【小初高学习】高三数学二轮复习 专题10解析几何中的综合问题教案 苏教版

微点突破 解析几何中的实际应用问题【例】(2014-江苏卷)如图，为保护河上古桥OA,规划建一座新桥BC, 同时设立一个圆形保护区.规划要求：新桥与河岸AB 垂直，保护区的 边界为圆心M 在线段OA 上并与相切的圆，且古桥两端O 和A 到该圆 上任意一点的距离均不少于80 m.经测量，点A 位于点O 正北方向60 m 处,点C 位于点。

正东方向4170 m 处(OC 为河岸)，tanZBCO=y(1) 求新桥BC 的长；(2) 当OM 多长时，圆形保护区的面积最大?解(1)如图所示，以O 为坐标原点，OC 所在直线为无轴，建立平面直 角坐标系xOy.由条件知 4(0, 60), C(170, 0),直线BC 的斜率 k^c= 一tan ZBCO= —亍3 又因为丄BC,所以直线AB 的斜率加=孑 设点B 的坐标为(d, b),解得 a=80, b —120,所以 BC=y/ (170-80) 2+ (0-120) 2=150(m).因此新桥BC 的长是150 m ・(2)设保护区的边界圆M 的半径为rm, OM=〃m(0WdW60).由条件知，直线BC 的方程为丁=4—亍(兀一170),即4x+3y —680=0.由于圆M 与直线BC 相切，故点M(0,①到直线BC 的距离是厂，“ |3J-680| 680-3J即尸帀存 因为O 和A 到圆M 上任意一点的距离均不少于80 m.“I b_0 4 则 kliC=^no =~r b~60 3故当〃=10时，r-68°5彳"最大，即圆的面积最大, 所以当OM= 10 m 时，圆形保护区的面积最大.探究提高 解答解析几何应用问题，首先要认真审题，把实际问题数学化，通过建立适当的坐 标系，选择正确的圆锥曲线模型，例如圆、取曲线等，用解析几何的思想方法解答问题，并还 原为实际问题的解.【训练1】如图所示的镀锌铁皮材料ABCD,上沿DC 为圆弧，其圆心为A,半径为2 m, ADVAB, BCLAB,且BC 的长为1 m.现要用这块材料裁一个矩 形PEAF （其中F 在风上，E 在线段AB 上，F 在线段AD ±）作圆柱的侧面，若 以PE 为母线，问：如何裁剪可使圆柱的体积最大？其最大值是多少?解 分别以AB, AD 所在直线为兀轴、y 轴建立平面直角坐标系xOy,如图 D [5F所示，则况的方程为<+于=4（00兀0羽，y>0）, \c设P （x, y ）（0VcW 羽），圆柱底面半径为r,体积为V,则PE=yl4-x\ 2血 ____________ ____ .A （O ） EB x X=AE=x,则厂=石， 即一=為"（°—<）•设/=<丘（0, 3],令 u=/（4—f ）,则M=—3,+8r=—另，令0=0,得.当号vW3吋，0<0,弘是减函数；当0<r<号时, 0>0,比是增函数，所以当时，u 有极大值，也是最大值，所以当x=^ m 时，V 有最大 值弊 n?,此时）=羽二？=学口故裁一个矩形，两边长分别为李 m 和学 m 时， 能使圆柱的体积最大，其最大值为萼 m 3.【训练2]某屮心接到其正东、正西、正北方向三个观测点的报告：正西、正北两个观测点 同时听到了一声巨响，正东观测点听到的时间比其他两观测点晚4 s.已知各观测点到该中心的 距离都是1 020 m.试确定该巨响发牛的位置.（假定当时声音传播的速度为340 m/s,相关各点均所以 [r — (60—d) >80, 680 —3d ---- 5 ---- —^80,680-3J z 、 ---- ----- — (60—d) >80,解得 10WdW35.C B 所以 V=Tirl =在同一平而上)解如图，以接报中心为原点O,正东、正北方向为X轴、y轴正方向，建立平面直角坐标系.设A, B, C分别是西、东、北观测点，则4(一1 020, 0), 3(1020, 0), C(0,1 020).设P(x, y)为巨响发生点，由A, C同时听到巨响声，得PA=PC, 故点P在AC的垂直平分线PO 上，PO的方程为x,因点B比点A晚4s听到爆炸声，故PB—B4 = 340x4=l 360.2 2由双曲线定义知点P在以A, B为焦点的双曲线京一話=1 一支上，依题意得0=680, c=l 020, 所以b2=c2~a2=\ 0202-6802=5X3402,7 v2故双曲线方程为丽5 X34()2=1-将y=—x代入上式，得x=±68(h/^.因为PB>PA,所以兀=一680书，680^5, 即P（-680^/5, 68（h/5）,故PO=680yJ~6 答：巨响发生在接报屮心的西偏北45。

专题二 立体几何[江苏卷5年考情分析]小题考情分析大题考情分析常考点 空间几何体的表面积与体积(5年4考)本专题在高考大题中的考查非常稳定，主要是线线、线面、面面的平行与垂直的证明，一般第(1)问是线面平行的证明，第(2)问是线线垂直或面面垂直的证明，考查形式单一，难度一般.偶考点简单几何体与球的切接问题 第一讲 | 小题考法——立体几何中的计算考点(一)空间几何体的表面积与体积主要考查柱体、锥体以及简单组合体的表面积与体积.1．(2019·江苏高考)如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，则三棱锥E ­BCD 的体积是________．解析：设长方体中BC ＝a ，CD ＝b ，CC 1＝c ，则abc ＝120， ∴ V E ­BCD＝13×12ab ×12c ＝112abc ＝112×120＝10. 答案：102．(2018·苏锡常镇二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23，则该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为（23）2－22＝22，所以该直四棱柱的侧面积为S ＝cl ＝4×2×22＝16 2.答案：16 23.(2018·江苏高考)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．解析：由题意知所给的几何体是棱长均为2的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V 正四棱锥＝2×13×(2)2×1＝43.答案：434.(2018·南通、泰州一调)如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的几何体．已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm ，圆柱的底面积为9 3 cm 2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm 的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为________cm(不计损耗)．解析：由题意知，熔化前后的体积相等，熔化前的体积为6×34×42×4－93×4＝60 3 (cm 3)，设所求正三棱柱的底面边长为x cm ，则有34x 2·6＝603，解得x ＝210，所以所求边长为210 cm.答案：2105．(2019·苏北三市一模)已知正四棱锥的底面边长为23，高为1，则该正四棱锥的侧面积为________．解析：易知正四棱锥的斜高为12＋（3）2＝2，所以该正四棱锥的侧面积为4×12×23×2＝8 3.答案：8 3[方法技巧]求几何体的表面积及体积的解题技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.考点(二)简单几何体与球的切接问题主要考查简单几何体与球切接时的表面积、体积的计算问题，以及将空间几何体的问题转化为平面几何图形的关系的能力.1．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.答案：322．(2019·南通等七市二模)设P ，A ，B ，C 为球O 表面上的四个点，PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝2 m ，PB ＝3 m ，PC ＝4 m ，则球O 的表面积为________m 2.解析：根据题意，可知三棱锥P ­ABC 是长方体的一个角，该长方体的外接球就是经过P ，A ，B ，C 四点的球，∵PA ＝2，PB ＝3，PC ＝4， ∴长方体的对角线的长为PA 2＋PB 2＋PC 2＝29，即外接球的直径2R ＝29，可得R ＝292， 因此，外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫2922＝29π.答案：29π3．(2019·无锡期初测试)已知正四面体ABCD 的所有棱长都等于6，则以A 为顶点，△BCD 的内切圆为底面的圆锥的体积V ＝________．解析：设正△BCD 内切圆的圆心为O ，连接OB ，OA ，则圆O 的半径r ＝36BC ＝22，OB ＝33BC ＝ 2.易知OA ⊥平面BCD ，所以OA ⊥OB ，所以圆锥的高h ＝OA ＝AB 2－OB 2＝6－2＝2，所以圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝13π×⎝ ⎛⎭⎪⎫222×2＝π3.答案：π34．(2018·全国卷Ⅲ改编)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ­ABC 体积的最大值为________．解析：由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D ­ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D ­ABC体积的最大值为13×93×6＝18 3.答案：18 3[方法技巧]简单几何体与球切接问题的解题技巧方法解读适合题型截面法解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．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 球内切多面体或旋转体构造 直角 三角 形法首先确定球心位置，借助外接的性质——球心到多面体的顶点的距离等于球的半径，寻求球心到底面中心的距离、半径、顶点到底面中心的距离构造成直角三角形，利用勾股定理求半径正棱锥、正棱柱的外接球 补形法因正方体、长方体的外接球半径易求得，故将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体，便可借助外接球为同一个的特点求解三条侧棱两两垂直的三棱锥，从正方体或长方体的八个顶点中选取点作为顶点组成的三棱锥、四棱锥等考点(三)平面图形的翻折与空间图形的展开问题主要考查空间图形与平面图形之间的转化，面积、体积以及最值 问题的求解.[典例感悟][典例] (1)如图，正△ABC 的边长为2，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别为边AC 与BC 的中点，现将△ABC 沿CD 翻折，使平面ADC ⊥平面DCB ，则三棱锥E ­DFC 的体积为________．(2)如图，直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段BB 1上的一动点，则当AM ＋MC 1最小时，△AMC 1的面积为________．[解析] (1)S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×22＝34，E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12，所以V E ­DFC＝13×S △DFC ×h ＝324. (2)将侧面展开后可得：本题AM ＋MC 1最小可以等价为在矩形ACC 1A 1中求AM ＋MC 1的最小值．如图，当A ，M ，C 1三点共线时，AM ＋MC 1最小． 又AB ∶BC ＝1∶2，AB ＝1，BC ＝2，CC 1＝3， 所以AM ＝2，MC 1＝22，又AC 1＝9＋5＝14，所以cos ∠AMC 1＝AM 2＋C 1M 2－AC 212AM ·C 1M ＝2＋8－142×2×22＝－12，所以sin ∠AMC 1＝32， 故△AMC 1的面积为S △AMC 1＝12×2×22×32＝ 3.[答案] (1)324(2) 3 [方法技巧]解决翻折问题需要把握的两个关键点(1)解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变化量和不变量．一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，位置关系可能会发生变化，抓住两个“不变性”．①与折线垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变； ②与折线平行的线段，翻折前后平行关系不改变．(2)解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形．[演练冲关]1．有一根长为6 cm ，底面半径为0.5 cm 的圆柱型铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕4圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的长度最少为________cm.解析：由题意作出图形如图所示，则铁丝的长度至少为62＋（4π）2＝36＋16π2＝29＋4π2. 答案：29＋4π22．(2018·南京、盐城、连云港二模)在边长为4的正方形ABCD 内剪去四个全等的等腰三角形(如图①中阴影部分)，折叠成底面边长为2的正四棱锥S ­EFGH (如图②)，则正四棱锥S ­EFGH 的体积为________．解析：连结EG ，HF ，交点为O (图略)，正方形EFGH 的对角线EG ＝2，EO ＝1，则点E 到线段AB 的距离为1，EB ＝12＋22＝5，SO ＝SE 2－OE 2＝5－1＝2，故正四棱锥S ­EFGH 的体积为13×(2)2×2＝43.答案：433．如图所示，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体ABCD ，使平面ABD ⊥平面BCD ，若四面体ABCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为________．解析：如图，取BD 的中点E ，BC 的中点O ，连接AE ，OD ，EO ，AO .因为AB ＝AD ，所以AE ⊥BD .由于平面ABD ⊥平面BCD ，所以AE ⊥平面BCD . 因为AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，所以AE ＝22，EO ＝12.所以OA ＝32. 在Rt △BDC 中，OB ＝OC ＝OD ＝12BC ＝32，所以四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为32. 所以该球的体积V ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝3π2.答案：3π2[必备知能·自主补缺](一) 主干知识要牢记1．空间几何体的侧面展开图及侧面积公式 几何体侧面展开图侧面积公式直棱柱S 直棱柱侧＝chc 为底面周长h 为高 正棱锥S 正棱锥侧＝12ch ′c 为底面周长 h ′为斜高即侧面等腰三角形的高正棱台S 正棱台侧＝12(c ＋c ′)h ′c ′为上底面周长c 为下底面周长h ′为斜高，即侧面等腰梯形的高圆柱S 圆柱侧＝2πrlr 为底面半径l 为侧面母线长 圆锥S 圆锥侧＝πrlr 为底面半径l 为侧面母线长 圆台S 圆台侧＝π(r 1＋r 2)lr 1为上底面半径 r 2为下底面半径l 为侧面母线长(1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．3．球的表面积和体积公式 (1)S 球＝4πR 2(R 为球的半径)； (2)V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．4．立体几何中相邻两个面之间的两点间距离路径最短问题，都可以转化为平面几何中两点距离最短．(二) 二级结论要用好1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d 2＝a 2＋b 2＋c 2；若长方体外接球半径为R ，则有(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2.[针对练1] 设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2，23，4，则其外接球的表面积为________．解析：依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R ，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，则R ＝1222＋（23）2＋42＝22，所以该三棱锥外接球的表面积为S ＝4πR 2＝32π.答案：32π2．棱长为a 的正四面体的内切球半径r ＝612a ，外接球的半径R ＝64a .又正四面体的高h ＝63a ，故r ＝14h ，R ＝34h . [针对练2] 正四面体ABCD 的外接球半径为2，过棱AB 作该球的截面，则截面面积的最小值为________．解析：由题意知，面积最小的截面是以AB 为直径的圆，设AB 的长为a ， 因为正四面体外接球的半径为2， 所以64a ＝2，解得a ＝463， 故截面面积的最小值为π⎝ ⎛⎭⎪⎫2632＝8π3.答案：8π33．认识球与正方体组合的3种特殊截面：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R )．[课时达标训练]A 组——抓牢中档小题1. 若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为 ________．解析：由题意，得圆锥的母线长l ＝12＋22＝5，所以S 圆锥侧＝πrl ＝π×1×5＝5π.答案：5π2．已知正六棱柱的侧面积为72 cm 2，高为6 cm ，那么它的体积为________cm 3. 解析：设正六棱柱的底面边长为x cm ，由题意得6x ×6＝72，所以x ＝2，于是其体积V ＝34×22×6×6＝363(cm 3)． 答案：36 33．(2019·扬州中学模拟)已知三棱锥S ­ABC 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S ­ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：如图，连接OA ，OB .由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，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 . 设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ， ∴三棱锥S ­ABC 的体积 V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12SC ·OB ·OA ＝r 33， 即r 33＝9，∴r ＝3，∴S 球表＝4πr 2＝36π. 答案：36π4．(2019·南京四校联考)如图，在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，点E 是棱BB 1上一点(异于端点)，则三棱锥A 1­AEC 的体积为________．解析：由题意知，在正三角形ABC 中，AB ＝2，所以S △ABC ＝34×22＝ 3.连接BA 1，由等体积法知，VA 1­AEC ＝VE ­AA 1C ＝VB ­A 1AC ＝VA 1­ABC ＝13×AA 1×S △ABC ＝ 3.答案： 35．(2018·扬州期末)若圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为________．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线为l ，则由12·2π3·l 2＝3π，得l ＝3，又由2π3·l ＝2πr ，得r ＝1，从而有h ＝l 2－r 2＝22，所以V ＝13·πr 2·h ＝223π. 答案：223π6. 一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x ＝6 cm 时，该容器的容积为________cm 3.解析：由题意知，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm 为边长的正方形，侧面高为5 cm ，则正四棱锥的高为52－⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝4(cm)，所以所求容积V ＝13×62×4＝48(cm 3)．答案：487．(2019·苏锡常镇四市一模)已知圆柱的轴截面的对角线长为2，则这个圆柱的侧面积的最大值为________．解析：设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则由圆柱的轴截面的对角线长为2知，4r 2＋h2＝4.圆柱的侧面积S ＝2πrh ≤π×4r 2＋h22＝2π，当且仅当2r ＝h 时取等号，所以这个圆柱的侧面积的最大值为2π.答案：2π8．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________． 解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π，即a 313πr 3＝3π，得a ＝r ，从而S 1S 2＝6a 22πr 2＝62π＝32π. 答案：32π9．已知正方形ABCD 的边长为2，E ，F 分别为BC ，DC 的中点，沿AE ，EF ，AF 折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，则这个四面体的体积为________．解析：设B ，C ，D 三点重合于点P ，得到如图所示的四面体P ­AEF .因为AP ⊥PE ，AP ⊥PF ，PE ∩PF ＝P ，所以AP ⊥平面PEF ，所以V 四面体P ­AEF ＝V 四面体A ­PEF ＝13·S △PEF ·AP ＝13×12×1×1×2＝13.答案：1310．(2018·常州期末)已知圆锥的高为6，体积为8，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7，则该圆台的高为________．解析：设截得的小圆锥的高为h 1，底面半径为r 1，体积为V 1＝13πr 21h 1；大圆锥的高为h＝6，底面半径为r ，体积为V ＝13πr 2h ＝8.依题意有r 1r ＝h 1h ，V 1＝1，V 1V ＝13πr 21h 113πr 2h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫h 1h 3＝18，得h 1＝12h ＝3，所以圆台的高为h －h 1＝3.答案：311.如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1的最小值是________．解析：连结A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开，与△A 1BC 1在同一个平面内，如图所示，连结A 1C ，则A 1C 的长度就是所求的最小值．因为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．(2019·南京三模)有一个体积为2的长方体，它的长、宽、高依次为a ，b ，1.现将它的长增加1，宽增加2，且体积不变，则所得新长方体高的最大值为________．解析：设所得新长方体的高为h ，根据题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝2，（a ＋1）（b ＋2）h ＝2，所以h ＝2（a ＋1）（b ＋2）＝2ab ＋2a ＋b ＋2＝22a ＋b ＋4≤222ab ＋4＝14，当且仅当2a ＝b ，即a ＝1，b＝2时取等号，故所得新长方体高的最大值为14.答案：1413．已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为42π，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为________．解析：如图，设底面半径为r ，由题意可得：母线长为2r .又侧面展开图面积为12×2r ×2πr ＝42π，所以r ＝2.又截面三角形ABD 为等边三角形，故BD ＝AB＝2r ，又OB ＝OD ＝r ，故△BOD 为等腰直角三角形．设圆锥底面中心到截面的距离为d ，又V O ­ABD＝V A ­BOD，所以d ×S △ABD ＝AO ×S △OBD .又S △ABD ＝34AB 2＝34×8＝23，S △OBD ＝2，AO ＝r ＝2，故d ＝2×223＝233.答案：23314. 底面半径为1 cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12 cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切．现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水________cm 3.解析：设四个实心铁球的球心为O 1，O 2，O 3，O 4，其中O 1，O 2为下层两球的球心，O 1O 2O 3O 4为正四面体，棱O 1O 2到棱O 3O 4的距离为22，所以注水高为1＋22.故应注水体积为π⎝⎛⎭⎪⎫1＋22－4×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22π(cm 3)．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22πB 组——力争难度小题1．(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O ­EFGH 后所得的几何体．其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.解析：由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm 和4 cm ， 故V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm 3)．又V 长方体＝6×6×4＝144(cm 3)， 所以模型的体积为V 长方体－V 挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)． 答案：118.82.(2018·苏州期末)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)．解析：设球形容器的最小半径为R，则“十字立方体”的24个顶点均在半径为R的球面上，所以两根并排的四棱柱体组成的长方体的八个顶点在这个球面上．球的直径就是长方体的体对角线的长度，所以2R＝12＋22＋52＝30，得4R2＝30.从而S球面＝4πR2＝30π.答案：30π3.(2019·启东中学模拟)把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为________cm.解析：法一：如图，过点S作SM⊥平面ABCD，垂足为M，连接AM，由题意，可知SM＝10 2 cm，AM＝10 2 cm，易发现点M到每条棱的距离均为10 cm，所以点M即球心，球半径为10 cm.法二：在四棱锥S­ABCD中，所有棱长均为20 cm，连接AC，BD交于点O，连接SO，则SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10 2 cm，易知点O到AB，BC，CD，AD的距离均为10 cm，在等腰三角形OAS中，AO＝SO＝10 2 cm，SA＝20 cm，所以O到SA的距离d＝10 cm，同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10 cm，所以球心为四棱锥底面ABCD的中心O，所以皮球的半径r＝10 cm.答案：104．(2019·河南模拟)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，过点A，P，C1的平面截正方体所得的截面为M，则截面M的面积为________．解析：如图，取A1D1，AD的中点分别为F，G.连接AF，AP，PC1，C1F，PG，D1G，AC1，PF.∵F 为A 1D 1的中点，P 为BC 的中点，G 为AD 的中点， ∴AF ＝FC 1＝AP ＝PC 1＝52， PG ∥CD ，AF ∥D 1G .由题意易知CD ∥C 1D 1， ∴PG ∥C 1D 1，∴四边形C 1D 1GP 为平行四边形， ∴PC 1∥D 1G ， ∴PC 1∥AF ，∴A ，P ，C 1，F 四点共面， ∴四边形APC 1F 为菱形． ∵AC 1＝3，PF ＝2，∴截面M 的面积S ＝12AC 1·PF ＝123× 2＝62.答案：625.如图所示，在直三棱柱中，AC ⊥BC ，AC ＝4，BC ＝CC 1＝2，若用平行于三棱柱A 1B 1C 1­ABC 的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小值为________．解析：用过AB ，AC 的中点且平行于平面BCC 1B 1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个边长为2的正方体，其表面积为24；用过AB ，BC 的中点且平行于平面ACC 1A 1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4，1，2的长方体，其表面积为28；用过AA 1，BB 1，CC 1的中点且平行于平面ABC 的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4，2，1的长方体，其表面积为28，因此所求的长方体表面积的最小值为24. 答案：246.如图，在棱长为4的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，D 1C 1上的动点，点G 为正方形B 1BCC 1的中心．则空间四边形AEFG 在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为________．解析：四边形AEFG 在前、后面的正投影如图①，当E 与A 1重合，F 与B 1重合时，四边形AEFG 在前、后面的正投影的面积最大值为12；四边形AEFG 在左、右面的正投影如图②，当E 与A 1重合，四边形AEFG 在左、右面的正投影的面积最大值为8；四边形AEFG在上、下面的正投影如图③，当F与D重合时，四边形AEFG在上、下面的正投影的面积最大值为8.综上所述，所求面积的最大值为12.答案：12第二讲 | 大题考法——平行与垂直题型(一)线线、线面位置关系的证明平行、垂直关系的证明是高考的必考内容，主要考查线面平行、垂直的判定定理及性质定理的应用，以及平行与垂直关系的转化等.[典例感悟][例1] (2017·江苏高考)如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明] (1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为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.又因为AC⊂平面ABC，[方法技巧]立体几何证明问题的2个注意点(1)证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时必须按照定理成立的条件进行推理．如线面平行的判定定理中要求其中一条直线在平面内，另一条直线必须说明它在平面外；线面垂直的判定定理中要求平面内的两条直线必须是相交直线等，如果定理的条件不完整，则结论不一定正确．(2)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用．[演练冲关]1.(2018·苏锡常镇调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，点E为棱PB的中点．(1)若PB＝PD，求证：PC⊥BD；(2)求证：CE∥平面PAD.证明：(1)取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD＝CB，所以BD⊥CO.因为PB＝PD，所以BD⊥PO.又PO∩CO＝O，所以BD⊥平面PCO.因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD.(2)由E为PB中点，连结EO，则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·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC­A 1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1，又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC­A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.题型(二)两平面之间位置关系的证明考查面面平行和面面垂直，都需要用判定定理，其本质是考查线面垂直和平行.[典例感悟][例2] (2019·南京盐城一模)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别是棱BC，CC1上的点(其中点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为棱B1C1上的点，且A1F⊥B1C1.求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)A1F∥平面ADE.[证明] (1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC.因为AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又AD⊥DE，在平面BCC1B1中，CC1与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ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1，因为A1F⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1F.又A1F⊥B1C1，BB1∩B1C1＝B1，所以A1F⊥平面BCC1B1.在(1)中已证得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]证明两平面位置关系的求解思路(1)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．(2)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决.[演练冲关](2018·江苏高考)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明：(1)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.题型(三)空间位置关系的综合问题主要考查空间线面、面面平行或垂直的位置关系的证明与翻折或存在性问题相结合的综合问题.[典例感悟][例3] 如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1­ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)证明：BE ⊥平面D 1AE ；(2)设F 为CD 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ，若存在，求出AM AB的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：∵四边形ABCD 为矩形且AD ＝DE ＝EC ＝BC ＝2，∴AE ＝BE ＝2 2.又AB ＝4，∴AE 2＋BE 2＝AB 2，∴∠AEB ＝90°，即BE ⊥AE .又平面D 1AE ⊥平面ABCE ，平面D 1AE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ，∴BE ⊥平面D 1AE .(2)AM AB ＝14，理由如下： 取D 1E 的中点L ，连接FL ，AL ， ∴FL ∥EC ，FL ＝12EC ＝1.又EC ∥AB ，∴FL ∥AB ，且FL ＝14AB ，∴M ，F ，L ，A 四点共面．若MF ∥平面AD 1E ，则MF ∥AL .∴四边形AMFL 为平行四边形， ∴AM ＝FL ＝14AB ，即AM AB ＝14.[方法技巧]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[演练冲关](2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°.以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q ­ABP 的体积．解：(1)证明：由已知可得，∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC . 又因为BA ⊥AD ，AC ∩AD ＝A ， 所以AB ⊥平面ACD . 因为AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2. 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.如图，过点Q 作QE ⊥AC ， 垂足为E ，则QE 綊13DC .由已知及(1)可得，DC ⊥平面ABC ， 所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1. 因此，三棱锥Q ­ABP 的体积为V Q ­ABP＝13×S △ABP ×QE ＝13×12×3×22sin 45°×1＝1. [课时达标训练]A 组——大题保分练1．(2019·苏北三市期末)如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，D ，E ，F 分别是B 1C 1，AB ，AA 1的中点．(1)求证：EF ∥平面A 1BD ；(2)若A 1B 1＝A 1C 1，求证：平面A 1BD ⊥平面BB 1C 1C .证明：(1)因为E ，F 分别是AB ，AA 1的中点，所以EF ∥A 1B .因为EF ⊄平面A 1BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ，所以EF ∥平面A 1BD .(2)在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面A 1B 1C 1，因为A 1D ⊂平面A 1B 1C 1，所以BB 1⊥A 1D . 因为A 1B 1＝A 1C 1，且D 是B 1C 1的中点， 所以A 1D ⊥B 1C 1.因为BB 1∩B 1C 1＝B 1，B 1C 1，BB 1⊂平面BB 1C 1C ， 所以A 1D ⊥平面BB 1C 1C . 因为A 1D ⊂平面A 1BD ， 所以平面A 1BD ⊥平面BB 1C 1C .2.(2019·南京四校联考)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥平面ABCD ，E 是BC 的中点，F 在棱PC 上，且PA ∥平面DEF .(1)求证：AD ⊥PC ； (2)求PF FC的值．解：(1)证明：因为底面ABCD 是矩形，所以AD ⊥DC . 因为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)如图，连接AC ，交DE 于G ，连接FG .因为PA ∥平面DEF ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面DEF ＝FG . 所以PA ∥FG ， 所以PF FC ＝AGGC.因为底面ABCD 是矩形，E 是BC 的中点， 所以AD ∥BC ，AD ＝2EC . 所以易知AG GC ＝ADEC＝2.所以PF FC＝2.3.(2019·扬州期末)如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，四边形AA 1B 1B 为矩形，平面AA 1B 1B ⊥平面ABC ，E ，F 分别是四边形AA 1B 1B ，BB 1C 1C 对角线的交点．求证：(1)EF ∥平面ABC ；(2)BB1⊥AC.证明：(1)在三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形AA1B1B，四边形BB1C1C均为平行四边形．∵E，F分别是四边形AA1B1B，BB1C1C对角线的交点，∴E，F分别是AB1，CB1的中点，∴EF∥AC.∵EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)∵四边形AA1B1B为矩形，∴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)在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°.(1)求证：平面PAC⊥平面PAB；(2)设平面PBC∩平面PAD＝l，求证：BC∥l.证明：(1)因为PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥AC.因为AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，所以由余弦定理，得AC＝AB2＋BC2－2AB·BC cos∠ABC＝12＋22－2×1×2cos 60°＝ 3.因为12＋()32＝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)因为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组——大题增分练1．(2018·盐城三模)在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，M，N分别是棱A1D1，D1C1的中点．求证：(1)AC∥平面DMN；(2)平面DMN⊥平面BB1D1D.证明：(1)连结A1C1，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，因为AA1綊BB1，BB1綊CC1，所以AA1綊CC1，所以A1ACC1为平行四边形，所以A1C1∥AC.又。

(1)若E，F分别为AB，BC的中点，求证：EF∥平面ACD；
证明
(2)若平面ABC⊥平面BCD，求证：平面ABD⊥平面ACD.
证明
思维升华
平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化、有 的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题 的关键.一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在 同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与 不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度 量值，这是化解翻折问题的主要方法.
解析 答案
思维升华
(1)涉及柱、锥及其简单组合的计算问题，要在正确理解概念的基础 上，画出符合题意的图形或辅助线(面)，再分析几何体的结构特征， 从而进行解题. (2)求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易 求，底面放在已知几何体的某一面上.
跟踪演练1 (1)(2018·江苏盐城中学模拟)已知圆柱的底面半径为1，母 线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为6π_____. 解析 S圆柱＝2π×12＋2π×1×2＝6π.
证明
(2)若 A1B∥平面 ADC1，求DBDC的值.
解答
真题押题精练
1.(2018·江苏)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶
4
点
3
的多面体的体积为____.
解析 由题意知所给的几何体是棱长均为 2的八面体，它是由两个有公 共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为 1，所以这个八面体的 体积为 2V 正四棱锥＝2×31×( 2)2×1＝34.
跟踪演练2 如图1，在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB， AC上的点，AD＝AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF

完善提高融会贯穿典例(2022·扬州期末)已知椭圆K1 :22xa+22yb=1(a>b>0)的右焦点F(c,0),抛物线K 2:x2=2py(p>0)的焦点为G,椭圆K1与抛物线K2在第一象限的交点为M,若抛物线K2在点M处的切线l经过椭圆K1的右焦点,且与y轴交于点D.(典例)(1) 已知点M(2,1),求c的值;(2) 求a,c,p的关系式;(3) 试问:△MDG能否为正三角形?若能,恳求出椭圆的离心率;若不能,请说明理由.【思维引导】【规范解答】(1) 已知点M(2,1),则抛物线的方程是x2=4y,即y=24x,其在点M处的切线方程为y-1=x-2,它与x轴的交点为(1,0),所以c=1.(2) 设点M(x,y)(x>0),则y=22xp.由于y=12p x2,所以y'=xp.所以切线l:y-22xp=xp(x-x),即y=xp x-22xp.令x=0,得点D20,-2⎛⎫⎪⎝⎭xp.由于切线l过右焦点F,所以x=2c,则y=22xp=22cp.由于点M在椭圆上,所以224ca+42224(-)ca c p=1. 8分(3) 方法一:由(2)知点M2,2⎛⎫⎪⎝⎭xxp,D2-0,2⎛⎫⎪⎝⎭xp,由于G为抛物线的焦点,所以MG=y+2p=22xp+2p,GD=yG-yD=2p+22xp.所以GD=MG,即△MDG为等腰三角形.若△MDG为等边三角形,则直线MD的倾斜角为30°,即直线MD的斜率为33,即2cp=33. 12分当2c=33p时3代入224ca+4224cb p=1,得12c4-16a2c2+3a4=0,即12e4-16e2+3=0,得e2=4-7或e2=476+(舍去),所以4-767-123=21-3.故△MDG能为正三角形,此时椭圆的离心率为21-3. 16分方法二:由于G为抛物线的焦点,所以MG=y+2p=22xp+2p,GD=yG-yD=2p+22xp.所以GD=MG,即△MDG为等腰三角形.。