2018年高考数学(文)(江苏专用)总复习教师用书第八章立体几何初步第4讲空间几何体及其表面积与体积Word

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 ＝3
2
a .( ) 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 2
3．(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
7
4．(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 12π
5．(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＝1
4.
答案 1
4
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 ＝1
3S △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＝1
2
×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 1
E
＝V 三棱锥E －A 1B 1C 1＝13EC 1·S △A 1B 1C 1＝3
3
.
(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 ＝2
2，
故四棱锥P －AA 1C 1C 的体积为 13S 四边形AA 1C 1C ·22＝13×2×22＝1
3. 答案 (1)
33 (2)1
3
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＝2
3.
(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 2
h ＝13π×36×8＝96π.
答案 (1)2
3
(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＝1
6.
答案 1
6
2．(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
3
3．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
3
12
4．(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 ＝2
2
－r 2＝6，体积是V ＝13πr 2
h ＝263
π.
答案
26
3
π 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 ＝13×1
2×2×
2sin 60°×2＝23
3.
答案
23
3
6．(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 2
7．(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5π3，10π
3，5π，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＋5
2＝5.
答案 5
8．(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 1
V 2
的值为________．
解析 V 1＝12V 三棱锥D 1－ABD ＝12V 三棱锥B －ADD 1＝1
4V 四棱锥B －ADD 1A 1＝
12V 四棱锥O －ADD 1A 1＝12V 2，则V 1V 2＝1
2. 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 ＝1
2
×(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(7
9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 ＝
1
3×2×22＝423，由等体积性可知，几何体D －ABC 的体积为42
3
.
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≈16
3
(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320
9÷1.62≈22(斛)．
答案 22
12．(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 1
S 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 3
13πr
3＝3π，则a ＝r ，所以S 1S 2＝6a 2
2πr 2
＝32
π. 答案
32
π
13．(2017·南通调研)在体积为3
2
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19
14．一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm 和6 cm ，高是3
2 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 ＝3
2
，
因O 1D 1＝
36×3＝32，OD ＝3
6
×6＝3， 则DE ＝OD －O 1D 1＝3－32＝3
2
. 在Rt △D 1DE 中，
D 1D ＝D 1
E 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9934
cm 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＝13×1
2×6×4×23＝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2
2
a ，则此棱锥中侧面积与底面积的比为3×12a ×22a 34a 2
＝6
1.
(2)1A DED V -＝1E ADD V -＝13×1S ADD ∆×CD ＝13×12×1＝1
6.
答案 (1)6∶1 (2)1
6
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 ＝1
3BD ，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 ＝1
3
， 因为BM ＝13BD ，所以BM BD ＝1
3
，
所以BM BD ＝GA GD ＝1
3
，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 ＝5
4，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 ＝1
4
.
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＝232
2
.
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 3
b 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BD
DC
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.。