资源简介

(共45张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.若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为 (　　)
A.1∶1 B.1∶2
C.2∶1 D.2∶3
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2πr·2r=4πr2,球的表面积为4πr2,其比为1∶1.
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2.(2024·银川三模)A,B是两个不同的点,α,β是两个不同的平面,下列推理错误的是 (　　)
A.A∈l,A∈α,B∈l,B∈α l α
B.A∈α,A∈β,B∈α,B∈β α∩β=AB
C.l α,A∈l A α
D.A∈l,l α A∈α
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解析:直线上两个不同点在某个平面内,则直线在该平面内,故A正确;
两个不同点同时在两个不同平面内,则两点所在直线为两平面的交线,故B正确;
l α有两种情况,l与α相交或l∥α,其中l与α相交,且交点为A点,故C错误;
直线在平面内,则直线上的点都在平面内,故D正确.
易错提醒:位置关系的证明过程中,一定要注意判定依据中的条件要确保全面.
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3.(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为(　　)
A.2π B.3π
C.6π D.9π
解析:设圆柱的底面半径为r,则圆锥的母线长为 .因为它们的侧面积相等,所以2πr·=πr·,即2=,故r2=9,故圆锥的体积为π×9×=3π.
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4.(2024·全国甲卷)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m,下述四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β　②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β　③若n∥α且n∥β,则m∥n　④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n
其中所有真命题的编号是(　　)
A.①③ B.②④
C.①②③ D.①③④
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解析:若α∩β=m,则m α,m β,对于①,若m∥n,则n∥α或n∥β,①正确;对于②,若m⊥n,则可能n α或n∥α或n与α相交,②错误;对于③,若n∥α且n∥β,则n∥m,③正确;对于④,n与m所成的角可以为内的任意角,④错误.故选A.
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5.(2024·大连一模)陀螺起源于我国,最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知,底面圆的直径AB=12 cm,圆柱体部分的高BC=6 cm,圆锥体部分的高CD=4 cm,则这个陀螺的表面积(单位:cm2)是 (　　)
A.(72+12)π B.(84+24)π
C.(108+12)π D.(108+24)π
解析:由题意,可知圆锥的母线长为=2,所以这个陀螺的表面积是π×62+2π×6×6+π×2×6=(108+12)π.
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6.如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,E,F分别为AB,AC的中点,平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1,V2的两部分,则V1∶V2= (　　)
A.1∶1 B.4∶3
C.6∶5 D.7∶5
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解析:设三棱柱ABC A1B1C1的高为h,上、下底面面积均为S,体积为V,则V=V1+V2=Sh,因为E,F分别为AB,AC的中点,
故S△AEF=S,结合题意可知几何体AEF A1B1C1为棱台,
则V1=h=Sh,
故V2=Sh-Sh=Sh,故V1∶V2=7∶5.
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7.古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理:“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交,那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积” ,即V=Sl(V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积,
S表示平面图形的面积,l表示重心绕旋转轴旋转一周
的周长).如图,直角梯形ABCD,已知AB∥DC,AB⊥
AD,AB=3CD,AD=3,则其重心G到AB的距离为 (　　)
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A. B.
C. D.1
解析:设CD=x,则AB=3x,直角梯形绕AB旋转一周所得的几何体的体积为V=π·32·x+·π·32·(3x-x)=15πx;梯形ABCD的面积S=(x+3x)3=6x,故记重心G到AB的距离为h',则重心绕旋转轴旋转一周的周长为l=2πh',则15πx=2πh'·6x,则h'=.
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8.已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2,M为CC1的中点,若AM⊥平面α,且B∈平面α,则平面α截正方体所得截面的周长为 (　　)
A.3+2 B.4+4
C.2+2 D.6
解析:∵在正方体ABCD A1B1C1D1中,BD⊥AC,
BD⊥CC1, AC∩CC1=C,且AC,CC1 平面ACM,
∴BD⊥平面ACM,又AM 平面ACM,∴BD⊥AM.
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取BB1的中点N,A1B1的中点E,连接AN,MN,BE,
易知BE⊥AN,MN⊥BE,又AN∩MN=N,AN,MN 平面AMN,
∴BE⊥平面AMN.
又AM 平面AMN,
∴BE⊥AM,BE∩BD=B,BE,BD 平面DBE,取A1D1的中点F,连接DF,EF,则平面α即为截面BEFD.
∴周长为3+2.
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9.(2024·眉山三模)如图,该组合体由一个正四棱柱ABCD A1B1C1D1和一个正四棱锥P A1B1C1D1组合而成,已知AB=2,AA1=,PA1=2,则(　　)
A.PA1∥平面ABC1D1 　
B.PB1∥平面ABC1D1
C.PC1⊥平面BDC1 　
D.PD1⊥平面BDC1
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解析:对A、B,如图,因为PA1=PC1=2,A1C1=2,OC=CC1=,
在平面ACC1PA1中有∠PA1C1=∠A1C1O=∠C1OC=,所以PA1∥OC1,PA1∥平面BDC1,PA1不平行于平面ABC1D1,故A错误;
同理PB1∥OD1,PB1不平行于平面ABC1D1,故B错误;
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对C、D,PO=+×2=2,PC1=C1O=2,有P+C1O2=PO2,所以PC1⊥C1O.又BD⊥AC,BD⊥CC1,AC∩CC1=C,AC,CC1 平面PC1O,所以BD⊥平面PC1O.
又因为PC1 平面PC1O,所以PC1⊥BD.
又BD∩C1O=O,BD,C1O 平面BDC1,所以PC1⊥平面BDC1,故C正确;
又因为PC1∩PD1=P,且过一点有且仅有一条直线与平面垂直,
所以PD1不垂直于平面BDC1,故D错误.
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10.(2024·衡阳二模)[多选]在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=4,P是棱CC1的中点,则下列结论正确的是 (　　)
A.直线BP与B1D1所成的角为60°
B.直线BP与A1D所成的角为90°
C.平面A1B1P⊥平面ABP
D.直线A1B与平面BDD1B1所成角的正弦值为
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解析:如图所示,连接BD,DP,因为BD∥B1D1,
所以∠DBP或其补角为直线BP与B1D1所成的角,
易知BP=BD=DP=2,即△DBP为等边三角形,
所以∠DBP=60°,即A正确;
因为A1D∥B1C,所以∠BEC或其补角为直线BP与A1D所成的角,若∠BEC=90°,则△BB1C∽△BCP,即满足=,
而PC=BC=2,BB1=4不满足上式,即B错误;
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易知BP=2=B1P,BB1=4,满足B1P2+BP2=B1B2,所以BP⊥B1P.又BP⊥A1B1,B1P∩A1B1=B1,可得BP⊥平面A1B1P.又BP 平面ABP,所以平面A1B1P⊥平面ABP,即C正确;
连接A1C1,B1D1交于点F,由正方形性质可得A1F⊥B1D1,由直棱柱性质可知BB1⊥平面A1B1C1D1.又A1F 平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1F.又BB1∩B1D1=B1,可得A1F⊥平面BDD1B1,所以∠A1BF为直线A1B与平面BDD1B1所成的角,因为A1F=,A1B=2,所以sin∠A1BF==,故D错误.
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11.(2024·重庆三模)[多选]已知在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB⊥BC,AB=
BC=2,直线A1C与底面ABC所成角的正弦值为,则下列结论正确的是(　　)
A.直三棱柱ABC A1B1C1的体积为
B.点B1到平面A1BC的距离为
C.当点D为线段A1C的中点时,平面DBB1⊥平面DCC1
D.E,F分别为棱BB1,CC1上的动点,当AE+EF+FA1取得最小值时,A1F=EF
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解析:由直三棱柱的特征可知,直线A1C与底面ABC所成的角为∠A1CA,所以=.
因为AB⊥BC,AB=BC=2,所以AC=2,AA1=2,A1C=2,则直三棱柱ABC A1B1C1的体积为AB·BC·AA1=4,故A错误;
由上可知BC⊥平面ABB1A1,因为A1B 平面ABB1A1,所以BC⊥A1B,则=2,=2.设点B1到平面A1BC的距离为h,易知=h×2==×2×2 h=,故B正确;
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如图（1），取A1C1,AC的中点G,H,易知D在
直线GH上,BH⊥AC,由直三棱柱的特征知GH⊥AC,
因为GH∩BH=H,GH,BH 平面BB1DH,所以AC⊥
平面BB1DH,而平面BB1DH=平面DBB1.因为AC 平
面DCC1,所以平面DCC1⊥平面DBB1,故C正确;
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将三棱柱侧面展开,如图(2)所示,
显然AE+EF+FA1取得最小值时,=,故D错误.
拓展提升: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,转化为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.
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12.(2024·北京高考)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器,其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列,底面直径依次为65 mm,325 mm,325 mm,且斛量器的高为230 mm,则斗量器的高为　　　　 mm,升量器的高为　　　　 mm.(不计量器的厚度)
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解析:设升、斗量器的高分别为h1 mm,h2 mm,升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3,V2 mm3,V3 mm3,因为升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列,
所以V3=10V2,即π××230=10×π××h2,解得h2=23.
又V2=10V1,即π××23=10×π××h1,解得h1=57.5,
所以升、斗量器的高分别为57.5 mm,23 mm.
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13.(2024·晋城一模)若一个正n棱台的棱数大于15,且各棱的长度构成的集合为{2,3},则n的最小值为　　　　,该棱台各棱的长度之和的最小值为　　　　.
解析:根据正棱台的结构特征可知,正n棱台的总棱数为3n(n≥3,n∈N*),则3n>15,得n>5,所以n的最小值为6.要想各棱长之和最小,则棱数总和要最小,故n=6.又因为棱台的上、下底面边长不相等,所以可取上底面边长为2,下底面边长为3,要使各棱长之和最小,则侧棱长取2,故该棱台各棱的长度之和的最小值为2×12+3×6=42.
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14.四面体ABCD中,AB=BC=CD=DA=4,AC=BD=2,点E,F,G分别为棱CD,BC,AD的中点,过点E,F,G作四面体ABCD的截面,则该截面的面积为　　　　.
解析:如图,设平面EFG与平面ABD相交于
直线GH,其中H在直线AB上,连接FH,
(注意:图形简单的情况下,可以不用扩大范
围研究整个平面,直接找交线即可)
所以四边形EFHG即为所求截面.因为EF∥BD,BD 平面ABD,EF 平面ABD,所以EF∥平面ABD.
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又EF 平面EFHG,平面EFHG∩平面ABD=GH,所以GH∥EF.
又EF∥BD,所以GH∥BD,那么H为AB的中点,则EG∥AC∥FH,EF∥BD∥GH,所以四边形EFHG为平行四边形.
取AC的中点O,连接OD,OB,因为AB=BC=CD=DA=4,所以DO⊥AC,BO⊥AC,DO∩BO=O,DO,BO 平面BOD,所以AC⊥平面BOD,BD 平面BOD,所以AC⊥BD,所以EG⊥EF,所以四边形EFHG为矩形,EF=BD=,EG=AC=,所以截面的面积S=×=2.
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15.(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC A'B'C'的体积为,AB=6,A'B'=2,则A'A与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A. B.1
C.2 D.3
解析:法一:如图(1),分别取BC,B'C'的中点D,
D',连接AD,A'D',DD'.易证得平面ADD'A'⊥平面ABC.
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过点A'作A'E⊥AD于点E,则A'E⊥平面ABC,即A'E为正三棱台的高.由上述可知,∠A'AE为直线A'A与平面ABC所成的角.
由已知易得正三棱台ABC A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=,×6×3=9.
由正三棱台ABC A'B'C'的体积为,得×(+9+3)×A'E=,解得A'E=.
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取△ABC,△A'B'C'的重心分别为G,G',
连接GG',则四边形A'EGG'为矩形,
所以EG=A'G'=A'D'=,
所以AE=AG-EG=AD-EG=×3-=.
在Rt△A'AE中,tan∠A'AE===1.
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法二:设正三棱台ABC A'B'C'的高为h.
易知正三棱台ABC A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=,
×6×3=9.由正三棱台ABC A'B'C'的体积
为,得×(+9+3)h=,解得h=.
如图(2),将该正三棱台补成正三棱锥P ABC.
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过点P作PG⊥平面ABC,连接AG,则点G为△ABC的重心,所以∠PAG为直线A'A与平面ABC所成的角.由相似比可知,==,解得PG=2.
延长AG交BC于点D,则点D为BC的中点.
因为△ABC为正三角形,AB=6,则AD=3,
所以AG=×AD=2.在Rt△PAG中,tan∠PAG===1.
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法三:如图(3),设正三棱台ABC A'B'C'的高为h,该棱台的三条侧棱相交于点P,
(注意:棱台是由相应的棱锥截得的,将棱台补成
棱锥来解题)
由AB=6,A'B'=2,得AB=3A'B'.
设正三棱台的下底面的中心为O,上底面的中心为O',连接PO,AO,
(关键点:由正三棱锥的性质知PO⊥平面ABC)则==.
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又PO-PO'=h,所以PO=h,PO'=.
因为S△ABC=×62=9,S△A'B'C'=×22=,VABC A'B'C'=VP ABC-VP A'B'C',
所以×9×h-××=,解得h=.
易得三棱台的下底面的中心O到顶点A的距离AO=××6=2,
所以直线AA'与平面ABC所成角的正切值为==h=×=1.
(注意:∠PAO就是直线AA'与平面ABC所成的角)
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16.(2024·安康模拟)某学校组织学生到一个木工工厂参加劳动,在木工师傅指导下要把一个体积为27 cm3的圆锥切割成一个圆柱,切割过程中磨损忽略不计,则圆柱体积的最大值为 (　　)
A.4 cm3 B.8 cm3
C.12 cm3 D.16 cm3
解析:设圆锥的底面半径为R,高为H,圆柱的底
面半径为r(0所以V圆柱=πr2h=πr2(R-r).
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设f(r)=r2(R-r)(0令f'(r)=0,得r=R或r=0(舍去),当r∈时,f'(r)>0,f(r)单调递增,
当r∈时,f'(r)<0,f(r)单调递减,
所以f(r)的最大值为f==R3,
所以V圆柱的最大值为R2H==V圆锥=×27=12(cm3).
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17.[多选]已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2,过棱CC1,A1D1,A1B1的中点作正方体的截面,则下列结论正确的是 (　　)
A.截面多边形的周长为+2
B.截面多边形的面积为
C.截面多边形存在外接圆
D.截面所在平面与平面ABCD所成角的正弦值为
√
√
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解析:如图,连接QR,两边延长交直线C1D1,C1B1的延长线于点F,E,连接PF交DD1于N,连接PE交BB1于M,连接QN,RM得到截面五边形PNQRM,连接P与FE的中点O.由Q,R为中点,MP=NP=,QR=,
MR=NQ=,因此周长为+2,故A正确.
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FE=3,PF=,PO=,S△PFE=··3=,S△FNQ=S△MRE=·sin∠PFE·FN·FQ=,截面多边形的面积为S△PFE-S△FNQ-S△MRE=,故B正确.
△PNQ与△PMR是共用一个顶点的全等三角形,两个三角形的外心不重合,所以这个五边形没有外接圆,故C错误.
根据二面角定义可知∠A1OP为截面与底面所成角,A1O=,A1P=3,根据余弦定理可得cos∠A1OP==-,故sin∠A1OP=,故D错误.
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18.正三棱柱ABC A1B1C1内切球(球与上、下底面和侧面都相切)的半径是,E为棱AA1上一点,若二面角E BC A为30°,则平面BCE截内切球所得截面面积为　　　　.
解析:正三棱柱ABC A1B1C1内切球的半径是,则棱柱的高AA1=2,正三角形ABC内切圆的半径是,
则S△ABC=×·AB2=×3AB×,解得AB=6.
π
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如图(1),令D,D1分别为BC,B1C1的中点,
则AD=3,AD⊥BC,ED⊥BC,二面角E BC A
为30°,即∠EDA=30°.
△ABC内切圆的圆心O1为AD上靠近点D的三等分
点,△A1B1C1内切圆的圆心O2为A1D1上靠近点D1的三等
分点,O为正三棱柱ABC A1B1C1的内切球球心,则O为O1O2的中点,则DO1=,OO1=,DD1=CC1=AA1,DD1∥CC1∥AA1,由对称性可知,球心O到平面EBC的距离等于O到直线ED的距离.
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在平面D1DAA1中,以D为原点,DA为x轴,
DD1为y轴建立如图(2)所示的平面直角坐标系,
则O(,),∠EDA=30°,DE所在直线方程为y=x,即x-y=0,
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则O点到直线DE的距离d==,即球心O到平面EBC的距离为,平面BCE截内切球所得截面圆的半径为r,则r2=()2-=,所以截面圆的面积S=πr2=π.
知识拓展:正三棱柱的内切球中,如果内切球的半径为r,那么正三棱柱的高为2r,底面正三角形的边长为2r,截面圆的半径由球的半径和球心到截面距离利用勾股定理计算.(共44张PPT)
空间几何体
习题讲评（一）
(1)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和热点,常以选择题、填空题形式考查,难度中档或偏下.
(2)对空间点、线、面位置的考查主要涉及线、面位置关系的判断.选择、填空是主要考查线面关系命题的真假判断,线线、线面、面面位置关系的证明则出现在解答题的第(1)问中,难度中等;截面问题应适当关注,此题点可能以压轴题的形式出现.
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一)　空间几何体的表面积
和体积
教学点(二)　线面位置关系的判断
1
教学点(三)　截面问题
空间几何体的表面积和体积
教学点（一）
[例1]　如图,某柱桩的底座由一个正六棱柱中间挖掉一个圆柱构成.已知该正六棱柱每个侧面是边长为30 cm的正方形,所挖掉的圆柱的底面半径为10 cm.为了延长底座的使用时长,需将底座地面之上的部分(除与地面直接接触的底面之外的表面)涂上防氧化层,则涂层的总面积为 (　　)
A.(2 700+5 400+500π)cm2
B.(2 700+5 400+400π)cm2
C.(1 350+5 400+500π)cm2
D.(1 350+5 400+400π)cm2
√
解析:S涂层=S正六棱柱上底面+S正六棱柱侧面+S圆柱侧面-S圆柱上底面
=cm2
=(1 350+5 400+500π)cm2.
[例2]　(2024·天津高考)一个五面体ABC DEF.已知AD∥BE∥CF,
且两两之间距离为1,AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为 (　　)
A. B.+
C. D.-
√
解析:因为AD,BE,CF两两平行,且两两之间距离为1,则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥,其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积,四棱锥的高为,底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形,故该五面体的体积V=×1××1+××=,故选C.
[例3]　(2024·济南二模)将一个圆形纸片裁成两个扇形,再分别卷成甲、乙两个圆锥的侧面,甲、乙两个圆锥的侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙.若=2,则=　　　　.
解析:设母线长为l,甲圆锥底面圆半径为r1,乙圆锥底面圆半径为r2,则===2,所以r1=2r2,又+=2π,则=1,
所以r1=l,r2=l,所以甲圆锥的高h1==l,乙圆锥的高h2==l,所以===.
[思维建模]
1.空间几何体体积的求解方法
公式法 当所给几何体是常见的柱、锥、台等规则的几何体时,可以直接代入各自几何体的体积公式中进行计算
割补法 求不规则几何体的体积时,可以将所给几何体分割(补)成若干个常见的几何体,然后利用求和(作差)的方法得出所求几何体的体积
等体积 转化法 利用三棱锥的特性,即任意一个面都可以作为底面,从而进行换底换高计算,此种方法充分体现了数学的转化思想
2.求解空间几何体表面积的注意点
(1)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用.
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和,组合体的表面积注意衔接部分的处理.
[练1]　(2024·青岛三模)在母线长为4,底面直径为6的一个圆柱中挖去一个体积最大的圆锥后,得到一个几何体,则该几何体的表面积为 (　　)
A.33π B.39π
C.48π D.57π
解析:体积最大的圆锥的母线为l===5,
则S表=S圆柱侧+S圆柱底+S圆锥侧=2πrh+πr2+πrl=24π+9π+15π=48π.
√
即时训练
[练2]　为了美化广场环境,县政府计划定购一批石墩.已知这批石墩可以看作是一个圆台和一个圆柱拼接而成,其轴截面如图所示,其中AB=2CE=2EF=40 cm,AC=10 cm,则该石墩的体积为(　　)
A.cm3 B.cm3
C.4 000π cm3 D.cm3
√
解析:如图,过点C作CM⊥AB于点M,因为AB=2CE=2EF=40 cm,
AC=10 cm,所以AM=10 cm,CM===10 cm,
所以圆台的体积V=(S上+S下+)h=(π×102+π×202+
)×10=cm3.又圆柱的体积V1=Sh=π×102×20
=2 000π cm3,所以该石墩的体积为+2 000π= cm3.
拓展提升:求圆锥、圆台体积的关键是求其底面面积和高,其中高一般利用几何体的轴截面求得,由母线长,半径(一部分)组成的直角三角形列方程并求解.
[练3]　已知在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中,挖去一个以上、下底面各边中点为顶点的四棱柱,再挖去一个以左、右两侧面各边中点为顶点的四棱柱,则原正方体剩下部分的体积为　　　.
解析:如图,MN∩GG1=Q,可知四棱锥Q FHH1F1为正四棱锥,
四边形FHH1F1为边长为2的正方形,棱锥的高为1,可知两个挖去的四棱柱重合部分为两个正四棱锥的组合体,四棱柱EFGH E1F1G1H1的底面EFGH是边长为的正方形,则=××2=4,同理可得=××2=4,=×1×2×2=,则挖去部分的体积V1=VEFGH-E1F1G1H1+VFMF1M1-HNH1N1-2VQ FHH1F1=,可得原正方体剩下部分的体积V2=23-V1=.
线面位置关系的判断
教学点（二）
[例1]　(2024·芜湖三模)下列说法正确的是 (　　)
A.正方体各面所在平面将空间分成27个部分
B.过平面外一点,有且仅有一条直线与这个平面平行
C.若空间中四条不同的直线l1,l2,l3,l4满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则l1⊥l4
D.若m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,且α与β相交,若直线l满足l⊥m,l⊥n,则l必平行于α和β的交线
解析:利用四个侧面将空间分成九个部分,再由上、下底面又将空间分成上、中、下三层,所以可以将空间分成27个部分,故A正确;
√
因为过平面外一点可以作一个平面与该平面
平行,在这个平行平面内有无数条过该点的直线
都与已知平面平行,故B错误;
在正方体中,把AB看成l1,把BC看成l2,把CC1
看成l3,把C1D1看成l4,它们满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,
但不满足l1⊥l4,故C错误;
由m⊥平面α,n⊥平面β,设α与β相交于l',则m⊥l',n⊥l',即l'满足条件,但此时l'与l重合,它们不平行,故D错误.
[例2]　(多选)如图,四棱锥A BCDE是所有棱长均为2的正四棱锥,三棱锥A CDF是正四面体,G为BE的中点,则下列结论正确的是 (　　)
A.A,B,C,F四点共面 B.FG⊥平面ACD
C.FG⊥CD D.平面ABE∥平面CDF
√
√
√
解析:如图,取CD的中点H,连接AG,GH,FH,AH,依题意,可得CD⊥GH,CD⊥AH,CD⊥FH,
因为AH,GH 平面AGH,则CD⊥平面
AGH,同理CD⊥平面AFH.又平面AGH∩平
面AFH=AH,所以A,G,H,F四点共面.易知AG=HF=,GH=AF=2,所以四边形AGHF是平行四边形,故GH∥AF,因为BC∥GH,所以BC∥AF,所以A,B,C,F四点共面,故A正确;
假设FG⊥平面ACD,因为AH 平面ACD,则FG⊥AH,所以 AGHF是菱形,这与AG=,GH=2矛盾,故B错误;
由A知CD⊥平面FGH,FG 平面FGH,所以FG⊥CD,故C正确;
由A知BC∥AF,又BC=AF=2,所以四边形ABCF是平行四边形,所以AB∥CF.又AB 平面CDF,CF 平面CDF,所以AB∥平面CDF.因为BE∥CD,BE 平面CDF,CD 平面CDF,所以BE∥平面CDF.又AB∩BE=B,AB,BE 平面ABE,所以平面ABE∥平面CDF,故D正确.
[思维建模]
1.判断空间位置关系的方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断.
(2)借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系,结合有关定理,进行肯定或否定.
2.判定空间位置关系的2点提醒
(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中.
(2)当从正面入手较难时,可利用反证法,推出与题设或公认的结论相矛盾的命题,进而作出判断.
[练1]　(2024·保定三模)[多选]已知四边形ABCD为等腰梯形,AB∥CD,l为空间内的一条直线,且l 平面ABCD,则下列说法正确的是 (　　)
A.若l∥AB,则l∥平面ABCD
B.若l∥AD,则l∥BC
C.若l⊥AD,l⊥BC,则l⊥平面ABCD
D.若l⊥AB,l⊥CD,则l⊥平面ABCD
即时训练
√
即时训练
√
解析:因为l∥AB,且AB 平面ABCD,l 平面ABCD,所以l∥平面ABCD,即A正确;
因为AD与BC是等腰梯形的腰,二者不平行,故若l∥AD,则l与BC不平行,即B错误;
因为直线AD与BC能相交,所以若l⊥AD,l⊥BC,AD 平面ABCD,BC 平面ABCD,则l⊥平面ABCD,即C正确;
因为AB∥CD,两者不相交,所以若l⊥AB,l⊥CD,推不出l⊥平面ABCD,即D错误.
[练2]　(2024·烟台模拟)[多选]如图(1),在矩形ABCD中,AB=2AD,E是CD的中点,沿AE将△ADE折起,使点D到达点P的位置,并满足PA⊥PB,如图(2),则 (　　)
A.平面PAB⊥平面PBE B.平面PAE⊥平面PBE
C.平面PAB⊥平面ABCE D.平面PAE⊥平面ABCE
√
√
√
解析:思维路径:首先证明PA⊥平面PBE,即可判断A、B,在平面图形中取AB的中点F,连接DF,交AE于点G,即可得到DF⊥AE,连接PF,即可得到∠PGF为二面角P AE B的平面角,利用勾股定理逆定理得到∠PGF=90°,从而得到平面PAE⊥平面ABCE,即可判断C、D.
因为PA⊥PB,PA⊥PE,且PB∩PE=P,PB,PE 平面PBE,所以PA⊥平面PBE.又PA 平面PAB,PA 平面PAE,所以平面PAB⊥平面PBE,平面PAE⊥平面PBE,故A、B正确.
如图(1),取AB的中点F,连接DF,交AE于点G,则△ADE和△ADF均为等腰直角三角形,所以∠DAE=∠ADF=45°,所以∠AGD=90°,即DF⊥AE.如图(2),连接PF,因为PG⊥AE,FG⊥AE,所以∠PGF为二面角P AE B的平面角.设AD=2,则DG=GF=,在Rt△PAB中,AB=2AP=4,F为AB的中点,故PF=AB=2.所以PG2+GF2=()2+()2=4=PF2,所以∠PGF=90°,所以平面PAE⊥平面ABCE,则平面PAB与平面ABCE不垂直,故C错误,D正确.
截面问题
教学点（三）
[典例]　(多选)如图,有一个正四面体形状的木
块,其棱长为a.现准备将该木块锯开,则下列关于截
面的说法正确的是 (　　)
A.过棱AC的截面中,截面面积的最小值为
B.若过棱AC的截面与棱BD(不含端点)交于点P,则C.若该木块的截面为平行四边形,则该截面面积的最大值为
D.与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个
√
√
√
解析:如图(1),过棱AC的截面为△ACP,
易知当P为棱BD的中点时,CP⊥BD,AP⊥BD,
且AP=CP=a,CP,AP 平面APC,故BD⊥平面
APC.取AC的中点E,连接PE,则PE⊥AC.
又PE 平面APC,则PE⊥BD,即PE是异面直线AC,BD的公垂线,PE=a,故此时△ACP的面积取得最小值,最小值S=×AC×PE=,A正确;
易知△ABP≌△CBP,故结合A项,可设AP=CP=t,t∈,在△ACP中,由余弦定理得cos∠APC===1-,由∈得,∈,所以≤cos∠APC<,B错误;
如图(2),点E,F,N,M分别为AC,CD,
DB,BA上的点,
连接EF,FN,NM,ME,当截面EFNM为平行四边形时,EF∥NM∥AD,
EM∥FN∥BC,由正四面体的性质可知AD⊥BC,故EM⊥MN,从而平行四边形EFNM为矩形.设EM=x,则MN=a-x,所以矩形EFNM的面积S1=x(a-x)≤,当且仅当EM=x=时,等号成立,C正确;
与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为两类.第一类:平行于正四面体的一个底面,且到顶点和到底面距离相等,这样的截面有4个.第二类:平行于正四面体的两条对棱,且到两条棱距离相等,这样的截面有3个.故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7个,D正确.
多元思维:判断B项时,也可以用极限思想求解.当P为BD的中点时∠APC最大,因而余弦值最小,而当P无限接近B或D时,∠APC逐渐减小,余弦值趋于最大,所以有最小值无最大值,那么不必计算就可以判断B错.
[思维建模]　多面体中找截面的几种方法
直接法 有两点在多面体的同一个面上,连接这两点即为多面体与截面的交线,找截面实际就是找交线的过程
延长 线法 若直线相交,但在多面体中未体现,可以通过作延长线的方法找到交点,然后借助交点找到交线
平行 线法 过直线与直线外一点作截面,若直线所在的平面与点所在的平面平行,可以通过过点作直线的平行线找到多面体与截面的交线
空间 向量法 建立空间直角坐标系,利用线面平行与垂直,通过计算,确定截面与多面体各棱的交点,连接各交点即得截面多边形
[练1]　如图,在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中,AA1=2AB=4,点E,F,G分别是AA1,A1B1,B1C1的中点,则过点E,F,G的平面被正四棱柱ABCD A1B1C1D1所截得的截面多边形的周长为 (　　)
A.2+3 B.2+3
C.2+4 D.2+4
√
即时训练
解析:如图,延长GF交D1A1的延长线于点M,延长FG交D1C1的延长线于点N,连接ME并延长,交D1D的延长线于点T,连接TN.
设MT交AD于点K,TN分别交CD,CC1于点I,H,
连接EF,KI,GH,则六边形EFGHIK所在平面即平面
EFG,六边形EFGHIK即过点E,F,G的平面被正四棱
柱ABCD A1B1C1D1所截得的截面多边形,易得K,I,
H分别为AD,CD,CC1的中点,因为AA1=2AB=4,所以EF=GH=EK=HI
=,FG=KI=,所以六边形EFGHIK的周长为2+4.
发散拓展:先扩大研究范围,通过延长平面上的线找出大平面,即平面TMN,研究其和四棱柱的关系,然后通过面面相交找交线.
[练2]　已知正方体ABCD A1B1C1D1的体积为1,点M在线段BC上(点M异于B,C两点),点N为线段CC1的中点,若平面AMN截正方体ABCD A1B1C1D1所得的截面为五边形,则线段BM长的取值范围为　　　　.
思维路径:先过点A作MN的平行线AE交A1D1于点E,再过点E作AM的平行线EF交C1D1于点F,然后连接NF,从而把截面补全,进而求解问题.
解析:如图所示,因为点M在线段BC上(点M
异于B,C两点),点N为线段CC1的中点,所以平面
AMN与平面ABB1A1在正方形ABB1A1内没有交线
段.因为平面AMN截正方体ABCD A1B1C1D1所得
的截面为五边形,所以除平面ABB1A1之外,平面
AMN与正方体ABCD A1B1C1D1的其他五个面都有交线段.过点A作MN的平行线AE交A1D1
(五边形的每个边对应一个面上的交线段)
于点E,再过点E作AM的平行线EF交C1D1于点F,连接NF,
则=,所以CM=A1E.
因为正方体ABCD A1B1C1D1的体积为1,
所以BM=1-CM=1-A1E,且A1E∈(0,1),
所以线段BM长的取值范围为.板块四　立体几何与空间向量
二轮学前预备·激活基本知能
一、由知识联系探析命题趋向
二、由核心纲要激活内存知识
1.柱、锥、台、球体的表面积和体积
侧面展开图 表面积 体积
直棱柱 长方形 S=2S底+S侧 V=S底·h
圆柱 长方形 S=2πr2+2πrl V=πr2·l
棱锥 由若干个三角形构成 S=S底+S侧 V=S底·h
圆锥 扇形 S=πr2+πrl V=πr2·h
圆台 扇环 S=S上+S下+S侧 S=π(r'2+r2+r'l+rl) V=(S上++S下)h V=π(r'2+r'r+r2)h
球 — S=4πr2 V=πr3
2.外接球、内切球问题
(1)长方体的外接球的直径为体对角线,正方体的内切球的直径为正方体的棱长.
(2)正四面体的外接球、内切球球心重合,且在垂线上,R外接球∶r内切球=3∶1.
(3)直棱柱的外接球球心为上、下底面的外心连线的中点.
(4)棱锥中若有三条侧棱两两垂直,一般补成长方体.
(5)棱锥中若有一条侧棱垂直于底面,一般补成直棱柱,如图①②.
(6)三棱锥中,若对棱相等,一般补成长方体,使三棱锥的棱为面对角线.
(7)棱锥中若没有侧棱垂直于底面,一般找两个面,再找这两个面的外心,过外心作面的垂线,两垂线的交点即为外接球球心.
3.直观图与斜二测画法
(1)空间几何体的直观图的画法常采用斜二测画法.斜二测画法的规则为“平行要保持,横长不变,纵长减半.”
(2)任何一个平面图形的面积S与它的斜二测画法得到的直观图的面积S'之间的关系为S'=S.
4.平行、垂直关系的转化
(1)示意图
(2)两个结论
① a∥b;
② b⊥α.
5.用空间向量证明平行、垂直
设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为u=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3).则有:
(1)线面平行
l∥α a⊥u a·u=0 a1a2+b1b2+c1c2=0.
(2)线面垂直
l⊥α a∥u a=ku a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2.
(3)面面平行
α∥β u∥v u=λv a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3.
(4)面面垂直
α⊥β u⊥v u·v=0 a2a3+b2b3+c2c3=0.
6.空间向量与空间角、距离
(1)设直线l,m的方向向量分别为a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2),平面α,β的法向量分别为μ=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4).
①异面直线所成的角:
设l,m所成的角为θ,则cos θ==;
②直线与平面所成的角:
设直线l与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos|=;
③平面与平面的夹角:
设平面α,β的夹角为θ,则cos θ=|cos<μ,v>|=.
(2)平面外一点P到平面α的距离
如图,已知平面α的一个法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点,
过点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面α的距离PQ===.
[自助空间]
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
习题讲评(一)　空间几何体
(1)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和热点,常以选择题、填空题形式考查,难度中档或偏下.
(2)对空间点、线、面位置的考查主要涉及线、面位置关系的判断.选择、填空是主要考查线面关系命题的真假判断,线线、线面、面面位置关系的证明则出现在解答题的第(1)问中,难度中等;截面问题应适当关注,此题点可能以压轴题的形式出现.
教学环节一　题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一)　空间几何体的表面积和体积
[例1]　如图,某柱桩的底座由一个正六棱柱中间挖掉一个圆柱构成.已知该正六棱柱每个侧面是边长为30 cm的正方形,所挖掉的圆柱的底面半径为10 cm.为了延长底座的使用时长,需将底座地面之上的部分(除与地面直接接触的底面之外的表面)涂上防氧化层,则涂层的总面积为 (　　) A.(2 700+5 400+500π)cm2 B.(2 700+5 400+400π)cm2 C.(1 350+5 400+500π)cm2 D.(1 350+5 400+400π)cm2 [例2]　(2024·天津高考)一个五面体ABC DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1,AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为 (　　) A. B.+ C. D.- [例3]　(2024·济南二模)将一个圆形纸片裁成两个扇形,再分别卷成甲、乙两个圆锥的侧面,甲、乙两个圆锥的侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙.若=2,则=　　　　. [自助空间] 思维建模: 1.空间几何体体积的求解方法 公式法当所给几何体是常见的柱、锥、台等规则的几何体时,可以直接代入各自几何体的体积公式中进行计算割补法求不规则几何体的体积时,可以将所给几何体分割(补)成若干个常见的几何体,然后利用求和(作差)的方法得出所求几何体的体积等体积 转化法利用三棱锥的特性,即任意一个面都可以作为底面,从而进行换底换高计算,此种方法充分体现了数学的转化思想
2.求解空间几何体表面积的注意点 (1)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用. (2)多面体的表面积是各个面的面积之和,组合体的表面积注意衔接部分的处理.
[练1]　(2024·青岛三模)在母线长为4,底面直径为6的一个圆柱中挖去一个体积最大的圆锥后,得到一个几何体,则该几何体的表面积为 (　　) A.33π B.39π C.48π D.57π [练2]　为了美化广场环境,县政府计划定购一批石墩.已知这批石墩可以看作是一个圆台和一个圆柱拼接而成,其轴截面如图所示,其中AB=2CE=2EF=40 cm,AC=10 cm,则该石墩的体积为 (　　) A.cm3　　　　　　　　 B.cm3 C.4 000π cm3 D.cm3 [练3]　已知在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中,挖去一个以上、下底面各边中点为顶点的四棱柱,再挖去一个以左、右两侧面各边中点为顶点的四棱柱,则原正方体剩下部分的体积为　　　　. [练2]　拓展提升: 求圆锥、圆台体积的关键是求其底面面积和高,其中高一般利用几何体的轴截面求得,由母线长,半径(一部分)组成的直角三角形列方程并求解.
教学点(二)　线面位置关系的判断
[例1]　(2024·芜湖三模)下列说法正确的是 (　　) A.正方体各面所在平面将空间分成27个部分 B.过平面外一点,有且仅有一条直线与这个平面平行 C.若空间中四条不同的直线l1,l2,l3,l4满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则l1⊥l4 D.若m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,且α与β相交,若直线l满足l⊥m,l⊥n,则l必平行于α和β的交线 [例2]　(多选)如图,四棱锥A BCDE是所有棱长均为2的正四棱锥,三棱锥A CDF是正四面体,G为BE的中点,则下列结论正确的是 (　　) A.A,B,C,F四点共面 B.FG⊥平面ACD C.FG⊥CD D.平面ABE∥平面CDF [自助空间] 思维建模: 1.判断空间位置关系的方法 (1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断. (2)借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系,结合有关定理,进行肯定或否定. 2.判定空间位置关系的2点提醒 (1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中. (2)当从正面入手较难时,可利用反证法,推出与题设或公认的结论相矛盾的命题,进而作出判断.
[练1]　(2024·保定三模)[多选]已知四边形ABCD为等腰梯形,AB∥CD,l为空间内的一条直线,且l 平面ABCD,则下列说法正确的是 (　　) A.若l∥AB,则l∥平面ABCD B.若l∥AD,则l∥BC C.若l⊥AD,l⊥BC,则l⊥平面ABCD D.若l⊥AB,l⊥CD,则l⊥平面ABCD [练2]　(2024·烟台模拟)[多选]如图(1),在矩形ABCD中,AB=2AD,E是CD的中点,沿AE将△ADE折起,使点D到达点P的位置,并满足PA⊥PB,如图(2),则 (　　) A.平面PAB⊥平面PBE B.平面PAE⊥平面PBE C.平面PAB⊥平面ABCE D.平面PAE⊥平面ABCE
教学点(三)　截面问题
[典例]　(多选)如图,有一个正四面体形状的木块,其棱长为a.现准备将该木块锯开,则下列关于截面的说法正确的是 (　　) A.过棱AC的截面中,截面面积的最小值为 B.若过棱AC的截面与棱BD(不含端点)交于点P,则教学环节二　课时作业讲评(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1.若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为 (　　) A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.2∶3 2.(2024·银川三模)A,B是两个不同的点,α,β是两个不同的平面,下列推理错误的是 (　　) A.A∈l,A∈α,B∈l,B∈α l α B.A∈α,A∈β,B∈α,B∈β α∩β=AB C.l α,A∈l A α D.A∈l,l α A∈α 3.(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为 (　　) A.2π B.3π C.6π D.9π 4.(2024·全国甲卷)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m,下述四个命题: ①若m∥n,则n∥α或n∥β　②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β,则m∥n　④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n 其中所有真命题的编号是 (　　) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 5.(2024·大连一模)陀螺起源于我国,最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知,底面圆的直径AB=12 cm,圆柱体部分的高BC=6 cm,圆锥体部分的高CD=4 cm,则这个陀螺的表面积(单位:cm2)是 (　　) A.(72+12)π B.(84+24)π C.(108+12)π D.(108+24)π 6.如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,E,F分别为AB,AC的中点,平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1,V2的两部分,则V1∶V2= (　　) A.1∶1 B.4∶3 C.6∶5 D.7∶5 7.古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理:“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交,那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”,即V=Sl(V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积,S表示平面图形的面积,l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长).如图,直角梯形ABCD,已知AB∥DC,AB⊥AD,AB=3CD,AD=3,则其重心G到AB的距离为 (　　) A. B. C. D.1 8.已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2,M为CC1的中点,若AM⊥平面α,且B∈平面α,则平面α截正方体所得截面的周长为 (　　) A.3+2 B.4+4 C.2+2 D.6 9.(2024·眉山三模)如图,该组合体由一个正四棱柱ABCD A1B1C1D1和一个正四棱锥P A1B1C1D1组合而成,已知AB=2,AA1=,PA1=2,则 (　　) [自助空间] 第2题　易错提醒: 位置关系的证明过程中,一定要注意判定依据中的条件要确保全面. 第8题　发散拓展: 正方体中的基本斜截面
A.PA1∥平面ABC1D1 B.PB1∥平面ABC1D1 C.PC1⊥平面BDC1 D.PD1⊥平面BDC1 10.(2024·衡阳二模)[多选]在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=4,P是棱CC1的中点,则下列结论正确的是 (　　) A.直线BP与B1D1所成的角为60° B.直线BP与A1D所成的角为90° C.平面A1B1P⊥平面ABP D.直线A1B与平面BDD1B1所成角的正弦值为 11.(2024·重庆三模)[多选]已知在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB⊥BC,AB=BC=2,直线A1C与底面ABC所成角的正弦值为,则下列结论正确的是 (　　) A.直三棱柱ABC A1B1C1的体积为 B.点B1到平面A1BC的距离为 C.当点D为线段A1C的中点时,平面DBB1⊥平面DCC1 D.E,F分别为棱BB1,CC1上的动点,当AE+EF+FA1取得最小值时,A1F=EF 12.(2024·北京高考)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器,其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列,底面直径依次为65 mm,325 mm,325 mm,且斛量器的高为230 mm,则斗量器的高为　　　　 mm,升量器的高为　　　　 mm.(不计量器的厚度) 13.(2024·晋城一模)若一个正n棱台的棱数大于15,且各棱的长度构成的集合为{2,3},则n的最小值为　　　　,该棱台各棱的长度之和的最小值为　　　　. 第11题　拓展提升: 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,转化为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.
14.四面体ABCD中,AB=BC=CD=DA=4,AC=BD=2,点E,F,G分别为棱CD,BC,AD的中点,过点E,F,G作四面体ABCD的截面,则该截面的面积为　　　　. 15.(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC A'B'C'的体积为,AB=6,A'B'=2,则A'A与平面ABC所成角的正切值为 (　　) A. B.1 C.2 D.3 16.(2024·安康模拟)某学校组织学生到一个木工工厂参加劳动,在木工师傅指导下要把一个体积为27 cm3的圆锥切割成一个圆柱,切割过程中磨损忽略不计,则圆柱体积的最大值为 (　　) A.4 cm3 B.8 cm3 C.12 cm3 D.16 cm3 17.[多选]已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2,过棱CC1,A1D1,A1B1的中点作正方体的截面,则下列结论正确的是 (　　) A.截面多边形的周长为+2 B.截面多边形的面积为 C.截面多边形存在外接圆 D.截面所在平面与平面ABCD所成角的正弦值为 18.正三棱柱ABC A1B1C1内切球(球与上、下底面和侧面都相切)的半径是,E为棱AA1上一点,若二面角E BC A为30°,则平面BCE截内切球所得截面面积为　　　　. 第18题　知识拓展: 正三棱柱的内切球中,如果内切球的半径为r,那么正三棱柱的高为2r,底面正三角形的边长为2r,截面圆的半径由球的半径和球心到截面距离利用勾股定理计算.
习题讲评(一)　空间几何体
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　空间几何体的表面积和体积
[例1]　选C　
S涂层=S正六棱柱上底面+S正六棱柱侧面+S圆柱侧面-S圆柱上底面=cm2=(1 350+5 400+500π)cm2.
[例2]　选C　
因为AD,BE,CF两两平行,且两两之间距离为1,则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥,其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积,四棱锥的高为,底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形,故该五面体的体积V=×1××1+××=,故选C.
[例3]　答案:
解析:设母线长为l,甲圆锥底面圆半径为r1,乙圆锥底面圆半径为r2,则===2,所以r1=2r2,又+=2π,则=1,所以r1=l,r2=l,所以甲圆锥的高h1==l,乙圆锥的高h2==l,所以===.
[练1]　选C　
体积最大的圆锥的母线为l===5,则S表=S圆柱侧+S圆柱底+S圆锥侧=2πrh+πr2+πrl=24π+9π+15π=48π.
[练2]　选D　
如图,过点C作CM⊥AB于点M,因为AB=2CE=2EF=40 cm,AC=10 cm,所以AM=10 cm3,CM===10 cm3,
所以圆台的体积
V=(S上+S下+)h=(π×102+π×202+)×10= cm3.又圆柱的体积V1=Sh=π×102×20=2 000π cm3,所以该石墩的体积为+2 000π= cm3.
[练3]　答案:
解析:如图,MN∩GG1=Q,可知四棱锥Q FHH1F1为正四棱锥,
四边形FHH1F1为边长为2的正方形,棱锥的高为1,可知两个挖去的四棱柱重合部分为两个正四棱锥的组合体,四棱柱EFGH E1F1G1H1的底面EFGH是边长为的正方形,则=××2=4,同理可得=××2=4,=×1×2×2=,则挖去部分的体积V1=+-2=,可得原正方体剩下部分的体积V2=23-V1=.
教学点(二)　线面位置关系的判断
[例1]　选A　
利用四个侧面将空间分成九个部分,再由上、下底面又将空间分成上、中、下三层,所以可以将空间分成27个部分,故A正确;
因为过平面外一点可以作一个平面与该平面平行,在这个平行平面内有无数条过该点的直线都与已知平面平行,故B错误;
在正方体中,把AB看成l1,把BC看成l2,把CC1看成l3,把C1D1看成l4,它们满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,但不满足l1⊥l4,故C错误;
由m⊥平面α,n⊥平面β,设α与β相交于l',则m⊥l',n⊥l',即l'满足条件,但此时l'与l重合,它们不平行,故D错误.
[例2]　选ACD　
如图,取CD的中点H,连接AG,GH,FH,AH,
依题意,可得CD⊥GH,CD⊥AH,CD⊥FH,因为AH,GH 平面AGH,则CD⊥平面AGH,同理CD⊥平面AFH.又平面AGH∩平面AFH=AH,所以A,G,H,F四点共面.易知AG=HF=,GH=AF=2,所以四边形AGHF是平行四边形,故GH∥AF,因为BC∥GH,所以BC∥AF,所以A,B,C,F四点共面,故A正确;
假设FG⊥平面ACD,因为AH 平面ACD,则FG⊥AH,所以 AGHF是菱形,这与AG=,GH=2矛盾,故B错误;
由A知CD⊥平面FGH,FG 平面FGH,所以FG⊥CD,故C正确;
由A知BC∥AF,又BC=AF=2,所以四边形ABCF是平行四边形,所以AB∥CF.又AB 平面CDF,CF 平面CDF,所以AB∥平面CDF.因为BE∥CD,BE 平面CDF,CD 平面CDF,所以BE∥平面CDF.又AB∩BE=B,AB,BE 平面ABE,所以平面ABE∥平面CDF,故D正确.
[练1]　选AC　
因为l∥AB,且AB 平面ABCD,l 平面ABCD,所以l∥平面ABCD,即A正确;因为AD与BC是等腰梯形的腰,二者不平行,故若l∥AD,则l与BC不平行,即B错误;因为直线AD与BC能相交,所以若l⊥AD,l⊥BC,AD 平面ABCD,BC 平面ABCD,则l⊥平面ABCD,即C正确;因为AB∥CD,两者不相交,所以若l⊥AB,l⊥CD,推不出l⊥平面ABCD,即D错误.
[练2]　选ABD
思维路径:首先证明PA⊥平面PBE,即可判断A、B,在平面图形中取AB的中点F,连接DF,交AE于点G,即可得到DF⊥AE,连接PF,即可得到∠PGF为二面角P AE B的平面角,利用勾股定理逆定理得到∠PGF=90°,从而得到平面PAE⊥平面ABCE,即可判断C、D.
因为PA⊥PB,PA⊥PE,且PB∩PE=P,PB,PE 平面PBE,所以PA⊥平面PBE.又PA 平面PAB,PA 平面PAE,所以平面PAB⊥平面PBE,平面PAE⊥平面PBE,故A、B正确.如图(1),取AB的中点F,连接DF,交AE于点G,则△ADE和△ADF均为等腰直角三角形,所以∠DAE=∠ADF=45°,所以∠AGD=90°,即DF⊥AE.如图(2),连接PF,因为PG⊥AE,FG⊥AE,所以∠PGF为二面角P AE B的平面角.设AD=2,则DG=GF=,在Rt△PAB中,AB=2AP=4,F为AB的中点,故PF=AB=2.所以PG2+GF2=()2+()2=4=PF2,所以∠PGF=90°,所以平面PAE⊥平面ABCE,则平面PAB与平面ABCE不垂直,故C错误,D正确.
教学点(三)　截面问题
[典例]　选ACD　
如图(1),过棱AC的截面为△ACP,
易知当P为棱BD的中点时,CP⊥BD,AP⊥BD,且AP=CP=a,CP,AP 平面APC,故BD⊥平面APC.取AC的中点E,连接PE,则PE⊥AC.又PE 平面APC,则PE⊥BD,即PE是异面直线AC,BD的公垂线,PE=a,故此时△ACP的面积取得最小值,最小值S=×AC×PE=,A正确;
易知△ABP≌△CBP,故结合A项,可设AP=CP=t,t∈,在△ACP中,由余弦定理得cos∠APC===1-,由∈得,∈,所以≤cos∠APC<,B错误;
如图(2),点E,F,N,M分别为AC,CD,DB,BA上的点,连接EF,FN,NM,ME,当截面EFNM为平行四边形时,EF∥NM∥AD,EM∥FN∥BC,由正四面体的性质可知AD⊥BC,故EM⊥MN,从而平行四边形EFNM为矩形.设EM=x,则MN=a-x,所以矩形EFNM的面积S1=x(a-x)≤,当且仅当EM=x=时,等号成立,C正确;
与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为两类.第一类:平行于正四面体的一个底面,且到顶点和到底面距离相等,这样的截面有4个.第二类:平行于正四面体的两条对棱,且到两条棱距离相等,这样的截面有3个.故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7个,D正确.
多元思维:判断B项时,也可以用极限思想求解.当P为BD的中点时∠APC最大,因而余弦值最小,而当P无限接近B或D时,∠APC逐渐减小,余弦值趋于最大,所以有最小值无最大值,那么不必计算就可以判断B错.
[练1]　选D　
如图,延长GF交D1A1的延长线于点M, 延长FG交D1C1的延长线于点N,连接ME并延长,交D1D的延长线于点T,连接TN.
设MT交AD于点K,TN分别交CD,CC1于点I,H,连接EF,KI,GH,则六边形EFGHIK所在平面即平面EFG,六边形EFGHIK即过点E,F,G的平面被正四棱柱ABCD A1B1C1D1所截得的截面多边形,易得K,I,H分别为AD,CD,CC1的中点,因为AA1=2AB=4,所以EF=GH=EK=HI=,FG=KI=,所以六边形EFGHIK的周长为2+4.
发散拓展:先扩大研究范围,通过延长平面上的线找出大平面,即平面TMN,研究其和四棱柱的关系,然后通过面面相交找交线.
[练2]　答案:
思维路径:先过点A作MN的平行线AE交A1D1于点E,再过点E作AM的平行线EF交C1D1于点F,然后连接NF,从而把截面补全,进而求解问题.
解析:如图所示,因为点M在线段BC上(点M异于B,C两点),点N为线段CC1的中点,所以平面AMN与平面ABB1A1在正方形ABB1A1内没有交线段.因为平面
AMN截正方体ABCD A1B1C1D1所得的截面为五边形,所以除平面ABB1A1之外,平面AMN与正方体ABCD A1B1C1D1的其他五个面都有交线段.过点A作MN的平行线AE交A1D1(五边形的每个边对应一个面上的交线段)于点E,再过点E作AM的平行线EF交C1D1于点F,连接NF,则=,所以CM=A1E.因为正方体ABCD A1B1C1D1的体积为1,所以BM=1-CM=1-A1E,且A1E∈(0,1),所以线段BM长的取值范围为.
教学环节二　课时作业讲评
1.选A　
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2πr·2r=4πr2,球的表面积为4πr2,其比为1∶1.
2.选C　
直线上两个不同点在某个平面内,则直线在该平面内,故A正确;
两个不同点同时在两个不同平面内,则两点所在直线为两平面的交线,故B正确;
l α有两种情况,l与α相交或l∥α,其中l与α相交,且交点为A点,故C错误;
直线在平面内,则直线上的点都在平面内,故D正确.
3.选B　
设圆柱的底面半径为r,则圆锥的母线长为 .因为它们的侧面积相等,所以2πr·=πr·,即2=,故r2=9,故圆锥的体积为π×9×=3π.
4.选A　
若α∩β=m,则m α,m β,对于①,若m∥n,则n∥α或n∥β,①正确;对于②,若m⊥n,则可能n α或n∥α或n与α相交,②错误;对于③,若n∥α且n∥β,则n∥m,③正确;对于④,n与m所成的角可以为内的任意角,④错误.故选A.
5.选C　
由题意,可知圆锥的母线长为=2,所以这个陀螺的表面积是π×62+2π×6×6+π×2×6=(108+12)π.
6.选D　
设三棱柱ABC A1B1C1的高为h,上、下底面面积均为S,体积为V,则V=V1+V2=Sh,因为E,F分别为AB,AC的中点,故S△AEF=S,结合题意可知几何体AEF A1B1C1为棱台,则V1=h=Sh,故V2=Sh-Sh=Sh,故V1∶V2=7∶5.
7.选C　
设CD=x,则AB=3x,直角梯形绕AB旋转一周所得的几何体的体积为V=π·32·x+·π·32·(3x-x)=15πx;梯形ABCD的面积S=(x+3x)3=6x,故记重心G到AB的距离为h',则重心绕旋转轴旋转一周的周长为l=2πh',则15πx=2πh'·6x,则h'=.
8.选A　
∵在正方体ABCD A1B1C1D1中,BD⊥AC,BD⊥CC1,AC∩CC1=C,且AC,CC1 平面ACM,∴BD⊥平面ACM,又AM 平面ACM,∴BD⊥AM.
取BB1的中点N,A1B1的中点E,连接AN,MN,BE,易知BE⊥AN,MN⊥BE,又AN∩MN=N,AN,MN 平面AMN,∴BE⊥平面AMN.
又AM 平面AMN,∴BE⊥AM,BE∩BD=B,BE,BD 平面DBE,取A1D1的中点F,连接DF,EF,则平面α即为截面BEFD.∴周长为3+2.
9.选C　
对A、B,如图,因为PA1=PC1=2,A1C1=2,OC=CC1=,在平面ACC1PA1中有∠PA1C1=
∠A1C1O=∠C1OC=,所以PA1∥OC1,PA1∥平面BDC1,PA1不平行于平面ABC1D1,故A错误;
同理PB1∥OD1,PB1不平行于平面ABC1D1,故B错误;
对C、D,PO=+×2=2,PC1=C1O=2,有P+C1O2=PO2,所以PC1⊥C1O.
又BD⊥AC,BD⊥CC1,AC∩CC1=C,AC,CC1 平面PC1O,所以BD⊥平面PC1O.
又因为PC1 平面PC1O,所以PC1⊥BD.
又BD∩C1O=O,BD,C1O 平面BDC1,
所以PC1⊥平面BDC1,故C正确;
又因为PC1∩PD1=P,且过一点有且仅有一条直线与平面垂直,所以PD1不垂直于平面BDC1,故D错误.
10.选AC　
如图所示,连接BD,DP,因为BD∥B1D1,
所以∠DBP或其补角为直线BP与B1D1所成的角,易知BP=BD=DP=2,即△DBP为等边三角形,所以∠DBP=60°,即A正确;
因为A1D∥B1C,所以∠BEC或其补角为直线BP与A1D所成的角,若∠BEC=90°,则△BB1C∽△BCP,即满足=,而PC=BC=2,BB1=4不满足上式,即B错误;
易知BP=2=B1P,BB1=4,满足B1P2+BP2=B1B2,所以BP⊥B1P.又BP⊥A1B1,B1P∩A1B1=B1,可得BP⊥平面A1B1P.又BP 平面ABP,所以平面A1B1P⊥平面ABP,即C正确;
连接A1C1,B1D1交于点F,由正方形性质可得A1F⊥B1D1,由直棱柱性质可知BB1⊥平面A1B1C1D1.又A1F 平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1F.又BB1∩B1D1=B1,可得A1F⊥平面BDD1B1,所以∠A1BF为直线A1B与平面BDD1B1所成的角,因为A1F=,A1B=2,所以sin∠A1BF==,故D错误.
11.选BC　
由直三棱柱的特征可知,直线A1C与底面ABC所成的角为∠A1CA,所以=.因为AB⊥BC,AB=BC=2,所以AC=2,AA1=2,A1C=2,则直三棱柱ABC A1B1C1的体积为AB·BC·AA1=4,故A错误;
由上可知BC⊥平面ABB1A1,因为A1B 平面ABB1A1,所以BC⊥A1B,则=2,=2.设点B1到平面A1BC的距离为h,易知=h×2==×2×2 h=,故B正确;
如图(1)取A1C1,AC的中点G,H,易知D在直线GH上,BH⊥AC,由直三棱柱的特征知GH⊥AC,因为GH∩BH=H,GH,BH 平面BB1DH,所以AC⊥平面BB1DH,而平面BB1DH=平面DBB1.因为AC 平面DCC1,所以平面DCC1⊥平面DBB1,故C正确;
将三棱柱侧面展开,如图(2)所示,显然AE+EF+FA1取得最小值时,=,故D错误.
12.答案:23　57.5
解析:设升、斗量器的高分别为h1 mm,h2 mm,升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3,V2 mm3,V3 mm3,因为升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列,所以V3=10V2,即π××230=10×π××h2,解得h2=23.又V2=10V1,即π××23=10×π××h1,解得h1=57.5,所以升、斗量器的高分别为57.5 mm,23 mm.
13.答案:6　42
解析:根据正棱台的结构特征可知,正n棱台的总棱数为3n(n≥3,n∈N*),则3n>15,得n>5,所以n的最小值为6.要想各棱长之和最小,则棱数总和要最小,故n=6.又因为棱台的上、下底面边长不相等,所以可取上底面边长为2,下底面边长为3,要使各棱长之和最小,则侧棱长取2,故该棱台各棱的长度之和的最小值为2×12+3×6=42.
14.答案:2
解析:如图,设平面EFG与平面ABD相交于直线GH,其中H在直线AB上,连接FH,
(注意:图形简单的情况下,可以不用扩大范围研究整个平面,直接找交线即可)
所以四边形EFHG即为所求截面.因为EF∥BD,BD 平面ABD,EF 平面ABD,所以EF∥平面ABD.
又EF 平面EFHG,平面EFHG∩平面ABD=GH,所以GH∥EF.
又EF∥BD,所以GH∥BD,那么H为AB的中点,则EG∥AC∥FH,EF∥BD∥GH,所以四边形EFHG为平行四边形.
取AC的中点O,连接OD,OB,因为AB=BC=CD=DA=4,所以DO⊥AC,BO⊥AC,DO∩BO=O,DO,BO 平面BOD,所以AC⊥平面BOD,BD 平面BOD,所以AC⊥BD,所以EG⊥EF,所以四边形EFHG为矩形,EF=BD=,EG=AC=,所以截面的面积S=×=2.
15.选B　
法一:如图(1),分别取BC,B'C'的中点D,D',连接AD,A'D',DD'.
易证得平面ADD'A'⊥平面ABC.
过点A'作A'E⊥AD于点E,则A'E⊥平面ABC,即A'E为正三棱台的高.由上述可知,∠A'AE为直线A'A与平面ABC所成的角.
由已知易得正三棱台ABC A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=,×6×3=9.
由正三棱台ABC A'B'C'的体积为,得×(+9+3)×A'E=,解得A'E=.
取△ABC,△A'B'C'的重心分别为G,G',连接GG',则四边形A'EGG'为矩形,
所以EG=A'G'=A'D'=,
所以AE=AG-EG=AD-EG=×3-=.
在Rt△A'AE中,tan∠A'AE===1.
法二:设正三棱台ABC A'B'C'的高为h.
易知正三棱台ABC A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=,×6×3=9.
由正三棱台ABC A'B'C'的体积为,得×(+9+3)h=,解得h=.
如图(2),
将该正三棱台补成正三棱锥P ABC.
过点P作PG⊥平面ABC,连接AG,则点G为△ABC的重心,所以∠PAG为直线A'A与平面ABC所成的角.由相似比可知,==,解得PG=2.
延长AG交BC于点D,则点D为BC的中点.
因为△ABC为正三角形,AB=6,则AD=3,
所以AG=×AD=2.
在Rt△PAG中,tan∠PAG===1.
法三:如图(3),设正三棱台ABC A'B'C'的高为h,该棱台的三条侧棱相交于点P,
(注意:棱台是由相应的棱锥截得的,将棱台补成棱锥来解题)
由AB=6,A'B'=2,得AB=3A'B'.
设正三棱台的下底面的中心为O,上底面的中心为O',连接PO,AO,
(关键点:由正三棱锥的性质知PO⊥平面ABC)
则==.
又PO-PO'=h,所以PO=h,PO'=.
因为S△ABC=×62=9,S△A'B'C'=×22=,VABC A'B'C'=VP ABC-VP A'B'C',
所以×9×h-××=,解得h=.
易得三棱台的下底面的中心O到顶点A的距离AO=××6=2,所以直线AA'与平面ABC所成角的正切值为==h=×=1.
(注意:∠PAO就是直线AA'与平面ABC所成的角)
16.选C　
设圆锥的底面半径为R,高为H,圆柱的底面半径为r(0设f(r)=r2(R-r)(00,f(r)单调递增,当r∈时,f'(r)<0,f(r)单调递减,所以f(r)的最大值为f==R3,所以V圆柱的最大值为R2H==V圆锥=×27=12(cm3).
17.选AB　
如图,连接QR,两边延长交直线C1D1,C1B1的延长线于点F,E,连接PF交DD1于N,连接PE交BB1于M,连接QN,RM得到截面五边形PNQRM,连接P与FE的中点O.由Q,R为中点,MP=NP=,QR=,MR=NQ=,因此周长为+2,故A正确.
FE=3,PF=,PO=,S△PFE=··3=,S△FNQ=S△MRE=·sin∠PFE·FN·FQ=,截面多边形的面积为S△PFE-S△FNQ-S△MRE=,故B正确.
△PNQ与△PMR是共用一个顶点的全等三角形,两个三角形的外心不重合,所以这个五边形没有外接圆,故C错误.
根据二面角定义可知∠A1OP为截面与底面所成角,A1O=,A1P=3,根据余弦定理可得cos∠A1OP==-,故sin∠A1OP=,故D错误.
18.答案:π
解析:
正三棱柱ABC A1B1C1内切球的半径是,则棱柱的高AA1=2,正三角形ABC内切圆的半径是,则S△ABC=×·AB2=×3AB×,解得AB=6.
如图(1),令D,D1分别为BC,B1C1的中点,则AD=3,AD⊥BC,ED⊥BC,二面角E BC A为30°,即∠EDA=30°.
△ABC内切圆的圆心O1为AD上靠近点D的三等分点,△A1B1C1内切圆的圆心O2为A1D1上靠近点D1的三等分点,O为正三棱柱ABC A1B1C1的内切球球心,则O为O1O2的中点,则DO1=,OO1=,DD1=CC1=AA1,DD1∥CC1∥AA1,由对称性可知,球心O到平面EBC的距离等于O到直线ED的距离.
在平面D1DAA1中,以D为原点,DA为x轴,
DD1为y轴建立如图(2)所示的平面直角坐标系,则O(,),∠EDA=30°,DE所在直线方程为y=x,即x-y=0,则O点到直线DE的距离d==,即球心O到平面EBC的距离为,平面BCE截内切球所得截面圆的半径为r,则r2=()2-=,所以截面圆的面积S=πr2=π.

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