2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第7章 立體幾何初步 第5節(jié) 簡單幾何體的表面積與體積教學(xué)案 文（含解析）北師大版

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1、第五節(jié)　簡單幾何體的表面積與體積 [考綱傳真]　了解球、棱柱、棱錐、臺的表面積和體積的計算公式． 1．多面體的表(側(cè))面積 因為多面體的各個面都是平面，所以多面體的側(cè)面積就是所有側(cè)面的面積之和，表面積是側(cè)面積與底面面積之和． 2．圓柱、圓錐、圓臺的側(cè)面展開圖及側(cè)面積公式 圓柱 圓錐 圓臺 側(cè)面展開圖　 側(cè)面積公式　 S圓柱側(cè)＝2πrl S圓錐側(cè)＝πrl S圓臺側(cè)＝π(r1＋r2)l 3.柱、錐、臺和球的表面積和體積 名稱 幾何體　　　 表面積 體積 柱體(棱柱和圓柱) S表面積＝S側(cè)＋2S底 V＝Sh 錐體(棱錐和圓錐) S表面積

2、＝S側(cè)＋S底 V＝Sh 臺體(棱臺和圓臺) S表面積＝S側(cè)＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2 V＝πR3 1．正四面體的表面積與體積 棱長為a的正四面體，其表面積為a2，體積為a3. 2．幾個與球有關(guān)的切、接常用結(jié)論 (1)正方體的棱長為a，球的半徑為R， ①若球為正方體的外接球，則2R＝a； ②若球為正方體的內(nèi)切球，則2R＝a； ③若球與正方體的各棱相切，則2R＝a. (2)若長方體的同一頂點的三條棱長分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝. (3)正四面體的外接球與內(nèi)切球的半徑之比為3∶1，棱長為a的正四面體，其內(nèi)切球半徑R內(nèi)＝

3、a，外接球半徑R外＝a. [基礎(chǔ)自測] 1．(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)錐體的體積等于底面面積與高之積． (　　) (2)球的體積之比等于半徑比的平方． (　　) (3)臺體的體積可轉(zhuǎn)化為兩個錐體的體積之差． (　　) (4)已知球O的半徑為R，其內(nèi)接正方體的邊長為a，則R＝a. (　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√ 2．(教材改編)已知圓錐的表面積等于12π cm2，其側(cè)面展開圖是一個半圓，則底面圓的半徑為(　　) A．1 cm　　　B．2 cm　　　C．3 cm　　　D. cm B　[S表＝πr2＋πr

4、l＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4， ∴r＝2(cm)．] 3．圓柱的底面直徑與高都等于球的直徑，則球的體積與圓柱的體積比V球∶V柱為(　　) A．1∶2 B．2∶3 C．3∶4 D．1∶3 B　[設(shè)球的半徑為R.則＝＝.] 4．(教材改編)某幾何體的三視圖如圖所示：則該幾何體的體積為(　　) A．6 B．3 C．2 D．3 B　[由三視圖可知，該幾何體是一個直三棱柱，其底面為左視圖，該左視圖是底邊為2，高為的三角形，主視圖的長為三棱柱的高，故h＝3，所以幾何體的體積V＝S·h＝×3＝3.] 5．如圖，將一個長方體用過相鄰三條棱的中點的平面截出

5、一個棱錐，則該棱錐的體積與剩下的幾何體體積的比為________． 1∶47　[設(shè)長方體的相鄰三條棱長分 別為a，b，c，它截出棱錐的體積為V1＝××a×b×c＝abc，剩下的幾何體的體積V2＝abc－abc＝abc，所以V1∶V2＝1∶47.] 空間幾何體的表面積 【例1】　(1)若某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積是(　　) A．48＋π　　B．48－π　　C．48＋2π　　D．48－2π (2)(2018·全國卷Ⅰ)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積

6、為(　　) A．12π B．12π C．8π D．10π (1)A　(2)B　[(1)該幾何體是正四棱柱挖去了一個半球，正四棱柱的底面是正方形(邊長為2)，高為5，半球的半徑是1，那么該幾何體的表面積為S＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故選A. (2)因為過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，所以圓柱的高為2，底面圓的直徑為2，所以該圓柱的表面積為2×π×()2＋2π××2＝12π.] [規(guī)律方法]　空間幾何體表面積的求法 (1)表面積是各個面的面積之和，求多面體的表面積，只需將它們沿著棱剪開展成平面圖形，利用求平面圖形面積的方法求

7、多面體的表面積．求旋轉(zhuǎn)體的表面積，可以從旋轉(zhuǎn)體的形成過程及其幾何特征入手，將其展開后求表面積，但要搞清它們的底面半徑、母線長與對應(yīng)側(cè)面展開圖中的邊長關(guān)系． (2)求不規(guī)則幾何體的表面積時，通常將所給幾何體分割成基本的柱、錐、臺體，先求出這些基本的柱、錐、臺體的表面積，再通過求和或作差，求出幾何體的表面積． (1)一個四面體的三視圖如圖所示，則該四面體的表面積是(　　) A．1＋ B．1＋2 C．2＋ D．2 (2)(2016·全國卷Ⅲ)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為(　　) A．18＋36 B．54＋1

8、8 C．90 D．81 (1)C　(2)B　[(1)由題意知題中的幾何圖形就是如圖所示的四面體，其中AB＝AD＝CB＝CD＝，BD＝2，且平面ABD⊥平面CBD.所以△ABD與△CBD都是等腰直角三角形，而△ABC與△CAD都是邊長是的等邊三角形．所以表面積是×××2＋×()2×2＝2＋，故選C. (2)由三視圖可知該幾何體是底面為正方形的斜四棱柱，其中有兩個側(cè)面為矩形，另兩個側(cè)面為平行四邊形，則表面積為(3×3＋3×6＋3×3)×2＝54＋18.故選B.] 空間幾何體的體積 ?考法1　公式法求體積 【例2】　(1)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何

9、體的體積(單位：cm3)是(　　) A.＋1 B.＋3 C.＋1 D.＋3 (2)(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________． (1)A　(2)　[(1)由三視圖可知該幾何體是由底面半徑為1，高為3的半個圓錐和三棱錐S -ABC組成的， 如圖，三棱錐的高為3，底面△ABC中，AB＝2，OC＝1，AB⊥OC.故其體積V＝××π×12×3＋××2×1×3＝＋1.故選A. (2)正方體的棱長為2，以其所有面的中心為頂點的多面體是正八面體，其中正八面體的所有棱長都是，則該正八面體的體積為×()2×1×

10、2＝.] ?考法2　割補法求體積 【例3】　(1)(2017·全國卷Ⅱ)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得，則該幾何體的體積為(　　) A．90π B．63π C．42π D．36π (2)如圖所示，在多面體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(　　) A. B. C. D. (1)B　(2)A　[(1)法一：(割補法)如圖所示，由幾何體的三視圖，可知該幾何體是一個圓柱被截去上面虛線部分所得

11、． 將圓柱補全，并將圓柱體從點A處水平分成上下兩部分．由圖可知，該幾何體的體積等于下部分圓柱的體積加上上部分圓柱體積的，所以該幾何體的體積V＝π×32×4＋π×32×6×＝63π. 故選B. 法二：(估值法)由題意，知V圓柱＜V幾何體＜V圓柱．又V圓柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V幾何體＜90π.觀察選項可知只有63π符合．故選B. (2)法一：如圖所示，分別過A，B作EF的垂線，垂足分別為G，H，連接DG，CH，則原幾何體分割為兩個三棱錐和一個直三棱柱，因為三棱錐高為，直三棱柱高為1，AG＝＝，取AD的中點M，則MG＝， 所以S△AGD＝×1×＝， 所以V＝×1＋

12、2×××＝. 法二：如圖所示，取EF的中點P，則原幾何體分割為兩個三棱錐和一個四棱錐，易知三棱錐P-AED和三棱錐P-BCF都是棱長為1的正四面體，四棱錐P-ABCD為棱長為1的正四棱錐．所以V＝×12×＋2×××＝.] ?考法3　等積法求體積 【例4】　如圖所示，已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長均為1，且AA1⊥底面ABC，則三棱錐B1-ABC1的體積為(　　) A. B. C. D. A　[三棱錐B1-ABC1的體積等于三棱錐A-B1BC1的體積，三棱錐A-B1BC1的高為，底面積為，故其體積為××＝.] [規(guī)律方法]　求空間幾何體的體積的常用

13、方法 (1)公式法：對于規(guī)則幾何體的體積問題，可以直接利用公式進行求解． (2)割補法：把不規(guī)則的圖形分割成規(guī)則的圖形，然后進行體積計算；或者把不規(guī)則的幾何體補成規(guī)則的幾何體，不熟悉的幾何體補成熟悉的幾何體，便于計算其體積． (3)等體積法：一個幾何體無論怎樣轉(zhuǎn)化，其體積總是不變的．如果一個幾何體的底面面積和高較難求解時，我們可以采用等體積法進行求解．等體積法也稱等積轉(zhuǎn)化或等積變形，它是通過選擇合適的底面來求幾何體體積的一種方法，多用來解決有關(guān)錐體的體積，特別是三棱錐的體積． (1)(2019·洛陽模擬)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．2　　

14、　　B．1 C.　　　　D. (2)(2018·天津高考)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，則四棱錐A1-BB1D1D的體積為________． (1)C　(2)　[(1)幾何體如圖，由三視圖得底面為對角線為2的正方形，高為1，所以體積為××2×1×2×1＝，故選C. (2)法一：連接A1C1交B1D1于點E(圖略)，則A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，則A1E⊥平面BB1D1D，所以A1E為四棱錐A1-BB1D1D的高，且A1E＝，矩形BB1D1D的長和寬分別為，1，故VA1-BB1D1D＝×1××＝. 法二：連接BD1(圖略)，則四棱錐A1-B

15、B1D1D分成兩個三棱錐B-A1DD1與B-A1B1D1，VA1-BB1D1D＝VB-A1DD1＋VB-A1B1D1＝××1×1×1＋××1×1×1＝.] 球與空間幾何體的切、接問題 ?考法1　外接球 【例5】　(1)(2017·全國卷Ⅲ)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為(　　) A．π　　 　B.　　 　C.　　 　D. (2)(2018·全國卷Ⅲ)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(　　) A．12 B．18 C．24 D．5

16、4 (1)B　(2)B　[(1)設(shè)圓柱的底面半徑為r，球的半徑為R，且R＝1，由圓柱兩個底面的圓周在同一個球的球面上可知，r，R及圓柱的高的一半構(gòu)成直角三角形． ∴r＝＝. ∴圓柱的體積為V＝πr2h＝π×1＝. 故選B. (2)如圖，E是AC中點，M是△ABC的重心，O為球心，連接BE，OM，OD，BO.因為S△ABC＝AB2＝9，所以AB＝6，BM＝BE＝＝2.易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝＝2，所以當(dāng)D，O，M三點共線且DM＝OD＋OM時，三棱錐D-ABC的體積取得最大值，且最大值Vmax＝S△ABC×(4＋OM)＝×9×6＝18.故選B. ] ?考法2

17、　內(nèi)切球 【例6】　(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________． (2)已知棱長為a的正四面體，則此正四面體的表面積S1與其內(nèi)切球的表面積S2的比值為________． (1)　(2)　[(1)設(shè)球O的半徑為R， ∵球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切， ∴圓柱O1O2的高為2R，底面半徑為R. ∴＝＝. (2)正四面體的表面積為S1＝4××a2＝a2，其內(nèi)切球半徑r為正四面體高的，即r＝×a＝a，因此內(nèi)切球表面積為S2＝4πr2＝，則＝＝.]

18、 [規(guī)律方法]　空間幾何體與球接、切問題的求解方法 (1)求解球與棱柱、棱錐的接、切問題時，一般過球心及接、切點作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面圖形與圓的接、切問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀沃性亻g的關(guān)系求解． (2)若球面上四點P，A，B，C構(gòu)成的三條線段PA，PB，PC兩兩互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有關(guān)元素“補形”成為一個球內(nèi)接長方體，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解． (1)一塊石材表示的幾何體的三視圖如圖所示，將該石材切削、打磨、加工成球，則能得到的最大球的半徑等于(　　) A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4 (2)正四棱錐P-A

19、BCD的側(cè)棱和底面邊長都等于2，則它的外接球的表面積是(　　) A．16π B．12π C．8π D．4π (1)B　(2)A　[(1)由三視圖可知該幾何體是一個直三棱柱，底面為直角三角形，高為12，如圖所示，其中AC＝6，BC＝8，∠ACB＝90°，則AB＝10.要使該石材加工成的球的半徑最大，只需球與直三棱柱的三個側(cè)面都相切，則半徑r等于直角三角形ABC的內(nèi)切圓半徑，即r＝＝2，故能得到的最大球的半徑為2，故選B. (2)設(shè)正四棱錐的外接球半徑為R，頂點P在底面上的射影為O(圖略)，因為OA＝AC＝＝＝2，所以PO＝＝＝2.又OA＝OB＝OC＝OD＝2，由此可知R＝2，于是

20、S球＝4πR2＝16π.] 1．(2016·全國卷Ⅱ)如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為(　　) A．20π　　B．24π C．28π D．32π C　[由三視圖可知，該幾何體是由一個圓柱和一個圓錐組成的組合體，上面是一個圓錐，圓錐的高是2，底面半徑是2，因此其母線長為4，下面圓柱的高是4，底面半徑是2，因此該幾何體的表面積是S＝π×22＋2π×2×4＋π×2×4＝28π，故選C.] 2．(2015·全國卷Ⅰ)《九章算術(shù)》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書中有如下問題：“今有委米依垣內(nèi)角，下周八尺，高五尺．問：積及為米幾何？”其意思為：“

21、在屋內(nèi)墻角處堆放米(如圖，米堆為一個圓錐的四分之一)，米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少？”已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有(　　) A．14斛 B．22斛 C．36斛 D．66斛 B　[設(shè)米堆的底面半徑為r尺， 則r＝8，所以r＝， 所以米堆的體積為V＝×π·r2·5＝××5≈(立方尺)． 故堆放的米約有÷1.62≈22(斛)．故選B.] 3．(2018·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為(　　)

22、A．8 B．6 C．8 D．8 C　[連接BC1，AC1，AC.因為AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1為直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2.又B1C1＝2，所以BB1＝＝2，故該長方體的體積V＝2×2×2＝8.] 4．(2017·全國卷Ⅱ)長方體的長、寬、高分別為3,2,1，其頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為________． 14π　[∵長方體的頂點都在球O的球面上， ∴長方體的體對角線的長度就是其外接球的直徑． 設(shè)球的半徑為R，則2R＝＝. ∴球O的表面積為S＝4πR2＝4π×＝14π.] (四)　立體

23、幾何中的高考熱點問題 [命題解讀]　1.立體幾何是高考的必考內(nèi)容，幾乎每年都考查一個解答題，兩個選擇或填空題，客觀題主要考查空間概念，三視圖及簡單計算；解答題主要采用“論證與計算”相結(jié)合的模式，即利用定義、公理、定理證明空間線線、線面、面面平行或垂直，并與幾何體的性質(zhì)相結(jié)合考查幾何體的計算． 2．重在考查學(xué)生的空間想象能力、邏輯推理論證能力及數(shù)學(xué)運算能力．考查的熱點是以幾何體為載體的垂直、平行的證明、平面圖形的折疊、探索開放性問題等；同時考查轉(zhuǎn)化化歸思想與數(shù)形結(jié)合的思想方法． 線面位置關(guān)系與體積計算 以空間幾何體為載體，考查空間平行與垂直關(guān)系是高考的熱點內(nèi)容，并常與幾何體的

24、體積計算交匯命題，考查學(xué)生的空間想象能力、計算與數(shù)學(xué)推理論證能力，同時突出轉(zhuǎn)化與化歸思想方法的考查，試題難度中等． 【例1】　(本小題滿分12分)(2019·哈爾濱模擬)如圖，四邊形ABCD為菱形，G為AC與BD的交點，BE⊥平面ABCD． (1)證明：平面AEC⊥平面BED； (2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱錐E-ACD的體積為，求該三棱錐的側(cè)面積． [信息提取]　看到四邊形ABCD為菱形，想到對角線垂直； 看到三棱錐的體積，想到利用體積列方程求邊長． [規(guī)范解答]　(1)證明：因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD． 因為BE⊥平面ABCD，AC平面ABCD

25、，所以AC⊥BE. 2分 因為BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED． 又AC平面AEC， 所以平面AEC⊥平面BED． 4分 (2)設(shè)AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝. 因為AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x. 6分 由BE⊥平面ABCD，知△EBG為直角三角形，可得BE＝x. 由已知得，三棱錐E-ACD的體積V三棱錐E-ACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2. 9分 從而可得AE＝EC＝ED＝. 所以△EAC的面積為3，△EAD的面積與△ECD的面積均為. 故三棱錐E-ACD的側(cè)面積為3＋2. 12分

26、[易錯與防范]　易錯誤區(qū)：1.在第(1)問中，易忽視條件BD∩BE＝B.AC平面AEC等條件，推理不嚴謹，導(dǎo)致扣分． 2．在第(2)問中，需要計算的量較多，易計算失誤，或漏算，導(dǎo)致結(jié)果錯誤． 防范措施：1.在書寫證明過程中，應(yīng)嚴格按照判定定理的條件寫，防止扣分． 2．在計算過程中，應(yīng)牢記計算公式，逐步計算，做到不重不漏． [通性通法]　空間幾何體體積的求法 (1)若所給定的幾何體是柱體、錐體或臺體等規(guī)則幾何體，則可直接利用公式進行求解．其中，等積轉(zhuǎn)換法多用來求三棱錐的體積． (2)若所給定的幾何體是不規(guī)則幾何體，則將不規(guī)則的幾何體通過分割或補形轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體，再利用公式求解．

27、(3)若以三視圖的形式給出幾何體，則應(yīng)先根據(jù)三視圖得到幾何體的直觀圖，然后根據(jù)條件求解． 如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點． (1)證明：MN∥平面PAB； (2)求四面體N-BCM的體積． [解]　(1)證明：由已知得AM＝AD＝2. 取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC，TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TNAM，四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT. 因為AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN∥平面PAB. (2)因為P

28、A⊥平面ABCD，N為PC的中點，所以點N到平面ABCD的距離為PA.取BC的中點E，連接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝. 由AM∥BC得點M到BC的距離為，故S△BCM＝×4×＝2. 所以四面體N-BCM的體積VN-BCM＝×S△BCM×＝. 求點到平面的距離(幾何體的高) 求點到平面的距離(幾何體的高)涉及到空間幾何體的體積和線面垂直關(guān)系，是近幾年高考考查的一個重要方向，重點考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化思想和運算求解能力． 【例2】　(2019·開封模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD，M為CD的中點，平面PAD⊥平面

29、ABCD． (1)求證：BD⊥PM； (2)若∠APD＝90°，PA＝，求點A到平面PBM的距離． [解]　(1)證明：取AD中點E，連接PE，EM，AC， ∵底面ABCD是菱形， ∴BD⊥AC， ∵E，M分別是AD，DC的中點， ∴EM∥AC，∴EM⊥BD． ∵PA＝PD，∴PE⊥AD， ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BD， ∵EM∩PE＝E，∴BD⊥平面PEM， ∵PM平面PEM，∴BD⊥PM. (2)連接AM，BE，∵PA＝PD＝，∠APD＝90°，∠DAB＝60°，∴AD＝AB＝BD＝2，P

30、E＝1，EM＝AC＝， ∴PM＝PB＝＝2. 在等邊三角形DBC中，BM＝， ∴S△PBM＝，S△ABM＝×2×＝.設(shè)三棱錐A -PBM的高為h，則由等體積可得·h＝××1， ∴h＝， ∴點A到平面PBM的距離為. [規(guī)律方法]　求點到平面的距離(幾何體的高)的兩種方法 (1)等積法：利用同一個三棱錐變換頂點及底面的位置，其體積相等的方法求解． (2)定義法：其步驟為：一作、二證、三求．如何作出點到面的距離是關(guān)鍵，一般的方法是利用輔助面法，所作的輔助面，一是要經(jīng)過該點，二是要與所求點到面的距離的面垂直，這樣在輔助面內(nèi)過該點作交線的垂線，點到垂足的距離即為點到面的距離． 如圖

31、，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點． (1)證明：PB∥平面AEC； (2)設(shè)AP＝1，AD＝，三棱錐P-ABD的體積V＝，求點A到平面PBC的距離． [解]　(1)證明：設(shè)BD與AC的交點為O，連接EO. 因為四邊形ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點． 又E為PD的中點，所以EO∥PB. 因為EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC． (2)三棱錐P-ABD的體積V＝PA·AB·AD＝AB，由V＝，可得AB＝.由題設(shè)知BC⊥AB，BC⊥PA，所以BC⊥平面PAB，在平面PAB內(nèi)作AH⊥PB交PB于點H，則BC⊥AH

32、，故AH⊥平面PBC．又AH＝＝＝.所以點A到平面PBC的距離為. 線面位置關(guān)系中的存在性問題 是否存在某點或某參數(shù)，使得某種線、面位置關(guān)系成立問題，是近幾年高考命題的熱點，常以解答題中最后一問的形式出現(xiàn)，一般有三種類型：(1)條件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法類比探索型． 【例3】　(2018·秦皇島模擬)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點． (1)求證：EF∥平面PAD； (2)在線段CD上是否存在一點G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，請說明其位置，并加以證明；若不

33、存在，請說明理由． [解]　(1)證明：如圖所示，連接AC，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，且點F為對角線BD的中點． 所以對角線AC經(jīng)過點F. 又在△PAC中，點E為PC的中點， 所以EF為△PAC的中位線， 所以EF∥PA. 又PA平面PAD，EF平面PAD， 所以EF∥平面PAD． (2)存在滿足要求的點G. 在線段CD上存在一點G為CD的中點，使得平面EFG⊥平面PDC． 因為底面ABCD是邊長為a的正方形， 所以CD⊥AD． 又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，CD平面ABCD，側(cè)面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以CD⊥平面PAD．

34、又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF. 取CD中點G，連接FG，EG. 因為F為BD中點， 所以FG∥AD． 又CD⊥AD，所以FG⊥CD， 又FG∩EF＝F， 所以CD⊥平面EFG， 又CD平面PDC， 所以平面EFG⊥平面PDC． [規(guī)律方法]　1.在立體幾何的平行關(guān)系問題中，“中點”是經(jīng)常使用的一個特殊點，通過找“中點”，連“中點”，即可出現(xiàn)平行線，而線線平行是平行關(guān)系的根本． 2．第(2)問是探索開放性問題，采用了先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再加以證明，對于命題結(jié)論的探索，常從條件出發(fā)，探索出要求的結(jié)論是什么，對于探索結(jié)論是否存在，求解時常假設(shè)結(jié)論存在，再尋找與條

35、件相容或者矛盾的結(jié)論． (2019·長沙模擬)如圖，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的倍，P為側(cè)棱SD上的點． (1)求證：AC⊥SD； (2)若SD⊥平面PAC，則側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，請說明理由． [證明]　(1)連接BD，設(shè)AC交BD于點O，連接SO，由題意得四棱錐S-ABCD是正四棱錐，所以SO⊥AC． 在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD． 因為SD平面SBD，所以AC⊥SD． (2)在棱SC上存在一點E，使得BE∥平面PAC． 連接OP.設(shè)

36、正方形ABCD的邊長為a，則SC＝SD＝a. 由SD⊥平面PAC得SD⊥PC，易求得PD＝. 故可在SP上取一點N，使得PN＝PD． 過點N作PC的平行線與SC交于點E，連接BE，BN， 在△BDN中，易得BN∥PO. 又因為NE∥PC，NE平面BNE，BN平面BNE，BN∩NE＝N，PO平面PAC，PC平面PAC，PO∩PC＝P， 所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC． 因為SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1. [大題增分專訓(xùn)] 1．(2019·濟南模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F(xiàn)分別為線段

37、AD，PB的中點． (1)證明：PD∥平面CEF； (2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求三棱錐P-DEF的體積． [解]　(1)證明：連接BE，BD，BD交CE于點O，連接OF(圖略)． ∵E為線段AD的中點，AD∥BC，BC＝AD＝ED， ∴BCED， ∴四邊形BCDE為平行四邊形， ∴O為BD的中點，又F是BP的中點，∴OF∥PD． 又OF平面CEF，PD平面CEF，∴PD∥平面CEF. (2)由(1)知，BE＝CD． ∵四邊形ABCD為等腰梯形，AB＝BC＝AD， ∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等邊三角形， ∴∠DAB＝， 過B作BH

38、⊥AD于點H(圖略)，則BH＝. ∵PE⊥平面ABCD，PE平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD， 又平面PAD∩平面ABCD＝AD，BH⊥AD，BH平面ABCD，∴BH⊥平面PAD，∴點B到平面PAD的距離為BH＝. 又F為線段PB的中點，∴點F到平面PAD的距離h等于點B到平面PAD的距離的一半，即h＝，又S△PDE＝PE·DE＝2， ∴V三棱錐P-DEF＝S△PDE×h＝×2×＝. 2．(2019·石家莊模擬)如圖，已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD為正方形，且PA⊥底面ABCD，過AB的平面ABFE與側(cè)面PCD的交線為EF，且滿足S△PEF：S四邊形CDEF＝1∶3.

39、 (1)證明：PB∥平面ACE； (2)當(dāng)PA＝2AD＝2時，求點F到平面ACE的距離． [解]　(1)證明：由題知四邊形ABCD為正方形， ∴AB∥CD，∵CD平面PCD，AB平面PCD，∴AB∥平面PCD． 又AB平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF， ∴EF∥AB，∴EF∥CD． 由S△PEF∶S四邊形CDEF＝1∶3知E，F(xiàn)分別為PD，PC的中點． 如圖，連接BD交AC于點G，則G為BD的中點， 連接EG，則EG∥PB. 又EG平面ACE，PB平面ACE， ∴PB∥平面ACE. (2)∵PA＝2，AD＝AB＝1，∴AC＝，AE＝PD＝，∵PA⊥平面A

40、BCD，∴CD⊥PA，又CD⊥AD，AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD． 在Rt△CDE中，CE＝＝. 在△ACE中，由余弦定理知 cos∠AEC＝＝，∴sin∠AEC＝，∴S△ACE＝·AE·CE·sin∠AEC＝ . 設(shè)點F到平面ACE的距離為h，連接AF， 則VF-ACE＝××h＝h. ∵DG⊥AC，DG⊥PA，AC∩PA＝A，∴DG⊥平面PAC． ∵E為PD的中點，∴點E到平面ACF的距離為DG＝. 又F為PC的中點，∴S△ACF＝S△ACP＝， ∴VE-ACF＝××＝. 由VF-ACE＝VE-ACF，得h＝，得h＝， ∴點F到平面ACE的距離為.

41、 3．已知在四棱錐P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，四邊形ABCD為矩形，E為線段AD上靠近點A的三等分點，O為AB的中點，且PA＝PB，AB＝AD． (1)求證：EC⊥PE. (2)PB上是否存在一點F，使得OF∥平面PEC？若存在，試確定點F的位置；若不存在，請說明理由． [解]　(1)證明：連接PO，EO，CO. ∵平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB，O為AB的中點， ∴PO⊥平面ABCD，∵CE平面ABCD，∴PO⊥CE. 設(shè)AD＝3，∵四邊形ABCD為矩形，∴CD＝AB＝2，BC＝3， ∴AE＝AD＝1， ∴ED＝2，EC＝＝＝2，OE＝＝＝，OC＝

42、＝＝， ∴OE2＋EC2＝OC2，∴OE⊥EC． 又PO∩OE＝O，∴EC⊥平面POE， 又PE平面POE，∴EC⊥PE. (2)PB上存在一點F，使得OF∥平面PEC，且F為PB的三等分點(靠近點B)．證明如下： 取BC的三等分點M(靠近點C)，連接AM，易知AEMC，∴四邊形AECM為平行四邊形，∴AM∥EC． 取BM的中點N，連接ON，∴ON∥AM，∴ON∥EC． ∵N為BM的中點，∴N為BC的三等分點(靠近點B)． ∵F為PB的三等分點(靠近點B)，連接OF，NF，∴NF∥PC， 又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，∴平面ONF∥平面PEC， ∴OF∥平面PEC． - 24 -