《（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 立體幾何教學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 立體幾何教學(xué)案（38頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題二 立體幾何 [江蘇卷5年考情分析] 小題考情分析 大題考情分析 ?？键c 空間幾何體的表面積與體積(5年4考) 　　本專題在高考大題中的考查非常穩(wěn)定，主要是線線、線面、面面的平行與垂直的證明，一般第(1)問是線面平行的證明，第(2)問是線線垂直或面面垂直的證明，考查形式單一，難度一般. 偶考點 簡單幾何體與球的切接問題 第一講 | 小題考法——立體幾何中的計算 考點(一) 空間幾何體的表面積與體積 　　　　主要考查柱體、錐體以及簡單組合體的表面積與體積. [題組練透] 1．(2019·江蘇高考)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的體積是

2、120，E為CC1的中點，則三棱錐E-BCD的體積是________． 解析：設(shè)長方體中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，則abc＝120， ∴ VE-BCD＝×ab×c＝abc＝×120＝10. 答案：10 2．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知直四棱柱底面是邊長為2的菱形，側(cè)面對角線的長為2，則該直四棱柱的側(cè)面積為________． 解析：由題意得，直四棱柱的側(cè)棱長為＝2，所以該直四棱柱的側(cè)面積為S＝cl＝4×2×2＝16. 答案：16 3.(2018·江蘇高考)如圖所示，正方體的棱長為2，以其所有面的中心為頂點的多面體的體積為________． 解析：由題意知所

3、給的幾何體是棱長均為的八面體，它是由兩個有公共底面的正四棱錐組合而成的，正四棱錐的高為1，所以這個八面體的體積為2V正四棱錐＝2××()2×1＝. 答案： 4.(2018·南通、泰州一調(diào))如圖，銅質(zhì)六角螺帽毛坯是由一個正六棱柱挖去一個圓柱所構(gòu)成的幾何體．已知正六棱柱的底面邊長、高都為4 cm，圓柱的底面積為9 cm2.若將該螺帽熔化后鑄成一個高為6 cm的正三棱柱零件，則該正三棱柱的底面邊長為________cm(不計損耗)． 解析：由題意知，熔化前后的體積相等，熔化前的體積為6××42×4－9×4＝60 (cm3)，設(shè)所求正三棱柱的底面邊長為x cm，則有x2·6＝60，解得x＝2，所

4、以所求邊長為2 cm. 答案：2 5．(2019·蘇北三市一模)已知正四棱錐的底面邊長為2，高為1，則該正四棱錐的側(cè)面積為________． 解析：易知正四棱錐的斜高為＝2，所以該正四棱錐的側(cè)面積為4××2×2＝8. 答案：8 [方法技巧] 求幾何體的表面積及體積的解題技巧 (1)求幾何體的表面積及體積問題，可以多角度、多方位地考慮，熟記公式是關(guān)鍵所在．求三棱錐的體積時，等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法，轉(zhuǎn)化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上． (2)求不規(guī)則幾何體的體積，常用分割或補(bǔ)形的思想，將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體以易于求解. 考點(二) 簡單幾何體與球的切接問題

5、 　　主要考查簡單幾何體與球切接時的表面積、體積的計算問題，以及將空間幾何體的問題轉(zhuǎn)化為平面幾何圖形的關(guān)系的能力. [題組練透] 1．(2017·江蘇高考)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切．記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是________． 解析：設(shè)球O的半徑為R，因為球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，所以圓柱的底面半徑為R、高為2R，所以＝＝. 答案： 2．(2019·南通等七市二模)設(shè)P，A，B，C為球O表面上的四個點，PA，PB，PC兩兩垂直，且PA＝2 m，PB＝3 m，PC＝4 m，則球O的表面

6、積為________m2. 解析：根據(jù)題意，可知三棱錐P-ABC是長方體的一個角，該長方體的外接球就是經(jīng)過P，A，B，C四點的球， ∵PA＝2，PB＝3，PC＝4， ∴長方體的對角線的長為 ＝， 即外接球的直徑2R＝，可得R＝， 因此，外接球的表面積為S＝4πR2＝4π＝29π. 答案：29π 3．(2019·無錫期初測試)已知正四面體ABCD的所有棱長都等于，則以A為頂點，△BCD的內(nèi)切圓為底面的圓錐的體積V＝________． 解析：設(shè)正△BCD內(nèi)切圓的圓心為O，連接OB，OA，則圓O的半徑r＝BC＝，OB＝BC＝.易知OA⊥平面BCD，所以O(shè)A⊥OB，所以圓錐的高h(yuǎn)＝O

7、A＝＝＝2，所以圓錐的體積V＝πr2h＝π××2＝. 答案： 4．(2018·全國卷Ⅲ改編)設(shè)A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且其面積為9，則三棱錐D-ABC體積的最大值為________． 解析：由等邊△ABC的面積為9，可得AB2＝9，所以AB＝6，所以等邊△ABC的外接圓的半徑為r＝AB＝2.設(shè)球的半徑為R，球心到等邊△ABC的外接圓圓心的距離為d，則d＝＝＝2.所以三棱錐D-ABC高的最大值為2＋4＝6，所以三棱錐D-ABC體積的最大值為×9×6＝18. 答案：18 [方法技巧] 簡單幾何體與球切接問題的解題技巧 方法 解讀 適

8、合題型 截面法 解答時首先要找準(zhǔn)切點，通過作截面來解決．如果內(nèi)切的是多面體，則作截面時主要抓住多面體過球心的對角面來作 球內(nèi)切多面體或旋轉(zhuǎn)體 構(gòu)造 直角 三角 形法 首先確定球心位置，借助外接的性質(zhì)——球心到多面體的頂點的距離等于球的半徑，尋求球心到底面中心的距離、半徑、頂點到底面中心的距離構(gòu)造成直角三角形，利用勾股定理求半徑 正棱錐、正棱柱的外接球 補(bǔ)形法 因正方體、長方體的外接球半徑易求得，故將一些特殊的幾何體補(bǔ)形為正方體或長方體，便可借助外接球為同一個的特點求解 三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐，從正方體或長方體的八個頂點中選取點作為頂點組成的三棱錐、四棱錐等

9、考點(三) 平面圖形的翻折與空間圖形的展開問題 　 主要考查空間圖形與平面圖形之間的轉(zhuǎn)化，面積、體積以及最值 問題的求解. [典例感悟] [典例]　(1)如圖，正△ABC的邊長為2，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別為邊AC與BC的中點，現(xiàn)將△ABC沿CD翻折，使平面ADC⊥平面DCB，則三棱錐E-DFC的體積為________． (2)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝，AA1＝3，M為線段BB1上的一動點，則當(dāng)AM＋MC1最小時，△AMC1的面積為________． [解析]　(1)S△DFC＝S△ABC＝×＝，E到平面DF

10、C的距離h等于AD＝，所以VE-DFC＝×S△DFC×h＝. (2)將側(cè)面展開后可得：本題AM＋MC1最小可以等價為在矩形ACC1A1中求AM＋MC1的最小值． 如圖，當(dāng)A，M，C1三點共線時，AM＋MC1最?。? 又AB∶BC＝1∶2，AB＝1，BC＝2，CC1＝3， 所以AM＝，MC1＝2，又AC1＝＝， 所以cos∠AMC1＝＝＝－， 所以sin∠AMC1＝， 故△AMC1的面積為S＝××2×＝. [答案]　(1)　(2) [方法技巧] 解決翻折問題需要把握的兩個關(guān)鍵點 (1)解決與翻折有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清翻折前后的變化量和不變量．一般情況下，折線同一側(cè)的線段的長度

11、是不變量，位置關(guān)系可能會發(fā)生變化，抓住兩個“不變性”． ①與折線垂直的線段，翻折前后垂直關(guān)系不改變； ②與折線平行的線段，翻折前后平行關(guān)系不改變． (2)解決問題時，要綜合考慮翻折前后的圖形，既要分析翻折后的圖形，也要分析翻折前的圖形． [演練沖關(guān)] 1．有一根長為6 cm，底面半徑為0.5 cm的圓柱型鐵管，用一段鐵絲在鐵管上纏繞4圈，并使鐵絲的兩個端點落在圓柱的同一母線的兩端，則鐵絲的長度最少為________cm. 解析：由題意作出圖形如圖所示， 則鐵絲的長度至少為＝＝2. 答案：2 2．(2018·南京、鹽城、連云港二模)在邊長為4的正方形ABCD內(nèi)剪去四個全等的

12、等腰三角形(如圖①中陰影部分)，折疊成底面邊長為的正四棱錐S-EFGH(如圖②)，則正四棱錐S-EFGH的體積為________． 解析：連結(jié)EG，HF，交點為O(圖略)，正方形EFGH的對角線EG＝2，EO＝1，則點E到線段AB的距離為1，EB＝＝，SO＝＝＝2，故正四棱錐S-EFGH的體積為×()2×2＝. 答案： 3．如圖所示，平面四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，將其沿對角線BD折成四面體ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面體ABCD的頂點在同一個球面上，則該球的體積為________． 解析：如圖，取BD的中點E，BC的中點O，連接AE

13、，OD，EO，AO.因為AB＝AD，所以AE⊥BD. 由于平面ABD⊥平面BCD，所以AE⊥平面BCD. 因為AB＝AD＝CD＝1，BD＝，所以AE＝，EO＝.所以O(shè)A＝. 在Rt△BDC中，OB＝OC＝OD＝BC＝，所以四面體ABCD的外接球的球心為O，半徑為. 所以該球的體積V＝π＝. 答案： (一) 主干知識要牢記 1．空間幾何體的側(cè)面展開圖及側(cè)面積公式 幾何體 側(cè)面展開圖 側(cè)面積公式 直棱柱 S直棱柱側(cè)＝ch c為底面周長 h為高

14、 正棱錐 S正棱錐側(cè)＝ch′ c為底面周長 h′為斜高 即側(cè)面等腰三角形的高 正棱臺 S正棱臺側(cè)＝(c＋c′)h′ c′為上底面周長 c為下底面周長 h′為斜高，即側(cè)面等腰梯形的高 圓柱 S圓柱側(cè)＝2πrl r為底面半徑 l為側(cè)面母線長 圓錐 S圓錐側(cè)＝πrl r為底面半徑 l為側(cè)面母線長 圓臺 S圓臺側(cè)＝π(r1＋r2)l r1為上底面半徑 r2為下底面半徑 l為側(cè)面母線長 2.柱體、錐體、臺體的體積公式 (1)V柱體＝Sh(S為底面面積，h為高)； (2)V錐體＝Sh(S為底面面積，h為高)； (3)V臺＝(S＋＋S

15、′)h(不要求記憶)． 3．球的表面積和體積公式 (1)S球＝4πR2(R為球的半徑)； (2)V球＝πR3(R為球的半徑)． 4．立體幾何中相鄰兩個面之間的兩點間距離路徑最短問題，都可以轉(zhuǎn)化為平面幾何中兩點距離最短． (二) 二級結(jié)論要用好 1．長方體的對角線與其共點的三條棱之間的長度關(guān)系d2＝a2＋b2＋c2；若長方體外接球半徑為R，則有(2R)2＝a2＋b2＋c2. [針對練1]　設(shè)三棱錐的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，且長度分別為2，2，4，則其外接球的表面積為________． 解析：依題意，設(shè)題中的三棱錐外接球的半徑為R，可將題中的三棱錐補(bǔ)形成一個長方體，則R＝ ＝2，所以

16、該三棱錐外接球的表面積為S＝4πR2＝32π. 答案：32π 2．棱長為a的正四面體的內(nèi)切球半徑r＝a，外接球的半徑R＝a.又正四面體的高h(yuǎn)＝a，故r＝h，R＝h. [針對練2]　正四面體ABCD的外接球半徑為2，過棱AB作該球的截面，則截面面積的最小值為________． 解析：由題意知，面積最小的截面是以AB為直徑的圓，設(shè)AB的長為a， 因為正四面體外接球的半徑為2， 所以a＝2，解得a＝， 故截面面積的最小值為π＝. 答案： 3．認(rèn)識球與正方體組合的3種特殊截面： 一是球內(nèi)切于正方體；二是球與正方體的十二條棱相切；三是球外接于正方體．它們的相應(yīng)軸截面如圖所示(正方體的

17、棱長為a，球的半徑為R)． A組——抓牢中檔小題 1. 若圓錐底面半徑為1，高為2，則圓錐的側(cè)面積為 ________． 解析：由題意，得圓錐的母線長l＝＝，所以S圓錐側(cè)＝πrl＝π×1×＝π. 答案：π 2．已知正六棱柱的側(cè)面積為72 cm2，高為6 cm，那么它的體積為________cm3. 解析：設(shè)正六棱柱的底面邊長為x cm，由題意得6x×6＝72，所以x＝2，于是其體積V＝×22×6×6＝36(cm3)． 答案：36 3．(201

18、9·揚(yáng)州中學(xué)模擬)已知三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S-ABC的體積為9，則球O的表面積為________． 解析：如圖，連接OA，OB. 由SA＝AC，SB＝BC，SC為球O的直徑，知OA⊥SC，OB⊥SC. 由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊥SC，知OA⊥平面SCB. 設(shè)球O的半徑為r，則OA＝OB＝r，SC＝2r， ∴三棱錐S -ABC的體積 V＝×·OA＝， 即＝9，∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π. 答案：36π 4．(2019·南

19、京四校聯(lián)考)如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，點E是棱BB1上一點(異于端點)，則三棱錐A1-AEC的體積為________． 解析：由題意知，在正三角形ABC中，AB＝2，所以S△ABC＝×22＝.連接BA1，由等體積法知，VA1-AEC＝VE-AA1C＝VB-A1AC＝VA1-ABC＝×AA1×S△ABC＝. 答案： 5．(2018·揚(yáng)州期末)若圓錐的側(cè)面展開圖是面積為3π且圓心角為的扇形，則此圓錐的體積為________． 解析：設(shè)圓錐的底面半徑為r，高為h，母線為l，則由··l2＝3π，得l＝3，又由·l＝2πr，得r＝1，從而有h＝＝2，所以V＝·

20、πr2·h＝π. 答案：π 6. 一塊邊長為10 cm的正方形鐵片按如圖所示的陰影部分裁下，然后用余下的四個全等的等腰三角形作側(cè)面，以它們的公共頂點P為頂點，加工成一個如圖所示的正四棱錐形容器．當(dāng)x＝6 cm時，該容器的容積為________cm3. 解析：由題意知，這個正四棱錐形容器的底面是以6 cm為邊長的正方形，側(cè)面高為5 cm，則正四棱錐的高為 ＝4(cm)，所以所求容積V＝×62×4＝48(cm3)．　 答案：48 7．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)四市一模)已知圓柱的軸截面的對角線長為2，則這個圓柱的側(cè)面積的最大值為________． 解析：設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h，則由

21、圓柱的軸截面的對角線長為2知，4r2＋h2＝4.圓柱的側(cè)面積S＝2πrh≤π×＝2π，當(dāng)且僅當(dāng)2r＝h時取等號，所以這個圓柱的側(cè)面積的最大值為2π. 答案：2π 8．設(shè)棱長為a的正方體的體積和表面積分別為V1，S1，底面半徑和高均為r的圓錐的體積和側(cè)面積分別為V2，S2，若＝，則的值為________． 解析：由題意知，V1＝a3，S1＝6a2，V2＝πr3，S2＝πr2，由＝，即＝，得a＝r，從而＝＝＝. 答案： 9．已知正方形ABCD的邊長為2，E，F(xiàn)分別為BC，DC的中點，沿AE，EF，AF折成一個四面體，使B，C，D三點重合，則這個四面體的體積為________． 解析：設(shè)

22、B，C，D三點重合于點P，得到如圖所示的四面體P-AEF.因為AP⊥PE，AP⊥PF，PE∩PF＝P，所以AP⊥平面PEF，所以V四面體P-AEF＝V四面體A-PEF＝·S△PEF·AP＝××1×1×2＝. 答案： 10．(2018·常州期末)已知圓錐的高為6，體積為8，用平行于圓錐底面的平面截圓錐，得到的圓臺體積是7，則該圓臺的高為________． 解析：設(shè)截得的小圓錐的高為h1，底面半徑為r1，體積為V1＝πrh1；大圓錐的高為h＝6，底面半徑為r，體積為V＝πr2h＝8.依題意有＝，V1＝1，＝＝＝，得h1＝h＝3，所以圓臺的高為h－h(huán)1＝3. 答案：3 11.如圖，在直三棱

23、柱ABC-A1B1C1中，底面為直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，P是BC1上一動點，則CP＋PA1的最小值是________． 解析：連結(jié)A1B，沿BC1將△CBC1展開，與△A1BC1在同一個平面內(nèi)，如圖所示，連結(jié)A1C，則A1C的長度就是所求的最小值． 因為A1C1＝6，A1B＝2，BC1＝2，所以A1C＋BC＝A1B2，所以∠A1C1B＝90°. 又∠BC1C＝45°，所以∠A1C1C＝135°，由余弦定理，得A1C2＝A1C＋CC－2A1C1·CC1·cos∠A1C1C＝36＋2－2×6××＝50，所以A1C＝5，即CP＋PA1的最小值是5. 答案：

24、5 12．(2019·南京三模)有一個體積為2的長方體，它的長、寬、高依次為a，b，1.現(xiàn)將它的長增加1，寬增加2，且體積不變，則所得新長方體高的最大值為________． 解析：設(shè)所得新長方體的高為h，根據(jù)題意，得所以h＝＝＝≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)2a＝b，即a＝1，b＝2時取等號，故所得新長方體高的最大值為. 答案： 13．已知圓錐的底面半徑和高相等，側(cè)面積為4π，過圓錐的兩條母線作截面，截面為等邊三角形，則圓錐底面中心到截面的距離為________． 解析：如圖，設(shè)底面半徑為r，由題意可得：母線長為r.又側(cè)面展開圖面積為×r×2πr＝4π，所以r＝2.又截面三角形ABD為等邊三角形，故

25、BD＝AB＝r，又OB＝OD＝r，故△BOD為等腰直角三角形．設(shè)圓錐底面 中心到截面的距離為d，又VO-ABD＝VA-BOD，所以d×S△ABD＝AO×S△OBD.又S△ABD＝AB2＝×8＝2，S△OBD＝2，AO＝r＝2，故d＝＝. 答案： 14. 底面半徑為1 cm的圓柱形容器里放有四個半徑為 cm的實心鐵球，四個球兩兩相切，其中底層兩球與容器底面相切．現(xiàn)往容器里注水，使水面恰好浸沒所有鐵球，則需要注水________cm3. 解析：設(shè)四個實心鐵球的球心為O1，O2，O3，O4，其中O1，O2為下層兩球的球心，O1O2O3O4為正四面體，棱O1O2到棱O3O4的距離為，所以注水高

26、為1＋.故應(yīng)注水體積為π－4×π×＝π(cm3)． 答案：π B組——力爭難度小題 1．(2019·全國卷Ⅲ)學(xué)生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術(shù)制作模型．如圖，該模型為長方體ABCD-A1B1C1D1挖去四棱錐O-EFGH后所得的幾何體．其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度為0.9 g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為________g. 解析：由題知挖去的四棱錐的底面是一個菱形，對角線長分別為6 cm和4 cm， 故V挖去的四棱錐＝××4×6×3＝12(cm3)． 又V長方體＝

27、6×6×4＝144(cm3)， 所以模型的體積為 V長方體－V挖去的四棱錐＝144－12＝132(cm3)， 所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為132×0.9＝118.8(g)． 答案：118.8 2.(2018·蘇州期末)魯班鎖是中國傳統(tǒng)的智力玩具，起源于中國古代建筑中首創(chuàng)的榫卯結(jié)構(gòu)，它的外觀是如圖所示的十字立方體，其上下、左右、前后完全對稱，六根等長的正四棱柱體分成三組，經(jīng)90°榫卯起來．若正四棱柱的高為5，底面正方形的邊長為1，現(xiàn)將該魯班鎖放進(jìn)一個球形容器內(nèi)，則該球形容器的表面積至少為________(容器壁的厚度忽略不計，結(jié)果保留π)． 解析：設(shè)球形容器的最小半徑為R，則“十字

28、立方體”的24個頂點均在半徑為R的球面上，所以兩根并排的四棱柱體組成的長方體的八個頂點在這個球面上．球的直徑就是長方體的體對角線的長度，所以2R＝＝，得4R2＝30.從而S球面＝4πR2＝30π. 答案：30π 3.(2019·啟東中學(xué)模擬)把一個皮球放入如圖所示的由8根長均為20 cm的鐵絲接成的四棱錐形骨架內(nèi)，使皮球的表面與8根鐵絲都有接觸點(皮球不變形)，則皮球的半徑為________cm. 解析：法一：如圖，過點S作SM⊥平面ABCD，垂足為M，連接AM，由題意，可知SM＝10 cm，AM＝10 cm，易發(fā)現(xiàn)點M到每條棱的距離均為10 cm，所以點M即球心，球半徑為10 cm.

29、 法二：在四棱錐S-ABCD中，所有棱長均為20 cm， 連接AC，BD交于點O，連接SO， 則SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10 cm， 易知點O到AB，BC，CD，AD的距離均為10 cm， 在等腰三角形OAS中，AO＝SO＝10 cm，SA＝20 cm， 所以O(shè)到SA的距離d＝10 cm， 同理可證O到SB，SC，SD的距離也為10 cm， 所以球心為四棱錐底面ABCD的中心O， 所以皮球的半徑r＝10 cm. 答案：10 4．(2019·河南模擬)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點，過點A，P，C1的平面截正方體所得的截面為M，

30、則截面M的面積為________． 解析：如圖，取A1D1，AD的中點分別為F，G. 連接AF，AP，PC1，C1F，PG，D1G，AC1，PF. ∵F為A1D1的中點，P為BC的中點，G為AD的中點， ∴AF＝FC1＝AP＝PC1＝， PG∥CD，AF∥D1G. 由題意易知CD∥C1D1， ∴PG∥C1D1， ∴四邊形C1D1GP為平行四邊形， ∴PC1∥D1G， ∴PC1∥AF， ∴A，P，C1，F(xiàn)四點共面， ∴四邊形APC1F為菱形． ∵AC1＝，PF＝， ∴截面M的面積S＝AC1·PF＝× ＝. 答案： 5.如圖所示，在直三棱柱中，AC⊥BC，AC＝4，

31、BC＝CC1＝2，若用平行于三棱柱A1B1C1-ABC的某一側(cè)面的平面去截此三棱柱，使得到的兩個幾何體能夠拼接成長方體，則長方體表面積的最小值為________． 解析：用過AB，AC的中點且平行于平面BCC1B1的平面截此三棱柱，可以拼接成一個邊長為2的正方體，其表面積為24； 用過AB，BC的中點且平行于平面ACC1A1的平面截此三棱柱，可以拼接成一個長、寬、高分別為4，1，2的長方體，其表面積為28； 用過AA1，BB1，CC1的中點且平行于平面ABC的平面截此三棱柱，可以拼接成一個長、寬、高分別為4，2，1的長方體，其表面積為28， 因此所求的長方體表面積的最小值為24. 答

32、案：24 6.如圖，在棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，D1C1上的動點，點G為正方形B1BCC1的中心．則空間四邊形AEFG在該正方體各個面上的正投影所構(gòu)成的圖形中，面積的最大值為________． 解析：四邊形AEFG在前、后面的正投影如圖①，當(dāng)E與A1重合，F(xiàn)與B1重合時，四邊形AEFG在前、后面的正投影的面積最大值為12； 四邊形AEFG在左、右面的正投影如圖②，當(dāng)E與A1重合，四邊形AEFG在左、右面的正投影的面積最大值為8； 四邊形AEFG在上、下面的正投影如圖③，當(dāng)F與D重合時，四邊形AEFG在上、下面的正投影的面積最大值為8.綜上所述，

33、所求面積的最大值為12. 答案：12 第二講 | 大題考法——平行與垂直 題型(一) 線線、線面位置關(guān)系的證明 　　平行、垂直關(guān)系的證明是高考的必考內(nèi)容，主要考查線面平行、垂直 　的判定定理及性質(zhì)定理的應(yīng)用，以及平行與垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化等. [典例感悟] [例1]　(2017·江蘇高考)如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD. 求證：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC. [證明]　(1)在平面ABD內(nèi)，因為AB⊥AD，EF⊥AD， 所以EF∥

34、AB. 又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC， 所以EF∥平面ABC. (2)因為平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， BC?平面BCD，BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD. 因為AD?平面ABD， 所以BC⊥AD. 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC，BC?平面ABC，所以AD⊥平面ABC. 又因為AC?平面ABC， 所以AD⊥AC. [方法技巧] 立體幾何證明問題的2個注意點 (1)證明立體幾何問題的主要方法是定理法，解題時必須按照定理成立的條件進(jìn)行推理．如線面平行的判定定理中要求其中一條直線在平面內(nèi)，另一條直線必須說明它在平

35、面外；線面垂直的判定定理中要求平面內(nèi)的兩條直線必須是相交直線等，如果定理的條件不完整，則結(jié)論不一定正確． (2)證明立體幾何問題，要緊密結(jié)合圖形，有時要利用平面幾何的相關(guān)知識，因此需要多畫出一些圖形輔助使用． [演練沖關(guān)] 1.(2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)如圖，在四棱錐P-ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，點E為棱PB的中點． (1)若PB＝PD，求證：PC⊥BD； (2)求證：CE∥平面PAD. 證明：(1)取BD的中點O，連結(jié)CO，PO，因為CD＝CB，所以BD⊥CO. 因為PB＝PD，所以BD⊥PO. 又PO∩CO＝O， 所以BD⊥平面PCO. 因為PC?平

36、面PCO，所以PC⊥BD. (2)由E為PB中點，連結(jié)EO，則EO∥PD， 又EO?平面PAD，PD?平面PAD， 所以EO∥平面PAD. 由∠ADB＝90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD， 又CO?平面PAD，所以CO∥平面PAD. 又CO∩EO＝O，所以平面CEO∥平面PAD， 而CE?平面CEO，所以CE∥平面PAD. 2．(2019·江蘇高考)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB＝BC. 求證：(1)A1B1∥平面DEC1； (2)BE⊥C1E. 證明：(1)因為D，E分別為BC，AC的中點， 所以ED∥AB. 在直三棱

37、柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED. 又因為ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1. (2)因為AB＝BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC. 因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC. 又因為BE?平面ABC，所以C1C⊥BE. 因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC＝C， 所以BE⊥平面A1ACC1. 因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E. 題型(二) 兩平面之間位置關(guān)系的證明 　　 考查面面平行和面面垂直，都需要用判定定理，其本質(zhì)是考查線

38、面垂直和平行. [典例感悟] [例2]　(2019·南京鹽城一模)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別是棱BC，CC1上的點(其中點D不同于點C)，且AD⊥DE，F(xiàn)為棱B1C1上的點，且A1F⊥B1C1. 求證：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1； (2)A1F∥平面ADE. [證明]　(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC. 因為AD?平面ABC，所以CC1⊥AD. 又AD⊥DE，在平面BCC1B1中，CC1與DE相交， 所以AD⊥平面BCC1B1. 又AD?平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1. (2)在直三棱柱ABC-A1

39、B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1， 因為A1F?平面A1B1C1，所以BB1⊥A1F. 又A1F⊥B1C1，BB1∩B1C1＝B1，所以A1F⊥平面BCC1B1. 在(1)中已證得AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD. 又A1F?平面ADE，AD?平面ADE，所以A1F∥平面ADE. [方法技巧] 證明兩平面位置關(guān)系的求解思路 (1)證明面面平行依據(jù)判定定理，只要找到一個面內(nèi)兩條相交直線與另一個平面平行即可，從而將證明面面平行轉(zhuǎn)化為證明線面平行，再轉(zhuǎn)化為證明線線平行． (2)證明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即證明一個面過另一個面的一條垂線，將證明面面垂直轉(zhuǎn)化為證明線

40、面垂直，一般先從現(xiàn)有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則借助中線、高線或添加輔助線解決. [演練沖關(guān)] (2018·江蘇高考)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1. 求證：(1)AB∥平面A1B1C； (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 證明：(1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中， AB∥A1B1. 因為AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C， 所以AB∥平面A1B1C. (2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中， 四邊形ABB1A1為平行四邊形． 又因為AA1＝AB， 所以四邊形ABB1A1為菱形

41、， 因此AB1⊥A1B. 因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1， 所以AB1⊥BC. 因為A1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC， BC?平面A1BC， 所以AB1⊥平面A1BC. 因為AB1?平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC. 題型(三) 空間位置關(guān)系的綜合問題 　　主要考查空間線面、面面平行或垂直的位置關(guān)系的證明與翻折或存在性問題相結(jié)合的綜合問題. [典例感悟] [例3]　如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點，將△ADE沿AE折起，得到如圖2所示的四棱錐D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.

42、 (1)證明：BE⊥平面D1AE； (2)設(shè)F為CD1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由． [解]　(1)證明：∵四邊形ABCD為矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴AE＝BE＝2.又AB＝4，∴AE2＋BE2＝AB2，∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE.又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，BE?平面ABCE，∴BE⊥平面D1AE. (2)＝，理由如下： 取D1E的中點L，連接FL，AL， ∴FL∥EC，F(xiàn)L＝EC＝1. 又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝AB， ∴M，F(xiàn)，L，A四

43、點共面．若MF∥平面AD1E，則MF∥AL.∴四邊形AMFL為平行四邊形， ∴AM＝FL＝AB，即＝. [方法技巧] 與平行、垂直有關(guān)的存在性問題的解題步驟 [演練沖關(guān)] (2018·全國卷Ⅰ)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點M到達(dá)點D的位置，且AB⊥DA. (1)證明：平面ACD⊥平面ABC； (2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BP＝DQ＝DA，求三棱錐Q-ABP的體積． 解：(1)證明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC. 又因為BA⊥AD，AC∩AD＝A， 所以AB⊥平面AC

44、D. 因為AB?平面ABC， 所以平面ACD⊥平面ABC. (2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3. 又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2. 如圖，過點Q作QE⊥AC， 垂足為E，則QE綊DC. 由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC， 所以QE⊥平面ABC，QE＝1. 因此，三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP＝×S△ABP×QE＝××3×2sin 45°×1＝1. A組——大題保分練 1．(2019·蘇北三市期末)如圖，在直三棱柱

45、ABC-A1B1C1中，D，E，F(xiàn)分別是B1C1，AB，AA1的中點． (1)求證：EF∥平面A1BD； (2)若A1B1＝A1C1，求證：平面A1BD⊥平面BB1C1C. 證明：(1)因為E，F(xiàn)分別是AB，AA1的中點，所以EF∥A1B.因為EF?平面A1BD，A1B?平面A1BD，所以EF∥平面A1BD. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1， 因為A1D?平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D. 因為A1B1＝A1C1，且D是B1C1的中點， 所以A1D⊥B1C1. 因為BB1∩B1C1＝B1，B1C1，BB1?平面BB1C1C， 所以A1D⊥

46、平面BB1C1C. 因為A1D?平面A1BD， 所以平面A1BD⊥平面BB1C1C. 2.(2019·南京四校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，E是BC的中點，F(xiàn)在棱PC上，且PA∥平面DEF. (1)求證：AD⊥PC； (2)求的值． 解：(1)證明：因為底面ABCD是矩形，所以AD⊥DC. 因為PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PD⊥AD. 又PD，DC?平面PCD，PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PCD. 又PC?平面PCD，所以AD⊥PC. (2)如圖，連接AC，交DE于G，連接FG. 因為PA∥平面DEF，P

47、A?平面PAC，平面PAC∩平面DEF＝FG. 所以PA∥FG， 所以＝. 因為底面ABCD是矩形，E是BC的中點， 所以AD∥BC，AD＝2EC. 所以易知＝＝2. 所以＝2. 3.(2019·揚(yáng)州期末)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形AA1B1B為矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是四邊形AA1B1B，BB1C1C對角線的交點． 求證：(1)EF∥平面ABC； (2)BB1⊥AC. 證明：(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形AA1B1B，四邊形BB1C1C均為平行四邊形． ∵E，F(xiàn)分別是四邊形AA1B1B，BB1C1C對角線的交點，∴E

48、，F(xiàn)分別是AB1，CB1的中點，∴EF∥AC. ∵EF?平面ABC，AC?平面ABC，∴EF∥平面ABC. (2)∵四邊形AA1B1B為矩形，∴BB1⊥AB， ∵平面AA1B1B⊥平面ABC，BB1?平面ABB1A1，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB， ∴BB1⊥平面ABC. ∵AC?平面ABC，∴BB1⊥AC. 4．(2019·南京三模)在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°. (1)求證：平面PAC⊥平面PAB； (2)設(shè)平面PBC∩平面PAD＝l，求證：BC∥l. 證明：(1)因為PA⊥平面ABCD，AC?平面AB

49、CD， 所以PA⊥AC. 因為AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，所以由余弦定理， 得AC＝ ＝＝. 因為12＋＝22，即AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB. 又AC⊥PA，PA∩AB＝A，PA?平面PAB，AB?平面PAB， 所以AC⊥平面PAB. 又AC?平面PAC，所以平面PAC⊥平面PAB. (2)因為BC∥AD，AD?平面PAD，BC?平面PAD， 所以BC∥平面PAD. 又BC?平面PBC，且平面PBC∩平面PAD＝l， 所以BC∥l. B組——大題增分練 1．(2018·鹽城三模)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，M

50、，N分別是棱A1D1，D1C1的中點． 求證：(1)AC∥平面DMN； (2)平面DMN⊥平面BB1D1D. 證明：(1)連結(jié)A1C1，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，因為AA1綊BB1，BB1綊CC1，所以AA1綊CC1，所以A1ACC1為平行四邊形，所以A1C1∥AC.又M，N分別是棱A1D1，D1C1的中點，所以MN∥A1C1，所以AC∥MN.又AC?平面DMN，MN?平面DMN，所以AC∥平面DMN. (2)因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱， 所以DD1⊥平面A1B1C1D1，而MN?平面A1B1C1D1， 所以MN⊥DD1. 又因為棱柱的底面ABCD

51、是菱形，所以底面A1B1C1D1也是菱形， 所以A1C1⊥B1D1，而MN∥A1C1，所以MN⊥B1D1. 又MN⊥DD1，DD1?平面BB1D1D，B1D1?平面BB1D1D，且DD1∩B1D1＝D1， 所以MN⊥平面BB1D1D. 而MN?平面DMN，所以平面DMN⊥平面BB1D1D. 2．(2019·揚(yáng)州中學(xué)模擬)如圖，已知三棱錐P-ABC中，AC⊥BC，PA＝PC，棱AC的中點為E，且BC∥平面PEF. (1)求證：EF∥平面PBC； (2)求證：平面PAC⊥平面PEF. 證明：(1)因為BC∥平面PEF，BC?平面ABC，平面PEF∩平面ABC＝EF，所以EF∥BC.

52、 又EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC. (2)因為PA＝PC，E是AC的中點，所以AC⊥PE. 又AC⊥BC，EF∥BC，所以AC⊥EF. 又PE∩EF＝E，PE，EF?平面PEF，所以AC⊥平面PEF. 又AC?平面PAC，所以平面PAC⊥平面PEF. 3．(2019·南師附中、天一中學(xué)四月聯(lián)考)如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， 已知點M為棱BC上異于B，C的一點． (1)若M為BC的中點，求證：A1C∥平面AB1M； (2)若平面AB1M⊥平面BB1C1C，求證：AM⊥BC. 證明：(1)連接A1B，交AB1于點N.在直四棱柱A

53、BCD-A1B1C1D1中，易知四邊形AA1B1B為矩形，∴N為A1B的中點． 又M為BC的中點，連接MN，∴MN∥A1C. 又A1C?平面AB1M，MN?平面AB1M，∴A1C∥平面AB1M. (2)過點B作BP⊥B1M，垂足為P，∵平面AB1M⊥平面B1BCC1， 平面AB1M∩平面B1BCC1＝B1M，BP?平面BB1C1C，∴BP⊥平面AB1M. AM?平面AB1M.∴BP⊥AM. 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD， ∴AM?平面ABCD，∴BB1⊥AM. 又BP∩BB1＝B，BP，BB1?平面BB1C1C，∴AM⊥平面BB1C1C.又BC?

54、平面BB1C1C，∴AM⊥BC. 4．(2018·常州期末)如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，點Q是棱PC上異于P，C的一點． (1)求證：BD⊥AC； (2)過點Q和AD的平面截四棱錐得到截面ADQF(點F在棱PB上)，求證：QF∥BC. 證明：(1)因為PC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以BD⊥PC. 記AC，BD交于點O，連結(jié)OP. 因為平行四邊形對角線互相平分，則O為BD的中點． 在△PBD中，PB＝PD，所以BD⊥OP. 又PC∩OP＝P，PC?平面PAC，OP?平面PAC. 所以BD⊥平面P

55、AC， 又AC?平面PAC，所以BD⊥AC. (2)因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以AD∥BC. 又AD?平面PBC，BC?平面PBC， 所以AD∥平面PBC. 又AD?平面ADQF，平面ADQF∩平面PBC＝QF， 所以AD∥QF，所以QF∥BC. 第三講 | 專題提能——“立體幾何”專題提能課 　 失誤1 因不會構(gòu)造適當(dāng)?shù)膸缀误w而解題受阻 　　[例1]　已知三棱錐S-ABC的四個頂點S，A，B，C都是球O表面上的點，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝BC＝1，則球O的體積等于________． [解析]　如圖，可把該三棱錐補(bǔ)成正方體，正方體的體對角線

56、即為外接球的直徑，所以半徑為，所以體積為π×＝π. [答案]　π [點評]　學(xué)生對于本題往往不知道球心的位置而導(dǎo)致不會解答．把該三棱錐補(bǔ)成正方體來確定球心的位置是求解本題的關(guān)鍵之處，正方體的體對角線就是外接球直徑. 失誤2 因不會利用側(cè)面展開圖而解題受阻 [例2]　如圖所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4 cm，AD＝2 cm，AA1＝3 cm，則在長方體表面上連結(jié)A，C1兩點的所有曲線長度最小值為________cm. [解析]　將長方體的面分別展開平鋪，當(dāng)四邊形AA1D1D和四邊形DD1C1C在同一平面內(nèi)時，最小距離為四邊形AA1C1C的對角線，長度是＝；當(dāng)

57、四邊形AA1D1D和四邊形A1B1C1D1在同一平面內(nèi)時，最小距離為四邊形AB1C1D的對角線，長度是＝；四邊形ABCD和四邊形CDD1C1在同一平面內(nèi)時，最小距離為四邊形ABC1D1的對角線，長度是＝，所以最小距離是 cm. [答案]　 [點評]　該題考查的是幾何體的表面距離的最值問題，結(jié)合平面內(nèi)連結(jié)兩點的直線段是最短的，所以將長方體的側(cè)面沿著不同的方向展開，使得兩個點落在同一平面內(nèi)，利用勾股定理來求解，選出最小的那個，容易出錯的地方在于考慮不全面，沿著一個方向展開求得結(jié)果，從而出現(xiàn)錯誤，所以一定要注意應(yīng)該有三條路徑. 失誤3 因定理表述不嚴(yán)謹(jǐn)而導(dǎo)致丟分 [例3]　如圖，在長方

58、體ABCD-A1B1C1D1中，求證：平面BC1D∥平面AB1D1. [證明]　∵BD∥B1D1，BD?平面AB1D1，B1D1?平面AB1D1. ∴BD∥平面AB1D1， 同理BC1∥平面AB1D1. 又∵BD∩BC1＝B，BD?平面BC1D，BC1?平面BC1D， ∴平面BC1D∥平面AB1D1. [點評]　在證明面面平行時，有的同學(xué)喜歡跳步，直接由線線平行得到面面平行，少了由線線平行到線面平行的過程，在考試中是要被扣分的．立體幾何邏輯性非常強(qiáng)，證明時要嚴(yán)格按照定理的要求來進(jìn)行書寫，切不可漏條件． 　 策略1 割補(bǔ)法：求不規(guī)則幾何體的體積 　　[例1]　如圖所示，在多面

59、體ABCDEF中，已知ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則該多面體的體積為________． [解析]　法一：如圖所示，分別過A，B作EF的垂線AG，BH，垂足分別為G，H.連結(jié)DG，CH，容易求得EG＝HF＝. 所以AG＝GD＝BH＝HC＝，S△AGD＝S△BHC＝××1＝，V＝VE-ADG＋VF-BHC＋VAGD-BHC＝×2＋×1＝. 法二：如圖所示，將該多面體補(bǔ)成一個斜三棱柱ADE-MNF，點F到平面AMND的距離為，則V＝VADE-MNF－VF-MNCB＝×1××2－×1×1×＝. [答案]　 [點評]　本題中所用的兩種

60、方法實際上就是求不規(guī)則幾何體體積的兩種基本方法．法一是對不規(guī)則幾何體進(jìn)行分割．法二則是在原不規(guī)則幾何體的基礎(chǔ)上補(bǔ)上一個幾何體，使之成為規(guī)則幾何體. 策略2 等積法：求點到平面的距離 　　[例2]　在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD＝1，AB＝2，AA1＝2，點M在平面ACB1內(nèi)運(yùn)動，則線段BM的最小值為________． [解析]　線段BM的最小值即點B到平面ACB1的距離h.在△ACB1中，AC＝B1C＝，AB1＝2，所以AB1邊上的高為＝，所以S＝×2×＝.又三棱錐B-ACB1的體積V＝V＝××2×1×2＝，所以V＝×h＝，所以h＝. [答案]　 [點評]　等積法包括等

61、面積法和等體積法．利用等積法的前提是平面圖形(或立體圖形)的面積(或體積)通過已知條件可以得到，利用等積法可以求解幾何圖形的高， 特別是在求三角形的高(點到線的距離)或三棱錐的高(點到面的距離)時，通常采用此法解決問題． 　 1．函數(shù)與方程思想——解決立體幾何中的最值問題 [例1]　如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5 cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F(xiàn)為圓O上的點，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F(xiàn)重合，得到三棱錐．當(dāng)△ABC的邊長變化時，所

62、得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為________． [解析]　法一：由題意可知，折起后所得三棱錐為正三棱錐，當(dāng)△ABC的邊長變化時，設(shè)△ABC的邊長為a(a>0)cm，則△ABC的面積為a2，△DBC的高為5－a，則正三棱錐的高為 ＝ ， ∴25－a>0，∴0

63、得三棱錐的體積V＝×3x2× ＝x2× ＝×. 令f(x)＝25x4－10x5，x∈， 則f′(x)＝100x3－50x4， 令f′(x)>0，即x4－2x3<0，得0

64、________cm. [解析]　將三棱柱沿側(cè)棱AA1展開得如圖所示(兩周)　因為正三棱柱底面邊長為2 cm，高為5 cm，所以AA1＝5 cm，AA″＝12 cm，所以A1A″＝＝13，即最短路線為13 cm. [答案]　13 [點評]　將空間幾何體中的距離之和的最值問題通過側(cè)面展開圖的運(yùn)用轉(zhuǎn)化為平面幾何的最值，這正是降維轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用． 　 線面平行問題中的常見轉(zhuǎn)化方法 [典例]　如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝4，M是棱CC1上的一點． (1)求證：BC⊥AM； (2)若N是AB的中點，且CN∥平面AB1M，求CM的長． [解]　(1

65、)證明：因為ABC-A1B1C1是直三棱柱， 所以CC1⊥平面ABC. 因為BC?平面ABC，所以CC1⊥BC. 因為AC⊥BC，CC1∩AC＝C，CC1?平面ACC1A1，AC?平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1. 因為AM?平面ACC1A1，所以BC⊥AM. (2)法一：如圖①，取AB1的中點P，連結(jié)NP，PM. 因為N是AB的中點，所以NP∥BB1. 因為CM∥BB1，所以NP∥CM， 所以NP與CM共面． 因為CN∥平面AB1M，平面CNPM∩平面AB1M＝MP，所以CN∥MP. 所以四邊形CNPM為平行四邊形， 所以CM＝NP＝BB1＝CC1＝2.

66、法二：如圖②，設(shè)NC與CC1確定的平面交AB1于點P，連結(jié)NP，PM. 因為CN∥平面AB1M，CN?平面CNPM，平面AB1M∩平面CNPM＝PM，所以CN∥MP. 因為BB1∥CM，BB1?平面CNPM，CM?平面CNPM，所以BB1∥平面CNPM. 又BB1?平面ABB1，平面ABB1∩平面CNPM＝NP， 所以BB1∥NP，所以CM∥NP， 所以四邊形CNPM為平行四邊形． 因為N是AB的中點， 所以CM＝NP＝BB1＝CC1＝2. 法三：如圖③，取BB1的中點Q，連結(jié)NQ，CQ. 因為N是AB的中點，所以NQ∥AB1. 因為NQ?平面AB1M，AB1?平面AB1M，所以NQ∥平面AB1M. 因為CN∥平面AB1M，NQ∩CN＝N，NQ?平面NQC，CN?平面NQC，所以平面NQC∥平面AB1M. 因為平面BCC1B1∩平面NQC＝QC，平面BCC1B1∩平面AB1M＝MB1，所以CQ∥MB1. 因為BB1∥CC1，所以四邊形CQB1M是平行四邊形， 所以CM＝B1Q＝BB1＝CC1＝2. 法四：如圖④，分別延長BC，B1M，設(shè)交點為S，連結(jié)AS.