（江蘇專用）2020高考數學二輪復習 專題二 立體幾何教學案

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1、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 ?？键c 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非常穩(wěn)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 簡單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、錐體以及簡單組合體的表面積與體積. [題組練透] 1．(2019·江蘇高考)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的體積是

2、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＝×ab×c＝abc＝×120＝10. 答案：10 2．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)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2，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＝2，所以該直四棱柱的側面積為S＝cl＝4×2×2＝16. 答案：16 3.(2018·江蘇高考)如圖所示，正方體的棱長為2，以其所有面的中心為頂點的多面體的體積為________． 解析：由題意知所

3、給的幾何體是棱長均為的八面體，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××()2×1＝. 答案： 4.(2018·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4 cm，圓柱的底面積為9 cm2.若將該螺帽熔化后鑄成一個高為6 cm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××42×4－9×4＝60 (cm3)，設所求正三棱柱的底面邊長為x cm，則有x2·6＝60，解得x＝2，所

4、以所求邊長為2 cm. 答案：2 5．(2019·蘇北三市一模)已知正四棱錐的底面邊長為2，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＝2，所以該正四棱錐的側面積為4××2×2＝8. 答案：8 [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(guī)則幾何體的體積，常用分割或補形的思想，將不規(guī)則幾何體轉化為規(guī)則幾何體以易于求解. 考點(二) 簡單幾何體與球的切接問題

5、 　　主要考查簡單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能力. [題組練透] 1．(2017·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＝＝. 答案： 2．(2019·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＝2 m，PB＝3 m，PC＝4 m，則球O的表面

6、積為________m2. 解析：根據題意，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 ＝， 即外接球的直徑2R＝，可得R＝， 因此，外接球的表面積為S＝4πR2＝4π＝29π. 答案：29π 3．(2019·無錫期初測試)已知正四面體ABCD的所有棱長都等于，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＝BC＝，OB＝BC＝.易知OA⊥平面BCD，所以OA⊥OB，所以圓錐的高h＝O

7、A＝＝＝2，所以圓錐的體積V＝πr2h＝π××2＝. 答案： 4．(2018·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9，則三棱錐D-ABC體積的最大值為________． 解析：由等邊△ABC的面積為9，可得AB2＝9，所以AB＝6，所以等邊△ABC的外接圓的半徑為r＝AB＝2.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＝＝＝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×9×6＝18. 答案：18 [方法技巧] 簡單幾何體與球切接問題的解題技巧 方法 解讀 適

8、合題型 截面法 解答時首先要找準切點，通過作截面來解決．如果內切的是多面體，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，尋求球心到底面中心的距離、半徑、頂點到底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

9、考點(三) 平面圖形的翻折與空間圖形的展開問題 　 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＝，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＝S△ABC＝×＝，E到平面DF

10、C的距離h等于AD＝，所以VE-DFC＝×S△DFC×h＝. (2)將側面展開后可得：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?。? 又AB∶BC＝1∶2，AB＝1，BC＝2，CC1＝3， 所以AM＝，MC1＝2，又AC1＝＝， 所以cos∠AMC1＝＝＝－， 所以sin∠AMC1＝， 故△AMC1的面積為S＝××2×＝. [答案]　(1)　(2) [方法技巧] 解決翻折問題需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化量和不變量．一般情況下，折線同一側的線段的長度

11、是不變量，位置關系可能會發(fā)生變化，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改變； ②與折線平行的線段，翻折前后平行關系不改變． (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6 cm，底面半徑為0.5 cm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，則鐵絲的長度最少為________cm. 解析：由題意作出圖形如圖所示， 則鐵絲的長度至少為＝＝2. 答案：2 2．(2018·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

12、等腰三角形(如圖①中陰影部分)，折疊成底面邊長為的正四棱錐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＝＝，SO＝＝＝2，故正四棱錐S-EFGH的體積為×()2×2＝. 答案： 3．如圖所示，平面四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，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

13、，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＝，所以AE＝，EO＝.所以OA＝. 在Rt△BDC中，OB＝OC＝OD＝BC＝，所以四面體ABCD的外接球的球心為O，半徑為. 所以該球的體積V＝π＝. 答案： (一) 主干知識要牢記 1．空間幾何體的側面展開圖及側面積公式 幾何體 側面展開圖 側面積公式 直棱柱 S直棱柱側＝ch c為底面周長 h為高

14、 正棱錐 S正棱錐側＝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＝(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＝2πrl r為底面半徑 l為側面母線長 圓錐 S圓錐側＝πrl r為底面半徑 l為側面母線長 圓臺 S圓臺側＝π(r1＋r2)l r1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＝Sh(S為底面面積，h為高)； (3)V臺＝(S＋＋S

15、′)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＝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互相垂直，且長度分別為2，2，4，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＝ ＝2，所以

16、該三棱錐外接球的表面積為S＝4πR2＝32π. 答案：32π 2．棱長為a的正四面體的內切球半徑r＝a，外接球的半徑R＝a.又正四面體的高h＝a，故r＝h，R＝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a＝2，解得a＝， 故截面面積的最小值為π＝. 答案： 3．認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

17、棱長為a，球的半徑為R)． 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＝＝，所以S圓錐側＝πrl＝π×1×＝π. 答案：π 2．已知正六棱柱的側面積為72 cm2，高為6 cm，那么它的體積為________cm3. 解析：設正六棱柱的底面邊長為x cm，由題意得6x×6＝72，所以x＝2，于是其體積V＝×22×6×6＝36(cm3)． 答案：36 3．(201

18、9·揚州中學模擬)已知三棱錐S-ABC的所有頂點都在球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＝×·OA＝， 即＝9，∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π. 答案：36π 4．(2019·南

19、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＝×22＝.連接BA1，由等體積法知，VA1-AEC＝VE-AA1C＝VB-A1AC＝VA1-ABC＝×AA1×S△ABC＝. 答案： 5．(2018·揚州期末)若圓錐的側面展開圖是面積為3π且圓心角為的扇形，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··l2＝3π，得l＝3，又由·l＝2πr，得r＝1，從而有h＝＝2，所以V＝·

20、πr2·h＝π. 答案：π 6. 一塊邊長為10 cm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＝6 cm時，該容器的容積為________cm3. 解析：由題意知，這個正四棱錐形容器的底面是以6 cm為邊長的正方形，側面高為5 cm，則正四棱錐的高為 ＝4(cm)，所以所求容積V＝×62×4＝48(cm3)．　 答案：48 7．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)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

21、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×＝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：2π 8．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＝，則的值為________． 解析：由題意知，V1＝a3，S1＝6a2，V2＝πr3，S2＝πr2，由＝，即＝，得a＝r，從而＝＝＝. 答案： 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

22、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＝·S△PEF·AP＝××1×1×2＝. 答案： 10．(2018·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＝πrh1；大圓錐的高為h＝6，底面半徑為r，體積為V＝πr2h＝8.依題意有＝，V1＝1，＝＝＝，得h1＝h＝3，所以圓臺的高為h－h(huán)1＝3. 答案：3 11.如圖，在直三棱

23、柱ABC-A1B1C1中，底面為直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，P是BC1上一動點，則CP＋PA1的最小值是________． 解析：連結A1B，沿BC1將△CBC1展開，與△A1BC1在同一個平面內，如圖所示，連結A1C，則A1C的長度就是所求的最小值． 因為A1C1＝6，A1B＝2，BC1＝2，所以A1C＋BC＝A1B2，所以∠A1C1B＝90°. 又∠BC1C＝45°，所以∠A1C1C＝135°，由余弦定理，得A1C2＝A1C＋CC－2A1C1·CC1·cos∠A1C1C＝36＋2－2×6××＝50，所以A1C＝5，即CP＋PA1的最小值是5. 答案：

24、5 12．(2019·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，根據題意，得所以h＝＝＝≤＝，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. 答案： 13．已知圓錐的底面半徑和高相等，側面積為4π，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r.又側面展開圖面積為×r×2πr＝4π，所以r＝2.又截面三角形ABD為等邊三角形，故

25、BD＝AB＝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＝AB2＝×8＝2，S△OBD＝2，AO＝r＝2，故d＝＝. 答案： 14. 底面半徑為1 cm的圓柱形容器里放有四個半徑為 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，使水面恰好浸沒所有鐵球，則需要注水________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，所以注水高

26、為1＋.故應注水體積為π－4×π×＝π(cm3)． 答案：π B組——力爭難度小題 1．(2019·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＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度為0.9 g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質量為________g. 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6 cm和4 cm， 故V挖去的四棱錐＝××4×6×3＝12(cm3)． 又V長方體＝

27、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：118.8 2.(2018·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(chuàng)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________(容器壁的厚度忽略不計，結果保留π)． 解析：設球形容器的最小半徑為R，則“十字

28、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＝＝，得4R2＝30.從而S球面＝4πR2＝30π. 答案：30π 3.(2019·啟東中學模擬)把一個皮球放入如圖所示的由8根長均為20 cm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＝10 cm，AM＝10 cm，易發(fā)現點M到每條棱的距離均為10 cm，所以點M即球心，球半徑為10 cm.

29、 法二：在四棱錐S-ABCD中，所有棱長均為20 cm， 連接AC，BD交于點O，連接SO， 則SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10 cm， 易知點O到AB，BC，CD，AD的距離均為10 cm， 在等腰三角形OAS中，AO＝SO＝10 cm，SA＝20 cm， 所以O到SA的距離d＝10 cm， 同理可證O到SB，SC，SD的距離也為10 cm， 所以球心為四棱錐底面ABCD的中心O， 所以皮球的半徑r＝10 cm. 答案：10 4．(2019·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，

30、則截面M的面積為________． 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＝， 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為菱形． ∵AC1＝，PF＝， ∴截面M的面積S＝AC1·PF＝× ＝. 答案： 5.如圖所示，在直三棱柱中，AC⊥BC，AC＝4，

31、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，其表面積為28； 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

32、案：24 6.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，面積的最大值為________． 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，

33、所求面積的最大值為12. 答案：12 第二講 | 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]　(2017·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∥

34、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個注意點 (1)證明立體幾何問題的主要方法是定理法，解題時必須按照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，另一條直線必須說明它在平

35、面外；線面垂直的判定定理中要求平面內的兩條直線必須是相交直線等，如果定理的條件不完整，則結論不一定正確． (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知識，因此需要多畫出一些圖形輔助使用． [演練沖關] 1.(2018·蘇錫常鎮(zhèn)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

36、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．(2019·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

37、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ABC. 又因為BE?平面ABC，所以C1C⊥BE. 因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC＝C， 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，都需要用判定定理，其本質是考查線

38、面垂直和平行. [典例感悟] [例2]　(2019·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⊥B1C1. 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-A1

39、B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1， 因為A1F?平面A1B1C1，所以BB1⊥A1F. 又A1F⊥B1C1，BB1∩B1C1＝B1，所以A1F⊥平面BCC1B1. 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ADE. [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

40、面垂直，一般先從現有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則借助中線、高線或添加輔助線解決. [演練沖關] (2018·江蘇高考)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1. 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A1B1C， 所以AB∥平面A1B1C. (2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中， 四邊形ABB1A1為平行四邊形． 又因為AA1＝AB， 所以四邊形ABB1A1為菱形

41、， 因此AB1⊥A1B. 因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1， 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.

42、 (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＝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)＝，理由如下： 取D1E的中點L，連接FL，AL， ∴FL∥EC，FL＝EC＝1. 又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝AB， ∴M，F，L，A四

43、點共面．若MF∥平面AD1E，則MF∥AL.∴四邊形AMFL為平行四邊形， ∴AM＝FL＝AB，即＝. [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] (2018·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＝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AC

44、D. 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＝3. 又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2. 如圖，過點Q作QE⊥AC， 垂足為E，則QE綊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＝×S△ABP×QE＝××3×2sin 45°×1＝1. A組——大題保分練 1．(2019·蘇北三市期末)如圖，在直三棱柱

45、ABC-A1B1C1中，D，E，F分別是B1C1，AB，AA1的中點． (1)求證：EF∥平面A1BD； (2)若A1B1＝A1C1，求證：平面A1BD⊥平面BB1C1C. 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A1B1C1， 因為A1D?平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D. 因為A1B1＝A1C1，且D是B1C1的中點， 所以A1D⊥B1C1. 因為BB1∩B1C1＝B1，B1C1，BB1?平面BB1C1C， 所以A1D⊥

46、平面BB1C1C. 因為A1D?平面A1BD， 所以平面A1BD⊥平面BB1C1C. 2.(2019·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，P

47、A?平面PAC，平面PAC∩平面DEF＝FG. 所以PA∥FG， 所以＝. 因為底面ABCD是矩形，E是BC的中點， 所以AD∥BC，AD＝2EC. 所以易知＝＝2. 所以＝2. 3.(2019·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，BB1C1C對角線的交點． 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BB1C1C均為平行四邊形． ∵E，F分別是四邊形AA1B1B，BB1C1C對角線的交點，∴E

48、，F分別是AB1，CB1的中點，∴EF∥AC. ∵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＝AB， ∴BB1⊥平面ABC. ∵AC?平面ABC，∴BB1⊥AC. 4．(2019·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AB

49、CD， 所以PA⊥AC. 因為AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，所以由余弦定理， 得AC＝ ＝＝. 因為12＋＝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．(2018·鹽城三模)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，M

50、，N分別是棱A1D1，D1C1的中點． 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AC∥平面DMN. (2)因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱， 所以DD1⊥平面A1B1C1D1，而MN?平面A1B1C1D1， 所以MN⊥DD1. 又因為棱柱的底面ABCD

51、是菱形，所以底面A1B1C1D1也是菱形， 所以A1C1⊥B1D1，而MN∥A1C1，所以MN⊥B1D1. 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．(2019·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.

52、 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．(2019·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AB1M； (2)若平面AB1M⊥平面BB1C1C，求證：AM⊥BC. 證明：(1)連接A1B，交AB1于點N.在直四棱柱A

53、BCD-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∥平面AB1M. (2)過點B作BP⊥B1M，垂足為P，∵平面AB1M⊥平面B1BCC1， 平面AB1M∩平面B1BCC1＝B1M，BP?平面BB1C1C，∴BP⊥平面AB1M. AM?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?

54、平面BB1C1C，∴AM⊥BC. 4．(2018·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互相平分，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P

55、AC， 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 　 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

56、即為外接球的直徑，所以半徑為，所以體積為π×＝π. [答案]　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 因不會利用側面展開圖而解題受阻 [例2]　如圖所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4 cm，AD＝2 cm，AA1＝3 cm，則在長方體表面上連結A，C1兩點的所有曲線長度最小值為________cm. [解析]　將長方體的面分別展開平鋪，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＝；當

57、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＝；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＝，所以最小距離是 cm. [答案]　 [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展開，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，容易出錯的地方在于考慮不全面，沿著一個方向展開求得結果，從而出現錯誤，所以一定要注意應該有三條路徑. 失誤3 因定理表述不嚴謹而導致丟分 [例3]　如圖，在長方

58、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，有的同學喜歡跳步，直接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．立體幾何邏輯性非常強，證明時要嚴格按照定理的要求來進行書寫，切不可漏條件． 　 策略1 割補法：求不規(guī)則幾何體的體積 　　[例1]　如圖所示，在多面

59、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，容易求得EG＝HF＝. 所以AG＝GD＝BH＝HC＝，S△AGD＝S△BHC＝××1＝，V＝VE-ADG＋VF-BHC＋VAGD-BHC＝×2＋×1＝. 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，則V＝VADE-MNF－VF-MNCB＝×1××2－×1×1×＝. [答案]　 [點評]　本題中所用的兩種

60、方法實際上就是求不規(guī)則幾何體體積的兩種基本方法．法一是對不規(guī)則幾何體進行分割．法二則是在原不規(guī)則幾何體的基礎上補上一個幾何體，使之成為規(guī)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的最小值為________． [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＝，AB1＝2，所以AB1邊上的高為＝，所以S＝×2×＝.又三棱錐B-ACB1的體積V＝V＝××2×1×2＝，所以V＝×h＝，所以h＝. [答案]　 [點評]　等積法包括等

61、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， 特別是在求三角形的高(點到線的距離)或三棱錐的高(點到面的距離)時，通常采用此法解決問題． 　 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5 cm，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的邊長變化時，所

62、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的邊長變化時，設△ABC的邊長為a(a>0)cm，則△ABC的面積為a2，△DBC的高為5－a，則正三棱錐的高為 ＝ ， ∴25－a>0，∴0

63、得三棱錐的體積V＝×3x2× ＝x2× ＝×. 令f(x)＝25x4－10x5，x∈， 則f′(x)＝100x3－50x4， 令f′(x)>0，即x4－2x3<0，得0

64、________cm. [解析]　將三棱柱沿側棱AA1展開得如圖所示(兩周)　因為正三棱柱底面邊長為2 cm，高為5 cm，所以AA1＝5 cm，AA″＝12 cm，所以A1A″＝＝13，即最短路線為13 cm. [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展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． 　 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的長． [解]　(1

65、)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ACC1A1. 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∥MP. 所以四邊形CNPM為平行四邊形， 所以CM＝NP＝BB1＝CC1＝2.

66、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∥MP. 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＝BB1＝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AB1M. 因為CN∥平面AB1M，NQ∩CN＝N，NQ?平面NQC，CN?平面NQC，所以平面NQC∥平面AB1M. 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＝BB1＝CC1＝2. 法四：如圖④，分別延長BC，B1M，設交點為S，連結AS.