2023教师版 步步高 大二轮 数学 新高考四　立体几何

ZHUANTISI

专题四立体几何

第1讲空间几何体

［考情分析］空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考

的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上.

考点一空间几何体的折展问题

【核心提炼】

空间几何体的侧面展开图

1.圆柱的侧面展开图是矩形.

2.圆锥的侧面展开图是扇形.

3.圆台的侧面展开图是扇环.

例1(1)“莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢.”出自南宋诗人杨万里的作品《过松源晨炊

漆公店》.如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为40km,山高为

404石km,B是山坡SA上一点，且AB=40km.为了发展旅游业，要建设一条从A到8的环

山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为()

A.60kmB.12^6km

C.72kmD.\2y［\5km

答案C

解析该圆锥的母线长为N(40W^)2+4()2=160,

所以圆锥的侧面展开图是圆心角为寿铲勺扇形,

如图，展开圆锥的侧面，连接A'B,

A'K

SBA

由两点之间线段最短，知观光公路为图中的A'B,A'B=yjSA'2+SB2=AJ1602+1202=200,

过点S作A'B的垂线，垂足为H,

记点P为A'B上任意一点，连接PS,当上坡时，P到山顶S的距离PS越来越小，当下坡

时，P到山顶S的距离PS越来越大，

则下坡段的公路为图中的H8,

由Rt^SA'BsRtAHSB,

他SB21202

侍/7B=A7-B=20072（km）-

（2）（2022•深圳检测）如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=小，AB=\,AD=\,

AB±AC,ABLAD,ZCAE=30°,则cosN尸CB等于（）

11-33

A.2B.gC.gD.]

答案D

解析由题意知，AE—AD—AB—X,BC—2,

在中，由余弦定理知，

CE2=AE2+AC2-2AEACcosZCAE

、巧

=l+3-2XlX#X^-=l,

：.CE=CF=\,而BF=BD=巾,BC=2,

.•.在△BCF中，由余弦定理知，

BG+Cl^—BF24+1—23

cosZFCB=2BCCF—=2X2X1，

规律方法空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面

中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边.

跟踪演练1（1）（多选）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中

正确的是（）

CA

A.CRGH

B.CD与EF是共面直线

C.AB//EF

D.GH与M是异面直线

答案ABD

解析由图可知，还原正方体后，点C与G重合，

即CWGH,

又可知CO与E尸是平行直线，即C。与E厂是共面直线，AB与E尸是相交直线（点8与点尸

重合），GH与EF是异面直线，故A,B,D正确，C错误.

（2）如图，在正三棱锥P-ABC中，ZAPB=ZBPC=ZCPA=30°,PA=PB=PC=2,一只虫

子从4点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A点，则虫子爬行的最短距离是（）

答案D

解析将三棱锥由物展开，如图所示，则NAah=90。,

所求最短距离为A4i的长度，•.•唐=2,

...由勾股定理可得

AA\=\22+22=2^2.

，虫子爬行的最短距离为2吸.

考点二表面积与体积

【核心提炼】

1.旋转体的侧面积和表面积

（1）53）柱侧=2兀儿S/柱表=2兀&•+/）（r为底面半径，I为母线长）.

（2）S215MM="/,S/鲤表=”（，・+/）（，为底面半径，/为母线长）.

（3）S球表=4兀/?2柒为球的半径）.

2.空间几何体的体积公式

（1）丫柱=5力（5为底面面积，h为高）.

（2）V抒=]S/z（S为底面面积，/z为高）.

（3）巾6=g（S上+、S上S+S"（S上,SF为底面面积，〃为高）.

4

⑷忆产开心但为球的半径）.

例2（1）（2022.全国甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2兀，侧

面积分别为S中和5乙，体积分别为V中和V乙若*=2,则会等于（）

3乙7乙

A邛B.2y[2C.V10

答案C

解析方法一因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合各=2,可知甲、乙两个圆锥

侧面展开图的圆心角之比是2：1.

不妨设两个圆锥的母线长为/=3,甲、乙两个圆锥的底面半径分别为打，72,高分别为历，

〃2,

则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6兀的圆，

所以2n,1=4兀，2兀/"2=27：,得八=2,,-2=1.

由勾股定理得，

h\=ylP—ry=y[5,h?=木=H=2巾.,

V甲甲齐〃1

所以

V乙一1

于,

方法二设两圆锥的母线长为/,甲、乙两圆锥的底面半径分别为n,r2,高分别为小，力2,

侧面展开图的圆心角分别为〃2,

M.I占S目兀〃/2兀

则由&一〃2/_也进—2，

27r

%琮=2

由题意知〃1+改=2兀,

所以，?1=彗，«2=y,

47t27r

所以2兀门=丁/,2nr2=~l,

得力=|/,r2=|/.

由勾股定理得，加=4百=雪/,

hi—yjp—riI,

斫,"单轴小4小r-

所以I_L，/一2旷加

（2）（多选）（2022.新高考全国H）如图，四边形4BCO为正方形，EOJ_平面ABC。，FB//ED,

AB=ED=2FB.记三棱锥E—AC。，F-ABC,F-ACE的体积分别为％,V2,3,贝4（）

A.V3=2V2B.V3=Vi

C.V3=Vi+V2D.2V3=3W

答案CD

解析如图，连接BZ）交AC于O,连接OE,OF.

设AB=ED=2FB=2,

则AB=BC=CD=AD=2,

FB=1.

因为E£>_L平面ABC。，FB//ED,

所以尸8_L平面ABCD,

所以■=VE-ACD=^S&ACD-EO=：XCDE£)=《X；X2义2义2=4，

丫2—VF-ABC=^S^ABC-FB=；X^AB-BCFB=TX^X2X2X1=^.

因为ED_L平面ABC。，ACU平面ABC。，

所以ED±AC,

^ACLBD,

且E£>nB£>=。，ED,B£>U平面BQEF,所以AC_L平面BOEF.

因为OE,。/u平面8OEF,

所以AC1_OE,ACLOF.

易知AC=BD=^AB=2版

OB=OD=^BD=yf2,

OF=yjOB2+FB2=-^3,

OE=7O4+ED2=#,

EF=yjBD2+(ED-FB)2

=、(2啦)2+(2-1)2=3,

所以E/MO戌+O产，所以OF_LOE.

又OECAC=O,OE,ACU平面ACE,

所以。尸，平面ACE,

所以V3=VF-ACE=^SAACE-OF

=gx；ACO£OF

=京卜2吸义,乂木=2,

所以匕W2v2,Vi^V3,3=弘+笆,2匕=3匕，

所以选项A,B不正确，选项C,D正确.

规律方法空间几何体的表面积与体积的求法

(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解.

(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不

熟悉的几何体补成熟悉的几何体.

(3)等体积法：选择合适的底面来求体积.

跟踪演练2(1)已知圆锥的顶点为S,母线S4,S8所成角的余弦值为《7，弘与圆锥底面所成

O

角为45。，若△SAB的面积为5灰，则该圆锥的侧面积为()

A.8(A/2KB.40

C.4M兀D.4即兀

答案C

解析由圆锥的顶点为S,母线SA,S3所成角的余弦值为提7

O

V15

可得sin/AS5=

8

又△SAB的面积为5仃，

可得;S/PsMNASB=5仃,

1近

即

-幺2X

28=5灰，可得SA=4小,

由SA与圆锥底面所成角为45。，

可得圆锥的底面半径为乎X44=2回,

则该圆锥的侧面积为nX2s5X4小=40血兀

(2)(2022・连云港模拟)如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2,则该

圆台的体积是()

答案B

解析如图，设上底面的半径为r,下底面的半径为R,高为〃，母线长为/,

则2兀r=兀・1,2兀/?=兀2

解得r=3，R=l,

/=2-1=1,

上底面面积S'=*

下底面面积5=兀・12=兀,

则该圆台的体积为g（S+S'+小/）/1=

小7仍兀

考点三多面体与球

【核心提炼】

求空间多面体的外接球半径的常用方法

（1）补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长

方体中去求解；

（2）定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，

找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可.

例3（1）（2022・烟台模拟）如图，三棱锥V—A8C中，四_L底面ABC,/BAC=90。，AB=AC

=3=2,则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为（）

（2一小）：1（2小一3）：1

（小-1）：3（小一1）:2

答案C

解析因为磔_L底面ABC,A8,ACU底面ABC,

所以VA±AB,VA1AC,

又因为NBAC=90。，

所以AB_LAC,而AB=AC=%=2,

所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外

接球的半径

R=gX-\/22+22+22=A/3,

设该三棱锥的内切球的半径为r,

因为NBAC=90。，

所以BC^yjAB^AC2-^22+22=2小,

因为U4_L4B,VA±AC,AB=AC=VA=2,

所以VB=VC^yjVA2+AB2^^/22+22-2y[2,

由三棱锥的体积公式可得，

3x|x|x2X2-r+|x|x2V2X2V2X^r=1x|x2X2X2=>r=^Y^,

3—*\/3

所以r：^3=（^3-1）:3.

（2）（2022.新高考全国H）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3小和4小，其顶点

都在同一球面上，则该球的表面积为（）

A.100兀B.1287t

C.144nD.1927t

答案A

解析由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为如乎X3小=3,|x乎X4小

=4.

设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为0|,。2,连接0。2（图略），则。。2=1,其外接

球的球心。在直线0。2上.

设球。的半径为R,当球心O在线段002上时，/?2=32+00?=42+（1-<?01）2,

解得。0|=4（舍去）；

当球心。不在线段。。2上时，R2=42+O（^=32+（1+OC>2）2.解得。。2=3,

所以心=25,

所以该球的表面积为4兀k=100兀

综上，该球的表面积为100兀.

规律方法（1）求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解.

（2）求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径.

跟踪演练3（1）（2022.全国乙卷）已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点

均在球。的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

11

AjB.2

答案c

解析该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点。组成的圆锥体积最大.

设圆锥的高为〃(()</?<1),底面半径为r,

则圆锥的体积丫=；兀/力=§兀(1—〃2)/?,

则V=；兀(1一3")，

令V兀(1-3»)=0,得力=坐,

所以V=%(1一炉)/7在(0,由)上单调递增，

在停，1)上单调递减，

所以当/7=半时，四棱锥的体积最大.

(2)(2022.衡水中学调研)将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起，已知正三棱锥的侧棱

长为2,若该组合体有外接球，则正三棱锥的底面边长为,该组合体的外接球的体

积为.

答案乖"7

解析如图，连接外交底面BCO于点O,则点。就是该组合体的外接球的球心.

设三棱锥的底面边长为a,

则CO=PO=R=手a,

得也X乎a=2,

所以。=#,R=也,

所以丫=%.(g)3="^兀

专题强化练

一、单项选择题

1.（2022・唐山模拟）圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比

值为（）

A.1：1B.1：2

C.2：1D.2：3

答案A

解析设球的半径为r,依题意知圆柱的底面半径也是r,高是2r,圆柱的侧面积为2m2r

=4兀/，球的表面积为4兀户，其比例为1：1.

2.（2021.新高考全国I）已知圆锥的底面半径为噌，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的

母线长为（）

A.2B.2yliC.4D.46

答案B

解析设圆锥的母线长为/,因为该圆锥的底面半径为地，所以2兀/&=兀/,解得/=2吸.

3.某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手为他们制作了一份礼物，

用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写了“致敬最美逆行”六个字.该正方体纸盒

水平放置的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示.如图是该正方体

的展开图.若图中“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是（）

A.最B.美C.逆D.行

答案B

解析把正方体的表面展开图再折成正方体，如图，面“致”与面“美”相对，若“致”在

正方体的后面，那么在正方体前面的字是“美”.

4.已知正方体A8CD—ABGOi的棱长为2,则三棱锥的体积为（）

48

A.§BjC.4D.6

答案B

解析如图，三棱锥A-BICCI是由正方体ABCQ-ABiCQi截去四个小三棱锥A-A1,

C-BCD,Bt-ABC,OLACZ）形成的,

DC

A

G

A

又匕IBCO-4B|GDI=2^=8，

匕-4取力一匕Jgca-V^-ABC-VQ-ACD

114

=3X2X23=3,

48

所以匕-83=8-4X3=?

5.(2022・河南联考)小李在课间玩耍时不慎将一个篮球投掷到一个圆台状垃圾篓中，恰好被上

底口(半径较大的圆)卡住，球心到垃圾篓底部的距离为5«而小垃圾篓上底面直径为24a,下

底面直径为18〃，母线长为13“，则该篮球的表面积为()

A.154兀a2B.^^rta2

C.308M2D.616m2

答案D

解析球与垃圾篓组合体的轴截面图如图所示.根据题意，设垃圾篓的高为儿则

h==(13a)2-(12a—9a)2-4yf\(ja.

所以球心到上底面的距离为4而4.

设篮球的半径为r,

则r2=10a2+(12a)2=154a2.

故篮球的表面积为4兀户=616*2.

6.(2022・湖北联考淀义:24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度.其中小雨(<10mm),

中雨(10mm〜25mm),大雨(25mm〜50mm),暴雨(50mm〜100mm),小明用一个圆锥形容

器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级()

A.小雨

C.大雨D.暴雨

答案B

解析由题意知，一个半径为竽=100（mm）的圆面内的降雨充满一个底面半径为等X指=

50(mm),高为150(mm)的圆锥，

|TTX502X150

所以积水厚度~k~=12.5(mm),属于中雨.

TlX10(J-

7.（2022・八省八校联考）如图，已知正四面体A8C。的棱长为1,过点B作截面a分别交侧棱

AC,AD于£尸两点，且四面体ABEF的体积为四面体ABC。体积的小则EF的最小值为（）

答案D

解析由题知VB-AE尸=3力-从(7)，

所以SAAEF=|SAACD=|XIX1X1X

记EF=a,AE=b,AF=c,

则，csin600=兴,即bc=*

贝ija2=b2+c2—2/?ccos60°N2bc——/?c=bc=g,

当且仅当b=c=半时取等号，

所以。即EF的最小值为半

8.（2022•新高考全国I）已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上.若该球的体

积为36兀，且3W/W3小，则该正四棱锥体积的取值范围是（）

答案C

解析方法一如图，设该球的球心为O,半径为R,正四棱锥的底面边长为。，高为/?,

6W）

_4

依题意，得36兀=铲/?3,

解得R=3.

7=»+俘，2,

由题意及图可得彳

R2=（h—R）2+（当a）,

LPI2

解得1尸

*=2/2-萩，

I1o

所以正四棱锥的体积V^a2h

=I（2"僦=&d）（3WH琬）,

所以V'=/——§（3</W35）.

令V=0,得/=2而，

所以当3W/<2#时，Vz>0；

当2加</<3小时，V<0,

所以函数丫=6（2一得）（304小）在［3,2班）上单调递增,

在（2班,3小」上单调递减,

27

又当/=3时，旷=①；

当/=2加时，V=—；

Q1

当/=3小时，V=Y>

「2764]

所以该正四棱锥的体积的取值范围是_了，5_•

方法二如图，设该球的球心为O,半径为七正四棱锥的底面边长为〃，高为九

4

依题意，得36兀=铲R3,

解得R=3.

7=/?+停，2,

由题意及图可得<

R2=(h_R)2+愕a

「,尸尸

.一方=不

解曾M

[标=2»-南

又3W/W3小，

所以该正四棱锥的体积V=|a2/i

=歌-旗=&一合

=72义奈奈2一给

W72X肾(+(2—邮=与

L3J

(当且仅当玄=2—即/=2玳时取等号)，

64

所以正四棱锥的体积的最大值为半，排除A,B,D.

方法三如图，设该球的半径为七球心为。，正四棱锥的底面边长为“，高为/?,正四棱锥

的侧棱与高所成的角为仇

p

依题意，得36兀=飙3,

解得R=3,所以正四棱锥的底面边长a=g/sin仇高h=Icos。.

在△OPC中，作OEJ.PC,垂足为E,

_/

则可得COSI，坐,

所以/=6cos0,

所以正四棱锥的体积

V=^a2h=^(-\/2/sin步/cos0

=2（6COS0）3sin20cos0=144（sin0cos20）2.

设sin夕=/,易得/£坐］,

则y=sin0cos20=r（l—F）=/一户，

贝叮'=1一3於.令）,，=o,得—半，

所以当;<70尊时，y'>0；

当日时，y'<0,

所以函数y=f一2在（；，室）上单调递增，在停坐）上单调递减.

又当片当时，y=芈；当T时，y=］；

当尸田时，y邛,

所以坐WyW乎，所以孑WVW竽.

所以该正四棱锥的体积的取值范围是匡y］.

二、多项选择题

9.（2022•武汉模拟）一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,

下列结论正确的是（）

A.圆柱的侧面积为4兀7?2

B.圆锥的侧面积为2兀审

C.圆柱的侧面积与球的表面积相等

D.球的体积是圆锥体积的两倍

答案ACD

解析对于A,•.•圆柱的底面直径和高都等于2R,

圆柱的侧面积多=2成-2/?=4欣2,故A正确；

对于B,：圆锥的底面直径和高等于2R,

.•.圆锥的侧面积为

S2="RA/R2+4N=小兀R2,故B错误；

对于C,圆柱的侧面积为S=4TTR2,

球的表面积S3=47tR2,即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；

4

对于D,球的体积为丫1=铲/?3,

12

圆锥的体积为丫2=1兀/&2/?=］火/?3,

即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确.

10.设一空心球是在一个大球（称为外球）的内部挖去一个有相同球心的小球（称为内球），已知

内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1,若某正方体的所有顶点均在外球面上且所有

面均与内球相切，则（）

A.该正方体的棱长为2

B.该正方体的体对角线长为3+5

C.空心球的内球半径为小一1

D.空心球的外球表面积为（12+65）兀

答案BD

解析设内、外球半径分别为r,R,则正方体的棱长为2r,体对角线长为2R,.../?=小/，

又由题知R—r—},

•V3±3

,•»2，k2'

...正方体棱长为，5+1,体对角线长为3+小，

外接球表面积为4兀/?2=（12+期）兀

11.如图，已知四棱台ABCD-A\B\C\D\的上、下底面均为正方形，其中AB=2®AiB产小,

AA\-BB\—CC\=DD\—2,则下列叙述正确的是（）

A.该四棱台的高为小

B.AAiLCCi

C.该四棱台的表面积为26

D.该四棱台外接球的体积为竽

答案AD

解析将四棱台补为如图所示的四棱锥分别取8C,BG的中点E,Ei,

记四棱台ABC。一4BC5的上、下底面中心分别为。”0,连接AC,AiCi,BD\,BQ,

A。，OE,OP,PE,

由条件知4,Ci,。分别为四棱锥的侧棱南，PB,PC,PO的中点，

则以=2A4|=4,OA.=~^AB=y[lA\B\=2,

所以001=；PO=W%2一％2=小,

故该四棱台的高为S，故A正确；

由%=PC=4,AC=4,得△R1C为正三角形，

则A4i与CG所成角为60°,故B错误；

四棱台的斜高〃^PE^PO^OE2

=却(2小叩的2=卑

所以该四棱台的表面积为

(26)2+(的2+4XX华

=10+60，故c错误；

由△出C为正三角形，易知OA|=OA=OC=OC1,OBi=ODi=OB=OD,

所以。为四棱台外接球的球心，且外接球的半径为2,所以该四棱台外接球的体积为与X23

=等，故D正确.

12.（2022・聊城模拟）用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状,

则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱.这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之

间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高.椭圆的面积等于长半轴长与短

半轴长乘积的兀倍，已知某圆柱的底面半径为2,用与母线成45。角的两个平行平面去截该圆

柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（）

A.底面椭圆的离心率喈

B.侧面积为246兀

C.在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36兀

D.底面积为4g兀

答案ABD

解析不妨过斜圆柱的最高点。和最低点B作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的几

何体是圆柱，如图，矩形A8CD是圆柱的轴截面，平行四边形BEDE是斜圆柱的过底面椭圆

的长轴的截面，

由圆柱的性质知/ABF=45。，

贝IBF=@AB,

设椭圆的长轴长为2m短轴长为26,

贝（I2a=yf2-2b,a—yf2b,

所以离心率为e=。等,A正确；

作EG±BF,垂足为G,则EG=6,

易知NEBG=45。，则BE=M，

又CE=AF=AB=4,

所以斜圆柱侧面积为S=2;rX2X（4+6•）一2兀X2X4=24虚兀，B正确；

由于斜圆柱的两个底面的距离为6,而圆柱的底面直径为4,所以斜圆柱内半径最大的球的半

径为2,球的表面积为4兀X22=16兀，C错误；

易知2b=4,则b=2,a=2y[2,

所以椭圆面积为兀〃。=4/兀，D正确.

三、填空题

13.（2022・湘潭模拟）陀螺是中国民间的娱乐工具之一，也叫做陀罗.陀螺的形状结构如图所示,

由一个同底的圆锥体和圆柱体组合而成，若圆锥体和圆柱体的高以及底面圆的半径长分别为

hi，hz，r,且h\—h2—r,设圆锥体的侧面积和圆柱体的侧面积分别为Si和S2,则£=.

答案当

解析由题意知,

圆锥的母线长为/=用〃计户=极,

则圆锥的侧面积为Si=Ttrl=y[2m2,

根据圆柱的侧面积公式，可得圆柱的侧面积为

52=2兀历2=2兀3，所以称•=平.

14.（2022・福州质检）在正三棱柱ABC—481cl中，A8=44i=2,F是线段4田上的动点，

则AF+FQ的最小值为.

答案#+啦

解析依题意，把正三棱柱ABC—481G的上底面与侧面矩形放在同一平

面内，连接AG,设AG交于点凡如图,

此时点F可使AF+FG取最小值，大小为AG,而NA4Ci=150。,

则ACi=^A4HAiC?-2A4rAiCicosZAAiCi

=^/22+22-23cos150°

=、8+4小=_\/^+"75,

所以AF+尸G的最小值为#+啦.

15.某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心工艺品（如图所示）.该工艺品可以

看成是一个球体被一个棱长为4的正方体的6个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重

合），其中一个截面圆的周长为3兀，则该球的半径为；现给出定义：球面被平面所

截得的一部分叫做球冠.截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠

的高.如果球面的半径是R,球冠的高是〃，那么球冠的表面积计算公式是5=2兀出.由此可

知，该实心工艺品的表面积是________.

54

答

案

2一727T

解析设截面圆半径为r,则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即此距离为2,根

据截面圆的周长可得3兀=2”,得—本

故k=产+22=亳得R=|,

所以球的表面积S=25兀

如图，OA=OB=|,且00尸2,

则球冠的高h=R~OO\=^

得所截的一个球冠表面积5=2兀出=2兀乂曰><]=M且截面圆的面积为兀x（*=当，

乙乙乙/4

16.（2022・开封模拟）如图，将一块直径为2小的半球形石材切割成一个正四棱柱，则正四棱柱

的体积取最大值时，切割掉的废弃石材的体积为.

答案2小汽—4

解析设正四棱柱的底面正方形边长为。，高为儿则底面正方形的外接圆半径/=多,

/.屈+/=fj2-\--a23,

：.a2=6-2h2,

，正四棱柱的体积V=crh=(6—2lr)h=-2/?3+6/?(0</?<^3),

/.V'=-6/z2+6=—6(/z+l)(//—1),

.•.当(x〃<i时，V>o；当1<〃<小时，V<o；

；.^=一2〃3+6力在(0,1)上单调递增，在(1,4)上单调递减,

.,.Vnm=V(l)=4,

又半球的体积为京x(小)3=2#兀，

切割掉的废弃石材的体积为2小兀-4.

第2讲空间点、直线、平面之间的位置关系

［考情分析］高考对此部分的考查，一是空间线面关系的命题的真假判断，以选择题、填空

题的形式考查，属于基础题；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一

般以选择题、填空题或解答题的第（1）问的形式考查，属中档题.

考点一空间直线、平面位置关系的判定

【核心提炼】

判断空间直线、平面位置关系的常用方法

（1）根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.

（2）必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并

结合有关定理进行判断.

例1（1）（多选）已知〃?，〃是两条不同的直线，a,£是两个不同的平面，则下列说法正确的

是（）

A.若a〃夕，%Ua,则

B.若in//n,nA.fi,贝!Ia〃/?

C.若a_L夕，“Ua,“u夕，则m_L〃

D.若m_La,m//n,n//p,则aJ■尸

答案BD

解析A选项，两个平行平面内的两条直线，可能平行，或者异面，A选项错误；

B选项，若nip,则直线，小〃对应的方向向量机，”可看作a,4的法向量，由于机〃”，

又a,£是两个不同的平面，则a〃£,故B选项正确；

C选项，若两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于两个平面交线的直线才垂直于另一个平

面，从选项中无法判断〃?，”和交线的位置关系，因此〃?，〃可能相交但不垂直，平行，异面

但不垂直，C选项错误；

D选项，若mClfj,又根据面面垂直的判定定理，即有a邛,若由于”?〃〃，〃〃产,

则〃1〃£,过，"任作一个平面，使其和//相交于直线c,根据线面平行的性质定理，m//c,

又"?J_a,则c_La,结合cU£,即故D选项正确.

（2）（多选）（2022.金丽衢十二校联考）每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图.若点

G,H,M,N分别是正八面体4BCDEF的棱OE,BC,AD,B尸的中点，则下列结论正确的

是（）

E

A.四边形AECF是平行四边形

B.GH与MN是异面直线

C.GH〃平面EA8

D.GHLBC

答案AC

解析连接AC,EF,BD,MH,EH,EM,则AC与E尸相交且相互平分，故四边形AECF

为平行四边形，故A正确；

所以4E〃C尸.又G,H,M,N分别是正八面体ABCDEF的棱OE,BC,AD,BF的中点，

所以GM〃AE,NH//CF,

且GM=；AE,NH=^CF,

所以GM〃NH,且GM=NH,

所以四边形MNHG是平行四边形，故B错误；

易证平面MNHG〃平面EAB,

又GHU平面MNGH,

所以GH〃平面E48,故C正确；

因为E，_L8C,MHLBC,EHQMH=H,

所以BC_L平面EMH,

而GHQ平面EMH,GHCEH=H,

所以GH与BC不垂直，故D错误.

规律方法对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，利用线

面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则假设成立；

若得出矛盾，则假设不成立.

跟踪演练1（1）（多选）（2022・湖南师大附中模拟）在长方体ABCQ-ASGA中，直线AC与

平面的交点为M,O为线段的中点，则下列结论正确的是（）

A.A,M,O三点共线

B.M,O,Ai，A四点共面

C.B,Bi,0,M四点共面

D.A,0,C,M四点共面

答案ABD

解析如图，因为A4i〃CG,则A,Ai,G,C四点共面.

因为MC4C,所以MG平面ACG4,又例©平面ABIDI,则点M在平面ACG4与平面

ABxD\的交线上,

同理，0,A也在平面ACGAi与平面ABIOI的交线上，

所以A,M,。三点共线，从而M,0,Ai,A四点共面，A,0,C,M四点共面.

由长方体性质知，0M,88是异面直线，即B,Bi,0,M四点不共面.

(2)设点E为正方形A8C。的中心，M为平面A3C。外一点，为等腰直角三角形，且

ZMAB=90°,若尸是线段例8的中点，则()

A.MEWDF,且直线ME,。尸是相交直线

B.尸，且直线ME,。尸是相交直线

C.MEWDF,且直线ME,。尸是异面直线

D.ME=DF,且直线ME,。尸是异面直线

答案B

解析连接EF,

如图所示，

由题意知AB_LA。，

AB±AM,AM=AD,

A8=AB,

所以BM=BD,

因为E,尸分别为BD,8M的中点，则EF//DM,

因为FM=，M=；BD=DE,

故四边形是等腰梯形，

所以ME=Z)F,且直线ME,。尸是相交直线.

考点二空间平行、垂直关系

【核心提炼】

平行关系及垂直关系的转化

面面平行的判定

面面平行的性质

面面垂克的判定

面面垂直的性质

例2如图，四边形A4iGC为矩形，四边形CG88为菱形，且平面CGBiB,平面A4CC，

D,E分别为边4B”GC的中点.

(1)求证：8GJ_平面A8C；

(2)求证：OE〃平面ABC.

证明(1)；四边形A4CC为矩形，

：.ACA-C\C,

又平面CGB山，平面AAiGC,

平面CGB山A平面AA\C\C=CC\,

；.AC_L平面CCiBiB,

平面CG8B,：.AC±CiB,

又四边形CG5B为菱形，/.BICIBCI,

'：B\Cr\AC=C,ACU平面ABC,

BiCU平面ABiC,

，BCi_L平面AB\C.

(2)如图，取A4i的中点凡连接OF,EF,

•.•四边形A4GC为矩形，E,F分别为CiC,A4的中点，

：.EF//AC,又ERI平面ABC,ACU平面A8C,

〃平面ABtC,

同理可得。F〃平面ABC,

EFnDF=F,EFU平面DEF,DFU平面DEF,：.平面DEF//平面ABiC,

:DEC平面DEF,：.OE〃平面ASC.

规律方法(1)证明线线平行的常用方法

①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理.

(2)证明线线垂直的常用方法

①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直.

跟踪演练2(2022•西安模拟)如图，在直三棱柱ABC—4BiG中，M,N分别是线段48,

AG的中点.

⑴求证：MN±AAn

(2)在线段8G上是否存在一点P,使得平面MNP〃平面ABC?若存在，指出点P的具体位

置；若不存在，请说明理由.

(1)证明连接4C,如图，因为在直三棱柱ABC—AiBG中，A4CC为平行四边形，

故4C和AG相交，且交点为它们的中点N,

又因为M为Ai8的中点，

所以MN为△AiBC的中位线，

所以MN//BC.

因为AA_L平面ABC,BCU平面ABC,

所以44i_LBC,所以AA」MV,

即MNLAAt.

⑵解存在，当P为8G的中点时，

平面MNP〃平面ABC.

连接*V,PM,如图，

因为N为AG的中点，P为8Ci的中点,

所以PN//AB,

又PNQ平面ABC,

A8U平面ABC,

所以尸N〃平面ABC,

又由（1）知MN〃BC,BC<=平面ABC,

MNC平面ABC,故MN〃平面ABC,

又MNCPN=N,MN,PNU平面PMN,

所以平面MNP〃平面ABC.

考点三翻折问题

【核心提炼】

翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”

同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位

置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图

形中解决.

例3（1）（2022•南宁模拟）己知正方形ABC3中E为AB中点，”为AO中点，F,G分别为

BC,CO上的点，CF=2FB,CG=2GD,将△ABO沿着8。翻折得到空间四边形4BCC,则

在翻折过程中，以下说法正确的是（）

A.EF//GHB.EF与G”相交

C.EF与GH异面D.EH与FG异面

答案B

解析如图，由CF=2FB,CG=2GD,

得FG//BD且FG=|B。，

由E为A8中点，H为AD中点，

得EH//BD且EH=：BD,

所以EH〃FG,且EHWFG,

所以四边形EFG”为梯形.

梯形EFGH的两腰E凡“G延长必交于一点，

所以E尸与G”相交，EH与FG平行,

故选项A,C,D不正确，选项B正确.

B

（2）（多选）（2022•山东名校大联考）如图，在矩形ABC。中，AB=2AD,E为边A8的中点，将

△AOE沿直线OE翻折成△4QE.若M为线段AC的中点，则在△AOE翻折的过程中，下面

四个命题中正确的是（）

A.的长是定值

B.点M的运动轨迹在某个圆周上

C.存在某个位置，使OE_L4c

D.Ai不在底面BCD上时，MB〃平面AQE

答案ABD

解析如图所示，取C。的中点F,

连接MF,BF,AC,

AEB

易得M/〃4。，BF//DE,

平面AQE,4OU平面AQE,

〃平面A।DE,

同理可得B尸〃平面A0E,

又MFClBF=F,MF,B/U平面BM尸，

平面BMF〃平面AiOE,

：BA/U平面BMF,

〃平面AQE,D选项正确；

又NBFM=NAiDE,

定值，BF=DE=定值，

由余弦定理知，

MB。=MF1+BF2-IMF-BF-cosZMFB,

.•.8M为定值，A选项正确；

...点M的运动轨迹在以点8为圆心，为半径的圆周上，B选项正确；

•.•AC在平面ABCD中的射影在直线AC上，且AC与QE不垂直，

不存在某个位置，使C选项错误.

易错提醒注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形，弄清楚变与不变

的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置

与数量关系.

跟踪演练3（多选）如图，在矩形ABCO中，BC=1,AB=x,80和AC交于点O,将△BA。

沿直线B。翻折，则下列说法中正确的是（）

A.存在x,在翻折过程中存在某个位置，使得ABLOC

B.存在x,在翻折过程中存在某个位置，使得ACLLBO

C.存在x,在翻折过程中存在某个位置，使得ABL平面AC。

D.存在x,在翻折过程中存在某个位置，使得月C,平面48。

答案ABC

解析当A8=x=l时，此时矩形A8C。为正方形，则AC_LB£>,

将△840沿直线B。翻折，当平面ABZ）J_平面BCO时，

因为OC_LB。，OCU平面BCO,平面ABOCI平面BCD=B。，

所以OC_L平面ABO,又ABU平面48。，

所以ABLOC,故A正确；

又OC_L8O,OA1BD,且OAAOC=O,OA,OCU平面ORC,

所以BC平面。4C,又ACU平面OAC,所以ACLBO,故B正确；

在矩形ABC。中，ABLAD,AC=W+C,

所以将△BAD沿直线8。翻折时，总有ABJMO,

取x=],当将△BAO沿直线BO翻折到AC=竽时，有A^+AGUBC2,

SPABVAC,S.ACHAD=A,AC,4OU平面AC。，则此时满足ABJ_平面AC。，故C正确；

若AC_L平面A8Q,

又AOU平面A8£）,则4CJ_A0,

所以在△AOC中，OC为斜边，这与OC=OA相矛盾，故D不正确.

专题强化练

一、单项选择题

1.（2022.龙岩质检）己知三条直线a,b,c,若a和6是异面直线，b和c是异面直线，那么

直线。和c的位置关系是（）

A.平行B.相交

C.异面D.平行、相交或异面

答案D

解析画图分析可知空间直线的三种位置关系均有可能，故D正确.

2.（2022・湖北八市联考）设a,“为两个不同的平面，则a〃夕的一个充要条件可以是（）

A.a内有无数条直线与夕平行

B.a,尸垂直于同一个平面

C.a,夕平行于同一条直线

D.a,夕垂直于同一条直线

答案D

解析对于A,a内有无数条直线与夕平行不能得出a〃夕，a