数学(理)二轮教师用书：第2部分 专题4 解密高考④ 立体几何问题重在“建”——建模、建系 Word版含解析

专题五立体几何立体几何问题重在“转”——转化、转换立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是转化、转换．转化——空间平行关系间的转化、垂直关系间的转化、平行与垂直关系间的转化以及平面几何与立体几何的转化等；转换——对几何体的体积、锥体体积考查顶点转换，多面体体积多分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差来求解，求体积时距离与体积计算的转换等．错误！未指定书签。

【典例】 如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．[解题示范] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2． 取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2．又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT ．因为MN ⊄平面P AB ，AT ⊂平面P AB ，所以MN ∥平面P AB ❶．(2)解：因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A ． 取BC 中点E ，连接AE ．由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝5．由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝25． 所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.❷ ❶转化：平行关系间的转化．线∥线⇒线∥面．TN ∥BC ，AD ∥BC ⇒TN 綊AM ⇒MN ∥AT ⇒MN ∥平面P AB ．❷转换：距离与体积的计算转换．点面距、点线距⇒体积的计算．AE ＝5⇒点M 到BC 的距离为5；点N 到平面ABCD 的距离为12P A ⇒四面体N -BCM 的体积．立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定，因此，复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依．在平时的学习中，要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型．其中，平行、垂直关系的判定与性质是立体几何的核心内容；空间距离、面积与体积的计算是重点内容．经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

专题五 立体几何必考点一 空间几何体的三视图、表面积与体积[高考预测]——运筹帷幄1．以三视图为背景的几何体的识别问题．2．空间几何体与三视图相结合，计算几何体的表面积和体积． 3．球及有关组合体的表面积与体积． [速解必备]——决胜千里 1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样，即“长对正、高平齐、宽相等”．2．(1)设长方体的相邻的三条棱长为a 、b 、c 则体对角线长为a 2＋b 2＋c 2(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .(3)若球面上四点P 、A 、B 、C 构成的线段P A 、PB 、PC 两两垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2，把有关元素“补形”成为一个球内接长方体(或其他图)[速解方略]——不拘一格类型一 有关几何体的三视图的计算[例1] (1)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15解析：基本法：由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16， 剩余部分的体积V 2＝13－16＝56. 所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.速解法：如图所示，VA -A 1B 1D 1＝13VABD -A 1B 1D 1＝16V 正方体 VA -A 1B 1D 1＝15VABCD -B 1C 1D 1 答案：D方略点评：基本法是具体计算几何体的体积，速解法是根据几何体间的体积关系求得答案.(2)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A．1 B．2C．4 D．8解析：基本法：由已知可知，该几何体的直观图如图所示，其表面积为2πr2＋πr2＋4r2＋2πr2＝5πr2＋4r2.由5πr2＋4r2＝16＋20π，得r＝2.故选B.速解法：由几何体特征可知，球的表面积，圆的面积，圆柱侧面积都含有“π”，只有圆柱的轴截面面积不含“π”，∴即2r·2r＝16，∴r＝2，故选B.答案：B方略点评：(1)基本法是具体计算出几何体的表面积的表达式.速解法是根据几何体特征想出表面积表达式特征由部分几何体求r.(2)此类题关键是将三视图恢复为直观图，并找清几何体的标量，代入公式计算.1．如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()A.1727B.59C.1027D.13解析：基本法：该零件是两个圆柱体构成的组合体，其体积为π×22×4＋π×32×2＝34π cm 3，圆柱体毛坯的体积为π×32×6＝54π cm 3， 所以切削掉部分的体积为54π－34π＝20π cm 3，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π54π＝1027，故选C. 答案：C2．(2016·高考全国丙卷)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81解析：先根据三视图确定几何体的形状，再求其表面积．由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B. 答案：B类型二 球及其组合体[例2] (1)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．64π C ．144π D ．256π解析：基本法：画出球的直观图，利用锥体的体积公式求解． 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.速解法：设球的半径为r, 则V O -ABC ＝13×12×r 2h ≤16r 3＝36，故r ＝6.故S 球＝4πr 2＝144π. 答案：C方略点评：基本法是根据直观图，找到C 点位置.,速解法是利用V O -ABC 的表达式的代数关系(≤16r 3)直接求得r .(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4解析：基本法：如图所示，R 2＝(4－R )2＋2，。

————[思维导图]————————[技法指津]————立体几何解答题建模、建系策略立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．(1)建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距离等的计算模型；(2)建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．,图1图2(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.(1)看到图形的折叠，想到折叠前后的不变量；看到证明四点共面，想到直线的平行或相交；看到证明面面垂直，想到先证明线面垂直；看到求二面角，想到法向量；缺相应点的坐标，借助(1)的结论及边长、角度等信息补建坐标系及相应点的坐标．[规范解答·评分标准](1)由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面. 2分建模：利用平行关系证明四点共面由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE. 3分建模：利用线线垂直关系证明线面垂直，进而证明面面垂直又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. 4分(2)作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.5分建系：利用垂直关系建立空间直角坐标系由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3. 以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz ，则A (－1,1,0)，C (1,0,0)，G (2,0，3)，CG →＝(1,0，3)，AC →＝(2，－1,0).8分设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0，AC →·n ＝0， 即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3,6，－3).10分又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0,1,0)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝32. 11分建模：利用向量坐标运算求空间角因此二面角B -CG -A 的大小为30°.12分[构建模板·五步解法] 立体几何类问题的求解策略 第一步 找垂直 第二步 写坐标 第三步 求向量 第四步 求夹角第五步 得结论 找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系，写出特殊点坐标求直线的方向向量或平面的法向量计算向量的夹角得到所求两个平面所成的角或直线与平面所成的角母题突破1：2019年合肥模拟，本小题满分12分EF ∥AC ，EF ＝1，∠ABC ＝60°，CE ⊥平面ABCD ，CE ＝3，CD ＝2，G 是DE 的中点．(1)求证：平面ACG ∥平面BEF ；(2)求直线AD 与平面ABF 所成的角的正弦值．[解] (1)证明：连接BD 交AC 于O ，则O 是BD 的中点，连接OG ，∵G 是DE 的中点，故OG ∥BE ，又BE ⊂平面BEF ，OG ⊄平面BEF ，2分所以OG ∥平面BEF .又EF ∥AC ，AC ⊄平面BEF ，EF ⊂平面BEF ，所以AC ∥平面BEF ，又AC ∩OG ＝O ，AC ，OG ⊂平面ACG ，所以平面ACG ∥平面BEF .4分,,(2)连接OF ，由题意可得OC ＝1，即OC ＝EF ，又EF ∥AC ，所以四边形OCEF 为平行四边形， 所以OF ∥EC ，OF ＝EC ＝3，所以OF ⊥平面ABCD ，所以OF ，OC ，OD 两两垂直.6分如图，以O 为坐标原点，分别以OC ，OD ，OF 所在直线为x ，y ， z 轴建立空间直角坐标系，则A (－1,0,0)，B (0，－3，0)，D (0，3，0)，F (0,0，3)，AD →＝(1，3，0)，AB →＝(1，－3，0)，AF →＝(1,0，3).7分设平面ABF 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AB→，m ⊥AF →，即⎩⎨⎧(a ，b ，c )·(1，－3，0)＝a －3b ＝0，(a ，b ，c )·(1，0，3)＝a ＋3c ＝0，9分令a ＝3，则b ＝1，c ＝－1，m ＝(3，1，－1)， |cos 〈AD →，m 〉|＝|AD →·m ||AD →||m |＝3＋34×5＝155，11分 所以直线AD 与平面ABF 所成的角的正弦值是155. 12分2.(2019年昆明模拟)在三棱柱ABC -A ′B ′C ′中，AB ＝BC ＝CA ＝AA ′，侧面ACC ′A ′⊥底面ABC ，D 是棱BB ′的中点．(1)求证：平面DA ′C ⊥平面ACC ′A ′；(2)若∠A ′AC ＝60°，求二面角A -BC -B ′的余弦值．[解] (1)取AC ，A ′C ′的中点O ，F ，连接OF 与A ′C 交于点E ，连接DE ，OB ，B ′F .则E 为OF 的中点，因为三棱柱ABC -A ′B ′C ′， 所以OF ∥AA ′∥BB ′，且OF ＝AA ′＝BB ′，所以四边形BB ′FO 是平行四边形. 2分又D 是棱BB ′的中点，所以DE ∥OB . 因为侧面AA ′C ′C ⊥底面ABC ，且OB ⊥AC ， 所以OB ⊥平面ACC ′A ′， 所以DE ⊥平面ACC ′A ′， 又DE ⊂平面DA ′C ，所以平面DA ′C ⊥平面ACC ′A ′.5分 (2)连接A ′O ，因为∠A ′AC ＝60°，所以△A ′AC 是等边三角形，故A ′O ⊥底面ABC .6分设AB ＝BC ＝CA ＝AA ′＝2，可得A ′O ＝OB ＝3， 分别以OB ，OC ，OA ′分别为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A ′(0,0，3)， BC →＝(－3，1,0)，BB ′→＝AA ′→＝(0,1，3). 8分 设平面BCC ′B ′的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·BC →＝0，m ·BB ′→＝0，所以⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y ＋3z ＝0，取x ＝1，y ＝3，z ＝－1，所以m ＝(1，3，－1).10分又平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，故cos 〈m ，n 〉＝－15＝－55， 因为二面角A -BC -B ′为钝角，所以其余弦值为－55.12分。

高三数学二轮专题复习教案――立体几何一、本章知识结构：二、重点知识回顾1、空间几何体的结构特征（1）棱柱、棱锥、棱台和多面体棱柱是由满足下列三个条件的面围成的几何体：①有两个面互相平行；②其余各面都是四边形；③每相邻两个四边形的公共边都互相平行；棱柱按底面边数可分为：三棱柱、四棱柱、五棱柱等．棱柱性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等；②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等多边形.③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.棱锥是由一个底面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的几何体．棱锥具有以下性质：①底面是多边形；②侧面是以棱锥的顶点为公共点的三角形；③平行于底面的截面和底面是相似多边形，相似比等于从顶点到截面和从顶点到底面距离的比．截面面积和底面面积的比等于上述相似比的平方．棱台是棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分．由棱台定义可知，所有侧棱的延长线交于一点，继而将棱台还原成棱锥．多面体是由若干个多边形围成的几何体．多面体有几个面就称为几面体，如三棱锥是四面体．（2）圆柱、圆锥、圆台、球分别以矩形的一边，直角三角形的一直角边，直角梯形垂直于底边的腰所在的直线，半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周而形成的几何体叫做圆柱、圆锥、圆台、球圆柱、圆锥和圆台的性质主要有：①平行于底面的截面都是圆；②过轴的截面（轴截面）分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形；③圆台的上底变大到与下底相同时，可以得到圆柱；圆台的上底变小为一点时，可以得到圆锥．2、空间几何体的侧面积、表面积（1）棱柱侧面展开图的面积就是棱柱的侧面积，棱柱的表面积就是它的侧面积与两底面面积的和．因为直棱柱的各个侧面都是等高的矩形，所以它的展开图是以棱柱的底面周长与高分别为长和宽的矩形．如果设直棱柱底面周长为c，高为h，则侧面积S ch=侧．若长方体的长、宽、高分别是a、b、c，则其表面积2() S ab bc ca=++表．（2）圆柱的侧面展开图是一个矩形．矩形的宽是圆柱母线的长，矩形的长为圆柱底面周长．如果设圆柱母线的长为l，底面半径为r，那么圆柱的侧面积2πS rl=侧，此时圆柱底面面积2πS r=底.所以圆柱的表面积222π2π2π()S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（3）圆锥的侧面展开图是以其母线为半径的扇形．如果设圆锥底面半径为r，母线长为l，则侧面积πS rl=侧，那么圆锥的表面积是由其侧面积与底面面积的和构成，即为2πππ()S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（4）正棱锥的侧面展开图是n个全等的等腰三角形．如果正棱锥的周长为c，斜高为h'，则它的侧面积12S ch'=侧．（5）正棱台的侧面积就是它各个侧面积的和．如果设正棱台的上、下底面的周长是c c'，，斜高是h'，那么它的侧面积是12S ch'=侧．（6）圆台侧面展开图是以截得该圆台的圆锥母线为大圆半径，圆锥与圆台的母线之差为小圆半径的一个扇环．如果设圆台的上、下底面半径分别为r r'，，母线长为l，那么它的侧面积是π()S r r l'=+侧．圆台的表面积等于它的侧面积与上、下底面积的和，即2222π()πππ() S S S S r r l r r r r r l rl''''=++=+++=+++侧上底下底．（7）球的表面积24πS R =，即球的表面积等于其大圆面积的四倍．3、空间几何体的体积（1）柱体（棱柱、圆柱）的体积等于它的底面积S 和高h 的积，即V Sh=柱体．其中底面半径是r ，高是h 的圆柱的体积是2πV r h=圆柱．（2）如果一个锥体（棱锥、圆锥）的底面积是S ，高是h ，那么它的体积是13V Sh=锥体．其中底面半径是r ，高是h 的圆锥的体积是21π3V r h=圆锥，就是说，锥体的体积是与其同底等高柱体体积的13．（3）如果台体（棱台、圆台）的上、下底面积分别是S S '，，高是h，那么它的体积是1()3V S S h=+台体．其中上、下底半径分别是r R ，，高是h 的圆台的体积是221π()3V r Rr R h=++圆台．（4）球的体积公式：334R V π=.4、中心投影和平行投影（1）中心投影：投射线均通过投影中心的投影。

立体几何中的计算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．(2024·扬州期末)若圆锥的侧面绽开图是面积为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．已知一个正方体的全部顶点在一个球面上，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．(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绽开，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A 1C 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．(2024·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 ，依据体积相等，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3a2＋4a2＝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 .又侧面绽开图面积为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，使水面恰好浸没全部铁球，则须要注水________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.(2024·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，CD 1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.(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 ＝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 的全部棱长都相等，现沿PA ，PB ，PC 三条侧棱剪开，将其表面绽开成一个平面图形，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，表面绽开图如图所示，由正弦定理得大正三角形的边长为a ＝2×26sin 60°＝62，从而三棱锥的全部棱长均为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．(2024·渭南二模)体积为4π3的球与正三棱柱的全部面均相切，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，其表面积为28；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，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。

4.1.1 几类简单几何体第1课时棱柱、棱锥、棱台A级必备知识基础练1.如图,在三棱台A'B'C'-ABC中,截去三棱锥A'-ABC,则剩余部分是( )A.三棱锥B.四棱锥C.三棱柱D.三棱台2.下列说法错误的有( )①有一个面是多边形,其余各面都是三角形,由这些面围成的多面体是棱锥;②如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形,那么这个棱锥可能为六棱锥;③如果一个棱柱的所有面都是长方形,那么这个棱柱是长方体.A.0个B.1个C.2个D.3个3.[辽宁模拟]如图,在三棱锥V-ABC中,VA=VB=VC=8,∠AVB=∠AVC=∠BVC=30°,过点A作截面AEF,则△AEF周长的最小值为( )A.6√2B.6√3C.8√2D.8√34.(多选题)观察如图所示的四个几何体,其中判断正确的是( )A.①是棱柱B.②不是棱锥C.③不是棱锥D.④是棱台5.一个棱柱至少有个面,顶点最少的一个棱台有条侧棱.6.[山东高一单元检测]一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是√2,√3,√6,这个长方体体对角线的长是.B级关键能力提升练7.[贵州贵阳高一]n棱柱(n∈N*,n≥3)的顶点数为V,棱数为E,面数为F,则V+F-E=( )A.-1B.0C.1D.28.(多选题)[广东月考]如图,在四棱台A1B1C1D1-ABCD中,点O,O1分别为四边形ABCD,A1B1C1D1的对角线交点,则下列结论正确的是( )A.若四棱台A1B1C1D1-ABCD是正四棱台,则棱锥O-A1B1C1D1是正四棱锥B.几何体C1D1D-B1A1A是三棱柱C.几何体A1C1D1-ACD是三棱台D.三棱锥O-A1B1C1的高与四棱锥O1-ABCD的高相等9.如图,能推断这个几何体可能是三棱台的是( )A.A1B1=2,AB=3,B1C1=3,BC=4B.A1B1=1,AB=2,B1C1=1.5,BC=3,A1C1=2,AC=3C.A1B1=1,AB=2,B1C1=1.5,BC=3,A1C1=2,AC=4D.AB=A1B1,BC=B1C1,CA=C1A110.(多选题)如图所示,不是正四面体(各棱长都相等的三棱锥)的展开图的是( )11.侧棱长为2的正三棱锥,其底面周长为3,则该三棱锥的高为,侧面等腰三角形底边上的高为.12.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,BC=√3,AC=1,AA1=3,F为棱AA1上的一动点,则当BF+FC1最小时,△BFC1的面积为.13.如图,在正三棱台ABC-A1B1C1中,已知AB=10,棱台一个侧面的面积为20√3,O1,O分别为上、下底面正三角形的中心,D1D为棱台侧面等腰梯形的3高,∠D1DA=60°,求上底面的边长.C级学科素养创新练14.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,BC=4,A1A=5,现有一甲壳虫从A出发沿长方体表面爬行到C1来获取食物,试画出它的最短爬行路线,并求其路程的最小值.第1课时棱柱、棱锥、棱台1.B 剩余部分是四棱锥A'-BCC'B'.2.C 有一个面是多边形,其余各面都是有一个公共顶点的三角形,像这样的几何体叫作棱锥,即其余各面的三角形必须有公共顶点,故①错误;当棱锥的各个侧面共顶点的角之和是360°时,各侧面构成平面图形,故②错误;如果棱柱的底面和侧面都是矩形,这样的棱柱就是长方体,故③正确.3.C 沿着侧棱VA把正三棱锥V-ABC展开在一个平面内,如图所示.则AA'即为△AEF的周长的最小值.因为∠AVB=∠AVC=∠BVC=30°,所以∠AVA'=3×30°=90°.在△VAA'中,VA=VA'=8,由勾股定理得AA'=√VA2+(VA')2=√82+82=8√2.故选C.4.ACD 结合棱柱、棱锥、棱台的定义可知①是棱柱,②是棱锥,④是棱台,③不是棱锥,故B错误.故选ACD.5.5 3 由于面数最少的棱柱是三棱柱,它有5个面;顶点最少的一个棱台是三棱台,它有3条侧棱.6.√6 设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则{ab =√2,bc =√3,ac =√6,解得{a =√2,b =1,c =√3.故体对角线长为√a 2+b 2+c 2=√(√2)2+12+(√3)2=√6.7.D 由题可得,n 棱柱的顶点数为2n,棱数为3n,面数为n+2,则V+F-E=2.故选D.8.ACD 因为四边形A 1B 1C 1D 1是正方形,OO 1是高,则由正棱锥的定义知,O-A 1B 1C 1D 1是正四棱锥,故A 正确;几何体中,没有任何两个侧面平行,不可能出现三棱柱,故B 错误; 将四棱台A 1B 1C 1D 1-ABCD 沿轴截面A 1C 1CA 分成两部分,其中几何体A 1C 1D 1-ACD 是三棱台,故C 正确;三棱锥的高和四棱锥的高都是四棱台的高,都是四棱台两个平行平面之间的距离,所以相等,故D 正确.故选ACD.9.C 由于棱台是由平行于底面的平面截棱锥得到的几何体,所以要使结论成立,只需A 1B 1AB=B 1C 1BC=A 1C 1AC≠1便可.经验证C 选项正确.10.CD 可选择阴影三角形作为底面进行折叠,发现A,B 可折成正四面体,C,D 不论选哪一个三角形作底面折叠都不能折成正四面体.11.√333 √152如图所示,点P 为顶点,作PO ⊥底面ABC,则点O 为正三角形ABC 的中心,连接并延长AO 交BC 于点D,连接PD,则BC ⊥PD. 则AO=23AD=23×√32×1=√33, ∴PO=√PA 2-AO 2=√333,PD=√PB 2-DB 2=√152,∴该三棱锥的高为√333,侧面等腰三角形底边上的高为√152. 12.√152由题意得,将直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧面沿BB 1剪开,并展开到同一平面上,如图所示.连接BC 1,则BC 1与AA 1的交点即为BF+FC 1最小时的点F.在展开图中,AB=2,AC=1,AA 1=3.由图可知,△A 1C 1F ∽△B 1C 1B,则A 1F BB 1=A 1C 1B 1C 1,则A 1F=1,故AF=2.由此可知,BF=2√2,FC 1=√2.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,BB 1=AA 1=3,BC=B 1C 1=√3,则BC 1=2√3.在△BFC 1中,cos ∠BFC 1=BF 2+FC 12-BC 122BF ·FC 1=2×2√2×√2=-14,则sin ∠BFC 1=√1-(-14) 2=√154.故△BFC 1的面积为S=12×BF×FC 1×sin∠BFC 1=12×2√2×√2×√154=√152. 13.解∵AB=10,∴AD=√32AB=5√3,∴OD=13AD=5√33.设上底面边长为x,则O 1D 1=√36x. 过D 1作D 1H ⊥AD,交AD 于点H, 则DH=OD-OH=OD-O 1D 1=5√33−√36x. 在△D 1DH 中,DD 1=DHcos60°=2(5√33−√36x), ∴在梯形B 1C 1CB 中,S=12(B 1C 1+BC)·D 1D, 即20√33=12(x+10)·2(5√33−√36x), 解得x=2√15(负值舍去),∴上底面的边长为2√15. 14.解把长方体的部分面展开,如图所示.对甲、乙、丙三种展开图利用勾股定理可得AC1的长分别为√90,√74,√80,由此可见乙中AC1是最短线路,所以甲壳虫可以先在长方形ABB1A1内由A 到E,再在长方形BCC1B1内由E到C1,也可以先在长方形AA1D1D内由A到F,再在长方形DCC1D1内由F到C1,其路程的最小值为√74.。