9、的長為________cm.
[解析] 將三棱柱沿側棱AA1展開得如圖所示(兩周)
因為正三棱柱底面邊長為2 cm，高為5 cm，所以AA1＝5 cm，AA″＝12 cm，所以A1A″＝＝13，即最短路線為13 cm.
[答案] 13
[點評] 將空間幾何體中的距離之和的最值問題通過側面展開圖的運用轉化為平面幾何的最值，這正是降維轉化思想的運用．
線面平行問題中的常見轉化方法
[典例] 如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝4，M是棱CC1上的一點．
(1) 求證：BC⊥AM；
(2) 若N是AB的中點，且CN∥平面AB1M，求CM的長．
[解
10、] (1)證明：因為ABC-A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因為BC?平面ABC，所以CC1⊥BC.
因為AC⊥BC，CC1∩AC＝C，CC1?平面ACC1A1，AC?平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1.
因為AM?平面ACC1A1，所以BC⊥AM.
(2)法一：如圖①，取AB1的中點P，連結NP，PM.
因為N是AB的中點，所以NP∥BB1.
因為CM∥BB1，所以NP∥CM，
所以NP與CM共面．
因為CN∥平面AB1M，平面CNPM∩平面AB1M＝MP，所以CN∥MP.
所以四邊形CNPM為平行四邊形，
所以CM＝NP＝BB1＝CC1＝
11、2.
法二：如圖②，設NC與CC1確定的平面交AB1于點P，連結NP，PM.
因為CN∥平面AB1M，CN?平面CNPM，平面AB1M∩平面CNPM＝PM，所以CN∥MP.
因為BB1∥CM，BB1?平面CNPM，CM?平面CNPM，所以BB1∥平面CNPM.
又BB1?平面ABB1，平面ABB1∩平面CNPM＝NP，
所以BB1∥NP，所以CM∥NP，
所以四邊形CNPM為平行四邊形．
因為N是AB的中點，
所以CM＝NP＝BB1＝CC1＝2.
法三：如圖③，取BB1的中點Q，連結NQ，CQ.
因為N是AB的中點，所以NQ∥AB1.
因為NQ?平面AB1M，AB1?平面
12、AB1M，所以NQ∥平面AB1M.
因為CN∥平面AB1M，NQ∩CN＝N，NQ?平面NQC，CN?平面NQC，所以平面NQC∥平面AB1M.
因為平面BCC1B1∩平面NQC＝QC，平面BCC1B1∩平面AB1M＝MB1，所以CQ∥MB1.
因為BB1∥CC1，所以四邊形CQB1M是平行四邊形，
所以CM＝B1Q＝BB1＝CC1＝2.
法四：如圖④，分別延長BC，B1M，設交點為S，連結AS.
因為CN∥平面AB1M，CN?平面ABS，平面ABS∩平面AB1M＝AS，
所以CN∥AS.
由于AN＝NB，
所以BC＝CS.
又因為CM∥BB1，可得SM＝MB1，
所以CM
13、＝BB1＝CC1＝2.
[點評] 線面平行無論是判定定理還是性質定理都是需要轉化為線線平行．常見的方式有構造三角形轉化為線線平行，構造平行四邊形轉化為對邊平行，構造面面平行再利用面面平行的性質定理進行證明．
[課時達標訓練]
A組——易錯清零練
1．設l，m表示直線，m是平面α內的任意一條直線．則“l(fā)⊥m”是“l(fā)⊥α”成立的____________條件(在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”中選填一個)．
解析：由l⊥m，m?α，可得l?α，l∥α或l與α相交，推不出l⊥α；由l⊥α，m?α，結合線面垂直的定義可得l⊥m.故“l(fā)⊥m”是“l(fā)⊥α”成立的必要不充分條
14、件．
答案：必要不充分
2．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝a，AA1＝2，四面體A-CB1D1的體積為6，則a＝________.
解析：如圖，VA-CB1D1＝VABCD-A1B1C1D1－VA-A1B1D1－VB1-ABC－VD1-ADC－VC-B1C1D1＝2a2－a2＝a2＝6，所以a＝3.
答案：3
3．設a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列四個命題：
①若a⊥b，a⊥α，則b∥α；
②若a⊥β，α⊥β，則a∥α；
③若a∥α，a⊥β，則α⊥β；
④若a⊥b，a⊥α，b⊥β，則α⊥β.
其中正確命題的序號是________．
15、
解析：①中b可能在平面α內；②中a可能在平面α內；③中因為a∥α，a⊥β，所以α內必存在一條直線b與a平行，從而得到b⊥β，所以α⊥β，故③正確；因為a⊥b，a⊥α，所以b∥α或b?α，故α內必有一條直線c與b平行，又b⊥β，所以c⊥β，故α⊥β，所以④正確．
答案：③④
4.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側棱AA1⊥平面AB1C1，AA1＝1，底面△ABC是邊長為2的正三角形，則此三棱柱的體積為________．
解析：因為AA1⊥平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，所以AA1⊥AB1，又知AA1＝1，A1B1＝2，所以AB1＝＝，同理可得AC1＝，又知在△AB1C1中，
16、B1C1＝2，所以△AB1C1的邊B1C1上的高為h＝＝，其面積S＝×2×＝，于是三棱錐A-A1B1C1的體積VA-A1B1C1＝VA1-AB1C1＝×S△AB1C1×AA1＝，進而可得此三棱柱ABC-A1B1C1的體積V＝3VA-A1B1C1＝3×＝.
答案：
B組——方法技巧練
1．設P，A，B，C是球O表面上的四個點，PA，PB，PC兩兩垂直，且PA＝PB＝1，PC＝2，則球O的表面積是________．
解析：設球O的半徑為R.由PA，PB，PC兩兩垂直，所以外接球的直徑是以PA，PB，PC為棱的長方體的體對角線，即4R2＝PA2＋PB2＋PC2＝1＋1＋4＝6，故S球表面積＝
17、4πR2＝6π.
答案：6π
2．在空間中，用a，b，c表示三條不同的直線，γ表示平面，給出下列四個命題：
①若a∥b，b∥c，則a∥c；?、谌鬭⊥b，b⊥c，則a⊥c；
③若a∥γ，b∥γ，則a∥b；?、苋鬭⊥γ，b⊥γ，則a∥b.
其中真命題的序號為________．
解析：根據公理知平行于同一條直線的兩條直線互相平行，①正確；根據線面垂直性質定理知“同垂直一個平面的兩條直線平行”，知④正確；②③均不恒成立．故選①④.
答案：①④
3.如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若各條棱長均為2，且M為A1C1的中點，則三棱錐M-AB1C的體積是________．
解
18、析：法一：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，從而AA1⊥B1M.又因為B1M是正三角形A1B1C1的中線，所以B1M⊥A1C1，所以B1M⊥平面ACC1A1，則VM-AB1C＝VB1-ACM＝×B1M＝××2×2×＝.
法二：VM-AB1C＝VABC-A1B1C1－VA-A1B1M－VC-C1B1M－VB1-ABC＝×2××2－2×－××2＝.
答案：
4.如圖，平行四邊形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，AF＝.
(1)求證：AC⊥BF；
(2)求多面體ABCDEF的體積．
解：(1)證明：∵AB＝1，AD＝
19、2，∠ADC＝60°，
由余弦定理：AC2＝CD2＋AD2－2CD·AD·cos 60°＝1＋4－2×1×2×＝3，
于是AD2＝CD2＋AC2，∴∠ACD＝90°，
∵AB∥CD，∴AC⊥AB.
又∵四邊形ACEF是矩形，∴FA⊥AC，
又AF∩AB＝A，∴AC⊥平面AFB，
又BF?平面AFB，∴AC⊥BF.
(2)令多面體ABCDEF的體積為V，
V＝VD-ACEF＋VB-ACEF＝2VD-ACEF，
又∵平面ABCD⊥平面ACEF，DC⊥AC，
根據兩平面垂直的性質定理：DC⊥平面ACEF，
∴DC為四棱錐D-ACEF的高，
S矩形ACEF＝×＝，
∴VD-A
20、CEF＝××1＝，
∴V＝2VD-ACEF＝，即多面體ABCDEF的體積為.
5.如圖，四邊形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC.
(1)求證：平面AEC⊥平面ABE；
(2)點F在BE上，若DE∥平面ACF，求 的值．
解：(1)證明：因為四邊形ABCD為矩形，所以AB⊥BC.
因為平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面BCE.
因為EC?平面BCE，所以EC⊥AB.
因為EC⊥BE，AB?平面ABE，BE?平面ABE，AB∩BE＝B，所以EC⊥平面ABE.
因為EC?平面AEC，所以平面AEC⊥平面A
21、BE.
(2) 連結BD交AC于點O，連結OF.
因為DE∥平面ACF，DE?平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF，所以DE∥OF.
又因為矩形ABCD中，O為BD的中點，所以F為BE的中點，即＝.
C組——創(chuàng)新應用練
1．下列命題：
①若直線l平行于平面α內的無數條直線，直線a在平面α內，則l∥a；
②若直線a在平面α外，則a∥α；
③若直線a∥b，直線b?α，則a∥α；
④若直線a∥b，b?α，那么直線a就平行于平面α內的無數條直線．
其中真命題的個數為________．
解析：對于①，∵直線l雖與平面α內的無數條直線平行，但l有可能在平面α內，∴l(xiāng)不一定平行于a
22、，∴①是假命題；
對于②，∵直線a在平面α外，包括兩種情況：a∥α和a與α相交，∴②是假命題；
對于③，∵a∥b，直線b?α，則只能說明a和b無公共點，但a可能在平面α內，∴a不一定平行于α，∴③是假命題；
對于④，∵a∥b，b?α，那么a?α或a∥α，∴a與平面α內的無數條直線平行，∴④是真命題.
答案：1
2.如圖，已知AB為圓O的直徑，C為圓上一動點，PA⊥圓O所在的平面，且PA＝AB＝2，過點A作平面α⊥PB，分別交PB，PC于E，F，當三棱錐P-AEF的體積最大時，tan∠BAC＝________.
解析：∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB.
又AC⊥BC，AP⊥BC，
23、∴BC⊥平面PAC，
∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°.
設∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，
AF＝＝＝，
在Rt△PAB中，AE＝PE＝，∴EF＝，
∴VP-AEF＝AF·EF·PE＝AF··
＝·＝·≤，∴當AF＝1時，VP-AEF取得最大值，此時AF＝＝1，∴cos θ＝，sin θ＝，∴tan θ＝.
答案：
3.如圖所示，等腰△ABC的底邊AB＝6，高CD＝3，點E是線段BD上異于點B，D的動點，點F在BC邊上，且EF⊥AB，現沿EF將△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，記BE＝x，V(x)表示四棱錐P-ACFE的體積，則V(x)的最大值為
24、________．
解析：因為PE⊥EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E，
所以PE⊥平面ABC.
因為CD⊥AB，FE⊥AB，
所以EF∥CD，所以＝，
即＝，所以EF＝，
所以S△ABC＝×6×3＝9，
S△BEF＝×x×＝x2，
所以V(x)＝×x＝x(0＜x＜3)．
因為V′(x)＝，
所以當x∈(0,6)時，V′(x)＞0，V(x)單調遞增；
當6＜x＜3時，V′(x)＜0，V(x)單調遞減，
因此當x＝6時，V(x)取得最大值12.
答案：12
4.如圖①所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD為∠ACB的平分線，點E在線段AC上，
25、CE＝4.如圖②所示，將△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，連結AB，設點F是AB的中點．
(1)求證：DE⊥平面BCD；
(2)若EF∥平面BDG，其中G為直線AC與平面BDG的交點，求三棱錐B-DEG的體積．
解：(1)證明：在題圖①中，
因為AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，所以∠ACB＝60°.
因為CD為∠ACB的平分線，所以∠BCD＝∠ACD＝30°，所以CD＝2.
又因為CE＝4，∠DCE＝30°，所以DE＝2.
則CD2＋DE2＝CE2，所以∠CDE＝90°，即DE⊥CD.
在題圖②中，因為平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD
26、，DE?平面ACD，所以DE⊥平面BCD.
(2)在題圖②中，因為EF∥平面BDG，EF?平面ABC，平面ABC∩平面BDG＝BG，所以EF∥BG.
因為點E在線段AC上，CE＝4，點F是AB的中點，
所以AE＝EG＝CG＝2.
過點B作BH⊥CD交于點H.
因為平面BCD⊥平面ACD，BH?平面BCD，
所以BH⊥平面ACD.
由條件得BH＝.
又S△DEG＝S△ACD＝×AC·CD·sin 30°＝，
所以三棱錐B-DEG的體積為V＝S△DEG·BH＝××＝.
5.如圖，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC，D為BC的中點．
(1)若平面ABC⊥平面BCC1
27、B1，求證：AD⊥DC1；
(2)求證：A1B∥平面ADC1.
證明：(1)因為AB＝AC，D為BC的中點，所以AD⊥BC.
因為平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AD?平面ABC，所以AD⊥平面BCC1B1.
因為DC1?平面BCC1B1，
所以AD⊥DC1.
(2)如圖，連結A1C，交AC1于點O，連結OD，則O為A1C的中點．
因為D為BC的中點，所以OD∥A1B.
因為OD?平面ADC1，A1B?平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.
6.現需要設計一個倉庫，它的上部是底面圓半徑為5 m的圓錐，下部是底面圓半徑為5 m的圓柱，且該倉庫
28、的總高度為5 m．經過預算，制造該倉庫的圓錐側面、圓柱側面用料的單價分別為4百元/m2、1百元/m2.
(1)記倉庫的側面總造價為y百元：
①設圓柱的高為x m，試將y表示為關于x的函數y＝f(x)；
②設圓錐母線與其軸所在直線所成角為θ，試將y表示為關于θ的函數y＝g(θ)；
(2)問當圓柱的高度為多少時，該倉庫的側面總造價最少？
解：(1)①由題可知，圓柱的高為x m，且x∈(0,5)，
則該倉庫的側面總造價y＝(2π×5x)×1＋×4
＝10πx＋20π，x∈(0,5)．
②由題可知，圓錐母線與軸所在直線所成角為θ，且θ∈，
則該倉庫的側面總造價y＝×1＋×4
＝50π，θ∈.
(2) 由②，令h(θ)＝，
則h′(θ)＝，
由h′(θ)＝0得cos θ＝，
又θ∈，所以θ＝，
當θ變化時，h′(θ)，h(θ)的變化情況如表所示.
θ
h′(θ)
－
0
＋
h(θ)
極小值
所以當θ＝時，h(θ)取得最小值，側面總造價y最小，
此時圓柱的高度為5－＝5－ m.
當圓柱的高度為5－ m時，該倉庫的側面總造價最少．
江蘇省2022高考數學二輪復習 專題二 立體幾何 2.3 專題提能—“立體幾何”專題提能課講義（含解析）
