江苏省2019高考数学二轮复习微专题5立体几何中体积的求解策略课件201903.pdf
2019版高考数学总复习专题五立体几何5.1三视图与几何体的体积、表面积课件理
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解析
如图所示,该四面体在空间直角坐标系O-xyz的图象为下图:
则它在平面 zOx 上的投影即正视图为
,故选 A.
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1.(2018河北衡水调研)某几何体的正视图与俯视图如图,则其侧视 图可以为( )
答案 B 解析 由俯视图与正视图可知该几何体可以是一个三棱柱挖去一 个圆柱,因此其侧视图为矩形内有一条虚线,虚线靠近矩形的左边 部分,只有选项B符合题意,故选B.
1 ×2 2 1 1
2×
(2 2)2 -( 2)2 =2 3,
故此几何体的各面中最大面的面积为 2 3.选 B.
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Hale Waihona Puke 新题演练提能·刷高分5.(2018安徽合肥第二次质检)已知某三棱锥的三视图如图所示,则 该三棱锥的所有棱中,最短的棱长为 ( )
A.2
答案 C
B. 5
C.1
D.2 2
A.2 17
答案 B
B.2 5
C.3
D.2
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解析 如图所示,易知 N 为������������的中点,将圆柱的侧面沿母线 MC 剪开,
1 展平为矩形 MCC'M',易知 CN=4CC'=4,MC=2,从 M 到 N 的路程中最
短路径为 MN.
在 Rt△MCN 中,MN= ������������ 2 + ������������ 2 =2 5.
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4.(2014全国Ⅰ· 12)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,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度 为( )
2019年高考数学(理科)二轮专题复习课件：第二部分 空间几何体的三视图、表面积及体积(共44张PPT)
1 故几何体的体积 V＝2 － ×2×2×1＝6. 2
3
1 2 (2)在 Rt△SAB 中，SA＝SB，S△SAB＝ · SA ＝8， 2 解得 SA＝4. 设圆锥的底面圆心为 O，底面半径为 r，高为 h， 在 Rt△SAO 中，∠SAO＝30° ， 所以 r＝2 3，h＝2， 1 2 1 所以圆锥的体积为 πr · h＝ π×(2 3)2×2＝8π. 3 3 答案：(1)A (2)8π
则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径 的长度为( A． 2 17 ) B． 2 5 C． 3 D． 2
解析：(1)因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方 形， 所以该四棱锥为正四棱锥，如图，
由题意知底面正方形的边长为 2， 正四棱锥的高为 2， 则正四棱锥的斜高 PE＝ 22＋12＝ 5. 1 所以该四棱锥的侧面积 S＝4× ×2× 5＝4 5. 2 (2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱， 该圆柱的高为 2，底面周长为 16.
本讲高考命题主要考查的内容：(1)三视图的识别和 简单应用；(2)空间几何体的表面积和体积的计算．前者 主要题型是选择题、填空题；后者各类题型均可能出现， 在解答题，与空间线、面位置关系证明相结合，面积、 体积的计算作为其中的一问，难度中等．
热点 1 空间几何体的三视图与直观图 1．几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要 注意长对正，高平齐，宽相等． 2． 由三视图还原几何体： 一般先从俯视图确定底面， 再利用正视图与侧视图确定几何体．
专题四
立体几何
第 1 讲 空间几何体的三视图、 表 面积及体积
2019年高考数学江苏专版三维二轮专题复习课件：专题二 立体几何 第1课时 立体几何中的计算(基础课)
[方法归纳]
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．
3．已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 2 的球 O 的球面上，且 AB＝3，BC＝ 3，过点 D 作 DE 垂直于平面 ABCD，交球 O 于 E，则棱锥 E-ABCD 的体积为________． 解析：如图所示，BE 过球心 O， ∴DE＝ 42－32－ 32＝2， ∴VE -ABCD＝13×3× 3×2＝2 3. 答案：2 3
的体积为 V1，球 O 的体积为 V2，则VV12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 VV12＝π43Rπ2R·23R＝32. 答案：32
2．(2017·全国卷Ⅲ改编)已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周 在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________． 解析：设圆柱的底面半径为 r，则 r2＝12－122＝34，所以圆柱的 体积 V＝34×π×1＝34π. 答案：34π
(2)柱体、锥体、台体的体积公式： ①V 柱体＝Sh(S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh(S 为底面面积，h 为高)； ③V 台＝13(S＋ SS′＋S′)h(不要求记忆)． (3)球的表面积和体积公式： ①S 球＝4πR2(R 为球的半径)； ②V 球＝43πR3(R 为球的半径)．
2019届高考数学(文)二轮专题复习习题：第1部分 专题五 立体几何 1-5-1 Word版含答案
限时规范训练十二 空间几何体的三视图、表面积及体积限时45分钟，实际用时________ 分值80分，实际得分________一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2017·山东烟台模拟)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故其侧(左)视图应为D.2．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选C.作出三棱锥的直观图如图所示，由三视图可知AB ＝BD ＝2，BC ＝CD ＝2，AD ＝22，AC ＝6，故△ABC ，△ACD ，△ABD ，△BCD 均为直角三角形，故选C.3．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C ．22πD ．42π解析：选B.旋转体是两个圆锥，其底面半径为直角三角形斜边的高2，高即斜边的长的一半2，故所得几何体的体积V ＝13π(2)2×2×2＝42π3.4．(2017·厦门质检)如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 上的一点，则三棱锥D 1B 1C 1E 的体积等于( )A.13 B.512C.36D.16解析：选D.V D 1B 1C 1E ＝V E B 1C 1D 1＝13S △B 1C 1D 1·CC 1＝13×12×12×1＝16，故选D.5．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．20πD ．24π解析：选C.将三棱锥P ABC 放入长方体中，如图，三棱锥P ABC 的外接球就是长方体的外接球．因为PA ＝AB ＝2，AC ＝4，△ABC 为直角三角形，所以BC ＝42－22＝2 3.设外接球的半径为R ，依题意可得(2R )2＝22＋22＋(23)2＝20，故R 2＝5，则球O 的表面积为4πR 2＝20π.故选C.6．(2017·广东广州模拟)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧(左)视图中线段的长度x 的值是( )A.7 B ．27 C ．4D ．5解析：选 C.分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，故其体积V ＝13×32＋32×4×CP ＝37，所以CP ＝7，所以x ＝32＋72＝4.7．(2017·青岛二模)如图，正四棱锥P ABCD 的底面边长为6 cm ，侧棱长为5 cm ，则它的侧(左)视图的周长等于( )A ．17 cmB ．(119＋5)cmC ．16 cmD ．14 cm解析：选D.由题意可知，侧(左)视图是一个三角形，底边长等于正四棱锥底面正方形的边长，高为正四棱锥的高的一个等腰三角形．因为侧棱长5 cm ，所以斜高h ＝52－32＝4(cm)，又正四棱锥底面正方形的边长为6 cm ，所以侧(左)视图的周长为6＋4＋4＝14(cm)．8．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310解析：选C.因为在直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132.9．(2016·高考山东卷)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＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C.由三视图可知，半球的半径为22，四棱锥底面正方形边长为1，高为1， 所以该组合体的体积＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫223×12＋13×1×1×1＝13＋26π.10．(2017·长春模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱的长是( )A ．2 5B ．2 6C ．27D ．4 2解析：选C.由三视图可知该四面体的直观图如图所示，其中AC＝2，PA ＝2，△ABC 中，边AC 上的高为23，所以BC ＝42＋32＝27，而PB ＝PA 2＋AB 2＝22＋42＝25，PC ＝PA 2＋AC 2＝22，因此在四面体的六条棱中，长度最长的棱是BC ，其长为27，选C.11．(2017·兰州三模)某四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．17B ．22C ．14＋213D ．22＋213解析：选D.可借助长方体，作出该四棱锥的直观图，如图中的四棱锥V ABCD 所示．则BC ⊥平面VAB ，AB ⊥平面VAD ，CD ⊥平面VAD ，VD ＝5，VB ＝13，所以四棱锥V ABCD 的表面积S 表＝S △VAB ＋S △VBC ＋S △VCD＋S △VAD＋S 四边形ABCD ＝12×(2×3＋4×13＋2×5＋3×4)＋2×4＝22＋213.故选D.12．(2017·河北衡水模拟)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．24πB ．6πC ．4πD ．2π解析：选B.题中的几何体是三棱锥A BCD ，如图所示，其中底面△BCD 是等腰直角三角形，BC ＝CD ＝2，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AB ＝2，BD ＝2，AC ⊥CD .取AD 的中点M ，连接BM ，CM ，则有BM ＝CM ＝12AD ＝1222＋22＝62.从而可知该几何体的外接球的半径是62.故该几何体的外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫622＝6π，应选B. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．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：利用圆锥、圆柱的体积公式，列方程求解． 设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7. 答案：714．三棱锥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：如图，设点C 到平面PAB 的距离为h ，△PAB 的面积为S ，则V 2＝13Sh ，V 1＝V E ADB ＝13×12S ×12h ＝112Sh ，所以V 1V 2＝14.答案：1415．(2017·山东临沂模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π.答案：16＋8π16．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ， 三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积 V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x＝3·25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4.令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415.∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3. 答案：415。
2019高考数学二轮复习 专题5 立体几何 第一讲 空间几何体 理.doc
2019高考数学二轮复习专题5 立体几何第一讲空间几何体理1．空间几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)视图和俯视图．2．在三视图中，正(主)侧(左)一样高，正(主)俯一样长，侧(左)俯一样宽．1．多面体的表面积．多面体的表面积为各个面的面积之和． 2．旋转体的表面积．(1)圆柱的表面积S ＝2πr(r ＋L)； (2)圆锥的表面积S ＝πr(r ＋L)；(3)圆台的表面积S ＝π(r′2＋r 2＋r′L＋rL)； (4)球的表面积S ＝4πR 2． 3．体积公式． (1)柱体的体积V ＝Sh ． (2)锥体的体积V ＝13Sh ．(3)台体的体积V ＝13(S′＋S ′S ＋S)h ．(4)球的体积V ＝43πR 3．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”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)用斜二测画法画水平放置的∠A 时，若∠A 的两边分别平行于x 轴和y 轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A ＝45°(×)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(×) (5)圆柱的侧面展开图是矩形．(√)(6)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算．(√)1．(2015·新课标Ⅰ卷)《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(B )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝ ⎛⎭⎪⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B.2．(2015·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是(C )A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．5解析：作出三棱锥的示意图如图，在△ABC 中，作AB 边上的高CD ，连接SD.在三棱锥SABC 中，SC ⊥底面ABC ，SC ＝1，底面三角形ABC 是等腰三角形，AC ＝BC ，AB 边上的高CD ＝2，AD ＝BD ＝1，斜高SD ＝5，AC ＝BC ＝ 5.∴ S 表＝S △ABC ＋S △SAC ＋S △SBC ＋S△SAB＝12×2×2＋12×1×5＋12×1×5＋12×2×5＝2＋2 5. 3．(2014·全国大纲卷)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，则该球的表面积是(A )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4解析：由已知条件可知球心在正四棱锥的高上，设球的半径为R ，球心为O ，正四棱锥底面中心为E ，则OE 垂直棱锥底面，OE ＝4－R ，所以(4－R)2＋(2)2＝R 2，解得R ＝94，所以球的表面积S ＝4πR 2＝81π4.4．(2015·安徽卷)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是(B )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2解析：根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3.故选B.一、选择题1．(2014·浙江卷)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是(D )A. 90 cm 2B. 129 cm 2C. 132 cm 2D. 138 cm 2解析：由三视图可知，此几何体如下图，故几何体的表面积为S ＝2×4×6＋2×3×4＋3×6＋3×3＋3×4＋3×5＋2×12×3×4＝138.故选D.2．(2014·福建卷)以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于(A )A ．2πB ．πC ．2D ．1解析：由已知得，所得圆柱的底面半径和高均为1，所以圆柱的侧面积为2π.故选A. 3．(2015·新课标Ⅱ卷)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OABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为(C )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π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13×12R 2×R ＝36，∴ R ＝6，∴ 球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.4．(2015·福建卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于(D )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：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2×(4＋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 2.5. (2015·新课标Ⅰ卷)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 ＝(B )A ．1B ．2C ．4D ．8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.二、填空题6．已知某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为12π．7．如图所示的两组立体图形，都是由相同的小正方体拼成的．(1)图①的正(主)视图与图②的俯视图相同．(2)图③的正(主)视图与图④的正(主)视图不同．解析：对第一组的两个立体图形，图①的正(主)视图与图②的俯视图相同．对第二组的两个立体图形，图③的正(主)视图与图④的正(主)视图不同，而侧(左)视图和俯视图都是相同的．8. (2014·天津卷)已知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20πm3.3解析：由三视图可知该几何体是组合体，其中下半部分是底面半径为1，高为4的圆柱，上半部分是底面半径为2，高为2的圆锥，其体积为π·12·4＋13π·22·2＝20π3(m 3)． 三、解答题9．一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示．(1)请画出该几何体的直观图，并求出它的体积；(2)证明：A 1C ⊥平面AB 1C 1；(3)若D 是棱CC 1的中点，在棱AB 上取中点E ，判断DE 是否平行于平面AB 1C 1，并证明你的结论．解析：(1)几何体的直观图如下图所示：四边形BB 1C 1C 是矩形，BB 1＝CC 1＝3，BC ＝1，四边形AA 1C 1C 是边长为3的正方形，且垂直于底面BB 1C 1C ，∴其体积V ＝12×1×3×3＝32. (2)∵∠ACB＝90°，∴BC ⊥AC.∵三棱柱ABCA 1B 1C 1为直三棱柱，∴BC ⊥CC 1.∵AC ∩CC 1＝C ，∴BC ⊥平面ACC 1A 1.∴BC ⊥A 1C.∵B 1C 1∥BC ，∴B 1C 1⊥A 1C.∵四边形ACC 1A 1为正方形，∴A 1C ⊥AC 1.∵B 1C 1∩AC 1＝C 1，∴A 1C ⊥平面AB 1C 1.(3)当E 为棱AB 的中点时，DE ∥平面AB 1C 1.如图，取BB 1的中点F ，连接EF ，FD ，DE ，∵D ，E ，F 分别为CC 1，AB ，BB 1的中点，∴EF ∥AB 1.∵AB 1⊂平面AB 1C 1，EF ⊄平面AB 1C 1，∴EF ∥平面AB 1C 1.∵FD ∥B 1C 1，B 1C 1⊂平面AB 1C 1，FD ⊄平面AB 1C 1， ∴FD ∥平面AB 1C 1，又EF∩FD＝F ，∴平面DEF∥平面AB 1C 1.而DE ⊂平面DEF ，∴DE ∥平面AB 1C 1.10．如图，三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点．(1)证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；(2)平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．解析：(1)由题设知BC⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ，所以BC ⊥平面ACC 1A 1. 又DC 1⊂平面ACC 1A 1，所以DC 1⊥BC.由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC.又DC∩BC＝C ，所以DC 1⊥平面BDC.又DC 1⊂平面BDC 1，故平面BDC 1⊥平面BDC.(2)设棱锥BDACC 1的体积为V 1，AC ＝1，由题意得V 1＝13×1＋22×1×1＝12. 又三棱柱ABCA 1B 1C 1的体积V ＝1，所以(V －V 1)∶V 1＝1∶1.故平面BDC 1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.。
江苏省2019高考数学二轮复习第9讲立体几何的综合问题课件2
易知EF∥C1D,且EF=
1 2
C1D.
又因为B1O∥C1D且B1O=
1 2
C1D,
所以EF∥B1O且EF=B1O,
26
所以四边形B1OEF为平行四边形, 所以B1F∥OE. 又因为B1F⊄平面A1BE,OE⊂平面A1BE, 所以B1F∥平面A1BE.
27
21
∴△A1AB是等边三角形.
∵E是A1B的中点,
BG GA
=
1 3
,
∴EG⊥AB.
∵平面A1ABB1⊥平面ABC,
且平面A1ABB1∩平面ABC=AB,
∴EG⊥平面ABC.
又EG⊂平面EFG,∴平面EFG⊥平面ABC.
22
【方法归纳】 立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究 以及对条件和结论不完备的开放性问题的探究,解决这类问题一般根据探索 性问题的设问,假设其存在并探索出结论,然后在这个假设下进行推理论证, 若得到合乎情理的结论,则肯定假设,若得到矛盾的结论,则否定假设.
.
答案 一个或无数个
解析 若这条直线与平面α垂直,则平面β有无数个;若这条直线与平面α不垂 直,则平面β只有1个.
3.已知α,β,γ是三个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥α,m⊂β,
那么α⊥β;②如果m⊥n,m⊥α,那么n∥α;③如果α⊥β,m∥α,那么m⊥β;④如果
α∥β,α∩γ=m,β∩γ=n,那么m∥n.其中正确的命题有
10
解析 (1)证明:∵PE=2DE,F为PE的中点, ∴E为DF的中点. 连接BD,与AC的交点为O,连接OE. ∵四边形ABCD为矩形,∴O为BD中点. ∴BF∥OE. 又OE⊂平面ACE,BF⊄平面ACE,∴BF∥平面ACE. (2)∵侧棱PA⊥底面ABCD,且四边形ABCD为矩形. ∴CD⊥PA,CD⊥AD. 又PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,∴CD⊥平面PAD.
2019届高考数学二轮复习 第三部分 5 回顾5 立体几何 学案 Word版含解析
回顾5 立体几何 [必记知识]空间几何体的表面积和体积(1)线线平行：⎭⎪⎬⎪⎫a ∥α a ⊂βα∩β＝b ⇒a ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∩γ＝a β∩γ＝b ⇒a ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ∥c ⇒c ∥b . (2)线面平行：⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b b ⊂αa ⊄α⇒a ∥α，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βa ⊂β⇒a ∥α，⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βa ⊥βa ⊄α⇒a ∥α. (3)面面平行：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝O a ∥β，b ∥β⇒α∥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αa ⊥β⇒α∥β，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βγ∥β⇒α∥γ. (4)线线垂直：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊂α⇒a ⊥b .(5)线面垂直：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝O l ⊥a ，l ⊥b ⇒l ⊥α，⎭⎪⎬⎪⎫α⊥β α∩β＝l a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β， ⎭⎪⎬⎪⎫α∥βa ⊥α⇒a ⊥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α.(6)面面垂直：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂βa ⊥α⇒α⊥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥βa ⊥α⇒α⊥β. [提醒]) 要注意空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理中的条件.如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件.用空间向量证明平行垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，υ＝(a 3，b 3，c 3)．则有：(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0. 用向量求空间角(1)直线l 1，l 2的夹角θ有cos θ＝|cos 〈l 1，l 2〉|(其中l 1，l 2分别是直线l 1，l 2的方向向量)． (2)直线l 与平面α的夹角θ有sin θ＝|cos 〈l ，n 〉|(其中l 是直线l 的方向向量，n 是平面α的法向量)．(3)平面α，β的夹角θ有cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|，则α-l -β二面角的平面角为θ或π－θ(其中n 1，n 2分别是平面α，β的法向量)．[提醒]) 在处理实际问题时，要注意异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的取值范围，要根据具体图形确定二面角的平面角是锐角还是钝角.[必会结论]三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图一样；侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样．平行、垂直关系的转化示意图球的组合体(1)球与长方体的组合体：长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长．(2)球与正方体的组合体：正方体的内切球的直径是正方体的棱长，正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长，正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长．(3)球与正四面体的组合体：棱长为a 的正四面体的内切球的半径为612a (正四面体高63a 的14)，外接球的半径为64a (正四面体高63a 的34)． [必练习题]1．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题： ①若m ⊂β，α⊥β，则m ⊥α； ②若α∥β，m ⊂α，则m ∥β； ③若n ⊥α，n ⊥β，m ⊥α，则m ⊥β； ④若m ∥α，m ∥β，则α∥β. 其中正确命题的序号是( ) A ．①③ B ．①② C ．③④D ．②③解析：选D.对于①，注意到直线m 可能与平面α，β的交线平行，此时结论不成立，因此①不正确；对于②，直线m 与平面β必没有公共点，因此m ∥β，②正确；对于③，由m ⊥α，n ⊥α，得m ∥n ，又n ⊥β，因此m ⊥β，③正确；对于④，平面α，β可能是相交平面，因此④不正确．综上所述，其中正确命题的序号是②③，选D.2．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是( )A. 3 B ．2 C ．3D ．4解析：选A.由几何体的三视图知，几何体是底面为直角梯形，高为3的四棱锥，如图所示，则V ＝13×12×(1＋2)×2×3＝3，故选A.3．已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为( )A ．π B.3π2 C ．2πD ．3π解析：选C.依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为r ，易知轴截面三角形边AB 上的高为22，因此22－r 3＝r 1，解得r ＝22，所以圆锥内切球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫222＝2π，故选C.4．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一个标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x 为( )A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.4解析：选B.该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为12，高为x 的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x ，3，1的长方体，所以组合体的体积V ＝V 圆柱＋V 长方体＝π·⎝⎛⎭⎫122×x ＋(5.4－x )×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x ＝1.6.故选B.5．已知S ，A ，B 、C 是球O 表面上的不同点，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，AB ＝1，BC ＝2，若球O 的表面积为4π，则SA ＝( )A.22B ．1 C. 2D.32解析：选B.根据已知把S -ABC 补成如图所示的长方体．因为球O 的表面积为4π，所以球O 的半径R ＝1，2R ＝SA 2＋1＋2＝2，解得SA ＝1，故选B.6．棱长都为2的直平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，∠BAD ＝60°，则对角线A 1C 与侧面DCC 1D 1所成角的正弦值为( )A.12B.22C.34D.38解析：选C.过点A 1作直线A 1M ⊥D 1C 1，交C 1D 1的延长线于点M ，连接CM ，可得A 1M ⊥平面DD 1C 1C ，则∠A 1CM 就是直线A 1C 与面DD 1C 1C 所成的角．由所有棱长均为2及∠A 1D 1C 1＝120°，得A 1M ＝A 1D 1sin 60°＝3，又A 1C ＝A 1C 21＋CC 21＝（23）2＋22＝4，所以sin ∠A 1CM ＝A 1M A 1C ＝34，故选C.7．已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝2，将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( )A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”“AB 与CD ”“AD 与BC ”均不垂直 解析：选B.若存在某个位置，使得AC ⊥BD ，作AE ⊥BD 于E ，则BD ⊥平面AEC ，所以BD ⊥EC ，在△ABD 中，AB 2＝BE ·BD ，BE ＝13，而在△BCD 中，BC 2＝BE ·BD ，BE ＝23，两者矛盾．故A 错误．若存在某个位置，使得AB ⊥CD ，又因为AB ⊥AD ，则AB ⊥平面ACD ，所以AB ⊥AC ，故AC ＝1，故B 正确，D 错误．若存在某个位置．使得AD ⊥BC ，又因为AD ⊥AB ，则AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC ，而斜边CD 小于直角边AD ，矛盾，故C 错误．8.如图，在四棱锥P -ACBD 中，底面ACBD 为正方形，PD ⊥平面ACBD ，BC ＝AC ＝a ，P A ＝PB ＝2a ，PC ＝3a ，则点C 到平面P AB 的距离为________．解析：根据条件可以将四棱锥置于一个正方体中进行研究，如图所示，易知AB ＝2a ，设点C 到平面P AB 的距离为h ，因为V P ABC ＝V C P AB ，即13×S △ABC ·PD ＝13S △P AB ·h ，所以13×12a 2×a ＝13×34×(2a )2×h ，解得h ＝33a ，所以点C 到平面P AB 的距离为33a . 答案：33a 9．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC →·AP →的取值范围是________．解析：以DA 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DD 1所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系D -xyz .则D (0，0，0)，C (0，1，0)，A (1，0，0)，B (1，1，0)，D 1(0，0，1)． 所以DC →＝(0，1，0)，BD 1→＝(－1，－1，1)． 因为点P 在线段BD 1上运动，所以设BP →＝λBD 1→＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1.所以AP →＝AB →＋BP →＝DC →＋BP →＝(－λ，1－λ，λ)， 所以DC →·AP →＝1－λ∈[0，1]． 答案：[0，1]10.如图，在正三角形ABC 中，D ，E ，F 分别为各边的中点，G ，H 分别为DE ，AF 的中点，将△ABC 沿DE ，EF ，DF 折成四面体P -DEF ，则四面体中异面直线PG 与DH 所成的角的余弦值为________．解析：折成的四面体是正四面体，如图连接HE ，取HE 的中点K ，连接GK ，PK ，则GK ∥DH .故∠PGK 即为所求的异面直线所成的角．设这个正四面体的棱长为2，在△PGK 中，PG ＝3，GK ＝32，PK ＝12＋⎝⎛⎭⎫322＝72，故cos ∠PGK ＝（3）2＋⎝⎛⎭⎫322－⎝⎛⎭⎫7222×3×32＝23，即异面直线PG 与DH 所成的角的余弦值是23.答案：23。
2019届高考数学立体几何备考策略 PPT 课件
x y z
x2y2z2 x2y2z2 x2y2z2
n 1,1,1
故平面如图所示，交x，y，z轴于A,B,C三点，距O点的距离相等，设为t，在
A 中 B A = B ， C B = A C C C A C , B A 6 A B o ， 又 0 A C = A ， ED 所 A 是 等 D 三 以
平行. • 如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行. • 垂直于同一个平面的两条直线平行. • 如果两个平面垂直,那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平
3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简
（十六） 空间向量与立体几何
1.空间向量及其运算 (1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正 (2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. (3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线 2.空间向量的应用 (1)理解直线的方向向量与平面的法向量. (2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关 (3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理). (4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问 立体几何问题中的应用.
四、高考试题命题特点
4.难度：
以中档题为主，但是小题在有意把题往后放，如在14年在选 15年、16年的卷一都在11题的位置，17年卷一放到了填空题 18年放到选择题压轴题位置；大题基本都稳定在18题，基本 二”，第一问考查线面位置关系，以垂直最多；第二问基本 空间角（主要考查二面角）的计算.要求考生基本概念要清晰 定的计算能力。
2019年江苏省高考数学二轮复习讲义：专题二 第一讲 小题考法——立体几何中的计算
2019年4月[江苏卷5年考情分析]第一讲小题考法——立体几何中的计算1．现有一个底面半径为3 cm，母线长为5 cm的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径为________cm.详细分析：因为圆锥底面半径为3 cm，母线长为5 cm，所以圆锥的高为52－32＝4 cm，其体积为13π×32×4＝12π cm3，设铁球的半径为r，则43πr3＝12π，所以该铁球的半径是39 cm.答案：3 92．(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________．详细分析：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________．详细分析：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)．详细分析：由题意知，熔化前后的体积相等，熔化前的体积为6×34×42×4－93×4＝60 3 cm 3，设所求正三棱柱的底面边长为x cm ，则有34x 2·6＝603，解得x ＝210，所以所求边长为210 cm.答案：2105．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是________． 详细分析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32， 则S 1S 2＝πr 21πr 22＝94. 答案：94[方法技巧]求几何体的表面积及体积的解题技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．[题组练透]1．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O1O 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________．详细分析：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 43πR 3＝32.答案：322．(2018·无锡期末)直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB ⊥BC ，AB ＝3，BC ＝4，BB 1＝5，若三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________．详细分析：根据条件可知该直三棱柱的外接球就是以BA ，BC ，BB 1为棱的长方体的外接球，设其半径为R ，则2R ＝BA 2＋BC 2＋BB 21＝32＋42＋52，得R ＝522，故该球的表面积为S ＝4πR 2＝50π.答案：50π3．已知矩形ABCD 的顶点都在半径为2的球O 的球面上，且AB ＝3，BC ＝3，过点D 作DE 垂直于平面ABCD ，交球O 于点E ，则棱锥E -ABCD 的体积为________．详细分析：如图所示，BE 过球心O ， ∴BE ＝4，BD ＝32＋(3)2＝23，∴DE＝42－(23)2＝2，∴V E-ABCD＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 34．(2018·全国卷Ⅲ改编)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D-ABC体积的最大值为________.详细分析：由等边△ABC的面积为93，可得34AB2＝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＝R2－r2＝16－12＝2.所以三棱锥D-ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D-ABC体积的最大值为13×93×6＝18 3.答案：18 3[方法技巧]简单几何体与球切接问题的解题技巧[典例感悟][典例] (1)如图，正△ABC 的边长为2，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别为边AC 与BC 的中点，现将△ABC 沿CD 翻折，使平面ADC ⊥平面DCB ，则三棱锥E -DFC 的体积为________．(2)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段BB 1上的一动点，则当AM ＋MC 1最小时，△AMC 1的面积为________．[详细分析] (1)S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝⎛⎭⎫34×22＝34，E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12，V E -DFC ＝13×S △DFC ×h ＝324. (2)将侧面展开后可得：本题AM ＋MC 1最小可以等价为在矩形ACC 1A 1中求AM ＋MC 1的最小值．如图，当A ，M ，C 1三点共线时，AM ＋MC 1最小． 又AB ∶BC ＝1∶2，AB ＝1，BC ＝2，CC 1＝3， 所以AM ＝2，MC 1＝22，又AC 1＝9＋5＝14， 所以cos ∠AMC 1＝AM 2＋C 1M 2－AC 212AM ·C 1M ＝2＋8－142×2×22＝－12，所以sin ∠AMC 1＝32，故三角形面积为S ＝12×2×22×32＝ 3.[答案] (1)324(2) 3 [方法技巧]解决翻折问题需要把握的两个关键点(1)解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变化量和不变量．一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，位置关系可能会发生变化，抓住两个“不变性”．①与折线垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变； ②与折线平行的线段，翻折前后平行关系不改变．(2)解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形．[演练冲关]1．有一根长为6 cm ，底面半径为0.5 cm 的圆柱型铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕4圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的长度最少为________cm.详细分析：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________．详细分析：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________．详细分析：如图，取BD 的中点E ，BC 的中点O ，连接AE ，OD ，EO ，AO .因为AB ＝AD ，所以AE ⊥BD .由于平面ABD ⊥平面BCD ，所以AE ⊥平面BCD . 因为AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，所以AE ＝22，EO ＝12.所以OA ＝32. 在Rt △BDC 中，OB ＝OC ＝OD ＝12BC ＝32，所以四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为32. 所以该球的体积V ＝43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.答案：3π2[必备知能·自主补缺](一) 主干知识要牢记1．空间几何体的侧面展开图及侧面积公式(1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．3．球的表面积和体积公式： (1)S 球＝4πR 2(R 为球的半径)； (2)V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．4．立体几何中相邻两个面之间的两点间距离路径最短问题，都可以转化为平面几何中两点距离最短．(二) 二级结论要用好1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d 2＝a 2＋b 2＋c 2；若长方体外接球半径为R ，则有(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2.[针对练1] 设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2,23，4，则其外接球的表面积为________．详细分析：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________．详细分析：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 ________. 详细分析：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. 详细分析：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________． 详细分析：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.详细分析：球心到正方体的塑料盒上表面(不存在)所在平面的距离为52－32＝4，所以球心到盒底的距离为4＋6＝10(cm)．答案：105．(2018·扬州期末)若圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为________．详细分析：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.详细分析：由题意知，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm 为边长的正方形，侧面高为5 cm ，则正四棱锥的高为52－⎝⎛⎭⎫622＝4 cm ，所以所求容积V ＝13×62×4＝48 cm 3. 答案：487．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．详细分析：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________．详细分析：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________．详细分析：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________．详细分析：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 21h113πr 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 ＋P A 1的最小值是________．详细分析：连结A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开，与△A 1BC 1在同一个平面内，如图所示，连结A 1C ，则A 1C 的长度就是所求的最小值．因为A1C 1＝6，A 1B ＝210，BC 1＝2，所以A 1C 21＋BC 21＝A 1B 2，所以∠A 1C 1B ＝90°.又∠BC 1C ＝45°，所以∠A 1C 1C ＝135°，由余弦定理，得A 1C 2＝A 1C 21＋CC 21－2A 1C 1·CC 1·cos ∠A 1C 1C ＝36＋2－2×6×2×⎝⎛⎭⎫－22＝50，所以A 1C ＝52，即CP ＋P A 1的最小值是5 2. 答案：5 212．(2018·苏中三市、苏北四市三调)现有一正四棱柱形铁块，底面边长为高的8倍，将其熔化锻造成一个底面积不变的正四棱锥形铁件(不计材料损耗)．设正四棱柱与正四棱锥的侧面积分别为S 1，S 2，则S 1S 2的值为________．详细分析：设正四棱柱的高为a ，所以底面边长为8a ，根据体积相等，且底面积相等，所以正四棱锥的高为3a ，则正四棱锥侧面的高为(3a )2＋(4a )2＝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________．详细分析：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.详细分析：设四个实心铁球的球心为O 1，O 2，O 3，O 4，其中O 1，O 2为下层两球的球心，O 1O 2O 3O 4为正四面体，棱O 1O 2到棱O 3O 4的距离为22，所以注水高为1＋22.故应注水体积为π⎝⎛⎭⎫1＋22－4×43π×⎝⎛⎭⎫123＝⎝⎛⎭⎫13＋22π. 答案：⎝⎛⎭⎫13＋22πB 组——力争难度小题1.(2018·天津高考)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M -EFGH 的体积为________．详细分析：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.(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)．详细分析：设球形容器的最小半径为R ，则“十字立方体”的24个顶点均在半径为R 的球面上，所以两根并排的四棱柱体组成的长方体的八个顶点在这个球面上．球的直径就是长方体的体对角线的长度，所以2R ＝12＋22＋52＝30，得4R 2＝30.从而S 球面＝4πR 2＝30π.答案：30π3．已知三棱锥P -ABC 的所有棱长都相等，现沿P A ，PB ，PC 三条侧棱剪开，将其表面展开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为26，则三棱锥P -ABC 的体积为________．详细分析：由条件知，表面展开图如图所示，由正弦定理得大正三角形的边长为a ＝2×26sin 60°＝62，从而三棱锥的所有棱长均为32，底面三角形ABC 的高为326，故三棱锥的高为18－6＝23，所求体积为V ＝13×34(32)2×23＝9. 答案：94．(2018·渭南二模)体积为4π3的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________．详细分析：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 1-ABC 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________．详细分析：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：24B1C1D1中，E，F分别为棱6.如图，在棱长为4的正方体ABCD-AAA1，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________．详细分析：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。
江苏省2019高考数学二轮复习专题二立体几何2.3专题提能—“立体几何”专题提能课课件
体体积的两种基本方法．法一是对不规则几何体进行分割．法
二则是在原不规则几何体的基础上补上一个几何体，使之成为
规则几何体.
策略2
等积法：求三棱锥的体积
[例 2] 如图，在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中， 已知 AB＝AA1＝3，点 P 在棱 CC1 上，则三棱 锥 P-ABA1 的体积为________．
提能点(三)
系统数学思想， 实现“触类旁通”
1．函数与方程思想——解决立体几何中的最值问题 [例 1] 如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为 5 cm，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D，E，F 为圆 O 上的点，△DBC，△ECA，△FAB 分别是以 BC，CA，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分 别以 BC，CA，AB 为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得 D， E，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥 体积(单位：cm3)的最大值为___4__1_5__．
∴0<a<5 3，∴所得三棱锥的体积 V＝13× 43a2×
25－5
3
3 a
＝ 123×
25a4－5 3 3a5.
令 t＝25a4－53 3a5，则 t′＝100a3－253 3a4，由 t′＝0，得 a
＝4 3，此时所得三棱锥的体积最大，为 4 15 cm3.
法二：如图，连接 OD 交 BC 于点 G，由题意知，
[点评] 在证明面面平行时，有的同学喜欢跳步，直接由 线线平行得到面面平行，少了由线线平行到线面平行的过程， 在考试中是要被扣分的．立体几何逻辑性非常强，证明时要严 格按照定理的要求来进行书写，切不可漏条件．
提能点(二)
灵活运用策略， 尝试“借石攻玉”
2019年高考数学二轮复习专题五立体几何5.3.1空间中的平行与几何体的体积课件文
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设 BC=x,则 CM=x,CD= 2x,PM= 3x,PC=PD=2x. 取 CD 的中点 N,连接 PN,则 PN⊥CD, 所以 PN=
1 所以2 ×
因为△PCD 的面积为 2 7, 2x× 解得 x=-2(舍去),x=2. 于是 AB=BC=2,AD=4,PM=2 3.
14 x=2 2
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(2)解 在平面 PAD 内作 PE⊥AD,垂足为 E.
由(1)知,AB⊥平面 PAD,故 AB⊥PE,可得 PE⊥平面 ABCD, 所以 PE 为四棱锥 P-ABCD 的高. 设 AB=x,则由已知可得 AD= 2x,PE= x. 故四棱锥 P-ABCD 的体积
1 3 8 由题设得3x =3,解得 1 1 3 VP-ABCD= AB· AD· PE= x . 3 3 2 2
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(2)解 取 AD 的中点 M,连接 PM,CM. 方形,则 CM⊥AD. 由 AB=BC=2AD 及 BC∥AD,∠ABC=90° 得四边形 ABCM 为正
1
因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD,平面 PAD∩ 平面 ABCD=AD, 所以 PM⊥AD,PM⊥底面 ABCD. 因为 CM⊂底面 ABCD,所以 PM⊥CM.
又PA∩AF=A, ∴DF⊥平面PAF.又PF⊂平面PAF, ∴DF⊥PF.
(2)解 设点 E 到平面 PFD 的距离为 h,
∵S△EFD=2-4 = 4.∴VP-EFD=3 × 4×1=4, ∵VE-PFD=VP-EFD,∴3 ×
即点 E 到平面 PFD
1 6 1 h= ,解得 2 4 6 的距离为 4 .
在 Rt△POC 中,PO=OC= 3,PC= 6. 在△PAC 中,PA=AC=2,PC= 6, 边 PC 上的高 AM= ������������2 -������������2 = 所以△PAC 的面积
江苏专用高考数学二轮复习专题三立体几何微专题5立体几何中体积的求解策略课件
3-1 如图,在多面体ABCDE中,AE⊥平面ABC,BD∥AE,且AC=AB=BC=BD=2, AE=1,求多面体ABCDE的体积.
解析 将多面体ABCDE置入如图所示的直三棱柱ABC-A'DC'中,由已知条件
不难得出多面体的体积为直三棱柱体积的一半,则VABCDE= 12 VABC-A'DC'= 12×
由此,该四面体的体积就转化成长方体的体积与四个全等的四面体的体积之
差.设长方体的棱BE=x,CE=y,AE=z,
x2
则
x2
y2 z2
132 , 142 ,
解之得
x y
70, 99,
y
2
z2
152 ,
z 126.
∴V长方体=xyz= 70 × 99 × 126 =126 55 ,
2-1 在多面体ABCDEF中,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,
△BCF均为正三角形,EF∥AB,EF=2,则该多面体的体积为
.
答案 2 3
解析 如图,分别过点A,B作EF的垂线,垂足分别为G,H,连接DG,CH,容易求得
EG=HF= 1 ,AG=GD=BH=HC= 3 ,且EG⊥平面ADG,FH⊥平面BHC,
3 ×22
4
×2= 3 .
1.(2017江苏泰州中学调研)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为
线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1-EDF的体积为
.
答案 1
6
解析 三棱锥D1-EDF的体积即为三棱锥F-DD1E的体积.因为E,F分别为AA1,B
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微专题5 立体几何中体积的求解策略
题型一 等积转换法求体积
例1 (2017江苏楚州中学月考) 如图所示,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中, E、F分别为DD1、DB的中点.求三棱锥 的体积.
1
B EFC
V
解析 由题意得EF = BD 1 ,B 1F = ,B 1E = ∴EF 2+B 1F 2=B 1E 2
,∴∠EFB 1=90°.又易知CF ⊥平面EFB 1,
∴ = = · ·CF = × ·EF ·B 1F ·CF = × × × × =1.12
3221BF BB +22(2)2+622111B D D E +22
(22)1+1B EFC V -1C B EF V -131B EF S 13121312
362
【方法归纳】 ①所谓等积法就是利用转化思想,把要求的几何体体积转化为另一个同体积几何体来求.
②变化观察角度是计算体积常用的转化策略之一.变换的基本依据是变化前后等体积,变换的标准是看相应的底面和高是否容易求解.
1-1 (2018南京师大附中高三模拟)如图,直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各条棱长均为2,D 为棱B 1C 1上任意一点,则三棱锥D -A 1BC 的体积是 .
答案 233解析 三棱锥D -A 1BC 的体积 = = × ×2×2 = . 1D A BC V -1A DBC V -1312333
1-2 如图,已知多面体ABCD -A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体,E ,F 分别是棱AA 1和CC 1的中点,求四棱锥A 1-EBFD 1的体积.
解析 ∵EB =BF =FD 1=D 1E = = a ,∴四棱锥A 1-EBFD 1的底面EBFD 1是菱形.
连接EF ,则△EFB ≌△EFD 1,
2
22a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭52
∵三棱锥A 1-EFB 与三棱锥A 1-EFD 1等底同高,
∴它们的体积相等.
∵CC 1∥平面ABB 1A 1,∴三棱锥F -EBA 1的高就是CC 1到平面ABB 1A 1的距离,
即为棱长a .
又△EBA 1的边A 1E 上的高是BA =a ,
∴三棱锥A 1-EFB 的体积等于三棱锥F -EBA 1的体积= × · ·a ·a = a 3.∴四棱锥A 1-EBFD 1的体积=2× a 3= a 3.13122a 11211216
题型二 割补法求体积
例2 已知三棱锥P-ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两垂直,且长度分别为3、4、5,求该三棱锥外接球的表面积和体积.
解析 将三条侧棱PA 、PB 、PC 两两垂直的三棱锥P -ABC 补成一个长方体,两两垂直的三侧棱就是长方体的长、宽、高,则该长方体的体对角线就是三
棱锥P -ABC 的外接球的直径,设其长为2R ,则2R ,所以三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为4πR 2=π(2R )2 2=50π,体积为 πR 3= π· = π.222
345++2243433
522⎛⎫ ⎪⎝⎭12523
【方法归纳】 ①割补法是求体积、表面积、距离的基本方法,常常将一个不太容易求体积的几何体转化为易求的规则几何体求解,是一种常用的技巧.
②在解题中遇到三侧棱两两垂直的三棱锥,通常将它补成长方体,便于解决问题.特别地,若三棱锥的三侧棱两两垂直且相等,则可将它补成正方体.
2-1 在多面体ABCDEF中,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,且△ADE,△BCF均为正三角形,EF∥AB,EF=2,则该多面体的体积为 .
答案 23解析 如图,分别过点A ,B 作EF 的垂线,垂足分别为G ,H ,连接DG ,CH ,容易求得
EG =HF = ,AG =GD =BH =HC = ,且EG ⊥平面ADG ,FH ⊥平面BHC ,∴S △ADG =S △BHC = × ×1= ,∴V ABCDEF =V E -ADG +V F -BHC +V ADG -BCH =2V E -ADG +V ADG -BCH
= × × ×2+ ×1= .1232
122224
1324122423
2-2 如图,已知三棱锥P-ABC中,棱AC的长为6,其余各棱长均为5,求该三棱锥的体积.
解析 取AC 的中点D ,连接PD ,BD ,易证得直线AC 与平面PBD 垂直,则
V P -ABC =V A -PBD +V C -PBD = AD ·S △PBD + CD ·S △PBD = (AD +CD )·S △PBD = ×6·S △PBD =2S △PBD .∵PB =5,且易知BD =PD =4,
∴S △PBD = ×5× = ,∴V P -ABC = .131313
13122
2542⎛⎫- ⎪⎝⎭53945392
题型三 置入法求体积
例3 已知一四面体各面都是边长为13、14、15的全等三角形,求此四面体的体积.
解析 如图甲,不妨设BC=13,AB=14,AC=15,将图甲中的四面体置入图乙所示
的长方体中.
由此,该四面体的体积就转化成长方体的体积与四个全等的四面体的体积之
差.设长方体的棱BE =x ,CE =y ,AE =z ,
则 解之得
∴V 长方体=xyz = ∵V C -ABE = × × ∴V D -ABC =V 长方体-4V C -ABE =42 .
22222222213,14,15,x y x z y z ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩70,99,126.x y z ⎧=⎪⎪=⎨⎪=7099126551312
99701265555
【方法归纳】 ①所谓置入法就是依据各种几何体形状之间的联系,把几何体放入一个比较规则的几何体中来求体积的方法.
②将不太容易求体积的几何体置入熟悉的几何体中,使图形结构更完整、更充实,便于体积的计算.
3-1 如图,在多面体ABCDE中,AE⊥平面ABC,BD∥AE,且AC=AB=BC=BD=2, AE=1,求多面体ABCDE的体积.
解析 将多面体ABCDE置入如图所示的直三棱柱ABC-A'DC'中,由已知条件
不难得出多面体的体积为直三棱柱体积的一半,则V ABCDE= V ABC-A'DC'= ×
×22
× . 1
2
1
2
3
4
3
1.(2017江苏泰州中学调研)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1-EDF的体积为 .。