关概念和性质，面积、体积的计算等；二是将棱柱、棱 锥作为载体考查立体几何的综合问题，如线面位置关系的论 证，空间角与距离的求解，折叠与展开问题，最值与定值问 题等．考查棱柱、棱锥的概念和性质以及面积、体积的计算 时，一般以选择题、填空题的形式出现；而作为载体考查综 合问题时，一般以解答题的形式出现．
－1)，当F，M，E′三点共线时，即t＝ 时1 ，C有最小 2
值 5 ,∴P为BB1的中点时,△APC1的周长C有最小值 5 3. [答案] 5 3
●例2 如图所示，长方体ABCD－A′B′C′D′中，用截面 截下一个棱锥C－A′DD′，求棱锥C－A′DD′的体积与剩余部 分的体积之比．
【分析】将剩余部分的体积转化为两个规则几何体的体 积之差求解．
1 3
×
1 2
×1＝
1 6
．
考点二 球及其接切问题
命题规律 球在高考中基本以客观题的形式出现，并且
考查方式十分灵活，其中涉及球的截面、球面距离、面积、 体积以及球与其他几何体的接、切等方面，解决与球有关的 问题时，常常将其转化为圆的问题来解决．
●例3 如图所示，在等腰梯形ABCD中，AB＝2DC＝ 2，∠DAB＝60°，E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别 沿ED、EC向上折起，使A、B重合，求形成的三棱锥的外接 球的体积．
形；棱锥的侧棱、斜高及底边构成的直角三角形；棱锥侧棱
的射影、斜高的射影及底边构成的直角三角形．
★互动变式1（2011海口一中二模）如图，已知正方体 ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P在棱BB1上运动(不含B， B1两点)，则△APC1的周长C的最小值为________．
【解析】设PB1＝t(0＜t＜1)，则|PC1|＝ 1 t 2 ， |PA|＝ 1 (1 t)2 ，|AC1|＝ 3， 得△APC1的周长为C＝ 1 t 2 1 (1 t)2 3．
连结SE，则SE即为斜高，则SO⊥OE．
在Rt△SOE中，∵OE＝ 1BC＝ 2
2，SO＝
3，
∴SE＝ 5 ，即该四棱锥的斜高为 5 ．
[答案] 5 【点评】本类问题的求解通常需要用到下面的几个三角
形：棱锥的高和斜高及斜高在底面上的射影构成的直角三角
形；棱锥的高和侧棱及侧棱与底面上的射影构成的直角三角
第3讲 多面体与旋转体
重点知识回顾 1．棱柱 正棱柱的定义：底面是正多边形的直棱柱叫正棱柱． 棱柱的体积公式：V＝Sh(S为底面积，h为棱柱的高)． 2．棱椎 正棱锥的定义：如果一个棱锥的底面是正多边形，且顶 点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫正棱锥． 正棱锥的性质：各侧棱相等，侧面都是全等的等腰三角 形，各等腰三角形底边上的高(斜高)相等． 棱锥的体积公式：V＝Sh(S为底面积，h为棱锥的高)． 3．球 ①球面距离． ②球的表面积与体积公式：设球的半径为R，则S球＝ 4πR2，V球＝πR3．
(2)∵PD⊥平面ABCD，GC⊂平面ABCD， ∴GC⊥PD． ∵四边形ABCD为正方形，∴GC⊥CD． ∵PD∩CD＝D，∴GC⊥平面PCD．
∵PF＝ 1 PD＝1，EF＝1 CD＝1，
2
2
∴S△PEF＝
1 EF×， 2
∴VP－EFG＝VG－PEF＝
1 3
S△PEF·GC＝
下面求C＝ 1 t 2 1 (1 t)2 的最小值： ∵C＝ (t 0)2 +(0 1)2 (t 1)2 +(0 1)2 ，在平面直角 坐 标 系 中 ， 它 表 示 x 轴 上 的 动 点 M(t,0)(0 ＜ t ＜ 1) 到 两 定 点 E(0,1)与F(1,1)的距离之和，又点E关于x轴的对称点E′(0，
余下的体积为Sh－ 1 Sh＝ 5 Sh．
6
6
所以棱锥C－A′DD′的体 积与剩余部分的体积之比为
1∶5．
【点评】本题利用体积的常见求法——“割补法”，考
查了转化思想．
★互动变式2 如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面 ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G 分别为PC、PD、BC的中点．
(1)证明：PA∥平面EFG； (2)求三棱锥P－EFG的体积． 【解析】 (1)(法一)如图，取AD的中点H，连接GH、 FH．
∵E，F分别为PC，PD的中点，∴EF∥CD． ∵G，H分别为BC，AD的中点，∴GH∥CD． ∴EF∥GH． ∴E，F，H，G四点共面． ∵F，H分别为DP，DA的中点，∴PA∥FH． ∵PA⊄平面EFG，FH⊂平面EFG， ∴PA∥平面EFG． (法二)∵E，F，G分别为PC，PD，BC的中点， ∴EF∥CD，EG∥PB． ∵CD∥AB，∴EF∥AB． 又EF⊄面PAB，AB⊂面PAB， EF∥面PAB，同理EG∥面PAB． ∵EF∩EG＝E，∴平面EFG∥平面PAB． ∵PA⊂平面PAB，∴PA∥平面EFG．
【分析】要求外接球体积关键是求球的半径，可通过正 四面体的线段关系或构造一个正方体进行求解．
【解析】由已知条件得， 平面图形中AE＝EB＝BC＝CD＝DA＝DE＝EC＝1， ∴折叠后得到一个正四面体． (法一)作AF⊥平面DEC，垂足为F，点F即为△DEC的中 心．
●例1 正四棱锥的高为，侧棱长为，求该四棱锥的斜 高为________．
【 解 析 】 如 图 所 示 ， 在 正 棱 锥 S － ABCD 中 ， 高 OS ＝ 3，侧棱SA＝SB＝SC＝SD＝ 7 ，
在Rt△SOA中，OA＝ SA2 OS 2 ＝2， ∴AC＝4． ∴AB＝BC＝CD＝DA＝2 2 ． 作OE⊥AB于E，则E为AB的中点．