高考数学复习点拨“割补法”求解不规则几何体体积
“割补法”求解不规则几何体体积
“割补法”求解不规则几何体体积我们通常把不是棱柱、棱锥、棱台和圆柱、圆锥、圆台等的几何体，称为不规则几何体．而解决不规则几何体的方法，常用割补法，即通过分割或补形，将它变成规则的几何体．我们可以从不规则几何体的来源上，即它是由何种常见的几何体所截得的来分类．一、来自三棱柱的截体例1 如图1，正四面体A BC D -中，E F G H ，，，分别是棱A B A C B D C D ，，，的中点，求证：平面EFH G 把正四面体分割成的两部分几何体的体积相等．分析：显然正四面体被分割成的两部分都是不规则的几何体，因此我们可使用割补法来推导．那么我们应选择割，还是补呢？如果选择补，那么补成什么样子呢？显然只能是正四面体，这就说明我们应该选择割．证明：连结C E C G A G A H ，，，，左右两个不规则几何体都被分割成了一个四棱锥和一个三棱锥，如图1．易证左右的两个四棱锥的体积相等，两个三棱锥的体积也相等，于是两部分体积相等．当然此题还有其他的分割方法，比如分成一个三棱柱和一个三棱锥等，也同样好证．二、来自正方体的截体例2 如图2，已知多面体ABC D EFG -中，A B A C A D ，，两两互相垂直，平面ABC ∥平面D E F G ，平面BEF ∥平面A D G C ，2AB AD D C ===，1AC EF ==，则该多面体的体积为（ ）Ａ．2 Ｂ．4 Ｃ．6 Ｄ．8解法一（割）：如图3，过点C 作C H D G ⊥于H ，连结EH ，这样就把多面体分割成一个直三棱柱D EH ABC -和一个斜三棱柱BEF C H G -．于是所求几何体的体积为：DEH BEF V S AD S DE =⨯+⨯△△11212212422⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 解法二（补）：如图4，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半． 于是所求几何体的体积为31242V =⨯=．三、来自圆柱的截体例3 如图5，如图5，一圆柱被一平面所截，已知被截后几何体的最长侧面母线长为4，最短侧面母线长为1，且圆柱底面半径长为2，则该几何体的体积等于_______．解法一（割）：如图6，该几何体的体积等于下面的圆柱的体积与上面的圆柱体积的一半之和．下面的圆柱的高就是该几何体的最短侧面母线长1，而上面的圆柱的高为3． 于是所求几何体的体积为221π212310π2V =⨯⨯+⨯⨯⨯=．解法二（补）：如图7，将一个与已知的几何体完全相同的几何体，与已知的几何体拼在一起组成一个高为5的完整圆柱，那么所求几何体的体积就是这个大圆柱体积的一半．于是21π2510π2V =⨯⨯⨯=．例1、已知三棱锥的两个侧面都是边长为 的等边三角形，另一个侧面是等腰直角三角形。
备战2024高考数学二轮复习讲义第3讲-割补思想在立体几何中的应用
第3讲割补思想在立体几何中的应用割补法是数学中最重要的思想方法之一，主要分为割形与补行，是将复杂的，不规则的不易认识的几何体或几何图形，分割或补充成简单的、规则的、易于认识的几何体或图形，从而达到解决问题的目的。
割补法重在割与补，巧妙对几何体过几何图形实割与补，变整体的为局部，化不规则为规则，化陌生为熟悉，化抽象为直观。
割补法在立体几何中体现的主要的题型就是几何体的切等问题。
【应用一】割的思想在多面体的体积及几何体的内切球中的运用割的思想主要体现两种题型：一是求复杂几何体的体积、表面积等问题，此类问题通过割把复杂的几何体割成几个简单的几何体。
二是求几何体内切球的半径、体积等问题。
此类问题主要是通过球心与几何体的各点割成锥，然后运用等积法求半径。
【例1.1】已知一个三棱锥的所有棱长均为2，则该三棱锥的内切球的体积为________．【例1.2】【2020年新课标3卷理科】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【思维提升】以三棱锥P －ABC 为例，求其内切球的半径．方法：等体积法，三棱锥P －ABC 体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；第二步：设内切球的半径为r ，球心为O ，建立等式：V P －ABC ＝V O －ABC ＋V O －PAB ＋V O －PAC ＋V O －PBC ⇒V P －ABC ＝13△ABC ·r ＋13S△PAB·r ＋13S △PAC ·r ＋13S △PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC )·r ；第三步：解出r ＝3V P －ABC S O －ABC ＋S O －PAB ＋S O －PAC ＋S O －PBC ＝3VS 表．秒杀公式(万能公式)：r ＝3V S 表【例1.3】（2023·河北唐山·统考三模）（多选）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长方形的屋状的楔体（图示的五面体)EF ABCD -．底面长方形ABCD 中3BC =，4AB =，上棱长2EF =，且EF 平面ABCD ，高（即EF 到平面ABCD 的距离）为1，O 是底面的中心，则（）A ．EO 平面BCF【变式1.1】（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）如图①，在平行四边形ABCD中，AB ===ABD △沿BD 折起，使得点A 到达点P 处（如图②），=PC P BCD -的内切球半径为______.【变式1.2】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知一正四面体棱长为4，其内部放置有一正方体，且正方体可以在正四面体内部绕一点任意转动，则正方体在转动过程中占据的空间体积最大为__________．【变式1.3】（2022·江苏通州·高三期末）将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A ′－BD －C ，设三棱锥A ′－BDC 的外接球和内切球的半径分别为r 1，r 2，球心分别为O 1，O 2.若正方形ABCD 的边长为1，则21r r =________；O 1O 2＝__________.【应用二】补的思想在立体几何中几何体外接球中的应用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．2．记住几个常用的结论：（1）正方体的棱长为a，球的半径为R.①对于正方体的外接球，2R；②对于正方体的内切球，2R＝a；③对于球与正方体的各棱相切，2R.（2）在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，球的半径为R，则2R=.（3）正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.3．构造法在定几何体外接球球心中的应用（1）正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；（2）同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；（3）若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；（4）若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体【例2.1】（2022·广东潮州·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB=BD，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B，则该棱锥的外接球的表面积为_________．【思维提升】墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在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 ＝a 2＋b 2＋c 2．)，秒杀公式：R 2＝a 2＋b 2＋c 24．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：【例2.2】（2022·广东·铁一中学高三期末）已知四面体A BCD -中，5AB CD ==，10AC BD ==，13BC AD ==，则其外接球的体积为______.【思维提升】棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即2222R a b c =++(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝x2＋y2＋z28(三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题．【变式2.1】（2023·湖南邵阳·统考三模）三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，4,223,PA AC AB AC AB ===⊥，则三棱锥-P ABC 外接球的表面积为__________.【变式2.2】已知三棱锥A BCD -，三组对棱两两相等，且1AB CD ==，3AD BC ==，若三棱锥A BCD -的外接球表面积为92π．则AC =________．【变式2.3】已知三棱锥A －BCD 的四个顶点A ，B ，C ，D 都在球O 的表面上，AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AC ＝3，BC ＝2，CD ＝5，则球O 的表面积为()A ．12πB ．7πC ．9πD ．8π【变式2.4】(2019全国Ⅰ)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为()．A．62πD．6π8πB．64πC．6巩固练习1、【2019年新课标2卷理科】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．2、（2022·湖北江岸·高三期末）如图，该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若被截的正方体棱长为2，则该几何体的表面积为（）A．1233++D．63+C．633+B．12433、（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除ABCDEF如图所示，底面ABCD为正方形，4EF=，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（）A．22πB．42πC．82πD．2π3A ．18B ．275、正四面体的各条棱长都为．6、在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为________．7、在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____．8、（2023·湖南郴州·统考三模）已知三棱锥-P ABC 的棱长均为4，先在三棱锥-P ABC 内放入一个内切球1O ，然后再放入一个球2O ，使得球2O 与球1O 及三棱锥-P ABC 的三个侧面都相切，则球2O 的表面积为__________.第3讲割补思想在立体几何中的应用割补法是数学中最重要的思想方法之一，主要分为割形与补行，是将复杂的，不规则的不易认识的几何体或几何图形，分割或补充成简单的、规则的、易于认识的几何体或图形，从而达到解决问题的目的。
高考数学核心思想方法：割补法(2)
图1-1图1-2A'高考数学核心思想方法：割补法（2）1内容概述在求不规则的几何体的体积时，有些题目采用“补形法”比较容易；有些题目采用“分割法”更为恰当；还有些题目既能采用“补形法”解决，也能采用“分割法”解决；还有些题目既要采用“补形法”，同时采用“分割法”才易解决.本讲将重点讲解割补法的灵活应用以及专题总结.2例题示范 例1 如图1-1，A A '⊥底面ABC，////AA BB CC ''',且345AB BC AC ===，，， 624AA BB CC '''===，，，求C B A A B C '''-的体积解：补上一个相同的几何体如图1-2所示，则新几何体的体积等于两个原几何体的体积.即=2V V 新原.因为A A '⊥底面ABC ，////AA BB CC '''，所以新几何体ABC DEF-图1-3图1-4为直三棱柱，且因为624AA BB CC '''===，，，所以 新几何体底面ABC 的高8AD =.345AB BC AC === ，，，222AB BC AC ∴+=，90ABC ︒∴∠= 1=S 482ABC V AD AB BC AD ∆∴⋅=⋅⋅=新 所以原几何体的体积为24.解：（法二）在AA '上取一点D 使2AD BB '==，在CC '上取一点E 使2CE BB '==,连结DB '，B E ',DE 平面如图示，////AA BB CC ''',A A '⊥底面ABCABC DB E '∴-为直三棱柱345AB BC AC === ，，，222AB BC AC∴+=，90ABC ︒∴∠= 1=S 122ABC DB E ABC VAD AB BC AD '-∆∴⋅=⋅⋅=， 过点B '作B F DE F '⊥于,如图1-4所示， A A '⊥底面ABC ,图2-1A A DB E ''∴⊥底面 A A B F ''∴⊥ A A DE D '⋂=B F DEC A '''∴⊥平面所以四棱锥B DEC A '''-的体积为 111=S ()12332B DEC A DEC A V BF AD CE DE BF '''''-''⋅=⋅+⋅⋅= 所以几何体C B A ABC '''-的体积为24B DEC A ABC DB EV V ''''--+=评析：本题所给几何体不是一个规则的几何体， 可以看成一个直三棱柱被一个平面所截而成的.根据题目特点我们既可以选择“补形法”补成直三棱柱，如图1-2所示，计算出直三棱柱的体积，再利用直三棱柱和已知几何体的关系求解；也可以采用“分割法”，把所给几何体分割成直三棱柱和四棱锥，如图1-3所示来解决 . 本题解法一采取的解题方法为补形法，解法二所采取的解题方法为分割法.两种方法都比较自然，由于题目所给条件，本题采用解法一较为简捷. 例2 如图2-1，A A '⊥平面ABC ，//////AA BB CC DD '''',四边形ABCD 为正方形,且213AB AA CC BB ''''=====，，DD ，求几何D C B A ABCD ''''-的体积图2-2解：在DD '上截取DE AA CC ''==,延长BB '至F ，使BB CC ''=. A A '⊥ 平面ABC ，//////AA BB CC DD '''',四边形ABCD 为正方形,且2AB AA CC ''===，ABCD A EC F ''∴-正方体.A C E A C F S S ''''∆∆∴=13BB ''== ，DD1B F E ''∴==D所以所求几何体的体积ABCD A EC F F A B C D A C E V V V V ''''''''---=-+3311833A C E A C F AB S D E S B F AB ''''∆∆''=-⋅⋅+⋅⋅== 评析：本题所给几何体可以看成用一个平面截长方体而成.由于A A C C ''=，因此可以考虑在DD '上截取DE AA CC ''==,延长BB '至F ，使BB CC ''=，这样就出现了一个正方体A B C D A E C ''-.与几何体D C B A A B C D ''''-相比，正方体ABCD A EC F ''-多出一个三棱锥F A B C '''-,少了一个三棱锥D A C E '''-，这样我们用正方体ABCD A EC F ''-的体积减去三棱锥F A B C '''-的体积同时加上三棱锥D A C E '''-的体积就是所求不规则几何体的体积. 本题灵活运用“割补思想”采用“补形法”与“分割法”相结合的解题策略，化难为易.近几年高考中求几何体体积经常以三视图的形式呈现，这样既考察三视图，又考察空间几何体的体积计算.本题可以用三视图的形式。
高考数学解题技巧及规范答题：立体几何大题
【分析】
（1）分别取 ， 的中点 ， ，证明 ， 可得 平面 ，
可证 ，由等腰三角形的性质可得 ，证明三角形全等即可求证；
（2）在 上取一点O，连接 ，使 ，根据已知条件证明O为正方形 的中心，建立空间直角坐标系求出平面 和平面 的法向量，利用夹角公式即可求解.
又 ，所以 ，
故 ．
【此处由三角形的面积公式和体积公式求体积，若底面面积正确但体积计算错误，减1分.】
【评分细则】
①利用三线合一证明AO⊥BD，得1分
②利用面面垂直的性质证明AO⊥平面BCD，得2分.
③利用线面垂直的性质证明AO⊥CD，得1分.
④利用（1）结论证明三线垂直，合理建系得2分.
⑤正确写出和设出点的坐标，指出一个平面的法向量，得2分.
（1）若三棱锥 体积是 ，求 的值；
（2）若直线 与平面 所成角的正弦值是 ，求 的值．
【分析】
（1）由题意知， 、 、 两两垂直，建立空间直角坐标系，设 ，由 ，求得M的坐标，过 作 于 ， 于 ，再由 求解；
（2）由（1）知 ，求得平面 的一个法向量为 ，设直线 与平面 所成的角为 ，然后由 求解.
，
又 平面 平面 ，
平面 ，
即 ，
又 ，
平面 ，
故 为四棱锥 的高，
为直线 与平面 所成角，
又 ，
即 ，
四棱锥 的体积为 ；
（2）假设存在点 ，建立如图所示的空间直角坐标系，
设 ， ，
则 ，
则 ， ， ，
设平面 和平面 的法向量分别为 ， ，
则 ，令 ，则 ，
，令 ，
则 ，
二面角 的余弦值为 ，
高考备考专题复习：立体几何中的切割与补形课件
1 1 2 2 2 1 [3 1 2 2 3 (2 2)2 ] r
32
32
4
解得
r
2 3
3
，
该几何体的外接球半径与内切球半径之比为
3 2
33 3 2
3 3
答案：3 3 3 ．
2
课堂小结
（1）几何体的“切割”与“补形”的基本思想 是将不规则的、复杂的或不熟悉的几何体进行 “割”或“补”，使之成为有规则的、简洁的或 熟悉的几何体。 （2）“割”或“补”成长方体（正方体）是最 常见的割补方法，故要熟记长方体（正方体）的 基本性质、公式及有关结论。
E
C
∴ 1 6 3 1 1 3 2 r 3 1 6 3 r ∴ r 6 2
3
3
3
∴ S球 =4（
6 2）2 =8 5 2
6
，
V球 =
4(
3
6 2)3
四. 四面体的外接球半径问题——补形法
例5.在球面上有四个点P、A、B、C，如果PA、PB、PC 两两互相垂直，且PA＝PB＝PC＝a，那么这个球面的 面积是_______.
解析：此题直接求解，
计算将很繁琐。
这个三棱锥可补形成 长方体，这样求解就 简便得多了。
易得长方体对角线长 为 3 ，所以球的半径 为 3 ，因此球的体 积为29 。
2
A
O C
P
B
2．一个几何体的三视图如图所示，三视图都是腰长为2
的等腰直角三角形， 则该几何体的外接球半径与内切球
半径之比为
.
解：依题意知几何体是正三棱锥，且三条侧棱两两垂直， 故可将其补形为正方体，如图所示，正方体的棱长 为 2 ，故外接球的半径为 3 ， 设内切球的半径为r，由切割法可得：
专题07 立体几何小题常考全归类(精讲精练)(原卷版)
专题07 立体几何小题常考全归类【命题规律】高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上．【核心考点目录】核心考点一：球与截面面积问题核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 核心考点四：立体几何中的交线问题核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 核心考点六：空间角问题 核心考点七：轨迹问题核心考点八：以立体几何为载体的情境题 核心考点九：翻折问题【真题回归】1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥-P ABC 的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为（ ） A ．34π B ．πC ．2πD ．3π2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤3．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D -，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C 中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 5BCC 1B 1的交线长为________．【方法技巧与总结】1、几类空间几何体表面积的求法（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和． （2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补． 2、几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆 锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形．4、球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ．注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系；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．5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及某些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模θαβ=cos cos cos （θ为平面的斜线与平面内任意一条直线l 所成的角，α为该斜线与该平面所成的角，β为该斜线在平面上的射影与直线l 所成的角）．7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：（1）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等； （2）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等； （3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【核心考点】核心考点一：球与截面面积问题 【规律方法】 球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ． 【典型例题】例1．（2022·全国·高三阶段练习）已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，P A ⊥平面ABCD , 22，PA AB BC === ，点E 在棱PB 上，且2EB PE =， 过E 作球O 的截面，则所得截面面积的最小值是____________. 例2．（2022·湖北省红安县第一中学高三阶段练习）球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构成，球1O 的半径为10,,P Q 为球1O 表面上两动点，16,PQ M =为线段PQ 的中点.半径为2的球2O 在球1O 的内壁滚动，点,,A B C 在球2O 表面上，点2O 在截面ABC 上的投影H 恰为AC 的中点，若21O H =，则三棱锥M ABC -体积的最大值是___________. 例3．（2022·江西·高三阶段练习（理））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，11113C E CD =，点F 是CD 的中点，则过1B ，E ，F 三点的平面α截该正方体所得截面的面积为_________．例4．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是棱1111,A B A D 的中点，点P 在线段CM 上运动，给出下列四个结论：①平面CMN 截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面图形是五边形； ②直线11B D 到平面CMN 2； ③存在点P ，使得1190B PD ∠=； ④1PDD △45． 其中所有正确结论的序号是__________．核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 【规律方法】几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥， 有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉【典型例题】例5．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关例6．（2022·山西运城·模拟预测（文））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段1CD 上有两个动点E ，F ，且12EF =，点P ，Q 分别为111A B BB ，的中点，G 在侧面11CDD C 上运动，且满足1B G ∥平面1CD PQ ，以下命题错误的是（ ）A ．1AB EF ⊥B ．多面体1AEFB 的体积为定值C ．侧面11CDD C 上存在点G ，使得1B G CD ⊥ D ．直线1B G 与直线BC 所成的角可能为6π例7．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交1AA 于E ，交1CC 于F ，给出下面几个命题：①四边形1BFD E 一定是平行四边形； ②四边形1BFD E 有可能是正方形；③平面1BFD E 有可能垂直于平面1BB D ；④设1D F 与DC 的延长线交于M ，1D E 与DA 的延长线交于N ，则M ､N ､B 三点共线； ⑤四棱锥11B BFD E -的体积为定值． 以上命题中真命题的个数为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例8．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方形EFGH 的中心为正方形ABCD 的中心，22AB =P EFGH -（A ，B ，C ，D 四点重合于点P ），则此四棱锥的体积的最大值为（ ）A 1286B 1285C ．43D 15例9．（2022·江西南昌·三模（理））已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，22BC =13AA =，P 为矩形1111D C B A 内一动点，设二面角P AD C --为α，直线PB 与平面ABCD 所成的角为β，若αβ=，则三棱锥11P A BC -体积的最小值是（ ） A 2 B ．321C 2D 32例10．（2022·浙江·高三阶段练习）如图，在四棱锥Q EFGH -中，底面是边长为22方形，4QE QF QG QH ====，M 为QG 的中点．过EM 作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为1V ，2V ，则12V V 的最小值为（ ）A ．12 B ．13C ．14D ．15例11．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关核心考点四：立体几何中的交线问题 【规律方法】 几何法 【典型例题】例12．（2022·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体ABCD 中，P 为棱AD （不含端点）上的动点，过点A 的平面α与平面PBC 平行．若平面α与平面ABD ，平面ACD 的交线分别为m ，n ，则m ，n 所成角的正弦值的最大值为__________．例13．（2022·全国·高三专题练习）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.例14．（2022·福建福州·三模）已知正方体1111ABCD A B C D -31A 为球心，半径为2的球面与底面ABCD 的交线的长度为___________.例15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））如图，在四面体ABCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，2DA DB DC ===D 为球心，1为半径作球，则该球的球面与四面体ABCD 各面交线的长度和为___．核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例16．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -2，外接球表面积为3π，2SA <点M ，N 分别是线段AB ，AC 的中点，点P ，Q 分别是线段SN 和平面SCM 上的动点，则AP PQ +的最小值为（ ） A 262-B 62+C 32D 2例17．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 满足112A E EB =，点F 在平面1BC D 内，则1A F EF +的最小值为（ ）A 29B ．6C 41D ．7例18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，11AA =，3AB BC ==1cos 3ABC ∠=，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为（ ）A 5B 7C ．13+D ．3核心考点六：空间角问题 【规律方法】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的． （3）计算：在证明的基础上计算得出结果． 简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°． 4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【典型例题】例19．（2022·浙江金华·高三期末）已知正方体1111ABCD A B C D -中，P 为1ACD △内一点，且1113PB D ACD S S =△△，设直线PD 与11A C 所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．3⎡⎢⎣⎦B ．3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦例20．（2022·浙江·效实中学模拟预测）在等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，12AB AD CD BC ===，AC 交BD 于O 点，ABD △沿着直线BD 翻折成1A BD ，所成二面角1A BD C --的大小为θ，则下列选项中错误的是（ ）A ．1A BC θ∠≤B ．1AOC θ∠≥ C ．1A DC θ∠≤D ．11A BC A DC θ∠+∠≥例21．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图，ABC 中，90C ∠=︒，1AC =，3BC =D 为AB 边上的中点，点M 在线段BD （不含端点）上，将BCM 沿CM 向上折起至'B CM △，设平面'B CM 与平面ACM 所成锐二面角为α，直线'MB 与平面AMC 所成角为β，直线MC 与平面'B CA 所成角为γ，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（ ）①3tan βα，②γβ≤，③γα>. A ．①B ．①②C ．②③D ．①③例22．（2022·浙江·高三专题练习）已知等边ABC ，点,E F 分别是边,AB AC 上的动点，且满足EF BC ∥，将AEF △沿着EF 翻折至P 点处，如图所示，记二面角P EF B --的平面角为α，二面角P FC B --的平面角为β，直线PF 与平面EFCB 所成角为γ，则（ ）A ．αβγ≥≥B ．αγβ≥≥C ．βαγ≥≥D ．βγα≥≥例23．（2022·全国·高三专题练习）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B --的平面角是γ则三个角α，β，γ中最小的角是（ ） A ．αB ．βC ．γD ．不能确定核心考点七：轨迹问题 【规律方法】解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．【典型例题】例24．（2022·北京·昌平一中高三阶段练习）设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F 分别为AB ，1BD 的中点，点M 在正方体的表面上运动，且满足FM DE ⊥，则下列命题：①点M 可以是棱AD 的中点； ②点M 的轨迹是菱形； ③点M 轨迹的长度为25 ④点M 5. 其中正确的命题个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4例25．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的边长为2，点E ，F 分别为棱CD ，1DD 的中点，点P 为四边形11CDD C 内（包括边界）的一动点，且满足1B P ∥平面BEF ，则点P 的轨迹长为（ ） A 2B ．2C 2D ．1例26．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ⊥平面ABCD ，且2PA =，点E ，F ，G 分别为棱AB ，AD ，PC 的中点，下列说法错误的是（ ）A ．AG ⊥平面PBDB ．直线FG 和直线AC 所成的角为π3C ．过点E ，F ，G 的平面截四棱锥P ABCD -所得的截面为五边形D ．当点T 在平面ABCD 内运动，且满足AGT △的面积为12时，动点T 的轨迹是圆例27．（2022·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体1AC ，P 为平面11B BD 内一动点，设二面角11A BD P --的大小为α，直线1A P 与平面11BD A 所成角的大小为β.若cos sin βα=，则点P 的轨迹是（ ）A ．圆B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线例28．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体ABCD A B C D -''''中，M 为BC 边的中点，点P 在底面A B C D ''''和侧面CDD C ''上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是（ ）A ．两段圆弧B ．两段椭圆弧C ．两段双曲线弧D ．两段抛物线弧核心考点八：以立体几何为载体的情境题 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读？一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例29．（2022·宁夏·平罗中学高三阶段练习（理））设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在P 处的离散曲率为()()1223111 1.2,3,32k i Q PQ Q PQ Q PQ Q i k π-∠+∠+⋯+∠=⋯≥其中，为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面12Q PQ ，23Q PQ ，……，1k Q PQ 遍及多面体M 的所有以P 为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a ，b ，c ，d ，则a ，b ，c ，d 的大小关系是（ ）A ．a b c d >>>B ．a b d c >>>C ．b a d c >>>D ．c d b a >>>例30．（2022·广东·广州市从化区第三中学高三阶段练习）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是3π，所以正四面体在每个顶点的曲率为233πππ-⨯=，故其总曲率为4π.给出下列三个结论：①正方体在每个顶点的曲率均为2π； ②任意四棱锥的总曲率均为4π；③若某类多面体的顶点数V ，棱数E ，面数F 满足2V E F -+=，则该类多面体的总曲率是常数.其中，所有正确结论的序号是（ ） A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③例31．（2022·辽宁·沈阳二十中三模）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即2311122323V R R R R R πππ=⋅-⋅=球.现将椭圆22149x y +=绕y 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）A ．32πB ．24πC ．18πD ．16π例32．（2022·全国·高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），ϕ为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即[]2326,2326δ''∈-︒︒．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬395427'''︒，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（ ）A ．北纬5527'''︒B ．南纬5527'''︒C ．北纬5533'''︒D ．南纬5533'''︒核心考点九：翻折问题 【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质． 【典型例题】例33．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 3例34．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形ABCD 的对角线交于点,,1E AB x BC ==，将ABD △沿BD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得ABCE ，则x 的取值范围是（ ）A ．03x <≤B ．02x <≤C ．01x <≤D ．06x ≤<例35．（2022·全国·高三专题练习）如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点（不含端点），将ABE 沿AE 翻折，使得二面角B AE D --为直二面角，得到图2所示的四棱锥B AECD -，点F 为线段BD 上的动点（不含端点），则在四棱锥B AECD -中，下列说法正确的是（ ）A ．B ､E ､C ､F 四点一定共面 B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAEC ．侧面BEC 与侧面BAD 的交线与直线AD 相交 D ．三棱锥B ADC -的体积为定值例36．（2022·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD 满足：AD ∥BC ，CD ⊥DA ，且△ABC 为正三角形．将△ADC 沿着直线AC 翻折至△AD 'C 如图，且AD BD CD '''＜＜，二面角D AB C '﹣﹣、D BC A '﹣﹣、D AC B '﹣﹣的平面角大小分别为α，β，γ，直线D A '，D B '，D C '与平面ABC 所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（ ）A ．123θθθαγβ＞＞，＞＞B ．123θθθαβγ＜＜，＞＞C ．123θθθαβγ＞＞，＜＜D ．123θθθαβγ＜＜，＜＜【新题速递】1．（2022·安徽·高三阶段练习）如图，在棱长为a 的正四面体ABCD 中，点111,,B C D 分别在棱,,AB AC AD 上，且平面111B C D 平面1,BCD A 为BCD △内一点，记三棱锥1111A B C D -的体积为V ，设1AD x AD=，关于函数()V f x =，下列说法正确的是（ ）A ．12220,,,133x x ⎛⎫⎛⎫∀∈∃∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()21f x f x =B ．函数()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数C ．函数()f x 的图象关于直线12x =对称 D ．()00,1x ∃∈，使得()016A BCD f x V ->（其中A BCD V -为四面体ABCD 的体积）2．（2022·重庆市长寿中学校高三阶段练习）如图所示，在直角梯形BCEF 中，90,CBF BCE A ∠∠==､D 分别是BF ､CE 上的点，//AD BC ，且22AB DE BC AF ===（如图1）.将四边形ADEF 沿AD 折起，连接BE BF CE ､､（如图2）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（ ）①AC //平面BEF ； ②B C E F ､､､四点不可能共面；③若EF CF ⊥，则平面ADEF ⊥平面ABCD ； ④平面BCE 与平面BEF 可能垂直. A ．1B ．2C ．3D ．43．（2022·四川·成都市第二十中学校一模（理））如图， 在棱长为 2 的正方体1111ABCD A B C D -中，E F G H P 、、、、均为所在棱的中点， 则下列结论正确的有（ ）①棱 AB 上一定存在点Q ， 使得1QC D Q ⊥ ②三棱锥F EPH -的外接球的表面积为8π③过点 E F G ，，作正方体的截面， 则截面面积为33④设点 M 在平面11BB C C 内， 且1//A M 平面AGH ， 则1A M 与AB 所成角的余弦值的最大22A ．1 个B ．2 个C ．3 个D ．4 个4．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学有限责任公司模拟预测（文））在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，N 为11B C 的中点，点P 在正方体各棱及表面上运动且满足AP CN ⊥，则点P 轨迹所围成图形的面积为（ ）A ．25B ．42C ．23D ．45．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）直线m ⊥平面α，垂足是O ，正四面体ABCD 的棱长为4，点C 在平面α上运动，点B 在直线m 上运动，则点O 到直线AD 的距离的取值范围是（ ）A ．425425⎡-+⎢⎣⎦B ．222,222⎡⎤⎣⎦C ．322322⎡-+⎢⎣⎦D ．322,322⎡⎤⎣⎦6．（2022·湖南·模拟预测）正三棱柱111ABC A B C 的底面边长是4，侧棱长是6，M ，N 分别为1BB ，1CC 的中点，若点P 是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP ∥平面1AB N ，则动点P 的轨迹面积为（ ） A ．53B ．5C 39D 267．（2022·山西·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的顶点都在表面积为12π的球面上，过球心O 的平面截正方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S ，点P 是正方体表面上一点，则以截面S 为底面，以点P 为顶点的四棱锥的体积的最大值为（ ） A ．83B ．73C ．2D ．538．（2022·浙江·高三阶段练习）在OAB △中，OA AB =，120OAB ∠=︒．若空间点P 满足1=2PABOABSS ，则直线OP 与平面OAB 所成角的正切的最大值是（ ）A ．13B ．12C 3D ．19．（多选题）（2022·云南曲靖·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 为侧面11BCC B 内一点，则（ ）A ．当1113C P C B =时，异面直线CP 与AD 所成角的正切值为2B ．当11(01)C P C B λλ=<<时，四面体1D ACP 的体积为定值C ．当点P 到平面ABCD 的距离等于到直线11A B 的距离时，点P 的轨迹为拋物线的一部分 D ．当1112C P C B =时，四面体BCDP 的外接球的表面积为3π10．（多选题）（2022·辽宁·本溪高中高三阶段练习）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2AD DE ==，G 为线段AE 上的动点，则（ ）A ．AE CF ⊥B ．多面体ABCDEF 的体积为83C ．若G 为线段AE 的中点，则GB //平面CEFD ．点M ，N 分别为线段AF ，AC 上的动点，点T 在平面BCF 内，则MT NT +43 11．（多选题）（2022·广东·东涌中学高三期中）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F ，G 分别为AB ，AD ，1BB 的中点，点P 在11A C 上，//AP 平面EFG ，则以下说法正确的是（ ）A ．点P 为11A C 的中点B ．三棱锥P EFG -的体积为148C ．直线1BB 与平面EFG 3D ．过点E 、F 、G 作正方体的截面，所得截面的面积是3312．（多选题）（2022·安徽·阜阳师范大学附属中学高三阶段练习）已知ABC 为等腰直角三角形，AB AC =，其高3AD =，E 为线段BD 的中点，将ABC 沿AD 折成大小为32ππθθ⎛⎫< ⎪⎝⎭的二面角，连接BC ，形成四面体A BCD -，动点P 在ACD 内（含边界），且//PE 平面ABC ，则在θ变化的过程中（ ）A ．AD BC ⊥B ．E 点到平面ADC 的距离的最大值为322C ．点P 在ADC △2D ．当BP AC ⊥时，BP 与平面ADC 所成角的正切值的取值范围为)22,⎡+∞⎣13．（多选题）（2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -内部有一圆柱12O O ，此圆柱恰好以直线1AC 为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以1A C ，为公共点的3个面都有一个公共点，以下命题正确的是（ ）A ．在正方体1111ABCD ABCD -内作与圆柱12O O 3B ．无论点1O 在线段1AC 上如何移动，都有11BO B C ⊥C ．圆柱12O O 的母线与正方体1111ABCD A B C D -所有的棱所成的角都相等D ．圆柱12O O 外接球体积的最小值为π6 14．（多选题）（2022·江苏盐城·高三阶段练习）已知正四面体ABCD 的棱长为2球的球心为O ．点E 满足(01)AE AB λλ=<<，(01)CF CD μμ=<<，过点E 作平面α平行于AC 和BD ，平面α分别与该正四面体的棱BC ，CD ，AD 相交于点M ，G ，H ，则（ ）A ．四边形EMGH 的周长为是变化的B ．四棱锥A EMGH -的体积的最大值为6481 C ．当14λ=时，平面α截球O 47 D ．当12λμ==时，将正四面体ABCD 绕EF 旋转90︒后与原四面体的公共部分体积为43 15．（2022·安徽·石室中学高三阶段练习）已知三棱锥V ABC -的高为3D E F ,,,分别为VC VA VB ,,的中点，若平面ABD ，平面BCE ，平面ACF 相交于O 点，则O 到平面ABC 的距离h 为___________.16．（2022·北京八十中高三期末）如图，在正方体ABCD —1111D C B A 中，E 为棱11B C 的中点.动点P 沿着棱DC 从点D 向点C 移动，对于下列四个结论：。
用割补法求几何体的体积
用割补法求几何体的体积――培养学生的空间想象能力内容提要：本文用图形割补的方法来求一些不规则的几何体体积，通过求几何体体积的过程，来培养和提高学生对空间图形的想象能力，进而得出培养和提高学生空间想象能力的途径。
关键字：割补法空间想象能力在高中立体几何的学习中，学生最大的困难在于缺乏良好的空间想象能力，由于目前我们只能在二维平面上通过空间图形的平面直观图来研究空间元素的位置关系和数量关系，这就造成学生难以摆脱在平面几何学习中培养起来的对平面图形的认知经验，具体表现在遇到立几问题时，不会识图，有些学生甚至看不出空间元素的前后位置关系，也不会合理作图。
特别是求几何体体积问题，对于不同的几何体或不规则的几何体，我们可联想熟悉的几何体去计算其体积，这就对学生的空间想象能力有很高的要求。
那么什么是空间想象能力呢？中学数学中的空间想象能力主要是指，学生对客观事物的空间形式进行观察、分析、抽象思考和创新的能力。
空间想象能力的提高必定AB要经过实际的训练，途径也有很多种。
本文就借助于求几何体的体积来提高学生的空间想象能力。
由于几何体的形状多种多样，所以体积的求法也各不相同。
针对一些不规则的几何体，直接运用体积公式可能比较困难，我们常对原几何体进行割补，转化为几个我们熟悉的几何体，其解法也会呈现一定的规律性:① 几何体的“分割”几何体的分割即将已给的几何体，按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之。
② 几何体的“补形”与分割一样，有时为了计算方便，可将已给的几何体补成易求体积的几何体，如长方体，正方体等等。
一、用割补法求锥体的体积例题一：已知三棱锥ABC P -，其中4=PA ,2==PC PB ,ο60=∠=∠=∠BPC APC APB 求：三棱锥ABC P -的体积。
【思路一】作BC 的中点D ，连接PD 、过P 作AD PH ⊥，垂足H易证PH 即为三棱锥ABC P -的高， 由棱锥体积公式 PH S V ABC ABC P ⋅=∆-31即得 三棱锥ABC P -的体积。
一题多解求不规则多面体体积——割补法的运用
一题多解求不规则多面体体积——割补法的运用【摘要】高中教学中所涉及的几何体，大多是规则的，如柱体、锥体、台体、球体，主要采用直接公式法和等体积法直接求解其体积，但在平时的教学练习和高考试题中，经常遇到一些不规则的多面体，不易于直接求解，本文利用分割法与补形法多角度求解一个不规则多面体的体积，从而达到一题多解的目的。
【关键词】不规则多面体；分割法；补形法；一题多解体积在立体几何教学中中占有一定的地位，对于规则几何体，可以利用直接公式法和等体积转化法进行求解，不规则的几何体如何去求呢？其实，皆可以采用割补法，分割成一些简单的规则的几何体，然后采用公式法和等体积法求解。
割补思想，是立体几何的重要思想。
通过割补，将复杂的问题简单化。
解题时，要注重一题多解，多角度的割与补，以达到方法的灵活运用。
以下题为例：如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形，PD底面ABCD，且PD=1，点E，F分别是棱PB，AD的中点.(II)求多面体PDFEC的体积.此题来自新课标2014宁夏海南模式高考模拟试题汇编试题3：哈尔滨市高考复习质量检测的第19题。
初看到这道题，多面体PDFEC比较复杂，学生很清楚采用割补法，但却一时无从下手。
我先给出标准答案：V多面体平PDFEC=VE-PDC+VE-PDF+VE-FCD沿截面分割成三部分，由于学生的空间想象能力有限，不易想清楚。
难道没有更好的方法吗？我鼓励学生大胆尝试，积极探索，但没有想到学生思维敏捷宽阔，交流热烈踊跃，方法丰富多样，竟然又给出四种不同的解法。
现将其整理如下：当这些学生一一阐述完自己的做法，几乎所有的学生都是激动的，对题目的惧怕心理一扫而光，原先“想不清楚的”一个不规则多面体，只要敢想，原来可以有这么多种求法。
针对这种现象，我又趁热打铁，设计如下题目：如图所示的几何体为一简单组合体，其底面ABCD为矩形，PD ⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD=2EC.AB=3，AD=2，PD=2，求该简单几何体的体积。
利用“割补法”求几何体体积
利用“割补法”求几何体体积
孟铁军
【期刊名称】《赤峰学院学报：自然科学版》
【年(卷),期】1999(000)002
【摘要】"割补法"求几何体的体积是一种重要的方法,其基本思想是,把复杂几何体延伸或加补,构成简单几何体,或复杂几何体切割成简单几何体,下面举例说明此法的应用。
在教材中推导三棱锥的体积公式 V<sub>三棱锥</sub>=1/3S<sub>底</sub>h就是把三棱锥通过补形转化为三棱柱,然后再分割成三个等积的三棱锥而推出的,在此不再重述。
例1.如图1,在三棱锥 P—ABC 中,已知
PA⊥BC,PA=BC=1,PA、BC公垂线 ED=h,求证:三棱锥 P—ABC 的体积
V=1/61<sup>2</sup>h。
（87年高考题）1.割法
【总页数】2页(P80-81)
【作者】孟铁军
【作者单位】
【正文语种】中文
【中图分类】G634.6
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高考数学基础知识点归纳总结（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
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2023届高考数学二轮复习提升微专题几何篇第34讲割补法与等积法含解析
第34讲 割补法与等积法一、知识与方法1 割补法割补法包括分割法和补体法,求一个几何体的体积可以将这个几何体分割成几个柱体,锥体,分别求出雉体和柱体的体积, 从而得出几何体的体积,这种方法称为分割法. 用于直接解题较困难,分割后化繁为简,使问题较易获得解快,但有时候,所给的几何体并不复杂,却很难直接计算求解,这类几何体实际上是一个常规几何体的一部分. 通过添补适当的几何体,将其扩展为新的、其特征为我们比较熟悉的几何体,以便于从整体上宏观把握,处理局部问题的一种方法称为补体法,体现了拓展空间, 从更广阁的范围内处理局部问题的整体思想.分割法与补体法合在一起称为割袳法. 2 等积法(又称等积变换法)（1）利用三棱锥的“等积性”,即体积计算时可以任一个面作为三棱雉的底面. (1)求体积时,可选择“容易计算”的方式来计算; (2)利用“等积法”可求“点到面的吟离”,关键是在面中选取 3 个点,与已知点构成三棱锥.(2) 等积变换法充分体现了转化的数学思想,在运用过程中要充分注意距离之间的等价转换.二、典型例题【例1 】(1) 如图384-所示,已知多面体ABC DEFG -中, ,AB AC ,AD 两两互相垂直,平面//ABC 平面DEFG , 平面//BEF 平面,2,1ADGC AB AD DG AC EF =====, 则该多面体的体积为 ( ). A. 2 B. 4C. 6D. 8(2) 如图385-所示,在多面体ABCDEF 中, 已知ABCD 是边长为 1 的正方形, 且,ADE BCF 均为正三角形. //,2EF AB EF =, 则该多面体的体 积为( ).A. 3C.43D.32【分析】本例两小题给出的都是不规则几何体,直接求体积比较困难,可以将这个几何体分割成若干规则的几何体,从而得出几何体的体积(求规则几何体的体积再合成)，也可认运用补体法补成一个规则几何体再求解,如第(1) 问,可把题中给出的几何体分割成两个三棱柱或补成一个正方体;第(2)问,不同的分割可以引发一题多解与发散思维,这种解法体现了割补思想和等积变换思想.【解析】 (1) 【解法一】(割)如图386-所示,过点C 作CH DG ⊥于H , 联结EH ,把多面体分割成一个直三棱柱DEH ABC -和一个斜三 棱柱BEF CHG -. 于是所求几何体的体积为112122122DEHBEF V SAD SDE ⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2 4.=【解法二】(补)如图387-所示. 将多面体补成棱长为 2 的正方 体. 显然所求的多面体的体积为该正方体体积的一半. 于是所求几何体的体积31242V =⨯=.(2) 【解法一】 (分割法一)如图388-所示,分别过,A B 作EF 的垂 线, 垂足分别为点,G H , 联结,DG CH .则原几何体分割为两个三棱雉和一个直三棱柱,锥高12, 柱高 1. AG ==取AD 中点M , 则2MG =111,12224434AGDSV =⨯⨯=∴=+⨯⨯⨯12=【解法二】 (分割法二)如图389-所示,取EF 中点P , 则原几何体分割为两个三棱雉和一个四棱雉,易知三棱雉P AED -和三棱雉P BCF -都是棱长为 1 的正四面体,四棱雉P ABCD -为棱长为 1 的正四棱雉.2111233V =⨯+⨯=【例 2】已知直三棱柱111ABC A B C -中, 222A B C 是用一平面截得的截面,且21AA h =,2223,BB h CC h ==, 若ABC 的面积为.S 求证:介于截面与下底面之间的几何体的体积为()12313V S h h h =++.【分析】由于几何体222A B C ABC -是一个不规则的几何体,为求得其体积不妨采用分割或补体的方法来求解和证明. 【解析】【证法一】 (分割)为了讨论方便, 不妨设123h h h , 可将几何体222ABC A B C -分割成一个小直三棱柱与两个三棱雉. 如图390-所示,过2A 作23//A B AB 交2B B 于3B , 过3B 作33//B C BC 交2C C 于3.C 联结23A C ,23B C , 则几何体222ABC A B C -被分割成直三棱柱233ABC A B C -、三棱雉2233B A B C -、二棱锥2A 232B C C -设,BC x A =到BC 的距离为d , 则12S xd =. 由于 ()23322331211,3ABC A B C B A B C V Sh V S h h --==-,()()223223231311111.3323A B C c B C C V Sd h h x d S h h -=⋅=⋅-⋅⋅=- 故()2222332233223212313ABC A B C ABC A B C B A B C A B C C V V V V S h h h ----=++=++. 【证法二】（补体)将几何体222ABC A B C -以ABC 为底面进行两次等几何体补形,使侧棱的长均为123h h h ++, 这样就将不规则的几何体补形为新的直三棱柱. 而原几何体的体积等于这个新直三棱柱体积的13， 故()222123 1133ABC A B C V V S h h h -==++新直三榬柱.【例 3】如图391-所示,三棱锥A BCD -中, AB ⊥平面BCD ,CD BD ⊥ (1) 求证: CD ⊥平面ABD ;(2) 若1,AB BD CD M ===为AD 中点,求三棱雉A MBC -的体积.【分析】利用三棱锥的“等积法”,即体积计算时,可以任一个面作为三棱锥的底面,利用“等积法”可求“点到面的距离”,关键是在面中选取三个点,与已知,点构成三棱锥.等积变换法充分体现了转化的数学思想,在运用过程中要充分注意距离之间的等价转换.【解析】(1) 证明: :AB ⊥平面,,BCD CD BD CD ⊥⊂平面,ABD BD ⊂平面ABD ,CD ∴⊥平面.ABD(2)【解法一】由AB ⊥平面BCD ,得AB BD ⊥,11,.2ABDAB BD S==∴= M 为AD 中点, ABM11.24ABDSS ∴==由()1知,CD ⊥平面ABD ,∴三棱锥C ABM -的高1h CD ==.因此三棱雉A MBC -的体积B 13A MBC C ABM A MV V S h --==⋅1.12=【解法二】由AB ⊥平面BCD 知,平面ABD ⊥平面BCD .又平面ABD ⋂平面BCD BD =, 过点M 作MN BD ⊥交BD 于点N ,如图392-所示,则MN ⊥平面BCD , 且1122MN AB ==. 又1,1,2BCDCD BD BD CD S ⊥==∴=. ∴三棱倠A MBC -的体积1133A MBC A BCD M BCD BCDV V V AB S MN ---=-=⋅-. 112BCDS=.三、易错警示【例】正方体容器1AC 中盛满水, ,,E F G 分别是1111,,A B BB B C 的中点,若 3 个小孔分别位于,,E F G 三点处,则正方体中的水最多会剩下原体积的( ).A.78B.1112C.56D.2324【错解】剩下的水的最大容积是截面EFG 以下几何体的体积,如 图393-所示,设1CC 的中点为11,M C D 的中点为N ,则截面EFG 在正方体1AC 的截面是EFMN , 设正方体1AC 的棱长为 1, 则三棱柱11B EF C MN -的体积 1111111.2228B EFC MN V =⨯⨯⨯=于是, 正方体的水最多会剩下原体积的17188-=, 故 选 A.【评析及正解】上迌解法是否正确,我们可认考查另一种情形.考虑由1,,B E C 确定的截面,如图394-所示.此时,另一个小孔在截面1BEC的上方,此时三棱锥11B BEC -的体积为1113B BEC V -=⨯ 111111.22128⎛⎫⨯⨯⨯=< ⎪⎝⎭于是, 正方体中的水最多会剩下原体 积的11111212-=, 故应选B . 1. 从选项看,还有2324, 那么,会不会是这个结果呢? 我们可以 考虑一般的情形.【正确的解法】如下:【解析】:我们注意到, 当正方体中剩下的水最多时,这时的水平面必定经过其中的两个小孔, 不妨设经过小孔,E G , 如图395-所示,另一个小孔F 在该平面的上方. 设过,E G 的平面与棱1111,,BB CC C D 的交点分别为,,H P Q , 则流出的水的最小体积是台体11B EH C QP -的体积.设正方体1AC 的棱长为 2 , 则11B E =, 设()112B H x x =, 则12C P x =-. 由11B EHC QP , 得12xC Q x-=. 于是, 台体11B EH C QP -的体积为112231(2) 31(2)14 2233121 222,3312B EHC QPx V x x x x x x x ⎡⎤-=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎡⎤-⎛⎫=+=+-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦⎛⎫⋅==⨯ ⎪ ⎪⎝⎭ 当且仅当4x x =, 即2x =时,台体11B EH C QP -的体积最小, 为正方体体积的112. 此 时,点H 与点B 重合, 即截面为1BEC , 故选 B.四，难题攻略【例】在三棱台111ABC A B C -中, 111,2A B G AB =为1CC 的中点,截面1A BG 将棱台分成上、下两部分,求这两部分体积之比.【分析】由于合成的两部分都是不规则的几何体,故需将其分割成几个锥体（特别是三棱锥)的组合体才便于计算体积之比,需要提醒的是这里有等面积、等高,等体积的运用,使问题的解答别开生面.【解析】如图396-所示, 联结11,BC A C , 则棱台被分割成 4 个三棱锥的组合体, 注意到 3 个三棱锥11111,A BC G A BC B --,1A BCG -都等高, 因而其体积之比为底面面积之比.又在梯形11BCC B 中, 由111112B C A B BC AB ==, 且G 为1C C 的 中点, 有11.BCCBOGBC B SSS ==即111111ΛBCC A BCC A BC B V V V V ---===, 从而111112A BCC A BC B V V V V --=+=上,在三棱雉111B A B C -与三棱雉1A ABC -中, 它们的高相等, 且1114ABCA B C S S=,则1111111444A ABC B A B c A BC B V V V V ---===.从而1155A ABC A BCC V V V V --=+=下, 故t :2:5V V =下为所求.五、强化训练1.如图397-所示,在直三棱柱111ABC A B C -中,12,,2AB BC AA ABC M π∠===是BC 中点.(1)求证:1//A B 平面1AMC ;(2)求直线1CC 与平面AMC 所成角的正弦值;(3)试问在棱11A B 上是否存在点N ,使得AN 与1MC 所成角为?3π若存在,确定点N 位置;若不存在,请说明理由.【解析】（1）如图①所示，联结，设与相交于点，则为中点，联结，则为的中位线，依据线面平行判定定理可得.（2）将图①补体为图②，设直线与平面所成角为，则.由题意，不1A C 1AC O O 1A C OM OM 1A BC 11111AB OM A B AMC A B AMC OM AMC //⎫⎪⊄⇒//⎬⎪⊂⎭平面平面平面1CC 1AMC α11sin C AMC h CC α-=11妨设，依据等体积法可得.（3）假设在棱上存在点，使得与成角，不妨设在棱上取点，使得，易得，如图③所示，故与成角.在中，由余弦定理可得.故在棱上存在点，且为棱的中点，使得与成角.122AB BC AA ===111111133C AMC C AMC AMC C AMC AMCC AMCV V Sh Sh ----=⇒=11122sin 33C AMC C AMC h h CC α--⇒=⇒==11A B N AN 1MC 3π1(02)A N t t =≤≤CD Q CQ t =1AN C Q //1C Q 1MC 3π1MQC 22222211112cos3MQ MC QC MC QC π=+-⇒=+1[0,2]t -=∈11A B N N 11A B AN 1MC 3π1213。
体积割补法
1 体积割补法
把一个不规则的几何体通过割或补的办法，转化为一个或几个规则几何体的体积运算是常见的体积求解手段．
例1 将3个边长为12cm 的正方形沿邻边中点剪开分成两部分，将这6
个部分接在一个边长为的正六边形上，若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体的体积为 .
（2005,上海交大自招）
解 如图2所示，所得的多面体相当于将三条侧棱两两垂直的正三棱锥V ABC -截去三个
角123V ADI V BEF V CGH ---、、，这三个小三棱锥都与棱锥V ABC -相似，相似比为13
，
又18.VA VB VC === 所以多面体体积3
33111813864.63V cm ⎡⎤⎛⎫=⋅⋅-⨯=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣
⎦
【评注】 本题通过把不规则几何体补成正三棱锥来解决的，如果像图3所示那样补成正方体，解法更为简单快捷，所得多面体体积正好是边长为12cm 的正方体体积的一半．
1
图 A
C
2图K
H
A
1
A 1
C 3
图。
2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第七章 第二节 空间几何体的表面积与体积 含答案
4．(20xx·全国卷Ⅲ)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()
A．πB． C． D．
解析由题可知球心为圆柱的中心，则圆柱底面圆的半径r＝ ＝ ，故圆柱的体积V＝πr2h＝ 。
答案B
三、走出误区
微提醒：①由三视图不能还原几何体求错体积；②不会分类讨论致误；③长度单位与体积单位换算出错。
答案B
考点三体积中的最值问题
【例3】(20xx·长春质量监测)已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________。
解析由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝ ，所以圆锥的体积V＝ πr2h＝ πr2 ＝ π (0<r<3)。设f(r)＝9r4－r6(r>0)，则f′(r)＝36r3－6r5，令f′(r)＝36r3－6r5＝6r3(6－r2)＝0，得r＝ ，所以当0<r< 时，f′(r)>0，f(r)单调递增，当 <r<3时，f′(r)<0，f(r)单调递减，所以f(r)max＝f( )＝108，所以Vmax＝ π× ＝2 π。
(一割为三)如图，分别取QN，PM上的两个四等分点B，E，C，F，连接AB，BC，AC，DE，DF，EF。
则△ABC与△DEF所在的平面将该几何体分成一个直三棱柱ABC－DEF和两个全等的四棱锥A－BCPQ，四棱锥D－FENM。其中直三棱柱ABC－DEF中的△ABC与△DEF是等腰三角形，BC＝4，点A到BC的距离d＝4，设△ABC与△DEF的面积为S1，则S1＝ ×4×4＝8。易知BE＝4，故直三棱柱ABC－DEF的体积V1＝S1×BE＝8×4＝32。四棱锥的底面是矩形，QB＝2，PQ＝4，故四棱锥的底面积S2＝2×4＝8。由三视图可得四棱锥的高h＝4，所以四棱锥的体积V2＝ S2h＝ ×8×4＝ 。所以该几何体的体积V＝V1＋2V2＝32＋2× ＝ 。故选A。
2023年新高考数学一轮复习8-2 空间几何体的表面积和体积(知识点讲解)解析版
专题8.2 空间几何体的表面积和体积（知识点讲解）【知识框架】 【核心素养】1.通过考查几何体体积和表面积的计算，主要考查棱柱、棱锥或不规则几何体的特征及体积与表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．2.结合三视图、直观图、展开图、轴截面等，考查球的切、接问题，主要考查几何体与球的组合体的识辨，球的体积、表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．【知识点展示】（一）几何体的表面积圆柱的侧面积圆柱的表面积圆锥的侧面积圆锥的表面积圆台的侧面积圆台的表面积球体的表面积 柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积.（二）几何体的体积圆柱的体积rl S π2=)(2l r r S +=πrl S π=)(l r r S +=πl r r S )(+'=π)(22rl l r r r S +'++'=π24R S π=h r V 2π=圆锥的体积 圆台的体积 球体的体积 正方体的体积正方体的体积（三）常用结论多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝2a ，外接球半径R＝2a . (2)设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R＝2. (3)设正四面体的棱长为a ，则它的高为H＝3a ，内切球半径r ＝14H＝12a ，外接球半径R ＝34H＝4a . 【常考题型剖析】题型一：空间几何体的表面积例1.（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比约为（ ）A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【答案】C【解析】【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为： 226400164003600002(1.cos )1cos 44242%22r r πααπ---+==≈=.h r V 231π=)(3122r r r r h V '++'=π334R V π=3a V =abc V =例2.（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π 【答案】A【解析】【分析】由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A例3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））已知某圆台的母线长为2，母线与轴所在直线的夹角是60︒，且上、下底面的面积之比为1⊙4，则该圆台外接球的表面积为（ ） A ．56πB ．64πC ．112πD ．128π【答案】C【解析】作出圆台的轴截面等腰梯形，其外接圆是圆台外接球的大圆，在这个轴截面中进行计算可得．【详解】如图等腰梯形ABCD 是圆台的轴截面，EF 是圆台的对称轴，圆台上、下底面的面积之比为1：4，则半径比为1：2，设圆台上、下底面半径分别为r ，2r ，因母线与轴的夹角是60︒，母线长为2，可得圆台的高为1，r =R ，球心到下底面（大圆面）的距离为x ，若球心在圆台两底面之间，如图点M 位置，则222R x =+且222(1)R x =-+，无解；若圆台两底面在球心同侧，如图点O 位置，则222R x =+且222(1)R x =++，解得4x =，则228R =， 则该圆台外接球的表面积为2112R 4π=π．故选：C ．【总结提升】几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．题型二：空间几何体的体积例4. （2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（文））若圆锥的母线与底面所成的角为π6，则该圆锥的体积为（ ）A ．π2B ．πC ．2πD ．3π【答案】B【解析】【分析】设圆锥的高为h ，利用母线与底面所成角求出高即可得解.【详解】设圆锥的高为h ， 因为母线与底面所成的角为π6，所以πtan 61h =．圆锥的体积2π1π3=⨯⨯=V ． 故选：B例5.（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，2.65）（ ）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯ 【答案】C【解析】【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为157.5148.59MN =-=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ，下底面积262180.018010S '==⨯km m ，∴((66119140101801033V h S S =+=⨯⨯⨯+⨯' ()()679933320607109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．例6.（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（ ） AB．CD【答案】C【解析】【分析】 设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ，根据圆锥的侧面积公式可得122r r =，再结合圆心角之和可将12,r r 分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ， 则11222S rl r S r l r ππ===甲乙， 所以122r r =， 又12222r r l lπππ+=， 则121r r l +=， 所以1221,33r l r l ==，所以甲圆锥的高1h ==，乙圆锥的高2h ==，所以221122214313r h l V V r h ππ==甲乙 故选：C.例7.（2022·湖北·黄石市有色第一中学模拟预测）阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．如图，已知阿基米德多面体的所有顶点均是一个棱长为2的正方体各条棱的中点，则该阿基米德多面体的体积为______；若M ，N 是该阿基米德多面体表面上任意两点，则M ，N 两点间距离的最大值为______．【答案】 203##263 22##322 【解析】【分析】第一空，将该多面体置于正方体中，由此可知该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成，由此可求得其体积；第二空，结合阿基米德多面体的外接球刚好是补形后正方体的棱切球，再求M ，N 两点间距离的最大值即可.【详解】依题意，可将该多面体补成一个棱长为2的正方体，如图，所以该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成，其体积112088111323V =-⨯⨯⨯⨯⨯=; 该阿基米德多面体的外接球刚好是正方体的棱切球，即与正方体的各条棱相切于棱的中点的球，该球直径为M ，N 两点间距离的最大值为外接球的直径，则max MN =故答案为:203； 【总结提升】1.处理体积问题的思路(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．2.求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.②等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值.题型三：三视图与几何体的面积、体积例8．（2020·全国·高考真题（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+42B．4+42C．6+23D．4+23【答案】C【解析】【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDBS S S===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB===∴ADB△是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 6022ADB S AB AD =⋅⋅︒==△该几何体的表面积是：632⨯++ 故选：C.例9. （2020·浙江·高考真题）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A【解析】【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A例10.（2022·浙江省春晖中学模拟预测）某几何体的三视图如图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是___________，体积是___________.【答案】232π+33π##3π3【解析】【分析】先画出直观图，再求出圆锥的高，求出两个半圆锥的侧面积之和，从而求出此几何体的表面积和体积.【详解】该几何体为两个底面半径为1，母线长为2的半圆锥拼接而成，设圆锥的高为h，由勾股定理得：413h=-=，则两个半圆锥的侧面积之和为12π22π2⨯⨯=，如图，AB =2CD =，且AB CD ⊥，所以四边形ADBC 的面积为22÷=， 该几何体的表面积为232π+，该几何体的体积为21π13⨯=故答案为：2π 【总结提升】 求空间几何体体积的常见类型及思路（1）规则几何体：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，求三棱锥的体积常用等体积转换法（2）不规则几何体：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.题型四：简单几何体的外接球与内切球问题例11.（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323π，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（ ）A ．3πB ．4πC ．9πD ．12π 【答案】B【解析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3:1，即3AD BD =，设球的半径为R ，则343233R ππ=，可得2R =，所以，44AB AD BD BD =+==， 所以，1BD =，3AD =，CD AB ⊥，则90CAD ACD BCD ACD ∠+∠=∠+∠=，所以，CAD BCD ∠=∠，又因为ADC BDC ∠=∠，所以，ACD CBD △∽△，所以，AD CD CD BD=，CD ∴= 因此，这两个圆锥的体积之和为()21134433CD AD BD πππ⨯⋅+=⨯⨯=. 故选：B.例12.（2020·全国高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）A B ．32 C ．1 D ．2【答案】C【解析】 设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC21224a ∴⨯=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C.例13.（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 【答案】C【解析】【分析】根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离d = 【详解】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC212a ∴=3a =，2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d .故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.例14.（2019·全国·高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ）A ．B ．C ． D【答案】D【解析】【分析】先证得PB ⊥平面PAC ，再求得PA PB PC ===P ABC -为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:,PA PB PC ABC ==∆为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点，//EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，2R ==34433R V R =∴=π==π，故选D ． 解法二:设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，//EF PB ∴，且12EF PB x ==，ABC ∆为边长为2的等边三角形，CF ∴=90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴=== AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =， D 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，2212122x x x ∴+=∴==PA PB PC ∴=====2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D. 例15.(2017·全国卷Ⅲ)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( )A ．π B ．34π C ．2π D ．4π 【答案】B 【解析】设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴2r ==. ∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝34π. 故选B ．例16.(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3【答案】B【解析】由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为68102+-＝2，∴R ≤2. 又2R ≤3，∴R ≤32，∴V ma x ＝3439()322ππ=.故选B ． 点睛：解答本题的关键是当V 取得最大值时，球与上下底面还是与侧面相切的问题．例17.（2021·福建·厦门大学附属科技中学高三阶段练习）某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为6π，则该球的表面积是______．【答案】144π【解析】【分析】设球心为O ，作出过球心的截面图如图所示，然后根据已知条件结合球的性质求解即可.【详解】 设球心为O，作出过球心的截面图如图所示，则OA =由截面圆的周长为6π，得26AB ππ⨯=，∴3AB =，6．所以该球的表面积为246=144ππ⨯.故答案为：144π.例18. (2019年高考天津卷理)的正方形，侧棱长若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【答案】，借助勾股定理，可知四棱锥的高.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，圆柱的底面半径为， 故圆柱的体积为. 例19.（2020·全国·高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】 25π42=11221ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ， 由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ， 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：22r，其体积：343V r π==.. 【总结提升】1.常见类型：（1）利用长方体的体对角线探索外接球半径；（2）利用长方体的面对角线探索外接球半径；（3）利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心；（4）利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心；（5）锥体的内切球问题；（6）柱体的内切球问题2.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．3．若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，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．。
高考数学复习压轴题专题讲解55 割补法与等积变换求解体积问题
高考数学复习压轴题专题讲解 专题55 割补法与等积变换求解体积问题【方法点拨】1. 利用等积变换求解三棱锥的体积问题，归根结底就是“换顶点（或换底面）”，换顶点的常用方法有二.一是直接换，即从四个顶点选择一个点作为顶点，选择的基本原则是点面距易求，如出现线面垂直等；二是利用线面平行更换顶点，由于该直线上任意一点到平面的距离均相等，换完后依然是便于求出点面距.当然，有时还会遇到利用与平面相交的直线上的点换顶点等不一而足. 2. 利用求体积可以求点面距，其数学方法是“算两次”.【典型题示例】例1 在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，动点E 在棱BB 1上，动点F 在线段A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE =x ，A 1F =y ，则四面体O −AEF 的体积( )A. 与x ，y 都有关B. 与x ，y 都无关C. 与x 有关，与y 无关D. 与y 有关，与x 无关【答案】B【分析】利用线面平行换顶点，化动为静.【解析】易知，11A C 平面AOE ，故四面体O AEF -即四面体F AOE -与四面体1A AOE -同底等高，即1=O AEF A AOE V V --四面体四面体同理，1BB 平面1AAO ，故四面体1A AOE -即四面体1E AAO -与四面体1B AAO -同底等高，即11=A AOE B AA O V V --四面体四面体所以11==O AEF B B AA O O AA V V V ---四面体四面体四面体，故与x ，y 都无关.例2 如图所示，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 ，2EF =，则该多面体的体积为（）A ．3B ．23D ．43【答案】A【分析】将物体切割成一个三棱柱，两个三棱锥分别计算体积. 【解析】在EF 上取点,M N 使12EM FN ==，连接,,,AM DM BN CN ， ABCD 是边长为1的正方形，且ADE 、BCF △均为正三角形，EF AB ∥，所以四边形ABFE 为等腰梯形，2EF =，1MN =，根据等腰梯形性质，,,,AM EF DM EF BN EF CN EF ⊥⊥⊥⊥，,AM DM 是平面AMD 内两条相交直线，,BN CN 是平面BNC 内两条相交直线，所以EF ⊥平面AMD ，EF ⊥平面BNC ，2MA MD NB NC ====， 几何体体积为2E AMD AMD BNC V V V --=+1111121132223=⨯⨯⨯+⨯=故选：A例3 如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥D D BB A 11-的体积为cm 3. 【答案】36cm【解析】如图所示，连结AC 交BD 于点O ，因为 平面D D BB ABCD 11⊥，又因为BD AC ⊥，所以，D D BB AC 11平面⊥， 所以四棱锥D D BB A 11-的高为AO ， 根据题意3cm AB AD ==，所以223=AO ， 又因为32cm BD =，12cm AA =，故矩形D D BB 11的面积为262cm ，从而四棱锥D D BB A 11-的体积3132626cm 32V =⨯=. 例4 如下图，四棱锥ABCD P -中，⊥PD 平面ABCD ，,2,1====AB BC DC PD︒=∠90,//BCD DC AB ，则点A 到平面PBC 的距离为.【答案】.2【分析】先证明BC PC ⊥，而所求点A 到平面PBC 的距离，需利用“算两次”，求出三棱锥ABC P -的体积即可.【解析】因为⊥PD 平面ABCD ,⊂BC 平面ABCD , 所以BC PD ⊥.由90=∠BCD ,得.DC BC ⊥又D DC PD = ,⊂PD 平面PCD ,⊂DC 平面PCD ,所以⊥BC 平面PCD , 因为⊂PC 平面PCD ,所以BC PC ⊥. 连结AC .设点A 到平面PBC 的距离为h .因为DC AB //,90=∠BCD ,所以.90=∠ABC 从而由1,2==BC AB , 得ABC ∆的面积1=∆ABC S .由⊥PD 平面ABCD 及1=PD ,得三棱锥ABC P - 的体积⋅=⋅=∆3131PD S V ABC 因为⊥PD 平面⊂DC ABCD ,平面ABCD , 所以DC PD ⊥,又1==DC PD ,所以222=+=DC PD PC由BC PC ⊥,1=BC ,得PBC ∆的面积22=∆PBC S ,由h S V PBC ∆=313122.31=⋅=h ,得.2=h 因此．点A 到平面PBC 的距离为.2【巩固训练】1.如下图，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =3 cm ，AD =2 cm ，1AA =1 cm ，则三棱锥11B ABD -的体积为cm 32.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2cm AB =，E 为11C D 的中点，则三棱锥1E A BC -的体积为cm 3．3.如图，已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的体积为36，点E ，F 分别为棱1B B ，1C C 上的点（异于端点），且//EF BC ，则四棱锥1A AEFD -的体积为．BACD 1B1A1C 1DE F4．如图，三棱锥BCD A -中，E 是AC 中点，F 在AD 上，且FD AF =2，若三棱锥BEF A -的体积是2，则四棱锥ECDF B -的体积为．5.如图，正三棱柱ABC —A 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A —A 1EF 的体积是．6.如图，在三棱柱中，中点，设三棱锥的体积分别是的为，三棱柱的体积为，则．ABC C B A -111FE D ，，1AA AC AB ，，ADEF -1V ABC C B A -1112V =21:V VF EDCBAABCA 1B 1FC 1EABC1A DE F1B1C7.在直三棱柱111 ABC A B C -中，1AB =，2BC =，3AC =，11AA =.则1 B 到面1 A BC 的距离为.【答案与提示】1.【答案】1【提示】直接使用等体积法. 2.【答案】23【提示】直接使用等体积法. 3.【答案】12【解析一】特殊位置法，转化为求四棱锥1A ABCD -的体积；【解析二】连接DE ，则三菱锥1A ADE -与三菱锥1A DEF -体积相等，所以1112=2A AEFD A ADE E A AD V V V ---=，因为111111=6E A AD ABCD A B C D V V --，所以112A AEFD V -=.【解析三】补体，如右图.4．【答案】10【解析】补体，转化为三菱锥BEF A -与三棱锥BCD A -的体积比，实施等积变换.A BEFB AEF AEF A BCDB ACDACDV V S V V S----==，因为1sin 1216sin 2AEF ACDAE AF AS SAC AD A⋅⋅==⋅⋅，V =总612A BEF V -=，则四棱锥B ECDF -的体积为10. 5.【答案】38【提示】直接使用等体积法. 6. 【答案】1：24【解析】三棱锥与三棱锥的相似比为1：2，故体积之比为1：8．又因三棱锥与三棱柱的体积之比为1：3．所以，三棱锥与三棱柱的体积之比为1：24． 7.【答案】7. 【解析】因为三棱锥1 C A AB -与三棱锥11 C A BB -的底面积相等()111A ABA B BSS=，高也相等（点C 到平面11 ABB A 的距离）；所以三棱锥1 C A AB -与三棱锥11 C AB B -的体积相等. 又11111133C A AB A ABC ABC V V S AA --==⋅==， ADE F -ABC A -1ABC A -1ABC C B A -111ADE F -ABC C B A -111所以1111C A B B B A BC V V --==. 设1 B 到面1 A BC 的距离为H ，则11113B A BC A BCV S H -==，解得H =。
高三数学第二轮复习知识点归纳
高三数学第二轮复习知识点归纳（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
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高考数学专题突破学生版-几何体的体积、面积和三视图与直观图(考点讲析)
专题7.1几何体的体积、面积和三视图与直观图（考点讲析）提纲挈领A.4B.8C.12D.16 【典例2】（2018年全国卷II 文）在正方体中，的中点，则异面直线所成角的正切值为（ ）A.C.【方法技巧】解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧 (1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可．(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略． 热门考点02 空间几何体的直观图1.用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段在直观图中与x ′轴或y ′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出.2.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：S 直观图＝4S 原图形，S 原图形＝直观图． 【典例3】如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( )A ．2+ B. 12 C. 22D ．1+ 【典例4】在如图所示的直观图中，四边形O ′A ′B ′C ′为菱形且边长为2 cm ，则在xOy 坐标系中，四边形ABCO 为________，面积为________ cm 2.【特别提醒】解决有关“斜二测画法”问题时，一般在已知图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系.热门考点03 空间几何体的三视图三视图几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．三视图中，正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽.即“长对正，宽相等，高平齐”.【典例5】（2018·全国高考真题（文））中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【典例6】（2018年理新课标I卷）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在左视图上的对应点为设A.D. 2【典例7】（2018年文北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【总结提升】1.三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．2.三视图中的数据与原几何体中的数据不一定一一对应，识图要注意甄别. 揭示空间几何体的结构特征，包括几何体的形状，平行垂直等结构特征，这些正是数据运算的依据.还原几何体的基本要素是“长对齐，高平直，宽相等”. 简单几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直的平面上的正投影，并不是从三个方向看到的该几何体的侧面表示的图形．在画三视图时，重叠的线只画一条，能看见的轮廓线和棱用实线表示，挡住的线要画成虚线．3.命题的角度一般有：（1）已知几何体，识别三视图；（2）已知三视图，判断几何体；（3）已知几何体三视图中的某两个视图，确定另外一个视图热门考点04 空间几何体的表面积圆柱的侧面积 rl S π2=圆柱的表面积 )(2l r r S +=π圆锥的侧面积 rl S π=圆锥的表面积 )(l r r S +=π圆台的侧面积 l r r S )(+'=π圆台的表面积 )(22rl l r r r S +'++'=π球体的表面积 24R S π=柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积.【典例8】（2018届湖北省华师一附中高三9月调研）已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ）A. 22R πB. 294R πC. 283R πD. 232R π 【典例9】（2018·全国高考真题（理））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB ∆的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．【总结提升】几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．热门考点05 空间几何体的体积圆柱的体积 h r V 2π=圆锥的体积 h r V 231π=圆台的体积 )(3122r r r r h V '++'=π 球体的体积 334R V π= 正方体的体积 3a V =正方体的体积 abc V =【典例10】（2019年高考全国Ⅲ卷理）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1111ABCD A B C D -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，16cm 4cm AB =BC =, AA =，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.【典例11】（2018·全国高考真题（文））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°，若SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为__________．【总结提升】求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.②等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值.热门考点06 三视图与几何体的面积、体积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.【典例12】（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V Sh 柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是（ ）A ．158B ．162C ．182D ．32【典例13】（2019·浙江高三月考）已知某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示则该几何体的体积为____3cm ，表面积为_____2cm .【总结提升】求空间几何体体积的常见类型及思路规则几何体：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，求三棱锥的体积常用等体积转换法不规则几何体：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.热门考点07 几何体的展开、折叠、切、截、接问题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．有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．【典例14】（2018届河南省林州市第一中学高三8月调研）如图，已知矩形ABCD 中， 483AB BC ==，现沿AC 折起，使得平面ABC ⊥平面ADC ，连接BD ，得到三棱锥B ACD -，则其外接球的体积为（ ）A. 5009πB. 2503πC. 10003πD. 5003π【典例15】(2019年高考天津卷理)已知四棱锥的底面是边长的正方形，侧棱长均若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【典例16】（广东省深圳市高级中学2019届高三（6月）适应）在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．【典例17】（2019·福建高三月考）已知四面体ABCD 内接于球O ，且2AB BC AC ===，若四面体ABCD 的体积为3，球心O 恰好在棱DA 上，则球O 的表面积是_____． 【总结提升】 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PA ，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．巩固提升1．（2018·上海市七宝中学高二期中）一个棱柱是正四棱柱的一个充要条件是（ ）A.底面是正方形，有两个侧面是矩形B.底面是正方形的平行六面体C.底面是正方形且两个相邻侧面是矩形D.每个侧面都是全等的矩形2．（2019·江西省大余县新城中学高二月考）如图所示的直观图的平面图形ABCD 中，2AB =，24AD BC ==，则原四边形的面积( )A. B. C.12 D.103．（2019·浙江诸暨中学高二月考）若一个正方体截去一个三棱锥后所得的几何体如图所示.则该几何体的正视图是（ ）A. B. C. D.4．（2019·安徽高二月考）在四面体PABC 中，PC PA ⊥，PC PB ⊥，22AP BP AB PC ====，则四面体PABC 外接球的表面积是（ ） A.193π B.1912π C.1712π D.173π 5．（2019·江西省大余县新城中学高二月考）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱的长是（ ）A.4B.6C.D.6．（2019·上海高二期末）已知某圆柱是将边长为2的正方形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，则该圆柱的体积为_______.7．（2019·上海市复兴高级中学高二期末）某几何体由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成，其三视图如图所示（单位：厘米），则该几何体的体积（单位：立方厘米）是________.8．（2019·上海市民办市北高级中学高二期中）在ABC ∆中，3cm AC =，4cm BC =，5cm AB =，现以BC 边所在的直线为轴把ABC ∆（及其内部）旋转一周后，所得几何体的全面积是________2cm .9．（2019·上海高二期末）底面是直角三角形的直棱柱的三视图如图格中的每个小正方形的边长为1，则该棱柱的表面积是________10．（2018·上海市行知实验中学高二期中）若三棱锥P ABC -中，PA x =，其余各棱长均为2，则三棱锥P ABC -体积的最大值为______．11．（2019·上海市向明中学高二月考）一个透明密闭的正方体容器中，恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正方体，则水面在容器中的形状可以是:①三角形；②菱形；③矩形；④正方形；⑤正六边形，11 则其中判断正确的个数是_________.12．（2018·上海市南洋模范中学高三开学考试）一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体体积为________．13．（2019·上海曹杨二中高二期末）如图,边长为a 的正方形纸片ABCD,沿对角线AC 对折,使点D 在平面ABC 外,若BD=，a 则三棱锥D ABC -的体积是________.14．（2019·上海曹杨二中高二期末）正ABC △的三个顶点都在半径为2的球面上,球心O 到平面ABC 的距离为1,点D 是线段BC 的中点,过D 作球O 的截面,则截面面积的最小值为_________.15．（2018·上海市七宝中学高二期中）如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E 、F 分别是边AB 、BC 的中点，AED ∆、EBF ∆、FCD ∆分别沿DE 、EF 、FD 折起，使A 、B 、C 三点重合于点A '，若四面体A EFD '的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为________.16．（2017·上海交大附中高二期中）如图所示，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，延长1D D 至P ，使得1DD DP =.A C P作正方体的截面图形；（1）经过11（2）求出截面为底面D为顶点的多面体的表面积.12。
2025届甘肃省武威市凉州区武威第八中学高考考前模拟数学试题含解析
2025届甘肃省武威市凉州区武威第八中学高考考前模拟数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知复数z 满足202020191z i i ⋅=+（其中i 为虚数单位），则复数z 的虚部是（ ） A ．1-B ．1C ．i -D ．i2．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若3578122()3()66a a a a a ++++=，则14S = A ．56 B ．66 C ．77D ．783．如图在一个60︒的二面角的棱有两个点,A B ，线段,AC BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于棱AB ，且2,4AB AC BD ===，则CD 的长为（ ）A ．4B ．25C ．2D ．234．抛物线的焦点为F ，准线为l ，A ，B 是抛物线上的两个动点，且满足23AFB π∠=，设线段AB 的中点M 在l 上的投影为N ，则MN AB的最大值是（ ）A 3B ．33C ．32D 35．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 为棱1DD 的中点，则平面ACM 截该正方体的内切球所得截面面积为（ ） A ．3π B ．23π C ．πD ．43π 6．命题“(0,1),ln xx e x -∀∈>”的否定是（ ）A ．(0,1),ln x x e x -∀∈≤B ．000(0,1),ln x x e x -∃∈> C ．000(0,1),ln x x ex -∃∈<D ．000(0,1),ln x x ex -∃∈≤7． 若x,y 满足约束条件x 0x+y-30z 2x-2y 0x y ≥⎧⎪≥=+⎨⎪≤⎩，则的取值范围是A ．[0,6]B ．[0,4]C ．[6, +∞）D ．[4, +∞）8．设双曲线221x y a b+=的一条渐近线为2y x =-，且一个焦点与抛物线24x y =的焦点相同，则此双曲线的方程为（ ） A ．225514x y -= B ．225514y x -= C ．225514y x -= D ．225514x y -= 9．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，点P 是C 的右支上一点，连接1PF 与y 轴交于点M ，若12||FO OM =（O 为坐标原点），12PF PF ⊥，则双曲线C 的渐近线方程为（ ） A ．3y x =±B ．3y x =±C ．2y x =±D ．2y x =±10．圆柱被一平面截去一部分所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．12πB ．32π C ．2π D ．3π11．已知双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，抛物线()220y px p =>与双曲线C 有相同的焦点.设P 为抛物线与双曲线C 的一个交点，且125cos 7PF F ∠=，则双曲线C 的离心率为（ ） A 23B 2或3C ．23D ．2或312．若向量(0,2)m =-，(3,1)n =，则与2m n +共线的向量可以是（ ） A ．(3,1)-B ．(3)-C ．(3,1)-D ．(1,3)-二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
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“割补法”求解不规则几何体体积
我们通常把不是棱柱、棱锥、棱台和圆柱、圆锥、圆台等的几何体，称为不规则几何体．而解决不规则几何体的方法，常用割补法，即通过分割或补形，将它变成规则的几何体．我们可以从不规则几何体的来源上，即它是由何种常见的几何体所截得的来分类．
一、来自三棱柱的截体
例1 如图1，正四面体A BCD 中，E F G H ，，，分别是棱
AB AC BD CD ，，，的中点，求证：平面
EFHG 把正四面体分割成的两部分几何体的体积相等．
分析：显然正四面体被分割成的两部分都是不规则的几何体，
因此我们可使用割补法来推导．那么我们应选择割，还是补呢？
如果选择补，那么补成什么样子呢？显然只能是正四面体，这就
说明我们应该选择割．
证明：连结CE CG AG AH ，，，，左右两个不规则几何体都被分割成了一个四棱锥和一
个三棱锥，如图
1．易证左右的两个四棱锥的体积相等，两个三棱锥的体积也相等，于是两
部分体积相等．
当然此题还有其他的分割方法，比如分成一个三棱柱和一个三棱锥等，也同样好证．二、来自正方体的截体
例2 如图2，已知多面体ABC DEFG 中，AB AC AD ，，两两互相垂
直，平面ABC ∥平面DE F G ，平面BEF ∥平面A DGC ，2AB AD DC ，1AC EF ，则该多面体的体积为（
）Ａ．2 Ｂ．4 Ｃ．6
Ｄ．8 解法一（割）：如图3，过点C 作CH
DG 于H ，连结EH ，这样就把多面体分割成一个直三棱柱
DEH ABC 和一个斜三棱柱BEF CHG ．于是所求几何体的体积为：
DEH BEF V S AD S DE △△1
1212212422．
解法二（补）：如图4，将多面体补成棱长为
2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半．
于是所求几何体的体积为31
242V ．
三、来自圆柱的截体
例3 如图5，如图5，一圆柱被一平面所截，已知被截后几何体的
最长侧面母线长为
4，最短侧面母线长为1，且圆柱底面半径长为2，则该几何体的体积等于_______．
解法一（割）：如图6，该几何体的体积等于下面的圆柱的体积与上面的圆柱体积的一半之和．下面的圆柱的高就是该几何体的最短侧面母线长1，而上面的圆柱的高为3．
于是所求几何体的体积为221
π212310π2V ．
解法二（补）：如图7，将一个与已知的几何体完全相同的几何体，与已知的几何体拼在一起组成一个高为5的完整圆柱，那么
所求几何体的体积就是这个大圆柱体积的一半．于是
21
π2510π
2V。