(江苏专版)2018年高考数学 母题题源系列 专题10 几何体的表面积与体积 理

第4讲空间几何体及其表面积与体积考试要求 1.柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，A级要求；2.柱、锥、台、球的表面积和体积的计算公式，A级要求．知识梳理1．空间几何体的结构特征3(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．诊 断 自 测1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( ) (3)圆柱的侧面展开图是矩形．( )(4)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (5)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的边长为a ，则R ＝32a .( ) 解析如图中的几何体有两个面平行，其余各面都是平行四边形，但不满足“每相邻两个侧面的公共边互相平行”，所以它不是棱柱，故(1)错；(2)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的几何体是棱锥，故(2)错．答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)√ 2．(必修2P55习题3改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________ cm.解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4，∴r ＝2(cm)． 答案 23．(2015·江苏卷)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r＝7. 答案74．(2016·全国Ⅱ卷改编)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________．解析 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，解得a ＝2.设球的半径为R ，则2R ＝3a ，即R ＝ 3.所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π. 答案 12π5．(2017·无锡期末)三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析 设A 到平面PBC 距离为h ，则V 1＝V A －BDE ＝13S △BDE ·h ＝13·14S △PBC ·h ＝14V 2.所以V 1V 2＝14.答案 14考点一 空间几何体的结构特征 【例1】 给出下列四个命题： ①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱； ②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥； ③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱． 其中不正确的命题为________(填序号)．解析 对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④正确． 答案 ①②③规律方法 解决该类题目需准确理解几何体的定义，要真正把握几何体的结构特征，并且学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可． 【训练1】 (1)给出以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； ②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台． 其中正确命题的个数是________．(2)一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，则截面的可能图形为________(填正确答案的序号)．解析 (1)命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题②错，因这条腰必须是垂直于两底的腰；命题③对；命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才行．(2)不论怎样去截这个球，都不可能出现④这种情况．而只要平面沿着正方体的一个对角面去截这个球，就会出现②这种情况，所以答案是①②③. 答案 (1)1 (2)①②③ 考点二 空间几何体的表面积【例2】 (1)(2017·苏州调研)若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为________． (2)(2015·全国Ⅱ卷改编)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________． 解析 (1)依题意得，圆锥的侧面积等于π×1×12＋22＝5π.(2)三棱锥V O －ABC ＝V C －OAB ＝13S △OAB ×h ，其中h 为点C 到平面OAB 的距离，而底面△OAB 是直角三角形，顶点C 到底面OAB 的最大距离是球的半径，故V O －ABC ＝V C －OAB ＝13×12×R 3＝36，其中R为球O 的半径，所以R ＝6，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝144π. 答案 (1)5π (2)144π规律方法 (1)根据题目所给数据与几何体的表面积公式，求其表面积．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积应注意重合部分的处理． (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展开成平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．【训练2】 (1)(2017·扬州模拟)正六棱柱的底面边长为4，高为6，则它的外接球(正六棱柱的顶点都在此球面上)的表面积为________.(2)(2017·徐州检测)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________．解析 (1)依题意，该正六棱柱的外接球的球心应是上、下底面中心连线的中点，因此其半径等于42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝5，其表面积等于4π×25＝100π.(2)该圆柱的侧面积为2π×1×2＝4π，一个底面圆的面积是π，所以该圆柱的表面积为4π＋2π＝6π.答案 (1)100π (2)6π 考点三 空间几何体的体积【例3】 (1)(2017·南京调研)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长均为2，E 为棱CC 1的中点，则三棱锥A 1－B 1C 1E 的体积为________．(2)(2017·苏、锡、常、镇、宿迁五市调研)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是棱BB 1的中点，则四棱锥P －AA 1C 1C 的体积为________．解析 由题意得S △A 1B 1C 1＝12×2×3＝3，又因为E 为棱CC 1的中点，所以EC 1＝1，所以V 三棱锥A 1－B 1C 1E＝V 三棱锥E －A 1B 1C 1＝13EC 1·S △A 1B 1C 1＝33.(2)由正方体的性质可得点P 到平面AA 1C 1C 的距离等于点B 到平面AA 1C 1C 的距离，即12BD ＝22，故四棱锥P －AA 1C 1C 的体积为 13S 四边形AA 1C 1C ·22＝13×2×22＝13. 答案 (1)33 (2)13规律方法 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解，其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．【训练3】 (1)(2017·盐城模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2 cm ，E 为C 1D 1的中点，则三棱锥E －A 1BC 的体积为________ cm 3.(2)(2017·徐州、宿迁、连云港三市模拟)已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为 60 π cm 2，则此圆锥的体积为______ cm 3.解析 (1)V 三棱锥E －A 1BC ＝V 三棱锥E －A 1D 1C ＝V 三棱锥A 1－D 1EC ＝13S △D 1EC ·A 1D 1＝13×12×1×2×2＝23.(2)设圆锥底面圆的半径为r ，母线为l ，则侧面积πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，则高h ＝l 2－r 2＝8，则此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π.答案 (1)23(2)96π[思想方法]1．棱柱、棱锥要掌握各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决． 2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．3．求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．4．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径． [易错防范]1．台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．2．对于简单的组合体的表面积，一定要注意其表面积是如何构成的，在计算时不要多算也不要少算．3．求几何体的体积问题，有时使用转换底面的方法使其高或底面易求，注意“等积转化”的思想方法.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、填空题1．(2017·无锡模拟)若正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为________．解析 该正三棱锥的底面积为34×(2)2＝32，高为1－⎝⎛⎭⎪⎫632＝33，所以该正三棱锥的体积为13×32×33＝16.答案 162．(2017·宿迁模拟)用半径为2 cm 的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为________cm.解析 用半径为2 cm 的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，该圆锥的母线长为2，底面圆的周长为2π，所以底面圆的半径为1，则这个圆锥筒的高为22－12＝3(cm)． 答案33．如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1－ABC 1的体积为________．解析 三棱锥B 1－ABC 1的体积等于三棱锥A －B 1BC 1的体积，三棱锥A －B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.答案3124．(2017·盐城模拟)若一个圆锥的侧面展开图是面积为4π的半圆面，则该圆锥的体积为________．解析 由圆锥的侧面展开图是面积为4π的半圆面，得该半圆的半径是22，即为圆锥的母线长．半圆周长即为圆锥底面圆的周长，设圆锥底面圆半径为r ，则22π＝2πr ，解得r ＝2，所以圆锥的高是h ＝22－r 2＝6，体积是V ＝13πr 2h ＝263π.答案263π 5．(2017·苏、锡、常、镇四市调研)已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD ＝2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连接BC ，则三棱锥C －ABD 的体积为________． 解析 由题意可得∠CDB ＝60°，DC ＝DB ，所以△DCB 是边长为2的等边三角形，且AD ⊥平面DCB ，所以三棱锥C －ABD 的体积为13S △BCD ·AD ＝13×12×2×2sin 60°×2＝233.答案2336．(2017·南京、盐城模拟)设一个正方体与底面边长为23，侧棱长为10的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为________．解析 由题意可得正四棱锥的高为2，体积为13×(23)2×2＝8，则正方体的体积为8，所以棱长为2. 答案 27．(2017·苏州调研)将半径为5的圆分割成面积之比为1∶2∶3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥的底面半径依次为r 1，r 2，r 3，则r 1＋r 2＋r 3＝________.解析 由题意可得三个扇形的弧长分别为5π3，10π3，5π，分别等于三个圆锥底面圆的周长，则r 1＝56，r 2＝53，r 3＝52，所以r 1＋r 2＋r 3＝56＋53＋52＝5.答案 58．(2017·泰州模拟)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为BD 1的中点，三棱锥O －ABD 的体积为V 1，四棱锥O －ADD 1A 1的体积为V 2，则V 1V 2的值为________．解析 V 1＝12V 三棱锥D 1－ABD ＝12V 三棱锥B －ADD 1＝14V 四棱锥B －ADD 1A 1＝12V 四棱锥O －ADD 1A 1＝12V 2，则V 1V 2＝12. 答案 12二、解答题9．(2015·全国Ⅱ卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． 解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，AH ＝10，HB ＝6.故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为97(79也正确)．10．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2，将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D －ABC ，如图2所示．(1)求证：BC ⊥平面ACD ； (2)求几何体D －ABC 的体积．(1)证明 在题图中，可得AC ＝BC ＝22， 从而AC 2＋BC 2＝AB 2，故AC ⊥BC ， 又平面ADC ⊥平面ABC ， 平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD .(2)解 由(1)可知，BC 为三棱锥B －ACD 的高，BC ＝22，S △ACD ＝2，∴V B －ACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，由等体积性可知，几何体D －ABC 的体积为423.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．(2015·全国Ⅰ卷改编)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有________斛(保留整数)．解析 设圆锥底面半径为r ，因为米堆底部弧长为8尺，所以π2r ＝8，r ＝16π≈163(尺)，所以米堆的体积为V ＝13×14×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1632×5＝3209(立方尺)，又1斛米的体积约为1.62立方尺，所以该米堆有3209÷1.62≈22(斛)．答案 2212．(2017·苏、锡、常、镇四市调研)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 棱长为a 的正方体的体积V 1＝a 3，表面积S 1＝6a 2，底面半径和高均为r 的圆锥的体积V 2＝13πr 3，侧面积S 2＝2πr 2，则V 1V 2＝a 313πr3＝3π，则a ＝r ，所以S 1S 2＝6a 22πr 2＝32π. 答案32π13．(2017·南通调研)在体积为32的四面体ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AB ＝1，BC ＝2，BD ＝3，则CD 的长度为________．解析 四面体ABCD 的体积为13×12×2×3sin∠CBD ×1＝sin ∠CBD ＝32，则∠CBD ＝60°或∠CBD ＝120°.当∠CBD ＝60°时，CD 2＝9＋4－2×3×2×12＝7，CD ＝7；当∠CBD ＝120°时，CD 2＝9＋4＋2×3×2×12＝19，CD ＝19，故CD 的长度为7或19.答案7或1914．一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm 和6 cm ，高是32 cm.(1)求三棱台的斜高；(2)求三棱台的侧面积和表面积．解 (1)设O 1，O 分别为正三棱台ABC －A 1B 1C 1的上、下底面正三角形的中心，如图所示，则O 1O ＝32，过O 1作O 1D 1⊥B 1C 1，OD ⊥BC ，则D 1D 为三棱台的斜高；过D 1作D 1E ⊥AD 于E ， 则D 1E ＝O 1O ＝32，因O 1D 1＝36×3＝32，OD ＝36×6＝3， 则DE ＝OD －O 1D 1＝3－32＝32. 在Rt △D 1DE 中，D 1D ＝D 1E 2＋ED 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3(cm)． 故三棱台的斜高为 3 cm.(2)设c ，c ′分别为上、下底的周长，h ′为斜高，S 侧＝12(c ＋c ′)h ′＝12(3×3＋3×6)×3＝2732(cm 2)， S 表＝S 侧＋S 上＋S 下＝2732＋34×32＋34×62＝9934(cm 2)． 故三棱台的侧面积为2732 cm 2，表面积为9934cm 2.高考导航 立体几何是研究空间几何体的基础和必备内容，也是历年高考命题的热点．其中有两个考查热点：一是空间几何体的表面积、体积的求解，试题难度不大；二是空间平行与垂直关系的证明与探索性问题，难度中等．热点一 求解空间几何体的表面积和体积空间几何体的表面积和体积多以常见几何体或与球的接、切组合体考查，主要考查空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力．求解几何体的表面积时，要考虑全面；求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的思想方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．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便于求解．例1 (1)(2017·盐城模拟)如图，正四棱锥PABCD 的底面一边AB 长为2 3 cm ，侧面积为8 3 cm 2，则它的体积为________cm 3.(2)(2017·苏、锡、常、镇四市调研)如图，正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥AA 1EF 的体积是________．解析 (1)设正四棱锥PABCD 的侧面上的斜高为h ′，又底面一边AB 长为2 3 cm ，则侧面积为4×12×23h ′＝8 3 (cm 2)，解得h ′＝2(cm)，则它的高h ＝22－（3）2＝1，体积为13×(23)2×1＝4(cm 3)． (2)由正三棱柱的底面边长为4得点F 到平面A 1AE 的距离(等于点C 到平面A 1ABB 1的距离)为32×4＝23，则1A A EF V -三棱锥＝1F A AE V -三棱锥＝131S A AE ∆×23＝13×12×6×4×23＝8 3.答案 (1)4 (2)8 3探究提高 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和． (2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．训练1 (1)(2017·扬州中学模拟)在正三棱锥PABC 中，M ，N 分别是PB ，PC 的中点，若截面AMN ⊥平面PBC ，则此棱锥中侧面积与底面积的比为________．第(1)题图 第(2)题图(2)如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为线段B 1C 上的一点，则三棱锥ADED 1的体积为________．解析 (1)取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，且PD 与MN 的交点为E .因为AM ＝AN ，E 为MN 的中点，所以AE ⊥MN ，又截面AMN ⊥平面PBC ，所以AE ⊥平面PBC ，则AE ⊥PD ，又E 点是PD 的中点，所以PA ＝AD .设正三棱锥PABC 的底面边长为a ，则侧棱长为32a ，斜高为22a ，则此棱锥中侧面积与底面积的比为3×12a ×22a 34a 2＝61.(2)1A DED V -＝1E ADD V -＝13×1S ADD ∆×CD ＝13×12×1＝16.答案 (1)6∶1 (2)16热点二 空间平行关系和垂直关系的证明(规范解答)直线与平面的位置关系是立体几何的核心内容，高考始终把直线与平面的平行、垂直关系作为考查的重点，以多面体为载体的线面位置关系的论证是历年必考内容，其中既有单独考查直线和平面的位置关系的试题，也有以简单几何体体积的计算为载体考查直线和平面的位置关系的试题．从内容上看，主要考查对定义、定理的理解及符号语言、图形语言、文字语言之间的相互转换；从能力上来看，主要考查考生的空间想象能力和逻辑思维能力． 例2 (满分12分)(2015·山东卷)如图，三棱台DEFABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .满分解答 (1)证明 法一 连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH……………………………………………………………………………………1分在三棱台DEFABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形．则M为CD的中点，……………………………………………………………3分又H为BC的中点，所以HM∥BD，…………………………………………4分又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.…………………………………………………………6分法二在三棱台DEFABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形HBEF为平行四边形，可得BE∥HF.…………………………………………………………………3分在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.……………………………………………4分又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.……………………………5分因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.………………………………6分(2)证明连接HE，EG，因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.………………………………………………………………7分由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE. ……………………9分又CF⊥BC，所以HE⊥BC. ………………………………………………10分又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH. ………………………………………………………11分又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH. …………………………12分❶(法一)作辅助线得1分，证明四边形DFCG为平行四边形得2分，再得到HM∥BD得1分，最后根据线面平行的判定定理得结论得2分．❷(法二)证明四边形HBEF为平行四边形且BE∥HF得3分，再证明GH∥AB得1分，再推出平面FGH∥平面ABED得1分，最后得出BD∥平面FGH得1分．❸第(2)问中得到GF∥AB得1分，证明四边形EFCH是平行四边形且CH∥HE得2分，再得到BC⊥HE得1分，再得到BC⊥平面EGH得1分，最后证得结论得1分．❹第(1)问法一中若漏写“HM⊂平面FGH”，“BD⊄平面FGH”各扣1分；在第(2)问最后漏写“BC⊂平面BCD ”扣1分．证明线面平行问题(一)第一步：找(作)出所证线面平行中的平面内的一条直线． 第二步：证明线线平行．第三步：根据线面平行的判定定理证明线面平行． 第四步：反思回顾．检查关键点及答题规范． 证明线面平行问题(二)第一步：在多面体中作出要证线面平行中的线所在的平面．第二步：利用线面平行的判定定理证明所作平面内的两条相交直线分别与所证平面平行； 第三步：证明所作平面与所证平面平行． 第四步：转化为线面平行． 第五步：反思回顾，检查答题规范． 证明面面垂直问题第一步：根据已知条件确定一个平面内的一条直线垂直于另一个平面内的一条直线． 第二步：结合已知条件证明确定的这条直线垂直于另一平面内的两条相交直线． 第三步：得出确定的这条直线垂直于另一平面． 第四步：转化为面面垂直． 第五步：反思回顾，检查答题规范．训练2 (2016·苏北四市调研)如图，在几何体ABCDEF 中，ABCD 是正方形，DE ⊥平面ABCD .(1)求证：AC ⊥平面BDE ；(2)若AF ∥DE ，DE ＝3AF ，点M 在线段BD 上，且BM ＝13BD ，求证：AM ∥平面BEF .证明 (1)因为DE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以DE ⊥AC ，因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ，又BD ∩DE ＝D ， 从而AC ⊥平面BDE .(2)延长EF ，DA 交于点G ，连接GB ，因为AF ∥DE ，DE ＝3AF ，所以GA GD ＝AF DE ＝13， 因为BM ＝13BD ，所以BM BD ＝13，所以BM BD ＝GA GD ＝13，所以AM ∥GB ，又AM ⊄平面BEF ，GB ⊂平面BEF ， 所以AM ∥平面BEF .热点三 平面图形折叠成空间几何体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，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．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．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．例3 (2016·全国Ⅱ卷)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′ABCFE 的体积．(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ， 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，故AC ∥EF ， 由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′， 所以AC ⊥HD ′.(2)解 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2， 故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′，又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC . 又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.探究提高 (1)①利用AC 与EF 平行，转化为证明EF 与HD ′垂直；②求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD ′是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD 与△DEF 面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD ′与底面垂直以及求△DEF 的面积问题了．(2)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．训练3 (2017·徐州、连云港调研)如图1所示，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图2所示．(1)求证：A 1F ⊥BE ；(2)线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ ？说明理由． (1)证明 由已知，得AC ⊥BC ，且DE ∥BC . 所以DE ⊥AC ，则DE ⊥DC ，DE ⊥DA 1， 又因为DC ∩DA 1＝D ， 所以DE ⊥平面A 1DC . 由于A 1F ⊂平面A 1DC ， 所以DE ⊥A 1F .又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A1F⊥BE.(2)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图所示，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(1)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP，又DE∩DP＝D，所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.热点四线、面位置关系中的开放存在性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．例4 (2017·郑州质检)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面PAD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．(1)证明如图所示，连接AC，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F 为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F，又在△PAC中，点E为PC的中点，所以EF为△PAC的中位线，所以EF∥PA，又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.(2)解存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC，因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG、EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.探究提高(1)在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．(2)第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．训练4 (2017·南京师大附中检测)如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，试说明理由．(1)证明连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥SABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD，因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)解在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a.由SD⊥平面PAC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO，又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.(建议用时：70分钟)一、填空题1．(2017·南通、扬州、泰州三市调研)已知正三棱柱的各条棱长均为a，圆柱的底面直径和高均为b.若它们的体积相等，则a3∶b3的值为________．解析 由题意可得34a 3＝14πb 3，则a 3b 3＝3π3. 答案 3π3 2．(2017·苏北四市调研)已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥DABC 的体积为________．解析 在平面DAC 上过点D 作DE ⊥AC 于点E ，因为平面DAC ⊥平面BAC ，由面面垂直的性质定理可得DE ⊥平面BAC .又DE ＝125，所以三棱锥DABC 的体积为13×12×4×3×125＝245. 答案 245二、解答题3．(2017·盐城中学模拟)如图，在三棱锥PABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，PA ⊥PB ，M ，N 分别为AB ，PA 的中点．(1)求证：PB ∥平面MNC ；(2)若AC ＝BC ，求证：PA ⊥平面MNC .证明 (1)因为M ，N 分别为AB ，PA 的中点，所以MN ∥PB ，又因为MN ⊂平面MNC ，PB ⊄平面MNC ，所以PB ∥平面MNC .(2)因为PA ⊥PB .MN ∥PB ，所以PA ⊥MN .因为AC ＝BC ，AM ＝BM ，所以CM ⊥AB .因为平面PAB ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB .所以CM ⊥平面PAB .因为PA ⊂平面PAB ，所以CM ⊥PA .又MN ∩CM ＝M ，所以PA ⊥平面MNC .4．(2017·南京模拟)如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点D 为棱BC 上一点．(1)若AB ＝AC ，D 为棱BC 的中点，求证：平面ADC 1⊥平面BCC 1B 1；(2)若A 1B ∥平面ADC 1，求BDDC的值．(1)证明 因为AB ＝AC ，点D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC .因为ABCA 1B 1C 1是直三棱柱，所以BB 1⊥平面ABC .因为AD ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥AD .因为BC ∩BB 1＝B ，BC ⊂平面BCC 1B 1，BB 1⊂平面BCC 1B 1，所以AD ⊥平面BCC 1B 1.因为AD ⊂平面ADC 1，所以平面ADC 1⊥平面BCC 1B 1.(2)连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD ，所以点O 为A 1C 的中点．因为A 1 B ∥平面ADC 1，A 1B ⊂平面A 1BC ，平面ADC 1∩平面A 1BC ＝OD ，所以A 1B ∥OD .因为点O 为A 1C 的中点，所以点D 为BC 的中点．所以BD DC＝1.5．(2017·苏、锡、常、镇、宿迁五市调研)如图，已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1的侧面ACC 1A 1是正方形，点O 是侧面ACC 1A 1的中心，∠ACB ＝π2，点M 是棱BC 的中点．(1)求证：OM ∥平面ABB 1A 1；(2)求证：平面ABC 1⊥平面A 1BC .证明 (1)在△A 1BC 中，因为点O 是A 1C 的中点，点M 是BC 的中点，所以OM ∥A 1B . 又OM ⊄平面ABB 1A 1，A 1B ⊂平面ABB 1A 1，所以OM ∥平面ABB 1A 1.(2)因为ABCA 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC ，所以CC 1⊥BC .又∠ACB ＝π2，即BC ⊥AC ，且CC 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，CC 1∩AC ＝C ， 所以BC ⊥平面ACC 1A 1.。

母题十一 几何体面积、体积的计算【母题原题1】【2018天津，文11】如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则四棱锥111A BB D D -的体积为__________．【答案】13【名师点睛】本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力． 【母题原题2】【2017天津，文11】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 ． 【答案】92π【解析】设正方体边长为a ，则226183a a =⇒=，外接球直径为34427923,πππ3382R V R ====⨯=．【名师点睛】求多面体的外接球的面积和体积问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心，本题就是第三种方法．【命题意图】 高考对本部分内容重点考查球的体积与表面积的计算．【命题规律】 高考试题对该部分内容考查的主要角度有两种：一是计算球的体积与表面积；二是已知球的体积与表面积求解相关问题．【答题模板】解答本类题目，以2017年试题为例，一般考虑如下三步：第一步：求正方体的边长 根据正方体的表面积为18，求正方体的边长； 第二步：求外接球的半径 正方体的体对角线的一半； 第三步：下结论． 根据球的体积公式计算． 【方法总结】（1）若球的半径为R ，则其表面积为24R S π=，体积为334R V π=．（2）正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②正方体的内切球，则2R ＝a ；③球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a ．（3）长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a2＋b2＋c2． （4）正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1．（5）解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．1．【2018天津河北区二模】一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A．B．C．D．【答案】A【名师点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题．三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点．观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状．2．【2018天津上学期期末考试】一个四棱柱的三视图如图所示，该四棱柱的体积为（）A．12 B．24 C．36 D．48【答案】C【解析】由三视图可得该四棱柱的高为6；底面为梯形，且梯形的上、下底分别为2、4，梯形的高为2．故四棱柱的体积为．选C．3．【2018天津静海期中考试】已知三棱柱中，底面，，，，，则该三棱柱的表面积是A．B．C．D．【答案】D【解析】分析：该几何体的表面积由两个直角三角形的底面与三个矩形的侧面组成，求出直角三角形的面积与矩形的面积即可得结果．详解：【名师点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题．要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径．4．【2018天津实验中学期中考试】某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】几何体为一个四棱锥与正方体的组合体，所以体积为，选C．【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．5．【2018天津耀华中学期中考试】一个球受热膨胀，表面积增加，那么球的半径增加了（）A．B．C．D．【答案】D8．【2018天津七校联考期中考试】在梯形ABCD中，π2ABC∠=，AD BC，222BC AD AB===．将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．2π3B．4π3C．5π3D．2π【答案】C【解析】几何体为一个圆柱去掉一个圆锥，体积为2215121133πππ⨯⨯-⨯⨯⨯=，选C9．【2018天津耀华中学模拟三】某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（）A ． 372cmB ． 390cmC ． 3108cmD ． 3138cm 【答案】B10．【2018天津南开中学模拟】一个几何体的三视图如图所示（单位：)，则该几何体的体积为__________．【答案】．【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，将几何体还原，分析得到其为一个圆柱和一个圆锥的组合体，所以其体积为圆柱和圆锥的体积之和，结合图中所给的数据，利用体积公式求得结果．详解：根据题中所给的几何体的三视图，将几何体还原，可以得到几何体是一个圆柱和圆锥的组合体，利用相关数据可知圆柱的体积为，圆锥的体积为，所以该几何体的体积为，故答案是．【名师点睛】该题考查的是有关根据几何体的三视图求其体积的问题，在解题的过程中，还原几何体是解题的关键，之后利用图中的相关数据，结合体积公式求得结果，注意组合体的体积在求解的11．【2018天津部分区二模】已知一个几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积为_______．【答案】【名师点睛】本题考查了应用空间几何体的三视图求体积的问题，是基础题目．12．【2018天津河东区二模】麻团又叫煎堆，呈球形，华北地区称麻团，是一种古老的中华传统特色油炸面食，寓意团圆．制作时以糯米粉团炸起，加上芝麻而制成，有些包麻茸、豆沙等馅料，有些没有．一个长方体形状的纸盒中恰好放入4个球形的麻团，它们彼此相切，同时与长方体纸盒上下底和侧面均相切，其俯视图如图所示，若长方体纸盒的表面积为576 ，则一个麻团的体积为_______．【答案】解得：r2=9，即r=3，可得一个麻团的体积V==36π．故答案为：36π【名师点睛】本题主要考查球的体积，考查几何体的内切球问题，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间观察想象能力．13．【2018天津市十二校二模】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________．【答案】【解析】分析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由半个圆锥与四分之一球体组成，分别求出圆锥与球体的体积，求和即可．详解：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由半个圆锥与四分之一球体组成，其中，圆锥的底面半径为，高为，体积为；球半径为，体积为，所以，该几何体的体积为，故答案为．【名师点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题．三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点．观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状．14．【2018天津9校联考】一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的体积为__________．【答案】123π-15．【2018天津十二重点中学模拟】如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积是________．【答案】48π【解析】由几何体的三视图可得该几何体是直三棱柱ABC A B C '-''，如图所示：【名师点睛】本题主要考查三棱柱外接球表面积的求法，属于中档题．要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用22224R a b c =++（,,a b c 为三棱的长）；②若SA ⊥面ABC （SA a =），则22244R r a =+（r 为ABC ∆外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径．16．【2018天津部分区期末考】一个四棱柱的三视图如图所示，该四棱柱的体积为__________．【答案】36【解析】由三视图还原原几何体如图：该几何体为四棱锥，四棱柱，底面ABCD 为直角梯形，其中AD ∥BC ，AB ⊥BC ，BC=2AB=2AD=2，侧棱AA 1=6，∴该四棱柱的体积为V=()12426362⨯+⨯⨯=．故答案为：36． 17．【2018天津实验中学期中考试】已知一个长方体的同一个顶点出发的三条棱长分别为，，，则这个长方体外接球的表面积为__________． 【答案】【解析】长方体外接球的直径为长方体对角线长：方体外接球的表面积为18．【2018天津耀华中学期中考试】已知圆锥侧面展开图为中心角为的扇形，其面积为，圆锥的全面积为，则为__________．【答案】19．【2018天津七校联考期中】一个几何体的三视图如图所示（单位： m ），则该几何体的体积为__________．【答案】()36πm + 【解析】几何体为一个圆锥与一个棱柱的组合体， 体积为213132163ππ⨯⨯⨯+⨯⨯=+20．【2018天津河东区期中】如图，一个几何体的三视图的轮廓均为边长为a 的取值范围为__________．【答案】356a 【解析】该几何体为棱长为a 的正方体截去一个三棱锥得到，则323115326V a a a a ⎛⎫=-⨯⨯= ⎪⎝⎭． 21．【2018天津一中月考五】已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________．【答案】【名师点睛】本题考查由三视图还原几何体和组合体体积的计算，考查学生的空间想象能力和运算能力，解答的关键是正确的由三视图得到几何体．22．【2018天津一中月考三】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________．【答案】【解析】几何体如图，体积为()1124432⨯+⨯=23．【2018天津一中月考二】如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为_________．【答案】2 43π+【名师点睛】本题考查由三视图求几何体的体积，以及几何体的体积公式，考查空间想象能力，三视图正确复原几何体是解题的关键．。

１．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝２πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π（r＋r′）l２．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体（棱柱和圆柱）S表面积＝S侧＋２S底V＝Sh锥体（棱锥和圆锥）S表面积＝S侧＋S底V＝错误!Sh台体（棱台和圆台）S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝错误!（S上＋S下＋错误!）h球S＝４πR２V＝错误!πR３[小题体验]１．一个球的表面积是１6π，那么这个球的体积为________．解析：设球的半径为R，因为表面积是１6π，所以４πR２＝１6π，解得R＝２．所以体积为错误!πR ３＝错误!.答案：错误!π２．（２0１8·南京高三年级学情调研）将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为２7π cm３，则该圆柱的侧面积为________cm２.解析：设正方形的边长为a cm，则πa２·a＝２7π，得a＝３，所以侧面积２π×３×３＝１8π cm２.答案：１8π３．（２0１8·海安高三质量测试）已知正三棱锥的体积为３6错误!cm３，高为４cm，则底面边长为________cm.解析：设正三棱锥的底面边长为a cm，则其面积为S＝错误!a２，由题意知错误!×错误!a２×４＝３6错误!，解得a＝6错误!.答案：6错误!１．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．２．易混侧面积与表面积的概念．[小题纠偏]１．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：２∶３１∶１２．已知正四棱柱的底面边长为３cm，侧面的对角线长为３错误!cm，则这个正四棱柱的侧面积是________cm２.解析：正四棱柱的高为错误!＝6 cm，所以侧面积是４×３×6＝7２cm２.答案：7２错误!错误![题组练透]１．棱长为２的正四面体的表面积是________．解析：每个面的面积为：错误!×２×２×错误!＝错误!.所以正四面体的表面积为４错误!.答案：４错误!２．一个六棱锥的体积为２错误!，其底面是边长为２的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．解析：由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h，侧面的斜高为h′.由题意，得错误!×6×错误!×２２×h＝２错误!，所以h＝１，所以斜高h′＝错误!＝２，所以S侧＝6×错误!×２×２＝１２．答案：１２３．已知在梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，BC＝２AD＝２AB＝２，将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为________．解析：由题意得几何体如图所示，几何体是底面半径为１，高为２的圆柱挖去一个底面半径为１，高为１的圆锥后剩下的部分，所以几何体的表面积为一个圆柱底面与圆柱侧面、圆锥侧面之和，即π×１２＋２π×１×２＋π×１×错误!＝（５＋错误!）π.答案：（５＋错误!）π[谨记通法]几何体的表面积的求法（１）求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．（２）求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．错误!错误![典例引领]１．（２0１8·苏州高三暑假测试）如图，正四棱锥P­ABCD的底面一边AB的长为２错误!cm，侧面积为8错误!cm２，则它的体积为________cm３.解析：记正四棱锥P­ABCD的底面中心为点O，棱AB的中点为H，连结PO，HO，PH，则PO⊥平面ABCD，因为正四棱锥的侧面积为8错误!cm２，所以8错误!＝４×错误!×２错误!×PH，解得PH＝２，在Rt△PHO中，HO＝错误!，所以PO＝１，所以V P­ABCD＝错误!·S正方形ABCD·PO＝４cm３.答案：４２．（２0１9·高邮模拟）如图，在正三棱柱ABC­A１B１C１中，已知AB＝AA１＝３，点P在棱CC１上，则三棱锥P­ABA１的体积为________．解析：因为S△ABA１＝错误!×３×３＝错误!，点P到平面ABA１的距离h为△ABC的高错误!，所以三棱锥P­ABA１的体积V＝错误!S△ABA１h＝错误!.答案：错误![由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略常见类型解题策略球的体积问题直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径锥体、柱体的体积问题根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解不规则几何体的体积问题常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解[即时应用]１．现有一个底面半径为３，母线长为５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），则该铁球的半径是________．解析：因为圆锥底面半径为３，母线长为５，所以圆锥的高为错误!＝４，其体积为错误!π×３２×４＝１２π.设铁球的半径为r，则错误!πr３＝１２π，解得r＝错误!，所以该铁球的半径是错误!.２．（２0１8·南通调研）如图，在正三棱柱ABC­A１B１C１中，若各棱长均为２，且M为A１C１的中点，则三棱锥M­AB１C的体积是________．解析：在正三棱柱ABC­A１B１C１中，AA１⊥平面A１B１C１，则AA１⊥B１M.因为B１M是正三角形的中线，所以B１M⊥A１C１.因为A１C１∩AA１＝A１，所以B１M⊥平面ACC１A１，则V M­AB１C ＝V B１­ACM＝错误!×错误!×AC×AA１×B１M＝错误!×错误!×２×２×错误!＝错误!.答案：错误!错误!错误![锁定考向]与球有关的切、接问题是每年高考的热点，也是难点，题型多为填空题．常见的命题角度有：（１）球与柱体的切、接问题；（２）球与锥体的切、接问题．[题点全练]角度一：球与柱体的切、接问题１．已知底面边长为１，侧棱长为错误!的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：设该球的半径为R，根据正四棱柱的外接球的直径长为正四棱柱的体对角线长，可得（２R）２＝（错误!）２＋１２＋１２，解得R＝１，所以该球的体积V＝错误!πR３＝错误!.答案：错误!２．（２0１7·江苏高考）如图，在圆柱O１O２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O１O２的体积为V１，球O的体积为V２，则错误!的值是________．解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O１O２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，所以错误!＝错误!＝错误!.角度二：球与锥体的切、接问题３．已知正三棱锥的高为１，底面边长为２错误!，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．解析：如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE，因为△ABC是正三角形，所以AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．因为AB＝２错误!，所以S△ABC＝３错误!，DE＝１，PE＝错误!.所以S表＝３×错误!×２错误!×错误!＋３错误!＝３错误!＋３错误!.因为PD＝１，所以三棱锥的体积V＝错误!×３错误!×１＝错误!.设球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，则r＝错误!＝错误!—１．答案：错误!—１４．（２0１7·全国卷Ⅰ）已知三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S­ABC的体积为9，则球O的表面积为________．解析：如图，连接AO，OB，因为SC为球O的直径，所以点O为SC的中点，因为SA＝AC，SB＝BC，所以AO⊥SC，BO⊥SC，因为平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，所以AO⊥平面SCB，设球O的半径为R，则OA＝OB＝R，SC＝２R.所以V S­ABC＝V A­SBC＝错误!×S△SBC×AO＝错误!×错误!×AO，即9＝错误!×错误!×R，解得R＝３，所以球O的表面积为S＝４πR２＝４π×３２＝３6π.答案：３6π[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项（１）“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．（２）“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[演练冲关]１．（２0１8·太湖高级中学检测）一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为１，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r＝１，其高h＝１，所以球半径为R＝错误!＝错误!＝错误!，所以该球的体积V＝错误!πR３＝错误!×错误!３π＝错误!.答案：错误!２．三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝错误!，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝２，则该三棱锥的外接球表面积为________．解析：由题可知，△ABC中AC边上的高为错误!＝错误!，球心O在底面ABC的投影即为△ABC的外心D，设DA＝DB＝DC＝x，所以x２＝３２＋（错误!—x）２，解得x＝错误!错误!，所以R２＝x２＋错误!２＝错误!＋１＝错误!（其中R为三棱锥外接球的半径），所以外接球的表面积S＝４πR２＝错误!π.答案：错误!π３．（２0１9·南京四校联考）已知在三棱锥S ABC中，△SAB，△SBC，△SAC都是以S为直角顶点的等腰三角形，且AB＝BC＝CA＝错误!，则三棱锥S—ABC的内切球的半径为________．解析：由题意知，SA＝SB＝SC.设SA＝SB＝SC＝a，则错误!a＝错误!，a＝１．设三棱锥S—ABC 的内切球的半径为r，则由等体积法可得，V S—ABC＝错误!×错误!＝V A—SBC＝错误!×错误!×１，解得r＝错误!，即三棱锥S—ABC的内切球的半径为错误!.答案：错误!一抓基础，多练小题做到眼疾手快１．（２0１8·徐州高三年级期中考试）各棱长都为２的正四棱锥的体积为________．解析：由题意得，底面对角线长为２错误!，所以正四棱锥的高为错误!＝错误!，所以正四棱锥的体积V＝错误!Sh＝错误!×２２×错误!＝错误!.答案：错误!２．（２0１8·苏锡常镇调研）设棱长为a的正方体的体积和表面积分别为V１，S１，底面半径和高均为r的圆锥的体积和侧面积分别为V２，S２，若错误!＝错误!，则错误!的值为________．解析：法一：由题意知V１＝a３，S１＝6a２，V２＝错误!πr３，S２＝错误!πr２，由错误!＝错误!得错误!＝错误!，得a＝r，从而错误!＝错误!.法二：不妨设V１＝２7，V２＝9π，故V１＝a３＝２7，即a＝３，所以S１＝6a２＝５４．如图所示，又V２＝错误!h×πr２＝错误!πr３＝9π，即r＝３，所以l＝错误!r，即S２＝错误!l×２πr ＝错误!πr２＝9错误!π，所以错误!＝错误!＝错误!.答案：错误!３．（２0１8·南京二模）如图，正三棱柱ABC­A１B１C１中，AB＝４，AA１＝6．若E，F分别是棱BB１，CC１上的点，则三棱锥A­A１EF的体积是________．解析：因为在正三棱柱ABC­A１B１C１中，AA１∥BB１，AA１⊂平面AA１C１C，BB１⊄平面AA１C１C，所以BB１∥平面AA１C１C，从而点E到平面AA１C１C的距离就是点B到平面AA １C１C的距离，作BH⊥AC，垂足为点H，由于△ABC是正三角形且边长为４，所以BH＝２错误!，从而三棱锥A­A１EF的体积V A­A１EF ＝V E­A１AF＝错误!S△A１AF·BH＝错误!×错误!×6×４×２错误!＝8错误!.答案：8错误!４．（２0１8·海安期中）如图，在棱长为２的正方体ABCD­A１B１C１D１中，O为底面ABCD的中心，则三棱锥O­A１BC１的体积为________．解析：连结AC，因为几何体是正方体，所以BO⊥平面A１OC１，BO是三棱锥B­A１OC１的高，则三棱锥O­A１BC１的体积为错误!×错误!×２错误!×２×错误!＝错误!.答案：错误!５．（２0１8·盐城模拟）若一圆锥的底面半径为１，其侧面积是底面积的３倍，则该圆锥的体积为________．解析：设圆锥的母线长为l，高为h，则π×１×l＝３π×１２，解得l＝３，则h＝错误!＝２错误!，故该圆锥的体积V＝错误!π×１２×２错误!＝错误!.答案：错误!6．（２0１8·苏锡常镇一调）如图，正方体ABCD­A １B１C１D１的棱长为１，P是棱BB１的中点，则四棱锥P­AA１C１C的体积为________．解析：四棱锥P­AA１C１C可看作：半个正方体割去三棱锥P­ABC和P­A１B１C１.所以V P­AA１C１C ＝错误!V ABCD­A１B１C１D１—V P­ABC—V P­A１B１C１＝错误!—错误!—错误!＝错误!.答案：错误!二保高考，全练题型做到高考达标１．（２0１9·扬州模拟）圆台的一个底面周长是另一个底面周长的３倍，母线长为３，圆台的侧面积为8４π，则圆台较小底面的半径为________．解析：设圆台较小底面半径为r，则另一底面半径为３r.由S＝π（r＋３r）·３＝8４π，解得r＝7．答案：7２．（２0１8·常州期中）如图，一个实心六角螺帽毛坯（正六棱柱）的底边长为４，高为３，若在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，则孔的半径为________．解析：设孔的半径为r，∵此正六棱柱的底边长为４，高为３，在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，∴２×πr２＝２πr×３，解得r＝３，∴孔的半径为３．答案：３３．（２0１8·常州期末）以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积的比值为________．解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S１＝２πrh＝２πr２.圆锥的母线l＝错误!＝错误!r，故圆锥的侧面积为S２＝错误!×２πr×l＝错误!πr２，所以S２∶S１＝错误!∶２．答案：错误!４．（２0１8·苏北四市一模）将斜边长为４的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是________．解析：因为等腰直角三角形的斜边长为４，所以斜边上的高为２，故旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体，圆锥的底面半径为２，高为２，因此，几何体的体积为V＝２×错误!π×２２×２＝错误!.答案：错误!５．（２0１8·泰州中学高三学情调研）在正方体ABCD­A１B１C１D１中，P为AA１中点，Q为CC１的中点，AB＝２，则三棱锥B­P Q D的体积为________．解析：如图，连结P Q，则P Q∥AC，取P Q的中点G，连结BG，DG，可得BG⊥P Q，DG⊥P Q，又BG∩DG＝G，则P Q⊥平面BGD，在Rt△BPG中，由BP＝错误!，PG＝错误!，可得BG＝错误!，同理可得DG＝错误!，则△BDG边BD上的高为错误!＝１，所以S△BDG＝错误!×２错误!×１＝错误!，则V B­P Q D＝错误!×错误!×２错误!＝错误!.答案：错误!6．（２0１9·盐城检测）有一个用橡皮泥制作的半径为４的球，现要将该球所用的橡皮泥制作成一个圆柱和一个圆锥，使圆柱和圆锥有相同的底面半径和相等的高，若它们的高为8，则它们的底面半径为________．解析：由已知可得球的体积为V＝错误!π×４３＝错误!.设圆柱和圆锥的底面半径为r，则圆柱和圆锥的体积和为8πr２＋错误!πr２＝错误!，解得r＝２错误!.答案：２错误!7．（２0１8·启东调研）如图，Rt△ABC的外接圆⊙O的半径为５，CE垂直于⊙O所在的平面，BD∥CE，CE＝４，BD＝２，ED＝２错误!，若M为ED的中点，则V M­ACB＝________.解析：如图，过D作DH⊥CE于H，则BC＝DH，在Rt△EDH中，由ED＝２错误!，EH＝EC—DB＝２，得BC＝DH＝6，所以在Rt△ABC中，AB＝１0，BC＝6，所以AC＝8，即S△ABC＝２４，又因为CE垂直于⊙O所在的平面，BD∥CE，M为ED的中点，所以M到平面ABC的距离为３，所以V M­ACB＝错误!S△ABC×３＝２４．答案：２４8．（２0１8·连云港调研）已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为４，底面边长为２错误!，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P­ABCD的外接球的球心O在它的高PO１上，设球的半径为R，因为底面边长为２错误!，所以AC＝４．在Rt△AOO１中，R２＝（４—R）２＋２２，所以R＝错误!，所以球的表面积S＝４πR２＝２５π.答案：２５π9．（２0１8·苏州期末）如图，在体积为V１的圆柱中挖去以圆柱上下底面为底面、共顶点的两个圆锥，剩余部分的体积为V２，则错误!＝________.解析：设圆锥与圆柱的底面面积为S，高为h，所以V１＝Sh，V２＝Sh—错误!Sh＝错误!Sh，则错误!＝错误!.答案：错误!１0．一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r的铁球，并向容器内注水，使水面恰好与铁球面相切．将球取出后，容器内的水深是多少？解：如图，作轴截面，设球未取出时，水面高PC＝h，球取出后，水面高PH＝x.根据题设条件可得AC＝错误!r，PC＝３r，则以AB为底面直径的圆锥容积为V圆锥＝错误!π×AC２×PC＝错误!π（错误!r）２×３r＝３πr３.V球＝错误!πr３.球取出后，水面下降到EF，水的体积为V水＝错误!π×EH２×PH＝错误!π（PH tan ３0°）２PH＝错误!πx３.又V水＝V圆锥—V球，则错误!πx３＝３πr３—错误!πr３，解得x＝错误!r.故球取出后，容器内水深为错误!r.三上台阶，自主选做志在冲刺名校１．已知直三棱柱ABC­A１B１C１的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝３，AC＝４，AB⊥AC，AA１＝１２，则球O的半径为________．解析：如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AM＝错误!BC＝错误!错误!＝错误!，OM＝错误!AA１＝6，所以球O的半径R＝OA＝错误!＝错误!.答案：错误!２．三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC且PA＝２，△ABC是边长为错误!的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC为底面、以PA为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r＝错误!×错误!×错误!＝１，外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝１，所以外接球的半径R＝错误!＝错误!，所以三棱锥外接球的表面积S＝４πR２＝8π.答案：8π３．如图是一个以A １B１C１为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A１B１＝B１C１＝２，∠A１B１C１＝90°，AA１＝４，BB１＝３，CC１＝２，求：（１）该几何体的体积．（２）截面ABC的面积．解：（１）过C作平行于A１B１C１的截面A２B２C，交AA１，BB１分别于点A２，B２.由直三棱柱性质及∠A１B１C１＝90°可知B２C⊥平面ABB２A２，则该几何体的体积V ＝V A１B１C１­A２B２C ＋V C­ABB２A２＝错误!×２×２×２＋错误!×错误!×（１＋２）×２×２＝6．（２）在△ABC中，AB＝错误!＝错误!，BC＝错误!＝错误!，AC＝错误!＝２错误!.则S△ABC＝错误!×２错误!×错误!＝错误!.。

一、填空1.【苏北三市（连云港、徐州、宿迁）2017届高三年级第三次调研考试】如图，在正三棱柱中，已知，点在棱上，则三棱锥的体积为__________．【答案】2.【2016-2017学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（二）】已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为，则该直四棱柱的侧面积为．【答案】【解析】侧棱长为，因为侧面为矩形，所以侧面积为3.【南京市、盐城市2017届高三年级第一次模拟】将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个AB=，圆柱，3∆为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥2BC=，圆柱上底面圆心为O，EFG-体积的最O EFG大值是▲.【答案】4 【解析】1124432O EFG EFG EFG V AB S S -∆∆=⨯⨯=≤⨯⨯= 4. 【镇江市2017届高三年级第一次模拟】若圆锥底面半径为，高为5，则其侧面积为 ． 【答案】6π【解析】圆锥母线为354=+，侧面积为πππ623=⨯=rl5. 【2017年第二次全国大联考江苏卷】已知正四棱锥P ABCD -的所有棱长都为，则此四棱锥体积为_______.=2123= 6. 【2017年第一次全国大联考江苏卷】已知四棱锥P ABCD -的底面四边形ABCD 的外接圆半径为，且此外接圆圆心到P 点距离为，则此四棱锥体积的最大值为____________． 【答案】327. 【2016—2017学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）】已知正四棱锥的底面边长是，，则该正四棱锥的体积为 ． 【答案】438. 【2017年高考原创押题预测卷02（江苏卷）】如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，若四边形C C AA 11是边长为的正方形，且M BC AB ,5,3==是1AA 的中点，则三棱锥11MBC A -的体积为 .CA 1C【答案】【解析】由题意知1111A MBC B A MC V V --=，又222AB AC BC AB AC +=⇒⊥，1AC AA ⊥，所以AB ⊥平面C C AA 11，故4342213131111111=⨯⨯⨯⨯=⋅==∆--AB S V V MC A MC A B MBC A . 9. 【南京市、盐城市2017届高三年级第二次模拟】α，β为两个不同的平面，m ，n 为两条不同的直线，下列命题中正确的是 ▲ （填上所有正确命题的序号）．①若α∥β，m ⊂α，则m ∥β； ②若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n ； ③若α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥n ，则m ⊥β； ④若n ⊥α，n ⊥β，m ⊥α，则m ⊥β． 【答案】①④10. 【2017南通扬州泰州苏北四市高三二模】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，将其高温融化后铸成一个实心铁球（不计损耗），则该铁球的半径是▲ cm ．11. 【苏北四市2016-2017学年度高三年级第一学期期末调研】已知圆锥的底面直径与高都是，则该圆锥的侧面积为．12. 【苏州市2017届高三第一学期期末调研】一个长方体的三条棱长分别为983,,，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为 ． 【答案】313. 【南通市、泰州市2017届高三第一次调研测试】如图，在正四棱柱ABCD – A 1B 1C 1D 1中，AB=3cm ，AA 1=1cm ，则三棱锥D 1 – A 1BD 的体积为 cm 3。

第课空间几何体的表面积与体积
应知应会
.若两个球的表面积之比为∶,则这两个球的体积之比为.
.若圆锥的底面半径为,高为,则圆锥的侧面积为.
.(·南通、扬州、淮安、连云港二调)如图,在长方体中,则三棱锥的体积为.
(第题)
.(·泰州二模)若圆柱的侧面积和体积都是π,则该圆柱的高为.
.已知正四棱锥的底面是边长为的正方形,高与斜高的夹角为°,求正四棱锥的侧面积和表面积.
.(·福州质检)如图,在多面体中,四边形为菱形,且∠°∥.
()求证⊥;
()若,求三棱锥的体积.
(第题)
巩固提升
.(·苏州期末)将半径为的圆分割成面积之比为∶∶的三个扇形作为三个圆锥的侧面,若这三个圆锥的底面半径依次为,则.
(第题)
.(·南京、盐城、连云港、徐州二模)如图,在正三棱柱中,已知.若分别是棱上的点,则三棱锥的体积是.
.(·扬州中学)有一根高为π ,底面半径为的圆柱形铁管,用一段铁丝在铁管上缠绕圈,并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端,则铁丝的最短长度为.
.有一个表面积为π的圆柱,那么当其体积最大时,该圆柱的底面半径与高的比为.
.(·武汉模拟)如图,在长方体中,一只蚂蚁沿侧面从点出发,经过棱上的一点到达点,当蚂蚁所走的路径最短时.
()求的长;
()求证⊥平面.
(第题)
.(·广州模拟)在直三棱柱中是的中点是上的一点.
()当时,求证⊥平面;
()若⊥,求三棱锥的体积.。

空间几何体的表面积与体积【考点梳理】1．多面体的表(侧)面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式3.考点一、空间几何体的表面积【例1】(1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于()A．8＋22B．11＋2 2C．14＋2 2 D．15(2)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π[答案](1)B (2)A[解析](1)由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为4＋22＋2＋2＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3.所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.(2)由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.【类题通法】1.(1)多面体与旋转体的表面积等于侧面面积与底面面积之和．(2)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的处理．2．若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解． 【对点训练】1．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[答案]B[解析]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.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 ．1B ．2C ．4D ．8[答案]B[解析]如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.考点二、空间几何体的体积【例2】(1)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π(2)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.[答案](1)C (2)2[解析](1)过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示．由于V 圆柱＝π·AB 2·BC ＝π×12×2＝2π， V 圆锥＝13π·CE 2·DE ＝13π·12×(2－1)＝π3，所以该几何体的体积V ＝V 圆柱－V 圆锥＝2π－π3＝5π3.(2)由三视图知，四棱锥的高为3，底面平行四边形的一边长为2，对应高为1，所以其体积V ＝13Sh ＝13×2×1×3＝2. 【类题通法】1.若所给定的几何体是柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解． 2．若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法(转换的原则是使底面面积和高易求)、分割法、补形法等方法进行求解．3．若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解． 【对点训练】1．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.[答案]83π[解析]由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π.2．一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD．1＋26π[答案]C[解析]由三视图知，该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×43π×⎝⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π.故选C.考点三、多面体与球的切、接问题【例3】在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是()A．4π B.9π2C．6π D.32π3[答案]B[解析]由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10，要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r，则r＝2.此时2r＝4＞3，不合题意．因此球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大．由2R＝3，即R＝32.故球的最大体积V＝43πR3＝92π.[变式1]若本例中的条件变为“直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积．[解析]将直三棱柱补形为长方体ABEC-A′B′E′C′，则球O是长方体ABEC-A′B′E′C′的外接球，∴体对角线BC′的长为球O的直径．因此2R＝32＋42＋122＝13，故S球＝4πR2＝169π.[变式2]若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．[解析]如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2， 解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16. 【类题通法】1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 中P A ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题． 【对点训练】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 ．36πB ．64πC ．144πD ．256π[答案]C[解析]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13×12R2×R＝36，∴R＝6，∴球O的表面积为4πR2＝4π×62＝144π.故选C.。

2018年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学1. 已知集合，，那么__________.2. 若复数z满足，其中i是虚数单位，则z的实部为__________.3. 已知5位裁判给某运动员打出的分数的茎叶图如图所示，那么这5位裁判打出的分数的平均数为______.4. 一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的S的值为______.5. 函数的定义域为__________.6. 某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为__________.7. 已知函数的图象关于直线对称，则的值为__________.8. 在平面直角坐标系xOy中，若双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为，则其离心率的值是__________.9. 函数满足，且在区间上，，则的值为__________.10. 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__________.11. 若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为__________.12. 在平面直角坐标系xOy中，A为直线l：上在第一象限内的点，，以AB 为直径的圆C与直线l交于另一点若，则点A的横坐标为__________. 13. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，的平分线交AC于点D，且，则的最小值为__________.14. 已知集合，将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列，记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为______.15. 在平行六面体中，，求证：平面；平面平面16. 已知，为锐角，，求的值；求的值．17. 某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧为此圆弧的中点和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为，要求A，B均在线段MN上，C，D均在圆弧上．设OC与MN所成的角为用分别表示矩形ABCD和的面积，并确定的取值范围；若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4：求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．18. 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点，焦点，，圆O的直径为求椭圆C及圆O的方程；设直线l与圆O相切于第一象限内的点①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；②直线l与椭圆C交于A，B两点．若的面积为，求直线l的方程．19. 记，分别为函数，的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“S点”．证明：函数与不存在“S点”；若函数与存在“S点”，求实数a的值；已知函数，对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“S点”，并说明理由．20. 设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．设，，，若对，2，3，4均成立，求d的取值范围；若，，证明：存在，使得对，3，…，均成立，并求d的取值范围用，m，q表示21. 如图，圆O的半径为2，AB为圆O的直径，P为AB延长线上一点，过P作圆O的切线，切点为若，求BC的长．22. 已知矩阵求A的逆矩阵；若点P在矩阵A对应的变换作用下得到点，求点P的坐标．23. 在极坐标系中，直线l的方程为，曲线C的方程为，求直线l被曲线C截得的弦长．24. 若x，y，z为实数，且，求的最小值．25. 如图，正三棱柱中，，点P，Q分别为，BC的中点．求异面直线BP与所成角的余弦值；求直线与平面所成角的正弦值．26. 设，对1，2，……，n的一个排列……，如果当时，有，则称是排列……的一个逆序，排列……的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序，，则排列231的逆序数为记为1，2，…，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．求，的值；求的表达式用n表示答案和解析1.【答案】【解析】【分析】直接利用交集运算得答案．本题考查交集及其运算，属于基础题．【解答】解：，，，故答案为：2.【答案】2【解析】【分析】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：由，得，的实部为故答案为：3.【答案】90【解析】【分析】本题考查了利用茎叶图计算平均数的问题，是基础题．根据茎叶图中的数据计算它们的平均数即可．【解答】解：根据茎叶图中的数据知，这5位裁判打出的分数为89、89、90、91、91，它们的平均数为故答案为：4.【答案】8【解析】【分析】模拟程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的S值．本题考查了程序语言的应用问题，模拟程序的运行过程是解题的常用方法，属基础题.【解答】解：模拟程序的运行过程如下；，，，，，，，，此时不满足循环条件，则输出故答案为：5.【答案】【解析】【分析】本题考查了对数函数的性质，考查求函数的定义域问题，是一道基础题．解关于对数函数的不等式，求出x的范围即可．【解答】解：由题意得：，解得：，函数的定义域是故答案为：6.【答案】【解析】【分析】本题考查了古典概率的问题，属于基础题．设2名男生为a，b，3名女生为A，B，C，则任选2人的种数为ab，aA，aB，aC，bA，bB，bC，AB，AC，BC共10种，其中全是女生为AB，AC，BC共3种，根据概率公式计算即可.【解答】解：设2名男生为a，b，3名女生为A，B，C，则任选2人的种数为ab，aA，aB，aC，bA，bB，bC，AB，AC，BC共10种，其中全是女生为AB，AC，BC共3种，故选中的2人都是女同学的概率，故答案为：7.【答案】【解析】【分析】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用正弦函数的对称性建立方程关系是解决本题的关键．根据正弦函数的对称性建立方程关系进行求解即可．【解答】解：的图象关于直线对称，，，即，，，当时，，故答案为：8.【答案】2【解析】【分析】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．利用双曲线的简单性质，以及点到直线的距离列出方程，转化求解即可．【解答】解：双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为，可得：，可得，即，所以双曲线的离心率为：故答案为：9.【答案】【解析】【分析】本题主要考查函数值的计算，根据函数的周期性结合分段函数的表达式利用转化法是解决本题的关键．根据函数的周期性，进行转化求解即可．【解答】解：由得函数是周期为4的周期函数，则，，即，故答案为：10.【答案】【解析】【分析】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力，属于中档题．将多面体看做两个正四棱锥，然后利用体积公式求解即可．【解答】解：正方体的棱长为2，中间四边形的边长为，八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的体积为故答案为11.【答案】【解析】【分析】解：，，①当时，，函数在上单调递增，，在上没有零点，舍去；②当时，的解为，在上递减，在递增，又只有一个零点，，解得，则，，，的解集为，在上递增，在上递减，，，，，，在上的最大值与最小值的和为：【解答】本题考查函数的单调性、最值，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．推导出，，当时，，，在上没有零点；当时，的解为，在上递减，在递增，由只有一个零点，解得，从而，，，利用导数性质能求出在上的最大值与最小值的和．12.【答案】3【解析】【分析】本题考查平面向量的数量积运算，考查圆的方程的求法，是中档题．设，，求出C的坐标，得到圆C的方程，联立直线方程与圆的方程，求得D的坐标，结合求得a值得答案．【解答】解：设，，，，则圆C的方程为联立，解得解得：或又，即A的横坐标为故答案为：13.【答案】9【解析】【分析】本题主要考查三角形的面积公式与基本不等式的应用．根据面积关系建立条件等式，结合基本不等式利用1的代换的方法进行求解即可．【解答】解：由题意得，即，得，得，当且仅当，即，亦即，时，取等号，故答案为：14.【答案】27【解析】【分析】本题考查数列的递推关系以及数列的分组转化求和，属于拔高题.根据题意说明当，时不符合题意，当时，，符合题意，求出n的最小值. 【解答】解：集合A是由所有正奇数组成的集合，集合B是由组成的集合，所有的正奇数与按照从小到大的顺序排列构成，在数列中，前面有16个正奇数，即，当时，，不符合题意；当时，，不符合题意；当时，，不符合题意；当时，，不符合题意；……；当时，，，不符合题意；当时，，，，符合题意．故使得成立的n的最小值为故答案为：15.【答案】证明：平行六面体中，，又平面平面；得平面；在平行六面体中，，得四边形是菱形，在平行六面体中，，又，平面，平面得面，且平面平面平面【解析】本题考查了平行六面体的性质，及空间线面平行、面面垂直的判定，属于中档题．由平面；可得四边形是菱形，，由面，平面平面16.【答案】解：由，解得，；由得，，则，，，则【解析】本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，考查同角三角函数基本关系式的应用，属于中档题．由已知结合平方关系求得，的值，再由倍角公式得的值；由求得，再由求得，利用，展开两角差的正切求解．17.【答案】解：，，当B、N重合时，最小，此时；当C、P重合时，最大，此时，的取值范围是；设年总产值为y，甲种蔬菜单位面积年产值为4t，乙种蔬菜单位面积年产值为3t，则，其中；设，则；令，解得，此时，；当时，，单调递增；当时，，单调递减；时，取得最大值，即总产值y最大．【解析】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了构造函数以及利用导数求函数的最值问题，是较难题．根据图形计算矩形ABCD和的面积，求出的取值范围；根据题意求出年总产值y的解析式，构造函数，利用导数求的最大值，即可得出为何值时年总产值最大．18.【答案】解：由题意可设椭圆方程为，焦点，，椭圆C过点，，又，解得，椭圆C的方程为：，圆O的方程为：①可知直线l与圆O相切，也与椭圆C，且切点在第一象限，因此k一定小于0，可设直线l的方程为，由圆心到直线l的距离等于圆半径，可得，即由，可得，，可得，，结合，，解得，将，代入，可得，解得，，故点P的坐标为②设，，由联立直线与椭圆方程得，，O到直线l的距离，，的面积为，解得，正值舍去，直线l的方程为【解析】本题考查了椭圆的方程，直线与圆、椭圆的位置关系，属于较难题．由题意可得，，又，解得，，即可得到椭圆C的方程和圆O的方程；①可设直线l的方程为，，可得，即，由，可得，，解得，，进而可得P点坐标；②设，，联立直线与椭圆方程得，根据弦长公式和点到直线得距离公式可解得，正值舍去，，即可得到直线方程.19.【答案】解：证明：，，则由定义得，得方程无解，则与不存在“S点”；，，，由得，得，，得；，，，由，假设，得，得，由，得，得，令，，设，，则，，得，又的图象在上不间断，则在上有零点，则在上有零点，则存在，使与在区间内存在“S”点．【解析】本题主要考查导数的应用，根据条件建立两个方程组，判断方程组是否有解是解决本题的关键．根据“S点”的定义解两个方程，判断方程是否有解即可；根据“S点”的定义解两个方程即可；分别求出两个函数的导数，结合两个方程之间的关系进行求解判断即可．20.【答案】解：由题意可知对任意，2，3，4均成立，，，，解得即且对，3，…，均成立，，…，，即，…，，…，，，…，，又，…，，存在，使得对，3，…，均成立当时，，设，则，…，，设，，单调递增，，设，且设，则，，，，在上恒成立，即单调递减，又，，对…，均成立，数列，…，单调递减，的最大值为，的最小值为，的取值范围是【解析】本题主要考查等比数列和等差数列以及不等式的综合应用，考查学生的运算能力，综合性较强，难度较大．根据等比数列和等差数列的通项公式，解不等式组即可；根据数列和不等式的关系，利用不等式的关系构造新数列和函数，判断数列和函数的单调性和性质进行求解即可．21.【答案】解：连接OC，因为PC为切线且切点为C，所以因为圆O的半径为2，，所以，，所以，所以，所以为等边三角形，所以【解析】连接OC，由题意，CP为圆O的切线，得到垂直关系，由线段长度及勾股定理，可以得到PO的长，即可判断是等边三角形，BC的长．本题主要考查圆与直线的位置关系，切线的应用，考查发现问题解决问题的能力．22.【答案】解：矩阵，，所以A可逆，从而：A的逆矩阵设，则，所以，因此点P的坐标为【解析】本题矩阵与逆矩阵的关系，逆矩阵的求法，考查转化思想的应用，是基本知识的考查．矩阵，求出，A可逆，然后求解A的逆矩阵设，通过，求出，即可得到点P的坐标．23.【答案】解：曲线C的方程为，，，曲线C是圆心为，半径为得圆．直线l的方程为，，直线l的普通方程为：圆心C到直线l的距离为，直线l被曲线C截得的弦长为【解析】将直线l、曲线C的极坐标方程利用互化公式可得直角坐标方程，利用直线与圆的相交弦长公式即可求解．本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、直线与圆的相交弦长关系、点到直线的距离公式，属于中档题．24.【答案】解：由柯西不等式得，，是当且仅当时，不等式取等号，此时，，，的最小值为4【解析】本题主要考查求的最值，利用柯西不等式是解决本题的关键．根据柯西不等式进行证明即可．25.【答案】解：如图，在正三棱柱中，设AC，的中点分别为O，，则，，，故以为基底，建立空间直角坐标系，，，，，，，点P为的中点．，，异面直线BP与所成角的余弦值为；为BC的中点．，，设平面的一个法向量为，由，可取，设直线与平面所成角的正弦值为，，直线与平面所成角的正弦值为【解析】本题考查了异面直线所成角，直线与平面所成角，向量法求空间角，考查学生的计算能力和推理能力，属于中档题．设AC，的中点分别为O，，以为基底，建立空间直角坐标系，由可得异面直线BP与所成角的余弦值；求得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角的正弦值为，可得，即可得直线与平面所成角的正弦值．26.【答案】解：记为排列abc得逆序数，对1，2，3的所有排列，有，，，，，，，，对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，；对一般的的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，为计算，当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将添加进原排列，在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，当时，……因此，当时，【解析】由题意直接求得的值，对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置，由此可得的值；对一般的的情形，可知逆序数为0的排列只有一个，逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，为计算，当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将添加进原排列，在新排列中的位置只能是最后三个位置，可得，则当时，…，则的表达式可求．本题主要考查计数原理、排列等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力，是中档题．。

第4讲空间几何体及其表面积与体积考试要求 1.柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，A级要求；2.柱、锥、台、球的表面积和体积的计算公式，A级要求．知识梳理1．空间几何体的结构特征3(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．诊 断 自 测1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( ) (3)圆柱的侧面展开图是矩形．( )(4)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (5)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的边长为a ，则R ＝32a .( ) 解析如图中的几何体有两个面平行，其余各面都是平行四边形，但不满足“每相邻两个侧面的公共边互相平行”，所以它不是棱柱，故(1)错；(2)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的几何体是棱锥，故(2)错．答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)√ 2．(必修2P55习题3改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________ cm.解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4，∴r ＝2(cm)． 答案 23．(2015·江苏卷)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r＝7. 答案74．(2016·全国Ⅱ卷改编)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________．解析 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，解得a ＝2.设球的半径为R ，则2R ＝3a ，即R ＝ 3.所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π. 答案 12π5．(2017·无锡期末)三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析 设A 到平面PBC 距离为h ，则V 1＝V A －BDE ＝13S △BDE ·h ＝13·14S △PBC ·h ＝14V 2.所以V 1V 2＝14.答案 14考点一 空间几何体的结构特征 【例1】 给出下列四个命题： ①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱； ②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥； ③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱． 其中不正确的命题为________(填序号)．解析 对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④正确． 答案 ①②③规律方法 解决该类题目需准确理解几何体的定义，要真正把握几何体的结构特征，并且学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可． 【训练1】 (1)给出以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； ②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台． 其中正确命题的个数是________．(2)一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，则截面的可能图形为________(填正确答案的序号)．解析 (1)命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题②错，因这条腰必须是垂直于两底的腰；命题③对；命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才行．(2)不论怎样去截这个球，都不可能出现④这种情况．而只要平面沿着正方体的一个对角面去截这个球，就会出现②这种情况，所以答案是①②③. 答案 (1)1 (2)①②③ 考点二 空间几何体的表面积【例2】 (1)(2017·苏州调研)若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为________． (2)(2015·全国Ⅱ卷改编)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________． 解析 (1)依题意得，圆锥的侧面积等于π×1×12＋22＝5π.(2)三棱锥V O －ABC ＝V C －OAB ＝13S △OAB ×h ，其中h 为点C 到平面OAB 的距离，而底面△OAB 是直角三角形，顶点C 到底面OAB 的最大距离是球的半径，故V O －ABC ＝V C －OAB ＝13×12×R 3＝36，其中R为球O 的半径，所以R ＝6，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝144π. 答案 (1)5π (2)144π规律方法 (1)根据题目所给数据与几何体的表面积公式，求其表面积．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积应注意重合部分的处理． (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展开成平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．【训练2】 (1)(2017·扬州模拟)正六棱柱的底面边长为4，高为6，则它的外接球(正六棱柱的顶点都在此球面上)的表面积为________.(2)(2017·徐州检测)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________．解析 (1)依题意，该正六棱柱的外接球的球心应是上、下底面中心连线的中点，因此其半径等于42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝5，其表面积等于4π×25＝100π.(2)该圆柱的侧面积为2π×1×2＝4π，一个底面圆的面积是π，所以该圆柱的表面积为4π＋2π＝6π.答案 (1)100π (2)6π 考点三 空间几何体的体积【例3】 (1)(2017·南京调研)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长均为2，E 为棱CC 1的中点，则三棱锥A 1－B 1C 1E 的体积为________．(2)(2017·苏、锡、常、镇、宿迁五市调研)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是棱BB 1的中点，则四棱锥P －AA 1C 1C 的体积为________．解析 由题意得S △A 1B 1C 1＝12×2×3＝3，又因为E 为棱CC 1的中点，所以EC 1＝1，所以V三棱锥A 1－B 1C 1E ＝V 三棱锥E －A 1B 1C 1＝13EC 1·S △A 1B 1C 1＝33.(2)由正方体的性质可得点P 到平面AA 1C 1C 的距离等于点B 到平面AA 1C 1C 的距离，即12BD ＝22，故四棱锥P －AA 1C 1C 的体积为13S 四边形AA 1C 1C ·22＝13×2×22＝13.答案 (1)33 (2)13规律方法 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解，其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．【训练3】 (1)(2017·盐城模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2 cm ，E 为C 1D 1的中点，则三棱锥E －A 1BC 的体积为________ cm 3.(2)(2017·徐州、宿迁、连云港三市模拟)已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为 60 π cm 2，则此圆锥的体积为______ cm 3.解析 (1)V 三棱锥E －A 1BC ＝V 三棱锥E －A 1D 1C ＝V 三棱锥A 1－D 1EC ＝13S △D 1EC ·A 1D 1＝13×12×1×2×2＝23.(2)设圆锥底面圆的半径为r ，母线为l ，则侧面积πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，则高h ＝l 2－r 2＝8，则此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π.答案 (1)23(2)96π[思想方法]1．棱柱、棱锥要掌握各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决． 2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．3．求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．4．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径． [易错防范]1．台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．2．对于简单的组合体的表面积，一定要注意其表面积是如何构成的，在计算时不要多算也不要少算．3．求几何体的体积问题，有时使用转换底面的方法使其高或底面易求，注意“等积转化”的思想方法.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、填空题1．(2017·无锡模拟)若正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为________．解析 该正三棱锥的底面积为34×(2)2＝32，高为1－⎝⎛⎭⎪⎫632＝33，所以该正三棱锥的体积为13×32×33＝16.答案 162．(2017·宿迁模拟)用半径为2 cm 的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为________cm.解析 用半径为2 cm 的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，该圆锥的母线长为2，底面圆的周长为2π，所以底面圆的半径为1，则这个圆锥筒的高为22－12＝3(cm)． 答案33．如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1－ABC 1的体积为________．解析 三棱锥B 1－ABC 1的体积等于三棱锥A －B 1BC 1的体积，三棱锥A －B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.答案3124．(2017·盐城模拟)若一个圆锥的侧面展开图是面积为4π的半圆面，则该圆锥的体积为________．解析 由圆锥的侧面展开图是面积为4π的半圆面，得该半圆的半径是22，即为圆锥的母线长．半圆周长即为圆锥底面圆的周长，设圆锥底面圆半径为r ，则22π＝2πr ，解得r ＝2，所以圆锥的高是h ＝22－r 2＝6，体积是V ＝13πr 2h ＝263π.答案263π 5．(2017·苏、锡、常、镇四市调研)已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD ＝2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连接BC ，则三棱锥C －ABD 的体积为________． 解析 由题意可得∠CDB ＝60°，DC ＝DB ，所以△DCB 是边长为2的等边三角形，且AD ⊥平面DCB ，所以三棱锥C －ABD 的体积为13S △BCD ·AD ＝13×12×2×2sin 60°×2＝233.答案2336．(2017·南京、盐城模拟)设一个正方体与底面边长为23，侧棱长为10的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为________．解析 由题意可得正四棱锥的高为2，体积为13×(23)2×2＝8，则正方体的体积为8，所以棱长为2. 答案 27．(2017·苏州调研)将半径为5的圆分割成面积之比为1∶2∶3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥的底面半径依次为r 1，r 2，r 3，则r 1＋r 2＋r 3＝________.解析 由题意可得三个扇形的弧长分别为5π3，10π3，5π，分别等于三个圆锥底面圆的周长，则r 1＝56，r 2＝53，r 3＝52，所以r 1＋r 2＋r 3＝56＋53＋52＝5.答案 58．(2017·泰州模拟)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为BD 1的中点，三棱锥O －ABD 的体积为V 1，四棱锥O －ADD 1A 1的体积为V 2，则V 1V 2的值为________．解析 V 1＝12V 三棱锥D 1－ABD ＝12V 三棱锥B －ADD 1＝14V 四棱锥B －ADD 1A 1＝12V 四棱锥O －ADD 1A 1＝12V 2，则V 1V 2＝12. 答案 12二、解答题9．(2015·全国Ⅱ卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． 解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，AH ＝10，HB ＝6.故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为97(79也正确)．10．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2，将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D －ABC ，如图2所示．(1)求证：BC ⊥平面ACD ； (2)求几何体D －ABC 的体积．(1)证明 在题图中，可得AC ＝BC ＝22， 从而AC 2＋BC 2＝AB 2，故AC ⊥BC ， 又平面ADC ⊥平面ABC ， 平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD .(2)解 由(1)可知，BC 为三棱锥B －ACD 的高，BC ＝22，S △ACD ＝2，∴V B －ACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，由等体积性可知，几何体D －ABC 的体积为423.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．(2015·全国Ⅰ卷改编)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有________斛(保留整数)．解析 设圆锥底面半径为r ，因为米堆底部弧长为8尺，所以π2r ＝8，r ＝16π≈163(尺)，所以米堆的体积为V ＝13×14×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1632×5＝3209(立方尺)，又1斛米的体积约为1.62立方尺，所以该米堆有3209÷1.62≈22(斛)．答案 2212．(2017·苏、锡、常、镇四市调研)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 棱长为a 的正方体的体积V 1＝a 3，表面积S 1＝6a 2，底面半径和高均为r 的圆锥的体积V 2＝13πr 3，侧面积S 2＝2πr 2，则V 1V 2＝a 313πr3＝3π，则a ＝r ，所以S 1S 2＝6a 22πr 2＝32π. 答案32π13．(2017·南通调研)在体积为32的四面体ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AB ＝1，BC ＝2，BD ＝3，则CD 的长度为________．解析 四面体ABCD 的体积为13×12×2×3sin∠CBD ×1＝sin ∠CBD ＝32，则∠CBD ＝60°或∠CBD ＝120°.当∠CBD ＝60°时，CD 2＝9＋4－2×3×2×12＝7，CD ＝7；当∠CBD ＝120°时，CD 2＝9＋4＋2×3×2×12＝19，CD ＝19，故CD 的长度为7或19.答案7或1914．一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm 和6 cm ，高是32 cm.(1)求三棱台的斜高；(2)求三棱台的侧面积和表面积．解 (1)设O 1，O 分别为正三棱台ABC －A 1B 1C 1的上、下底面正三角形的中心，如图所示，则O 1O ＝32，过O 1作O 1D 1⊥B 1C 1，OD ⊥BC ，则D 1D 为三棱台的斜高；过D 1作D 1E ⊥AD 于E ， 则D 1E ＝O 1O ＝32，因O 1D 1＝36×3＝32，OD ＝36×6＝3， 则DE ＝OD －O 1D 1＝3－32＝32. 在Rt △D 1DE 中，D 1D ＝D 1E 2＋ED 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3(cm)． 故三棱台的斜高为 3 cm.(2)设c ，c ′分别为上、下底的周长，h ′为斜高，S 侧＝12(c ＋c ′)h ′＝12(3×3＋3×6)×3＝2732(cm 2)， S 表＝S 侧＋S 上＋S 下＝2732＋34×32＋34×62＝9934(cm 2)． 故三棱台的侧面积为2732cm 2， 表面积为9934cm 2.。

高考导航立体几何是研究空间几何体的基础和必备内容，也是历年高考命题的热点．其中有两个考查热点：一是空间几何体的表面积、体积的求解，试题难度不大；二是空间平行与垂直关系的证明与探索性问题，难度中等．热点一求解空间几何体的表面积和体积空间几何体的表面积和体积多以常见几何体或与球的接、切组合体考查，主要考查空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力．求解几何体的表面积时，要考虑全面；求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的思想方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．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便于求解．例1(1)(2017·盐城模拟)如图，正四棱锥P ABCD的底面一边AB长为2 3 cm，侧面积为8 3 cm2，则它的体积为________cm3.(2)(2017·苏、锡、常、镇四市调研)如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝4，AA1＝6.若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，则三棱锥AA1EF的体积是________．解析(1)设正四棱锥P ABCD的侧面上的斜高为h′，又底面一边AB长为2 3 cm，则侧面积为4×12×23h′＝83(cm2)，解得h′＝2(cm)，则它的高h＝22－（3）2＝1，体积为13×(23)2×1＝4(cm 3)． (2)由正三棱柱的底面边长为4得点F 到平面A 1AE 的距离(等于点C 到平面A 1ABB 1的距离)为32×4＝23，则1A A E F V -三棱锥＝1F A AE V -三棱锥＝131S A AE ∆×23＝13×12×6×4×23＝8 3.答案 (1)4 (2)8 3探究提高 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．(2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．训练1 (1)(2017·扬州中学模拟)在正三棱锥P ABC 中，M ，N 分别是PB ，PC 的中点，若截面AMN ⊥平面PBC ，则此棱锥中侧面积与底面积的比为________．第(1)题图 第(2)题图 (2)如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为线段B 1C 上的一点，则三棱锥ADED 1的体积为________．解析 (1)取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，且PD 与MN 的交点为E .因为AM ＝AN ，E 为MN 的中点，所以AE ⊥MN ，又截面AMN ⊥平面PBC ，所以AE ⊥平面PBC ，则AE ⊥PD ，又E 点是PD 的中点，所以P A ＝AD .设正三棱锥P ABC 的底面边长为a ，则侧棱长为32a ，斜高为22a ，则此棱锥中侧面积与底面积的比为3×12a ×22a 34a2＝61. (2)1A DED V -＝1E ADD V -＝13×1S ADD ∆×CD ＝13×12×1＝16.答案 (1)6∶1 (2)16热点二 空间平行关系和垂直关系的证明(规范解答)直线与平面的位置关系是立体几何的核心内容，高考始终把直线与平面的平行、垂直关系作为考查的重点，以多面体为载体的线面位置关系的论证是历年必考内容，其中既有单独考查直线和平面的位置关系的试题，也有以简单几何体体积的计算为载体考查直线和平面的位置关系的试题．从内容上看，主要考查对定义、定理的理解及符号语言、图形语言、文字语言之间的相互转换；从能力上来看，主要考查考生的空间想象能力和逻辑思维能力．例2(满分12分)(2015·山东卷)如图，三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .满分解答 (1)证明 法一 连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH……………………………………………………………………………………1分在三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形．则M 为CD 的中点，……………………………………………………………3分 又H 为BC 的中点，所以HM ∥BD ，…………………………………………4分 又HM ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD ∥平面FGH . …………………………………………………………6分法二在三棱台DEF ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形HBEF为平行四边形，可得BE∥HF.…………………………………………………………………3分在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.……………………………………………4分又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.……………………………5分因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.………………………………6分(2)证明连接HE，EG，因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.………………………………………………………………7分由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE. ……………………9分又CF⊥BC，所以HE⊥BC. ………………………………………………10分又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH. ………………………………………………………11分又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH. …………………………12分❶(法一)作辅助线得1分，证明四边形DFCG为平行四边形得2分，再得到HM ∥BD得1分，最后根据线面平行的判定定理得结论得2分．❷(法二)证明四边形HBEF为平行四边形且BE∥HF得3分，再证明GH∥AB得1分，再推出平面FGH∥平面ABED得1分，最后得出BD∥平面FGH得1分．❸第(2)问中得到GF∥AB得1分，证明四边形EFCH是平行四边形且CH∥HE 得2分，再得到BC⊥HE得1分，再得到BC⊥平面EGH得1分，最后证得结论得1分．❹第(1)问法一中若漏写“HM⊂平面FGH”，“BD⊄平面FGH”各扣1分；在第(2)问最后漏写“BC⊂平面BCD”扣1分．证明线面平行问题(一)第一步：找(作)出所证线面平行中的平面内的一条直线．第二步：证明线线平行．第三步：根据线面平行的判定定理证明线面平行．第四步：反思回顾．检查关键点及答题规范．证明线面平行问题(二)第一步：在多面体中作出要证线面平行中的线所在的平面．第二步：利用线面平行的判定定理证明所作平面内的两条相交直线分别与所证平面平行；第三步：证明所作平面与所证平面平行．第四步：转化为线面平行．第五步：反思回顾，检查答题规范．证明面面垂直问题第一步：根据已知条件确定一个平面内的一条直线垂直于另一个平面内的一条直线．第二步：结合已知条件证明确定的这条直线垂直于另一平面内的两条相交直线．第三步：得出确定的这条直线垂直于另一平面．第四步：转化为面面垂直．第五步：反思回顾，检查答题规范．训练2(2016·苏北四市调研)如图，在几何体ABCDEF中，ABCD是正方形，DE ⊥平面ABCD.(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)若AF ∥DE ，DE ＝3AF ，点M 在线段BD 上，且BM ＝13BD ，求证：AM ∥平面BEF .证明 (1)因为DE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥AC ，因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ，又BD ∩DE ＝D ，从而AC ⊥平面BDE .(2)延长EF ，DA 交于点G ，连接GB ，因为AF ∥DE ，DE ＝3AF ，所以GA GD ＝AF DE ＝13，因为BM ＝13BD ，所以BM BD ＝13，所以BM BD ＝GA GD ＝13，所以AM ∥GB ，又AM ⊄平面BEF ，GB ⊂平面BEF ，所以AM ∥平面BEF .热点三 平面图形折叠成空间几何体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，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．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．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．例3(2016·全国Ⅱ卷)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′ABCFE 的体积．(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD ，故AC ∥EF ，由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.(2)解 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2，故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′，又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC .又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.探究提高 (1)①利用AC 与EF 平行，转化为证明EF 与HD ′垂直；②求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD ′是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD 与△DEF 面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD ′与底面垂直以及求△DEF 的面积问题了．(2)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．训练3(2017·徐州、连云港调研)如图1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E 分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2所示．(1)求证：A1F⊥BE；(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．(1)证明由已知，得AC⊥BC，且DE∥BC.所以DE⊥AC，则DE⊥DC，DE⊥DA1，又因为DC∩DA1＝D，所以DE⊥平面A1DC.由于A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A1F⊥BE.(2)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图所示，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(1)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP，又DE∩DP＝D，所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.热点四线、面位置关系中的开放存在性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．例4(2017·郑州质检)如图所示，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．(1)证明如图所示，连接AC，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F，又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A，又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.(2)解存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC，因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG、EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.探究提高(1)在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．(2)第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．训练4(2017·南京师大附中检测)如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，试说明理由．(1)证明连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥SABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD，因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)解在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面P AC. 连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a.由SD⊥平面P AC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO，又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面P AC，PC⊂平面P AC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面P AC，所以BE∥平面P AC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.(建议用时：70分钟)一、填空题1．(2017·南通、扬州、泰州三市调研)已知正三棱柱的各条棱长均为a，圆柱的底面直径和高均为b.若它们的体积相等，则a3∶b3的值为________．解析由题意可得34a3＝14πb3，则a3b3＝3π3.答案3π32．(2017·苏北四市调研)已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥DABC 的体积为________． 解析 在平面DAC 上过点D 作DE ⊥AC 于点E ，因为平面DAC ⊥平面BAC ，由面面垂直的性质定理可得DE ⊥平面BAC .又DE ＝125，所以三棱锥DABC 的体积为13×12×4×3×125＝245. 答案 245 二、解答题3．(2017·盐城中学模拟)如图，在三棱锥P ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC ，P A ⊥PB ，M ，N 分别为AB ，P A 的中点．(1)求证：PB ∥平面MNC ；(2)若AC ＝BC ，求证：P A ⊥平面MNC .证明 (1)因为M ，N 分别为AB ，P A 的中点，所以MN ∥PB ， 又因为MN ⊂平面MNC ，PB ⊄平面MNC ，所以PB ∥平面MNC . (2)因为P A ⊥PB .MN ∥PB ，所以P A ⊥MN . 因为AC ＝BC ，AM ＝BM ，所以CM ⊥AB . 因为平面P AB ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB . 所以CM ⊥平面P AB .因为P A ⊂平面P AB ，所以CM ⊥P A . 又MN ∩CM ＝M ，所以P A ⊥平面MNC .4．(2017·南京模拟)如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点D 为棱BC 上一点． (1)若AB ＝AC ，D 为棱BC 的中点，求证：平面ADC 1⊥平面BCC 1B 1；(2)若A1B∥平面ADC1，求BDDC的值．(1)证明因为AB＝AC，点D为BC的中点，所以AD⊥BC.因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC.因为AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD.因为BC∩BB1＝B，BC⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥平面BCC1B1.因为AD⊂平面ADC1，所以平面ADC1⊥平面BCC1B1.(2)连接A1C，交AC1于点O，连接OD，所以点O为A1C的中点．因为A1B∥平面ADC1，A1B⊂平面A1BC，平面ADC1∩平面A1BC＝OD，所以A1B∥OD.因为点O为A1C的中点，所以点D为BC的中点．所以BDDC＝1.5．(2017·苏、锡、常、镇、宿迁五市调研)如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧面ACC1A1是正方形，点O是侧面ACC1A1的中心，∠ACB＝π2，点M是棱BC的中点．(1)求证：OM∥平面ABB1A1；(2)求证：平面ABC1⊥平面A1BC.证明(1)在△A1BC中，因为点O是A1C的中点，点M是BC的中点，所以OM ∥A1B.又OM⊄平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，所以OM∥平面ABB1A1.(2)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，所以CC1⊥BC.又∠ACB＝π2，即BC⊥AC，且CC1，AC⊂平面ACC1A1，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1.又AC1⊂平面ACC1A1，所以BC⊥AC1.又在正方形ACC1A1中，A1C⊥AC1，且BC，A1C⊂平面A1BC，BC∩A1C＝C，所以AC1⊥平面A1BC.又AC1⊂平面ABC1，所以平面ABC1⊥平面A1BC.6．(2017·南京师大附中模拟)如图1，在等腰梯形PDCB中，已知PB∥DC，PB ＝3，DC＝1，PD＝2，DA⊥PB，垂足为点A.将△P AD沿AD折起，使平面P AD ⊥平面ABCD，如图2所示．(1)证明：平面P AD⊥平面PCD；(2)在图2中，已知点M是棱PB的中点，求三棱锥DACM的体积．证明(1)在等腰梯形PDCB中，PB∥CD，DA⊥PB，所以CD⊥DA.因为平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD.P A⊂平面P AD，P A⊥DA，所以P A⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以P A⊥CD，因为AD∩AP＝A，AD，AP⊂平面P AD，所以CD⊥平面P AD.又因为CD⊂平面PCD，所以平面P AD⊥平面PCD.(2)在图2中，过点M作MN∥P A交AB于点N，因为M是棱PB的中点，所以MN＝12P A.由(1)知P A⊥平面ABCD，从而易证得MN⊥平面ABCD.在图1中，过点C作CE⊥PB，垂足为点E，因为四边形PDCB是等腰梯形，PB＝3，DC＝1，DA⊥PB，所以P A＝AE＝EB＝1.又因为PD＝BC＝2，所以DA＝1.从而V三棱锥DACM ＝V三棱锥MACD＝13MN×S△ACD＝13×12×12＝112.7．(2017·石家庄质检)如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为AE的中点，现在沿AE将三角形ADE向上折起，在折起的图形中解答下列问题：(1)在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；(2)若平面ADE⊥平面ABCE，求证：平面BDE⊥平面ADE.(1)解如图，线段AB上存在一点K，且当AK＝14AB时，BC∥平面DFK.证明如下：设H为AB的中点，连接EH，则BC∥EH，∵AK＝14AB，F为AE的中点，∴KF∥EH，∴KF∥BC，∵KF⊂平面DFK，BC⊄平面DFK，∴BC∥平面DFK.(2)证明∵在折起前的图形中E为CD的中点，AB＝2，BC＝1，∴在折起后的图形中，AE＝BE＝2，从而AE2＋BE2＝4＝AB2，∴AE⊥BE.∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，∴BE⊥平面ADE，∵BE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ADE.8．(2016·全国Ⅰ卷)如图，已知正三棱锥P ABC的侧面是直角三角形，P A＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面P AB内的正投影为点E，连接PE 并延长交AB于点G.(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面P AC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.因为D在平面P AB内的正投影为E，所以AB⊥DE.又因为PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，又PG⊂平面PED，故AB⊥PG.又由已知可得，P A＝PB，所以G是AB的中点．(2)解在平面P AB内，过点E作PB的平行线交P A于点F，F即为E在平面P AC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB⊥P A，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥P A，EF⊥PC.又P A∩PC＝P，因此EF⊥平面P AC，即点F为E在平面P AC内的正投影．连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝23CG.由题设可得PC⊥平面P AB，DE⊥平面P AB，所以DE∥PC，因此PE＝23PG，DE＝13PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A＝6，可得DE＝2，PE＝2 2. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2.所以四面体PDEF的体积V＝13×12×2×2×2＝43.。

（江苏专用）2018版高考数学专题复习 专题8 立体几何与空间向量第48练 表面积与体积练习 理1．(2016·苏州模拟)若一个长方体的长、宽、高分别为3，2，1，则它的外接球的表面积是________．2．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若AA 1＝4，AB ＝2，则四棱锥B －ACC 1D 的体积为________．3.如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.4．(2016·唐山模拟)若正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为________．5．(2016·江苏苏北四市二调)已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使得平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥D －ABC 的体积为________．6．(2016·扬州模拟)已知圆台的母线长为4 cm ，母线与轴的夹角为30°，上底面半径是下底面半径的12，则这个圆台的侧面积是________ cm 2.7．(2016·南京、盐城模拟)设一个正方体与底面边长为23，侧棱长为10的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为____________ .8．(2016·连云港模拟)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，对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________．9．(2016·江苏无锡上学期期末)三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点．记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.10．如图，在棱长为1的正四面体S －ABC 中，O 是四面体的中心，平面PQR ∥平面ABC ，设SP ＝x (0≤x ≤1)，三棱锥O －PQR 的体积为V ＝f (x )，则其导函数y ＝f ′(x )的图象大致为________．(填序号)11．(2016·贵州遵义航天高中第七次模拟)如图，一竖立在水平面上的圆锥形物体的母线长为4 cm ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处，则该小虫爬行的最短路程为4 3 cm ，则圆锥底面圆的半径等于________cm.12．(2016·扬州中学质检)已知三个球的半径R 1，R 2，R 3满足R 1＋R 3＝2R 2，记它们的表面积分别为S 1，S 2，S 3，若S 1＝1，S 3＝9，则S 2＝________.13．(2016·镇江一模)一个圆锥的侧面积等于底面积的2倍，若圆锥底面半径为3，则圆锥的体积是________．14．已知球O 的直径PQ ＝4，A ，B ，C 是球O 球面上的三点，△ABC 是等边三角形，且∠APQ ＝∠BPQ ＝∠CPQ ＝30°，则三棱锥P －ABC 的体积为________．答案精析1．6π 2.2 3 3.1∶24 4．64π 解析如图，作PM ⊥平面ABC 于点M ，则球心O 在PM 上，PM ＝6，连结AM ，AO ，则OP ＝OA ＝R (R 为外接球半径)，在Rt△OAM 中，OM ＝6－R ，OA ＝R ，又AB ＝6，且△ABC 为等边三角形，故AM ＝2362－32＝23，则R 2－(6－R )2＝(23)2，解得R ＝4，则球的表面积S ＝4πR 2＝64π. 5.245解析 因为平面DAC ⊥平面BAC ，所以D 到直线AC 的距离为三棱锥D －ABC 的高，设为h ，则V D －ABC ＝13S △ABC ·h ，易知S △ABC ＝12×3×4＝6，h ＝3×45＝125， ∴V D －ABC ＝13×6×125＝245.6．24π 解析如图是将圆台还原为圆锥后的轴截面， 由题意知AC ＝4 cm ，∠ASO ＝30°，O 1C ＝12OA ，设O 1C ＝r ，则OA ＝2r ， 又O 1C SC ＝OASA＝sin 30°，∴SC ＝2r ，SA ＝4r ，∴AC ＝SA －SC ＝2r ＝4 cm ，∴r ＝2 cm.∴圆台的侧面积为S ＝π(r ＋2r )×4＝24π cm 2.7．2解析 设该正四棱锥为四棱锥P －ABCD ，底面正方形ABCD 的中心为O ，则由题意可知AO ＝6， ∴OP ＝102－62＝2，则四棱锥的体积V ＝13×(23)2×2＝8，设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，解得a ＝2.8．9解析 该平面图形为正三角形， 所以三棱锥P －ABC 的各边长为32， 所以三棱锥的高h ＝23， 所以V ＝13×23×34×(32)2＝9.9.14解析 V 1＝V D －ABE ＝V E －ABD ＝12V E －ABP ＝12V A －BEP ＝12×12V A －BCP＝12×12V P －ABC ＝14V 2. 10．①解析 设O 点到底面PQR 的距离为h ，即三棱锥O －PQR 的高为h ，设底面PQR 的面积为S ，∴三棱锥O －PQR 的体积为V ＝f (x )＝13Sh ，点P 从S 到A 的过程中，底面积S 一直在增大，高h 先减小再增大，当底面经过点O 时，高为0，∴体积先增大，后减少，再增大，故①正确． 11.43解析 作出该圆锥的侧面展开图，如图所示，该小虫爬行的最短路程为PP ′，由余弦定理可得cos∠P ′OP ＝OP 2＋OP ′2－PP ′22OP ·OP ′＝－12，∴∠P ′OP ＝2π3.设底面圆的半径为r ，则有2πr ＝2π3×4，∴r ＝43.12．4解析 ∵S 1＝1，S 3＝9，∴4πR 21＝1,4πR 23＝9， ∴R 1＝π2π，R 3＝3π2π， 又∵R 1＋R 3＝2R 2， ∴R 2＝π2π＋3π2π2＝ππ，∴S 2＝4πR 22＝4. 13．3π解析 设圆锥的母线长为R ，高为h .则圆锥的侧面积S 侧＝12(2π×3)×R ，圆锥底面积S 底＝π(3)2＝3π，因为圆锥的侧面积等于底面积的2倍，故12(2π×3)×R ＝6π，解得R＝23，则h ＝R 2－32＝3，所以圆锥的体积为13S 底×h ＝13×3π×3＝3π.14.934解析如图，设球心为M ，△ABC 截面所截小圆的圆心为O . ∵△ABC 是等边三角形，∠APQ ＝∠BPQ ＝∠CPQ ＝30°， ∴点P 在平面ABC 上的投影是△ABC 的中心O . 设AB 的中点为H ，∵PQ 是直径，∴∠PCQ ＝90°， ∴PC ＝4cos 30°＝23， ∴PO ＝23cos 30°＝3，OC ＝23sin 30°＝ 3.∵O 是△ABC 的中心，∴OC ＝23CH ，∴△ABC 的高CH ＝332，AC ＝332sin 60°＝3，1 3PO·S△ABC＝13×3×12×332×3＝934.∴V三棱锥P－ABC＝。