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1、热点总结与强化训练(四),热点一 空间几何体的表面积、体积 1.本热点在高考中的地位 柱、锥、台、球及其简单组合体等内容是立体几何的基础，是研究空间问题的基本载体，也是高考对立体几何考查的一个重要方面，其中几何体的结构特征是高考的热点，从近几年的新课标高考来看，主要以填空题的形式考查几何体的表面积、体积的计算，且难度有逐年加大的趋势.,2.本热点在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对空间几何体表面积、体积的考查，主要有以下两种方式: (1)规则几何体的表面积、体积常与线面垂直、面面垂直的判定和性质综合考查. (2)不规则几何体的表面积、体积，考查几何体结构特征的识别能力.,1.空间几何体
2、的表面积和体积 (1)柱体、锥体、台体的侧面积就是各个侧面积之和，表面积就是各个面的面积之和，即侧面积和底面积之和.,(2)柱体、锥体、台体、球体的表面积和体积公式.,2.几何体的表面积及体积问题求解技巧 (1)求几何体的表面积和体积问题，可以多角度、多方位地考虑,熟记公式是关键所在.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. (2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.,平时的备考中要从对空间几何体的整体观察入手，遵循从整体到局部、从具体到抽象的原则认识空间图形，通常采用直观感知认识空间图形，培养
3、和发展空间想象能力及几何直观能力.同时对于几何体的表面积、体积的求法要加大训练，培养准确运算的能力.,(2011福建高考)如图，四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，ABAD，点E在线段AD上，且CEAB. (1)求证：CE平面PAD； (2)若PA=AB=1，AD=3，CD= ， CDA=45，求四棱锥P-ABCD 的体积.,【解题指南】(1)由CEAB联想到，要证CE平面PAD，可证AB平面PAD，欲证AB平面PAD，只需证ABPA，ABAD即可. (2)用公式V四棱锥P-ABCD S四边形ABCDPA即可求出.,【规范解答】(1)因为PA平面ABCD， AB平面ABCD，所以PAAB.
4、 因为ABAD,又PAAD=A, 所以AB平面PAD.因为CEAB， 所以CE平面PAD. (2)由(1)可知CEAD. 在RtECD中，DE=CDcos45=1， CE=CDsin45=1.AE=AD-DE=3-1=2.,又因为AB=CE=1,ABCE，所以四边形ABCE为矩形. 所以S四边形ABCDS矩形ABCE+SECD ABAE+ CEDE 12+ 11= . 又PA平面ABCD，PA=1， 所以V四棱锥P-ABCD S四边形ABCDPA 1= .,1.(2012南京模拟)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=1，BC=2，AC= ，AA1=3，M为线段B1B上的一动点，则当AM
5、+MC1最小时，AMC1的面积为_.,【解析】依题意，将侧面ABB1A1与侧面BCC1B1展开在同一平面上，然后连结AC1，则AC1与BB1的交点即是使AM+MC1取得最小值的点M的位置，结合题意与图形易知，此时AM= ，MC1=2 .在AMC1中，AM= ， MC1=2 ，AC1= ， cosAMC1= ， sinAMC1= ， AMC1的面积等于 AMMC1sinAMC1= . 答案：,2.(2012苏州模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2 ，则四面体A-B1CD1的外接球的体积为_. 【解析】四面体A-B1CD1的外接球即为正方体的外接球.设此球半径为r， 则2r= =6，r
6、=3， V球= r3= 27=36. 答案：36,3.(2012南通模拟)如图1所示，在边长为12的正方形ADD1A1中，点B，C在线段AD上，且AB=3，BC=4，作BB1AA1，分别交A1D1、AD1于点B1、P，作CC1AA1，分别交A1D1、AD1于点C1、Q，将该正方形沿BB1，CC1折叠，使得DD1与AA1重合，构成如图2所示的三棱柱ABC-A1B1C1. (1)求证：AB平面BCC1B1； (2)求四棱锥A-BCQP的体积.,【解析】(1)在正方形ADD1A1中，因为CD=AD-AB-BC=5， 所以三棱柱ABC-A1B1C1的底面三角形ABC的边AC=5. 因为AB=3，BC=
7、4， 所以AB2+BC2=AC2，所以ABBC.因为四边形ADD1A1为正方形，AA1BB1,所以ABBB1，而BCBB1=B，所以AB平面BCC1B1. (2)因为AB平面BCC1B1，所以AB为四棱锥A-BCQP的高. 因为四边形BCQP为直角梯形，且BP=AB=3，CQ=AB+BC=7，所以梯形BCQP的面积为S梯形BCQP= (BP+CQ)BC=20. 所以四棱锥A-BCQP的体积VA-BCQP= S梯形BCQPAB=20.,热点二 点、线、面的位置关系 1.本热点在高考中的地位 点、直线、平面的位置关系主要包括空间点、直线、平面之间的位置关系及线面、面面平行(垂直)的判定和性质，是解
8、决立体几何中推理和计算问题的基础，因此本部分内容是高考的必考内容之一.,2.本热点在高考中的命题方向及命题角度 高考对本部分内容考查的题型为解答题，比较稳定，以空间线面关系的推理证明为主，难度中等.考查线线、线面、面面的垂直与平行.这类问题常以柱体、锥体为载体进行考查，有时也与体积的计算结合在一起.,1.直线、平面平行的判定与性质 利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化，解决平行关系的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”，而应用性质定理时，其顺序正好相反；但也要注意其转化的方向，要依题目的具体条件而定，不可过于模式化.,2.直线、平面
9、垂直的判定与性质 (1)线面垂直的判定和性质实质体现了线线垂直与线面垂直的相互转化.判定定理中的两条相交直线必须保证“在平面内相交”这一条件，而且已知线面垂直，则直线与平面内任一直线垂直的性质又为我们提供了证明线线垂直的依据.,(2)要证面面垂直，可以考虑利用面面垂直的定义即证这两个平面所成的二面角是直二面角；也可先证线面垂直，即设法先找到其中一个平面的一条垂线，再证这条垂线在另一个平面内或与另一个平面内的一条直线平行.而见到面面垂直时要首先想到在其中一个平面内找(或作)出交线的垂线，此直线与另一个平面垂直.,(1)基础知识、基本技能、基本方法、基础训练要到位，立体几何的基本概念、公理、定理是
10、基础；解题步骤要规范，注重通性通法. (2)近几年的高考中，在空间线面关系的证明过程中渗透空间几何体中的一些基本运算，因此要加强对计算的训练.,(3)从高考的考查形式看，命题的载体以柱体、锥体为主，但同时也逐步趋向不规则几何体，因此要有意识地加强对空间几何体结构特征的认识和空间想象能力的培养. (4)注重数学方法，加强方法指导. 转化、化归的思想贯穿立体几何的始终，是处理立体几何问题的基本思想另外还要注意提高识图、理解图、应用图的能力，解题时应多画、多看、多想，这样才能提高空间想象能力和解决问题的能力.,(2011广东高考)如图所示的几何体是将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将
11、其中一半沿切面向右水平平移后得到的.A,A,B,B分别为 的中点，O1, O1,O2，O2分别为CD，CD,DE,DE的中点. (1)证明:O1,A,O2,B四点共面； (2)设G为AA中点，延长AO1到H， 使得O1H=AO1， 证明：BO2平面HBG.,【解题指南】(1)证明O1ABO2即可；(2)利用三角形全等证线线垂直，然后证明O1O2平面BBO2O2即可证得结果. 【规范解答】(1)A,A，B分别为 的中点，连结BO2，AO1. 直线BO2是由直线AO1平移得到的， AO1BO2， O1ABO2， O1,A,O2,B四点共面.,(2)将AO1延长至H使得O1H=O1A， 连结HO1,
12、HB,HH. 由平移性质得O1O2HB，O1O2=HB， BO2HO1， AG=HO1,HH=AH, O1HH=GAH= ， GAHO1HH， HO1H+GHA= ， O1HHG，BO2HG，,O1O2BO2,O1O2O2O2, BO2O2O2=O2， O1O2平面BBO2O2， O1O2BO2，BO2HB， HBHG=H，BO2平面HBG.,1.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，AC=BC=1，CC1=2,点D、E分别是AA1、CC1的中点. 求证：(1)AE平面BC1D； (2)平面BC1D平面BCD.,【证明】(1)在矩形ACC1A1中， 由C1EAD,C1E=AD， 得四
13、边形AEC1D是平行四边形， 所以AEDC1. 又AE平面BC1D，C1D平面BC1D， 所以AE平面BC1D. (2)直三棱柱ABC-A1B1C1中，BCCC1， ACBC，CC1AC=C， 所以BC平面ACC1A1，,而C1D平面ACC1A1，所以BCC1D. 在矩形ACC1A1中，DC=DC1= ，CC1=2， 从而DC2+DC12=CC12， 所以C1DDC， 又DCBC=C，所以C1D平面BCD， 而C1D平面BC1D， 所以平面BC1D平面BCD.,2.(2012盐城模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AA1，CC1的中点，ACBE,点F在线段AB上，且AB=4A
14、F. (1)求证：BCC1D； (2)若M为线段BE上一点，BE=4ME， 求证：C1D平面B1FM.,【证明】(1)由直三棱柱可知CC1平面ABC， 所以CC1AC，又因为ACBE， CC1BE=E，AC平面BCE，故ACBC， 又在直三棱柱中，CC1BC，ACCC1=C， 故BC平面ACC1，C1D在平面ACC1内， 所以BCC1D.,(2)连结FM，B1M，FB1，EA， 在BEA中，由BE=4ME，AB=4AF， 所以MFAE， 又在平面AA1C1C中，易证C1DAE，所以C1D平面B1FM.,3.(2012徐州模拟)如图，已知三棱锥A-BPC中，APPC，ACBC，M为AB中点，D为
15、PB中点，且PMB为正三角形. (1)求证：DM平面APC； (2)求证：平面ABC平面APC； (3)若BC=4，AB=20，求三棱锥D-BCM的体积.,【解析】(1)由已知得，MD是ABP的中位线, MDAP, MD平面APC，AP平面APC, MD平面APC. (2)PMB为正三角形，D为PB的中点, MDPB，APPB, 又APPC,PBPC=P， AP平面PBC，,BC平面PBC，APBC, 又BCAC,ACAP=A, BC平面APC, BC平面ABC,平面ABC平面APC. (3)由(2)易知，MD平面PBC， MD是三棱锥M-DBC的高， PB=PM= AB= 20=10, 三棱锥M-DBC的高h=MD=PMsin60 =10 = .,又PC= , SPBC= , 底面DBC面积S= SPBC= 4 =2 , VD-BCM=VM-DBC= Sh= 2 5 =10 .,
