1、高考资源网（） 您身边的高考专家微专题7立体几何中的计算问题真 题 感 悟(2019江苏卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥EBCD的体积是_.解析设长方体中BCa，CDb，CC1c，则abc120，VEBCDabcabc10.答案10考 点 整 合空间几何体的两组常用公式(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积及球的表面积公式：S直棱柱侧ch(c为底面周长，h为高)；S正棱锥侧ch(c为底面周长，h为斜高)；S正棱台侧(cc)h(c，c分别为上、下底面的周长，h为斜高)；S球表4R2(R为球的半径).(2)柱体、锥体和球的体积公式：V柱体Sh(S为底
2、面面积，h为高)；V锥体Sh(S为底面面积，h为高)；V球R3.热点一表面积(侧面积)的计算【例1】 (2019全国卷)图是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图.(1)证明：图中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图中的四边形ACGD的面积.(1)证明由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得ABBE，ABBC，且BEBCB，BE，BC平面BCGE，故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平
3、面ABC平面BCGE.(2)解取CG的中点M，连接EM，DM.因为ABDE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，又EM，CG平面BCGE，故DEEM，DECG.由已知，四边形BCGE是菱形，且EBC60，得EMCG，又DEEME，DE，EM平面DEM，故CG平面DEM.又DM平面DEM，因此DMCG.在RtDEM中，DE1，EM，故DM2.又CGBF2，所以四边形ACGD的面积SCGDM224.探究提高(1)解决与折叠有关的问题的关键是找出折叠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，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.(2)在解决问题时，要综合
4、考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形.【训练1】 (2019南京、盐城高三二模)已知正四棱锥PABCD的所有棱长都相等，高为，则该正四棱锥的表面积为_.解析设正四棱锥的棱长为2a，由题得(a)2a2()2，所以a1.所以四棱锥的棱长为2.所以正四棱锥的表面积2222444.答案44热点二体积的计算【例2】 (1)(2017江苏卷)如图，在圆柱O1O2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O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是_.(2)(2018徐州、连云港、宿迁三检)在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1平面AB1C1，AA11，底面三角
5、形ABC是边长为2的正三角形，则此三棱柱的体积为_.(3)(2019南通模拟)设一个正方体与底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为_.解析(1)设球半径为R，则圆柱底面圆半径为R，母线长为2R.又V1R22R2R3，V2R3，所以.(2)因为AA1平面AB1C1，AB1平面AB1C1，所以AA1AB1，又知AA11，A1B12，所以AB1，同理可得AC1，又知在AB1C1中，B1C12，所以AB1C1的边B1C1上的高为h，其面积SAB1C12，于是三棱锥AA1B1C1的体积V三棱锥AA1B1C1V三棱锥A1AB1C1SAB1C1AA1，进而可得此三棱柱ABCA1B1C
6、1的体积V3V三棱锥AA1B1C13.(3)由题意可得正四棱锥的高为2，体积为(2)228，则正方体的体积为8，所以棱长为2.答案(1)(2)(3)2探究提高(1)涉及柱体、锥体及其简单组合体的计算问题，要在正确理解概念的基础上，画出符合题意的图形或辅助线(面)，再分析几何体的结构特征，从而进行解题.(2)求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.(3)若所给的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法求解.【训练2】 (2019苏北四市高三期末)将一个半径为2的圆分成圆心角之比为12的两个扇形，且将这两个扇形分别围成圆
7、锥的侧面，则所得体积较小的圆锥与较大圆锥的体积之比为_.解析设圆的半径为R，卷成的两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，由题意圆心角之比为12，可知两个扇形的圆心角分别为120，240，r1，r2，h1，h2，这两个圆锥的体积之比为：.答案1热点三点到平面距离的计算【例3】 (2019全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.(1)证明：MN平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离.(1)证明连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因
8、为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MNED.又MN平面C1DE，ED平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)解在菱形ABCD中，BAD60，E为BC中点，所以DEBC.因为棱柱为直棱柱，所以有DE平面BCC1B1，又EC1平面BCC1B1，所以DEEC1，又由题意有DE，C1E，所以SDEC1，设点C到平面C1DE的距离为d，则由VCC1DEVC1CDE，得d14，解得d，所以点C到平面C1DE的距离为.探究提高有关立体几何中点到平面的距离的求解，一般利用等积法；求点到平面的距离也可以先作出点到平
9、面的垂线段(要证明所作的线段为垂线段)，再求出垂线段的长即为点到平面的距离.【训练3】 (2019全国卷)已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为_.解析如图，过点P作PO平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.再过O作OEAC于E，OFBC于F，连接OC，PE，PF，则PEAC，PFBC.所以PEPF，所以OEOF，所以CO为ACB的平分线，即ACO45.在RtPEC中，PC2，PE，所以CE1，所以OE1，所以PO.答案【新题感悟】 (2019全国卷)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
10、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_.解析先求面数有如下两种方法，法一由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有29826(个)面.法二一般地，对于凸多面体顶点数(V)面数(F)棱数(E)2.(欧拉公式)由题图知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24.故由VFE2，得面数F2EV24
11、82426.再求棱长.作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为棱长.连接AF，过H，G分别作HMAF，GNAF，垂足分别为M，N，则AMMHNGNFx.又AMMNNF1，xxx1.x1，即半正多面体的棱长为1.答案261一、填空题1.(2018江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为_.解析正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是，则该正八面体的体积为()212.答案2.(2019苏北四市调研)已知圆锥的母线长为10 cm，
12、侧面积为60 cm2，则此圆锥的体积为_cm3.解析设圆锥底面圆的半径为r cm，则侧面积为10r60，解得r6，则高h8，故此圆锥的体积为r2h36896(cm3).答案963.(2019南京市高三模拟)已知正四棱锥底面边长为4，体积为32，则此正四棱锥的侧棱长为_.解析设正四棱锥的高为h，则V(4)2h32，解得h3，所以此正四棱锥的侧棱长为5.答案54.(2019徐州市高三模拟)已知一个圆锥的母线长为2，侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为_.解析设圆锥的底面半径是r，则由题意得2r22，所以r1，所以圆锥的高为h，所以圆锥的体积为Vr2h.答案5.(2019如皋市高三模拟)如图，直三棱柱
13、ABCA1B1C1中，CAB90，ACAB2，CC12，P是BC1的中点，则三棱锥CA1C1P的体积为_.解析连接A1B，则VCA1C1PVCA1C1B(VABCA1B1C1VA1ABCVBA1B1C1).答案6.如图，在圆锥VO中，O为底面圆心，半径OAOB，且OAVO1，则O到平面VAB的距离为_.解析由题意可得三棱锥VAOB的体积为V三棱锥VAOBSAOBVO.VAB是边长为的等边三角形，其面积为()2，设点O到平面VAB的距离为h，则由V三棱锥OVABV三棱锥VAOB，得SVABh，即h，解得h，即点O到平面VAB的距离是.答案7.(2019苏州调研)将半径为5的圆分割成面积之比为12
14、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r1，r2，r3，则r1r2r3_.解析由题意可得三个扇形的弧长分别为，5，分别等于三个圆锥底面圆的周长，即2r1，2r2，2r35，则r1，r2，r3，所以r1r2r35.答案58.(2019南京高三模拟)已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，F是棱BC的中点，M是线段A1F上的动点，则MDD1与MCC1的面积和的最小值是_.解析由题意，就是求M到DD1与CC1距离和的最小值，由于A1F在平面ABCD上的射影为AF，故问题转化为正方形ABCD中AF上的点到D，C距离和的最小值.设D关于AF的对称点为D，则DD的长即为M到D
15、D1与CC1距离和的最小值，易求得DD，cosCDD.在CDD中，由余弦定理得CD，所以MDD1与MCC1的面积和的最小值是1.答案二、解答题9.如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，且四棱锥PABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积.(1)证明由已知BAPCDP90，得ABAP，CDPD.由于ABCD，故ABPD，又APPDP，AP，PD平面PAD，从而AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)解在平面PAD内作PEAD，垂足为E.由(1)知，AB平面PAD，又PE平面PAD，故A
16、BPE，又ADABA，AD，AB平面ABCD，所以PE平面ABCD.设ABx，则由已知可得ADx，PEx.故四棱锥PABCD的体积VPABCDABADPEx3.由题设得x3，故x2.从而PAPDABDC2，ADBC2.由(1)易知ABPA，CDPD，故PBPC2.可得四棱锥PABCD的侧面积为PAPDPAABPDDCBC262.10.(2019全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，AB3，求四棱锥EBB1C1C的体积.(1)证明由已知得B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，
17、故B1C1BE.又BEEC1，B1C1EC1C1，B1C1，EC1平面EB1C1，所以BE平面EB1C1.(2)解由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEBA1EB145，故AEAB3，AA12AE6.如图，作EFBB1，垂足为F，则EF平面BB1C1C，且EFAB3.所以四棱锥EBB1C1C的体积V36318.11.(2018全国卷)如图，在平行四边形ABCM中，ABAC3，ACM90.以AC为折痕将ACM折起，使点M到达点D的位置，且ABDA.(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BPDQDA，求三棱锥QABP的体积.(1)证明由已知可得，BAC90，即BAAC.又BAAD，ACADA，AC，AD平面ACD，所以AB平面ACD.又AB平面ABC，所以平面ACD平面ABC.(2)解由已知可得，DCCMAB3，DAAM3.又BPDQDA，所以BP2.作QEAC，垂足为E，则QEDC且QEDC1.由已知及(1)可得DC平面ABC，所以QE平面ABC.因此，三棱锥QABP的体积为VQABPQESABP132sin 451.高考资源网版权所有，侵权必究！
