江苏省高考数学二轮复习专题二立体几何2.1小题考法—立体几何中的计算讲义(含解析)

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江苏省2014年高考数学(文)二轮复习简易通配套课件：常考问题16 立体几何中的向量方法

• 4 ．空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系 • (1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦； • (2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.
热点与突破
• 热点一向量法证明平行与垂直 • 【例1】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1 中， • △ ABC 为等腰直角三角形， ∠ BAC ＝ 90°， • 且 AB ＝ AA1 ， D ， E ， F 分别为 B1A ， C 1C ， • BC的中点．求证： • (1)DE∥平面ABC；
• [规律方法] 证明平行、垂直关系时，若用传统的几何法，难以找出问题与条件的关系时，可采用向量法，但向量法要求计算必须准确无误，利用向量法的关键是正确求平面的法向量．
• • • • • •
【训练 1】如图，在直三棱柱 ADE-BCF 中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．求证： (1)OM∥平面BCF； (2)平面MDF⊥平面EFCD.
→ → (2)易知AA1＝(0,2 2，0)，A1C1＝(－ 2，－ 2， 5)．设平面 AA1C1 的法向量 m＝(x，y，z)， → m· A1C1＝0，则 → AA1＝0， m·
－ 2x－即 2 2y＝0.
2y＋ 5z＝0，
不妨令 x＝ 5，可得 m＝( 5，0， 2)．同样地，设平面 A1B1C1 的法向量 n＝(x1，y1，z1)，
(1)证明
→ → → 以 A 为原点，AB，AD，AA1的方向分别为 x 轴、y 轴、z
轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设 AB＝a，则 A(0,0,0)，

江苏高考数学二轮复习专题二立体几何课件理共37页

江苏高考数学二轮复习专题二立体几何课件理
16、自己选择的路、跪着也要把它走完。 17、一般情况下)不想三年以后的事，只想现在的事。现在有成就，以后才能更辉煌。
18、敢于向黑暗宣战的人，心里必须充满光明。 19、学习的关键--重复。
20、懦弱的人只会裹足不前，莽撞的人只能引为烧身，只有真正勇敢的人才能所向披靡。
Hale Waihona Puke 66、节制使快乐增加并使享受加强。 ——德谟克利特 67、今天应做的事没有做，明天再早也是耽误了。——裴斯泰洛齐 68、决定一个人的一生，以及整个命运的，只是一瞬之间。 ——歌德 69、懒人无法享受休息之乐。——拉布克 70、浪费时间是一桩大罪过。——卢梭

江苏省高考数学二轮复习专题二立体几何第2讲立体几何的综合问题课件

(1)若E，F分别为AB，BC的中点，求证：EF∥平面ACD；
证明
(2)若平面ABC⊥平面BCD，求证：平面ABD⊥平面ACD.
证明
思维升华
平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化、有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键.一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法.
解析答案
思维升华
(1)涉及柱、锥及其简单组合的计算问题，要在正确理解概念的基础上，画出符合题意的图形或辅助线(面)，再分析几何体的结构特征，从而进行解题. (2)求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.
跟踪演练1 (1)(2018·江苏盐城中学模拟)已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为6π_____. 解析 S圆柱＝2π×12＋2π×1×2＝6π.
证明
(2)若 A1B∥平面 ADC1，求DBDC的值.
解答
真题押题精练
1.(2018·江苏)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶
4
点
3
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 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＝2×31×( 2)2×1＝34.
跟踪演练2 如图1，在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB， AC上的点，AD＝AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF

江苏专用高考数学二轮复习-第8讲立体几何课件-文-苏教版

在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，底面各边
都相等，M 是 PC 上的一动点，当点 M 满足BM⊥PC 时，
平面 MBD⊥平面 PCD.
立体几何中平行、垂直关系的证明的基本思路是利用线
面关系的转化面↔面⊥面性质
线∥线↔线⊥面↔面∥面
如(ⅲ)已知直线 l⊥平面 α，直线 m⊂平面 β，给出下列
么它们的交线平行. 给出以下六个命题：①垂直于同一直线的两个平面平
行；②平行于同一直线的两个平面平行；③平行于同一
平面的两个平面平行；④与同一直线成等角的两个平面
平行；⑤一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的
两条相交直线平行，则这两个平面平行；⑥两个平面分
别与第三个平面相交所得的两条交线平行，则这两个平
(5)体积公式： V 柱＝S·h (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝31S·h(S 为底面面积，h 为高). V 台＝31(S＋ SS′＋S′)h(S、S′为上、下底面面积，h 为高). (6)球的表面积和体积 S 球＝4πR2，V 球＝34πR3.
3.空间直线的位置关系：①相交直线——有且只有一个公共点 .② 平行直线 —— 在同一平面内，没有公共点.③异面直线——不在同一平面内，也没有公共点. 如(1)空间四边形 ABCD 中，E、F、G、H 分别是四边上的中点，则直线 EG 和 FH 的位置关系是相交 . (2)给出下列四个命题： ①异面直线是指空间既不平行又不相交的直线；
7.直线和平面垂直的判定和性质判定：(1)如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线和这个平面垂直.(2)两条平行线中有一条直线和一个平面垂直，那么另一条直线也和这个平面垂直. 性质：(1)如果一条直线和一个平面垂直，那么这条直线和这个平面内所有直线都垂直.(2)如果两条直线都垂直于同一个平面，那么这两条直线平行. 如如果命题“若 x⊥y，y∥z，则 x⊥z”不成立，那么字母 x、y、z 在空间所表示的几何图形一定是 x、y 是直线，z 是平面 .

高考数学二轮复习专题二立体几何微点深化立体几何中的轨迹与折

微点深化立体几何中的轨迹与折叠问题1.运动变化中的轨迹问题的实质是寻求运动变化过程中的所有情况，发现动点的运动规律.2.将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.热点一以立体图形为载体的轨迹问题【例1】 (1)已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E为CC1的中点，P在对角面BB1D1D所在平面内运动，若EP与AC成30°角，则点P的轨迹为( )A.圆B.抛物线C.双曲线D.椭圆(2)(2018·宁波期中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P是平面AC内的动点，若点P到直线A1D1的距离等于点P到直线CD的距离，则动点P的轨迹所在的曲线是( ) A.抛物线 B.双曲线 C.椭圆 D.直线解析(1)因为在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平面六面体ABCD-A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EF∥AC，因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角.设EF与对角面BB1D1D的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A.(2)如图，以A为原点，AB为x轴、AD为y轴，建立平面直角坐标系.设P(x，y)，作PE⊥AD于E、PF⊥A1D1于F，连接EF，易知|PF|2＝|PE|2＋|EF|2＝x2＋1，又作PN⊥CD于N，则|PN|＝|y－1|.依题意|PF|＝|PN|，即x2＋1＝|y－1|，化简得x2－y2＋2y＝0，故动点P的轨迹为双曲线，选B.答案(1)A (2)B探究提高研究立体几何中点的轨迹问题一般先将问题平面化，将问题转化为两平面或曲线的交线，或者直接用平面解析几何知识如圆锥曲线的定义或建系去处理.【题组训练1】(1)(2018·绍兴质检)如图，若三棱锥ABCD的侧面ABC内一动点P到底面BCD的距离与到点A的距离之比为正常数λ，且动点P的轨迹是抛物线，则二面角ABCD的平面角的余弦值为( )A.λB.1－λ2C.1λD.1－1λ2 解析由题意知，动点P 的轨迹是以点A 为焦点，直线BC 为准线的抛物线，设点P 在底面BCD 内的投影为点H ，二面角ABCD 的平面角的大小为θ，点P 到直线BC 的距离为d ，则|PH ||PA |＝λ，由抛物线的定义，得|PA |＝d ，则sin θ＝|PH |d ＝λ|PA |d＝λ，则cos θ＝1－sin 2θ＝1－λ2，故选B.答案 B(2)如图，在正方体ABCD-A1B 1C 1D 1中，P 是侧面BB 1C 1C 内一动点，若P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是( )A.直线B.圆C.双曲线D.抛物线解析点P 到直线C 1D 1的距离即为点P 到点C 1的距离，所以在平面BB 1C 1C中，点P 到定点C 1的距离与到定直线BC 的距离相等，由抛物线的定义可知，动点P 的轨迹所在的曲线是抛物线，故选D.答案 D(3)如图，定点A 和B 都在平面α内，定点P α，PB ⊥α，C 是α内异于A 和B 的动点，且PC ⊥AC .那么，动点C 在平面α内的轨迹是( )A.一条线段，但要去掉两个点B.一个圆，但要去掉两个点C.一个椭圆，但要去掉两个点D.半圆，但要去掉两个点解析由PB ⊥α，可得PB ⊥AC ，又PC ⊥AC ，所以AC ⊥平面PBC ，则可得AC ⊥BC ，由于定点A 和B 都在平面α内，动点C 满足AC ⊥BC 的轨迹是在平面α内以AB 为直径的圆，而C 是α内异于A 和B 的动点，所以动点C 在平面α内的轨迹是在平面α内以AB 为直径的圆(去掉两个A 、B ).故选B.答案 B热点二立体几何中的折叠问题【例2】 (1)(2018·浙江名校协作体联考)已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝ 2.将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A.存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B.存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C.存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D.对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直解析若AB ⊥CD ，BC ⊥CD ，则可得CD ⊥平面ACB ，因此有CD ⊥AC .因为AB ＝1，BC ＝AD ＝2，CD ＝1，所以AC ＝1，所以存在某个位置，使得AB ⊥CD .答案 B(2)(2018·北京海淀区调考)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，E 为BC 的中点，F 为线段AD 上的一点，且AF ＝32.现将四边形ABEF 沿直线EF 翻折，使翻折后的二面角A ′EFC 的余弦值为23.①求证：A ′C ⊥EF ；②求直线A ′D 与平面ECDF 所成角的大小.①证明连接AC 交EF 于点M ，由平面几何的知识可得AC ＝5，EF ＝52以及AM MC ＝FM ME ＝32，则AM ＝355，MC ＝255，MF ＝3510. 故AM 2＋MF 2＝AF 2，则AC ⊥EF ，于是A ′M ⊥EF ，CM ⊥EF ，又A ′M ∩CM ＝M ，故EF ⊥平面A ′MC ，又A ′C 平面A ′MC ，故A ′C ⊥EF .②解由①知，二面角A ′EFC 的平面角就是∠A ′MC ，即cos∠A ′MC ＝23. 根据余弦定理，得 A ′C ＝A ′M 2＋MC 2－2A ′M ·MC cos∠A ′MC ＝1.因为A ′C 2＋MC 2＝95＝A ′M 2，所以A ′C ⊥MC . 而由(1)知A ′C ⊥EF ，且MC ∩EF ＝M ，所以A ′C ⊥平面ECDF .因此，∠A ′DC 就是直线A ′D 与平面ECDF 所成的角.由于A ′C ＝CD ＝1，所以∠A ′DC ＝∠CA ′D ＝π4，故直线A ′D 与平面ECDF 所成的角为π4. 探究提高立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【题组训练2】(1)(2018·诸暨调研)如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，沿AE ，AF ，EF 把正方形折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为P ，P 点在△AEF 内的射影为O ，则下列说法正确的是( )A.O 是△AEF 的垂心B.O 是△AEF 的内心C.O 是△AEF 的外心D.O 是△AEF 的重心解析由题意可知PA ，PE ，PF 两两垂直，所以PA ⊥平面PEF ，从而PA ⊥EF ，而PO ⊥平面AEF ，则PO ⊥EF ，因为PO ∩PA ＝P ，所以EF ⊥平面PAO ，∴EF ⊥AO ，同理可知AE ⊥FO ，AF ⊥EO ，∴O 为△AEF 的垂心.答案 A(2)(2018·杭州一模)如图，△ABC 是等腰直角三角形，AB ＝AC ，∠BCD ＝90°，且BC ＝3CD ＝3.将△ABC 沿BC 的边翻折，设点A 在平面BCD 上的射影为点M ，若点M 在△BCD 内部(含边界)，则点M 的轨迹的最大长度等于__________；在翻折过程中，当点M 位于线段BD 上时，直线AB 和CD所成的角的余弦值等于__________.解析由题意可得点A 的射影M 的轨迹为△BCD 的中位线，其长度为12CD＝32；当点M 位于线段BD 上时，AM ⊥平面BCD ，取BC 中点为N ，AC 中点为P ，∴∠MNP 或其补角即为直线AB 和CD 所成的角，则由中位线可得MN ＝12CD ＝32，PN ＝12AB ＝324，又MP 为Rt△AMC 斜边AC 的中线，故MP ＝12AC ＝324，∴在△MNP 中，由余弦定理可得cos∠MNP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3242－⎝ ⎛⎭⎪⎫32422×32×324＝66. 答案 32 66(3)(2018·浙江三市质检)如图，在等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，∠A ＝120°，M 为线段BC 的中点，D 为线段BC 上一点，且BD ＝BA ，沿直线AD 将△ADC 翻折至△ADC ′，使AC ′⊥BD .①证明：平面AMC ′⊥平面ABD ；②求直线C ′D 与平面ABD 所成的角的正弦值.①证明因为△ABC 为等腰三角形，M 为BC 的中点，所以AM⊥BD ，又因为AC ′⊥BD ，AM ∩AC ′＝A ，所以BD ⊥平面AMC ′，因为BD 平面ABD ，所以平面AMC ′⊥平面ABD .②解在平面AC ′M 中，过C ′作C ′F ⊥AM 交AM 于点F ，连接FD .由①知，C ′F ⊥平面ABD ，所以∠C ′DF 为直线C ′D 与平面ABD 所成的角.设AM ＝1，则AB ＝AC ＝AC ′＝2，BC ＝23，MD ＝2－3，DC ＝DC ′＝23－2，AD ＝6－ 2. 在Rt△C ′MD 中，MC ′2＝DC ′2－MD 2＝(23－2)2－(2－3)2＝9－4 3.设AF ＝x ，在Rt△C ′FA 和Rt △C ′FM 中，AC ′2－AF 2＝MC ′2－MF 2，即4－x 2＝9－43－(x －1)2，解得x ＝23－2，即AF ＝23－2.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

文理通用江苏省2020高考数学二轮复习专题二立体几何第6讲立体几何中的计算课件

小常考题点考偶考情点
空间几何体的表面积与体积(5年4考) 简单几何体与球的切接问题
大题考情
江苏卷对立体几何大题的考查十分稳
定，都是围绕平行与垂直的证明而展开，一般是第(1)问考查平行的判定，第(2)问考查垂直的关系．
2015年，2017年，2019年考查线面平行与线线垂直，2016年，2018年考查线面平行与面面垂直，其中2016年还考查了以空间立体几何为载体的实际应用题.
三角形，PA＝PB＝PC＝3，∴△PAB≌△PBC
≌△PAC.∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.以
PA，PB，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如
图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥 P-ABC 的外接球．∵
正方体的体对角线长为 32＋32＋32＝3 3，∴其外接球半径 R＝
3 2
3.因此三棱锥
(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．
考法二简单几何体与球的切接问题
[例 2] 在三棱锥 P-ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA＝PB
＝PC＝3，PA⊥PB，三棱锥 P-ABC 的外接球的体积为________． [解析] ∵在三棱锥 P-ABC 中，△ABC 为等边
P-ABC
的外接球的体积
V＝43π×3
2
33＝27 2
3π.
[答案]
27 3 2π
[解题方略] 简单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，通过作截面来球内切多面
解决．如果内切的是多面体，则作截面体或旋转体
时主要抓住多面体过球心的对角面来作

2019届江苏专版高考数学二轮复习专题二立体几何第一课时立体几何中的计算基础课讲义

4.如图所示是一个直三棱柱(以 A1B1C1 为底面)被一
个平面所截得到的几何体，截面为 ABC，已知
A1B1＝B1C1＝1，∠A1B1C1＝90°，A1A＝4，B1B
＝2，C1C＝3，则此几何体的体积为________．解析：在 A1A 上取点 A2，在 C1C 上取点 C2，使
A1A2＝C1C2＝BB1，连结 A2B，BC2，A2C2，
V＝1 3 Nhomakorabea×
3 4
a2×
25－5
3
3 a
＝
3 12
×
25a4－533a5 . 令 t＝25a4－53 3a5，
则 t′＝100a3－253 3a4，由 t′＝0，得 a＝4 3，此时所得三棱锥的体积最大，为 4 15 cm3.
法二：如图，连接 OD 交 BC 于点 G，由题意知， OD⊥BC.易得 OG＝ 63BC，设 OG＝x，则 BC＝2 3x，DG＝5－x，S△ABC＝12 ×2 3x×3x＝3 3x2，故所得三棱锥的体积 V＝13×3 3x2× 5－x2－x2＝
3．已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 2 的球 O 的球面上，且 AB＝3，BC＝ 3，过点 D 作 DE 垂直于平面 ABCD，交球 O 于 E，则棱锥 E-ABCD 的体积为________．解析：如图所示，BE 过球心 O， ∴DE＝ 42－32－ 32＝2， ∴VE -ABCD＝13×3× 3×2＝2 3. 答案：2 3
(4)熟记 2 个结论：
①设小圆 O1 半径为 r，OO1＝d，则 d2＋r2＝R2；
②若
A，B
是圆
O1
上两点，则
AB
＝
2rsin
∠AO1B 2

江苏省2019届高考数学专题二立体几何2.1小题考法—立体几何中的计算讲义

专题二立体几何[江苏卷5年考情分析]第一讲小题考法——立体几何中的计算1．现有一个底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径为________cm.解析：因为圆锥底面半径为3 cm ，母线长为5 cm ，所以圆锥的高为52－32＝4 cm ，其体积为13π×32×4＝12π cm 3，设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，所以该铁球的半径是39cm.答案：392．(2018·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23，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32－22＝22，所以该直四棱柱的侧面积为S ＝cl ＝4×2×22＝16 2.答案：16 23.(2018·江苏高考)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有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＝2×13×(2)2×1＝43.答案：434．(2018·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4 cm ，圆柱的底面积为9 3 cm 2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm 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6×34×42×4－93×4＝60 3 cm 3，设所求正三棱柱的底面边长为x cm ，则有34x 2·6＝603，解得x ＝210，所以所求边长为210 cm.答案：2105．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是________．解析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32，则S 1S 2＝πr 21πr 22＝94. 答案：94[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．[题组练透]1．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2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O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2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V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.答案：322．(2018·无锡期末)直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，已知AB ⊥BC ，AB ＝3，BC ＝4，BB 1＝5，若三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________．解析：根据条件可知该直三棱柱的外接球就是以BA ，BC ，BB 1为棱的长方体的外接球，设其半径为R ，则2R ＝BA 2＋BC 2＋BB 21＝32＋42＋52，得R ＝522，故该球的表面积为S ＝4πR2＝50π.答案：50π3．已知矩形ABCD 的顶点都在半径为2的球O 的球面上，且AB ＝3，BC ＝3，过点D 作DE 垂直于平面ABCD ，交球O 于点E ，则棱锥E ABCD 的体积为________．解析：如图所示，BE过球心O ， ∴BE ＝4，BD ＝32＋32＝23，∴DE ＝ 42－32＝2，∴V E ABCD ＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 34．(2018·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93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为________.解析：由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 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 ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D ABC体积的最大值为13×93×6＝18 3.答案：18 3[方法技巧]简单几何体与球切接问题的解题技巧[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E DFC 的体积为________．(2)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段BB 1上的一动点，则当AM ＋MC 1最小时，△AMC 1的面积为________．[解析] (1)S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×22＝34，E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12，V E DFC＝13×S △DFC ×h ＝324.(2)将侧面展开后可得：本题AM ＋MC 1最小可以等价为在矩形ACC 1A 1中求AM ＋MC 1的最小值．如图，当A ，M ，C 1三点共线时，AM ＋MC 1最小．又AB ∶BC ＝1∶2，AB ＝1，BC ＝2，CC 1＝3，所以AM ＝2，MC 1＝22，又AC 1＝9＋5＝14，所以cos ∠AMC 1＝AM 2＋C 1M 2－AC 212AM ·C 1M ＝2＋8－142×2×22＝－12，所以sin ∠AMC 1＝32，故三角形面积为S ＝12×2×22×32＝ 3.[答案] (1)324(2) 3 [方法技巧]解决翻折问题需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化量和不变量．一般情况下，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化，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改变；②与折线平行的线段，翻折前后平行关系不改变．(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6 cm ，底面半径为0.5 cm 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，则铁丝的长度最少为________cm.解析：由题意作出图形如图所示，则铁丝的长度至少为62＋π2＝36＋16π2＝29＋4π2.答案：29＋4π22．(2018·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2的正四棱锥S EFGH (如图②)，则正四棱锥S EFGH 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 ＝12＋22＝5，SO ＝SE 2－OE 2＝5－1＝2，故正四棱锥S EFGH 的体积为13×(2)2×2＝43.答案：433．如图所示，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝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 ＝2，所以AE ＝22，EO ＝12.所以OA ＝32. 在Rt △BDC 中，OB ＝OC ＝OD ＝12BC ＝32，所以四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为32. 所以该球的体积V ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝3π2.答案：3π2[必备知能·自主补缺](一) 主干知识要牢记1．空间几何体的侧面展开图及侧面积公式(1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)；(2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．3．球的表面积和体积公式： (1)S 球＝4πR 2(R 为球的半径)； (2)V 球＝43πR 3(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d 2＝a 2＋b 2＋c 2；若长方体外接球半径为R ，则有(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2.[针对练1] 设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2,23，4，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 ＝1222＋32＋42＝22，所以该三棱锥外接球的表面积为S ＝4πR 2＝32π.答案：32π2．棱长为a 的正四面体的内切球半径r ＝612a ，外接球的半径R ＝64a .又正四面体的高h ＝63a ，故r ＝14h ，R ＝34h . [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64a ＝2，解得a ＝463，故截面面积的最小值为π⎝ ⎛⎭⎪⎫2632＝8π3. 答案：8π33．认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 )．[课时达标训练]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 ＝12＋22＝5，所以S 圆锥侧＝πrl ＝π×1×5＝5π.答案：5π2．已知正六棱柱的侧面积为72 cm 2，高为6 cm ，那么它的体积为________cm 3. 解析：设正六棱柱的底面边长为x cm ，由题意得6x ×6＝72，所以x ＝2，于是其体积V ＝34×22×6×6＝363cm 3. 答案：36 33．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为32R ，AB ＝AC ＝BC ＝23，则球O 的表面积为________．解析：设△ABC 外接圆的圆心为O 1，半径为r ，因为AB ＝AC ＝BC ＝23，所以△ABC 为正三角形，其外接圆的半径r ＝232sin 60°＝2，因为OO 1⊥平面ABC ，所以OA 2＝OO 21＋r 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎪⎫32R 2＋22，解得R 2＝16，所以球O 的表面积为4πR 2＝64π. 答案：64π4. 已知一个棱长为6 cm 的正方体塑料盒子(无上盖)，上口放着一个半径为5 cm 的钢球，则球心到盒底的距离为________cm.解析：球心到正方体的塑料盒上表面(不存在)所在平面的距离为52－32＝4，所以球心到盒底的距离为4＋6＝10(cm)．答案：105．(2018·扬州期末)若圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为2π3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12·2π3·l 2＝3π，得l ＝3，又由2π3·l ＝2πr ，得r ＝1，从而有h ＝l 2－r 2＝22，所以V ＝13·πr 2·h ＝223π. 答案：223π6. 一块边长为10 cm 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 ＝6 cm 时，该容器的容积为________cm 3.解析：由题意知，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm 为边长的正方形，侧面高为5 cm ，则正四棱锥的高为52－⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝4 cm ，所以所求容积V ＝13×62×4＝48 cm 3.答案：487．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3.设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π28．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π，即a 313πr 3＝3π，得a ＝r ，从而S 1S 2＝6a 22πr 2＝62π＝32π. 答案：32π9．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P AEF .因为AP ⊥PE ，AP ⊥PF ，PE ∩PF ＝P ，所以AP ⊥平面PEF ，所以V 四面体P AEF ＝V 四面体A PEF ＝13·S △PEF ·AP ＝13×12×1×1×2＝13.答案：1310．(2018·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h 1，底面半径为r 1，体积为V 1＝13πr 21h 1；大圆锥的高为h＝6，底面半径为r ，体积为V ＝13πr 2h ＝8.依题意有r 1r ＝h 1h ，V 1＝1，V 1V ＝13πr 21h 113πr 2h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫h 1h 3＝18，得h 1＝12h ＝3，所以圆台的高为h －h 1＝3.答案：311.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1的最小值是________．解析：连结A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开，与△A 1BC 1在同一个平面内，如图所示，连结A 1C ，则A 1C 的长度就是所求的最小值．因为A1C 1＝6，A 1B ＝210，BC 1＝2，所以A 1C 21＋BC 21＝A 1B 2，所以∠A 1C 1B ＝90°.又∠BC 1C ＝45°，所以∠A 1C 1C ＝135°，由余弦定理，得A 1C 2＝A 1C 21＋CC 21－2A 1C 1·CC 1·cos∠A 1C 1C ＝36＋2－2×6×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝50，所以A 1C ＝52，即CP ＋PA 1的最小值是5 2.答案：5 212．(2018·苏中三市、苏北四市三调)现有一正四棱柱形铁块，底面边长为高的8倍，将其熔化锻造成一个底面积不变的正四棱锥形铁件(不计材料损耗)．设正四棱柱与正四棱锥的侧面积分别为S 1，S 2，则S 1S 2的值为________．解析：设正四棱柱的高为a ，所以底面边长为8a ，根据体积相等，且底面积相等，所以正四棱锥的高为3a ，则正四棱锥侧面的高为a2＋a2＝5a ，所以S 1S 2＝4×8a 24×12×8a ×5a ＝25. 答案：2513．已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为42π，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2r .又侧面展开图面积为12×2r ×2πr ＝42π，所以r ＝2.又截面三角形ABD 为等边三角形，故BD ＝AB ＝2r ，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V O ABD ＝V A BOD ，所以d ×S △ABD ＝AO ×S △OBD .又S △ABD ＝34AB 2＝34×8＝23，S △OBD ＝2，AO ＝r ＝2，故d ＝2×223＝233.答案：23314. 底面半径为1 cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12 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，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水________cm 3.解析：设四个实心铁球的球心为O 1，O 2，O 3，O 4，其中O 1，O 2为下层两球的球心，O 1O 2O 3O 4为正四面体，棱O 1O 2到棱O 3O 4的距离为22，所以注水高为1＋22.故应注水体积为π⎝⎛⎭⎪⎫1＋22－4×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22π.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22πB 组——力争难度小题1.(2018·天津高考)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为________．解析：如图，连结AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC ，因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形，又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M EFGH 的体积为13×222×12＝112.答案：1122.(2018·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________(容器壁的厚度忽略不计，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 ＝12＋22＋52＝30，得4R 2＝30.从而S 球面＝4πR 2＝30π.答案：30π3．已知三棱锥P ABC 的所有棱长都相等，现沿PA ，PB ，PC 三条侧棱剪开，将其表面展开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为26，则三棱锥P ABC 的体积为________．解析：由条件知，表面展开图如图所示，由正弦定理得大正三角形的边长为a ＝2×26sin 60°＝62，从而三棱锥的所有棱长均为32，底面三角形ABC 的高为326，故三棱锥的高为18－6＝23，所求体积为V ＝13×34(32)2×23＝9.答案：94．(2018·渭南二模)体积为4π3的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________．解析：设球的半径为R ，由4π3R 3＝4π3，得R ＝1，所以正三棱柱的高h ＝2.设底面边长为a ，则13×32a ＝1，所以a ＝2 3.所以V ＝12×23×3×2＝6 3.答案：6 35.如图所示，在直三棱柱中，AC ⊥BC ，AC ＝4，BC ＝CC 1＝2，若用平行于三棱柱A 1B 1C 1ABC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BCC 1B 1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ACC 1A 1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，其表面积为28；用过AA 1，BB 1，CC 1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ABCD A1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，D 1C 1上的动点，点G 为正方形B 1BCC 1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，面积的最大值为________．解析：四边形AEFG 在前、后面的正投影如图①，当E 与A 1重合，F 与B 1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A 1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。

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