【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第八章　第6讲　空间几何体的表面积与体积学案 20页

第6讲　空间几何体的表面积与体积 一、知识梳理 ‎1．多面体的表(侧)面积 多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．‎ ‎2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l ‎3.空间几何体的表面积与体积公式 表面积 体积 柱体 ‎(棱柱和圆柱)‎ S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底h 锥体 ‎(棱锥和圆锥)‎ S表面积＝S侧＋S底 V＝S底h 台体 ‎(棱台和圆台)‎ S表面积＝S侧 ‎＋S上＋S下 V＝(S上＋S下 ‎＋)h 球 S＝4πR2‎ V＝πR3‎ 常用结论 ‎1．正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a，球的半径为R，‎ ‎(1)若球为正方体的外接球，则2R＝a；‎ ‎(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；‎ ‎(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.‎ ‎2．长方体共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.‎ 二、教材衍化 ‎ ‎1．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为 cm.‎ 解析：由题意，得S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r2＝4，所以r＝2(cm)．‎ 答案：2‎ ‎2．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V球∶V柱为 ．‎ 解析：设球的半径为R，则＝＝.‎ 答案： 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．(　　)‎ ‎(2)锥体的体积等于底面积与高之积．(　　)‎ ‎(3)球的体积之比等于半径比的平方．(　　)‎ ‎(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．(　　)‎ ‎(5)长方体既有外接球又有内切球．(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×‎ 二、易错纠偏 (1)锥体的高与底面不清楚致误；‎ ‎(2)不会分类讨论致误．‎ ‎1．如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥EBCD的体积是 ．‎ 解析：设长方体中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，则abc＝120，‎ 所以VEBCD＝×ab×c＝abc＝10.‎ 答案：10‎ ‎2．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是 ．‎ 解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.‎ 答案：32π2＋8π或32π2＋32π ‎　　　　　　空间几何体的表面积(师生共研)‎ ‎ (1)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(　　)‎ A．12π B．12π ‎ C．8π D．10π ‎(2)(2020·河南省五市十校联考)某四棱锥的三视图如图所示，其左视图是等腰直角三角形，俯视图的轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面面积的最大值为(　　)‎ A．8 B．4 ‎ C．8 D．12 ‎【解析】　(1)因为过直线O1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2×π×()2＋2π×2＝12π.‎ ‎(2)由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形，高为4的四棱锥，如图，其中侧棱PA⊥平面ABCD，PA＝4，AB＝4，BC＝4，CD＝6，所以AD＝2，PD＝6，PB＝4，连接AC，则AC＝4，所以PC＝4，显然在各侧面面积中△PCD的面积最大，又PD＝CD＝6，所以PC边上的高为＝2，所以S△PCD＝×4×2＝12，故该四棱锥的各侧面面积的最大值为12，故选D.‎ ‎【答案】　(1)B　(2)D 空间几何体表面积的求法 ‎(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量关系．‎ ‎(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积问题应注意衔接部分的处理．‎ ‎(3)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用．‎ ‎1.(2020·江西七校第一次联考)一个半径为1的球对称削去了三部分，其俯视图如图所示，那么该立体图形的表面积为(　　)‎ A．3π B．4π C．5π D．6π 解析：选C.由题中俯视图可知该球被平均分成6部分，削去了3部分，剩余的3部分为该几何体，所以该立体图形的表面积为2×π×12＋3×π×12＝5π，故选C.‎ ‎2．(2020·辽宁丹东质量测试(一))一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，则这个圆锥的侧面积为 ．　‎ 解析：设圆锥的底面圆半径为r，因为圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，所以等腰直角三角形的斜边长为2r，斜边上的高为r，所以×2r×r＝1，解得r＝1，‎ 圆锥的母线长l＝＝，圆锥的侧面积为πrl＝π.‎ 答案：π ‎　　　　　　空间几何体的体积(多维探究)‎ 角度一　求简单几何体的体积 ‎ (1)(2020·石家庄质量检测)某几何体的三视图如图所示(图中小正方形网格的边长为1)，则该几何体的体积是(　　)‎ A．8 B．6 ‎ C．4 D．2‎ ‎(2)将一张边长为12 cm的正方形纸片按如图(1)所示将阴影部分的四个全等的等腰三角形裁去，余下部分沿虚线折叠并拼成一个有底的正四棱锥，如图(2)放置，如果正四棱锥的主视图是正三角形，如图(3)所示，则正四棱锥的体积是(　　)‎ A. cm3 B. cm3 ‎ C. cm3 D． cm3‎ ‎【解析】　(1)由三视图可得该几何体为底面是直角梯形的直四棱柱(如图所示)，其中底面直角梯形的上、下底分别为1，2，高为2，直四棱柱的高为2，所以该几何体的体积为×2＝6，故选B.‎ ‎(2)设折成的四棱锥的底面边长为a cm，高为h cm，则h＝a cm，由题设可得四棱锥侧面的高等于四棱锥的底面边长，所以a＋a＝12×⇒a＝4，所以四棱锥的体积V＝×(4)2××4＝cm3，故选B.‎ ‎【答案】　(1)B　(2)B 简单几何体体积的求法 对于规则几何体，直接利用公式计算即可．若已知三视图求体积，应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解．‎ 角度二　求组合体的体积 ‎ (2020·黄山市摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．1－ B．3＋ ‎ C．2＋ D．4‎ ‎【解析】　由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S＝2×(1×1－×π×12)＋2×(1×1)＋×2π×1×1＝4.故选D.‎ ‎【答案】　D ‎(1)处理体积问题的思路 ‎(2)求体积的常用方法 直接法 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者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，便于计算 等体积法 选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换 ‎1．(2019·高考北京卷)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为 ．‎ 解析：如图，由三视图可知，该几何体为正方体ABCDA1B1C1D1去掉四棱柱B1C1GFA1D1HE所得，其中正方体ABCDA1B1C1D1的体积为64，‎ VB1C1GFA1D1HE＝(4＋2)×2××4＝24，所以该几何体的体积为64－24＝40.‎ 答案：40‎ ‎2．(2019·高考全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g.‎ 解析：长方体ABCDA1B1C1D1的体积V1＝6×6×4＝144(cm3)，而四棱锥OEFGH的底面积为矩形BB1C1C的面积的一半，高为AB长的一半，所以四棱锥OEFGH的体积V2＝××4×6×3＝12(cm3)，所以长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得几何体的体积V＝V1－V2＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．‎ 答案：118.8‎ ‎　　　　球与空间几何体的接、切问题(师生共研)‎ ‎ (1)若直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，且AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的表面积为 ．‎ ‎(2)(一题多解)(2019·高考天津卷)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 ．‎ ‎【解析】　(1)将直三棱柱补形为长方体ABECA1B1E1C1，则球O是长方体ABECA1B1E1C1的外接球．‎ 所以体对角线BC1的长为球O的直径．‎ 因此2R＝＝13.‎ 故S球＝4πR2＝169π.‎ ‎(2)法一：由题意得圆柱的高为四棱锥高的一半，底面圆的直径为以四棱锥侧棱的四个中点为顶点的正方形的对角线，易求得圆柱的底面圆的直径为1，高为1，所以该圆柱的体积V＝π××1＝.‎ 法二：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为，易知四棱锥的高为＝2，故圆柱的高为1，所以该圆柱的体积为π××1＝.‎ ‎【答案】　(1)169π　(2) 处理球的“切”“接”问题的求解策略 解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：‎ ‎1．正四棱锥PABCD的侧棱和底面边长都等于2，则它的外接球的表面积是(　　)‎ A．16π B．12π ‎ C．8π D．4π 解析：选A.设正四棱锥的外接球半径为R，顶点P在底面上的射影为O，因为OA＝AC＝ ＝＝2，所以PO＝＝＝2.又OA＝OB＝OC＝OD＝2，由此可知R＝2，于是S球＝4πR2＝16π.‎ ‎2．设球O内切于正三棱柱ABCA1B1C1，则球O的体积与正三棱柱ABCA1B1C1的体积的比值为 ．‎ 解析：设球O半径为R，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a，则R＝×＝a，即a＝2R，又正三棱柱ABCA1B1C1的高为2R，所以球O的体积与正三棱柱ABCA1B1C1的体积的比值为＝＝.‎ 答案： 核心素养系列16　直观想象——数学文化与空间几何体 ‎ (2020·甘肃、青海、宁夏3月联考)汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为(　　)‎ ‎　 　　　　　　 　　　　　　 　　　‎ A．32 B．40 ‎ C. D． ‎【解析】　将三视图还原成如图所示的几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积V＝π×22×4＋×π×22×4＝π，因为圆周率的平方除以16等于，即＝，所以π＝，所以V＝.故选C.‎ ‎【答案】　C 本题是数学文化与三视图结合，主要是根据几何体的三视图及三视图中的数据，求几何体的体积或侧(表)面积．此类问题难点：一是根据三视图的形状特征确定几何体的结构特征；二是将三视图中的数据转化为几何体的几何度量．考查了直观想象这一核心素养．‎ ‎　(2020·安徽六安一中模拟(四))我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径都为2b，高皆为a的半椭球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d处的平面截这两个几何体，可横截得到S圆及S环两截面．可以证明S圆＝S环总成立．据此，短半轴长为1，长半轴长为3的椭球体的体积是 ．‎ 解析：因为S圆＝S环总成立，所以半椭球体的体积为πb2a－πb2a＝πb2a，‎ 所以椭球体的体积V＝πb2a.‎ 因为椭球体的短半轴长为1，长半轴长为3.‎ 所以椭球体的体积V＝πb2a＝π×12×3＝4π.‎ 答案：4π ‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·安徽合肥质检)已知圆锥的高为3，底面半径为4，若一球的表面积与此圆锥侧面积相等，则该球的半径为(　　)‎ A．5 B. ‎ C．9 D．3‎ 解析：选B.因为圆锥的底面半径r＝4，高h＝3，所以圆锥的母线l＝5，‎ 所以圆锥的侧面积S＝πrl＝20π，设球的半径为R，则4πR2＝20π，所以R＝，故选B.‎ ‎2．(2020·陕西汉中模拟)已知一个几何体的主视图和左视图如图1所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图2所示)，则此几何体的体积为(　　)‎ A．1 B. C．2 D．2 解析：选B.根据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和的直角三角形(如图所示)，根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V＝××3＝.故选B.‎ ‎3．(2020·河南漯河调研考试)中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x为(　　)‎ A．1.2 B．1.6 ‎ C．1.8 D．2.4‎ 解析：选B.该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x，3，1的长方体，所以组合体的体积V＝V圆柱＋V长方体＝π·×x＋(5.4－x)×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x＝1.6.故选B.‎ ‎4．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何 ”．‎ 羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图中粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为(　　)‎ A．40 B．43 ‎ C．46 D．47‎ 解析：选C.由三视图可知，该几何体的直观图如图所示，其中平面ABCD⊥平面ABEF，CD＝2，AB＝6，EF＝4，等腰梯形ABEF的高为3，等腰梯形ABCD的高为4，等腰梯形FECD的高为＝5，三个梯形的面积之和为×4＋×3＋×5＝46，故选C.‎ ‎5．(2020·辽宁沈阳东北育才学校五模)将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为(　　)‎ A．π B．2π ‎ C．3π D．4π 解析：选B.将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥，设圆锥的底面圆半径为R，‎ 则有2πR＝3×，所以R＝1.‎ 设圆锥的内切球半径为r，圆锥的高为h，内切球球心必在圆锥的高线上，因为圆锥的母线长为3，所以h＝＝2，‎ 所以有＝，解得r＝，因此内切球的表面积S＝4πr2＝2π.故选B.‎ ‎6．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为 ．‎ 解析：设新的底面半径为r，由题意得πr2·4＋πr2·8＝π×52×4＋π×22×8，解得r＝.‎ 答案： ‎7．(2020·江西九江模拟)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是________．‎ 解析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥PABCD，如图所示，其中PA⊥底面ABCD，四边形ABCD是正方形，且PA＝2，AB＝2，PB＝2，所以该四棱锥的侧面积S是四个直角三角形的面积和，即S＝2×＝4＋4.‎ 答案：4＋4 ‎8．(2020·长春市质量监测(一))已知一所有棱长都是的三棱锥，则该三棱锥的体积为 ．‎ 解析：记所有棱长都是的三棱锥为PABC，如图所示，取BC的中点D，连接AD，PD，作PO⊥AD于点O，则PO⊥平面ABC，且OP＝×＝，故三棱锥PABC的体积V＝S△ABC·OP＝××()2×＝.‎ 答案： ‎9．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．‎ 解：由已知得CE＝2，DE＝2，CB＝5，S表面积＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×2＝(60＋4)π，V＝V圆台－V圆锥＝(π·22＋π·52＋)×4－π×22×2‎ ‎＝π.‎ ‎10.(应用型)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥PA1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？‎ 解：由PO1＝2 m，知O1O＝4PO1＝8 m.‎ 因为A1B1＝AB＝6 m，所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)；‎ 正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积 V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)，‎ 所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．‎ 故仓库的容积是312 m3.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)‎ A．8π B．4π ‎ C．2π D．π 解析：选D.因为点E，F分别为PA，AB的中点，‎ 所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，‎ 所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.‎ 取AC的中点D，连接BD，PD，‎ 易证AC⊥平面BDP，‎ 所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE平面PAC，‎ 所以PB⊥平面PAC，‎ 所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，‎ 所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC 放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π＝π，故选D.‎ ‎2．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论不正确的是(　　)‎ A．AE∥平面C1BD B．四面体ACEF的体积不为定值 C．三棱锥ABEF的体积为定值 D．四面体ACDF的体积为定值 解析：选B.对于A，如图1，AB1∥DC1，易证AB1∥平面C1BD，同理AD1∥平面C1BD，且AB1∩AD1＝A，所以平面AB1D1∥平面C1BD，又AE平面AB1D1，所以AE∥平面C1BD，A正确；‎ ‎　‎ 对于B，如图2，S△AEF＝EF·h1＝×1×＝，点C到平面AEF的距离为点C到平面AB1D1的距离d为定值，所以VACEF＝VCAEF＝××d＝d为定值，所以B错误；‎ 对于C，如图3，S△BEF＝×1×3＝，点A到平面BEF的距离为A到平面BB1D1D的距离d为定值，所以VABEF＝××d＝d为定值，C正确；‎ ‎　‎ 对于D，如图4，四面体ACDF的体积为VACDF＝VFACD＝××3×3×3＝为定值，D正确．‎ ‎3．(2020·东北师大附中、重庆一中等校联合模拟)若侧面积为4π的圆柱有一外接球O，当球O的体积取得最小值时，圆柱的表面积为 ．‎ 解析：设圆柱的底面圆半径为r，高为h，‎ 则球的半径R＝.‎ 因为球的体积V＝R3，故V最小当且仅当R最小．‎ 圆柱的侧面积为2πrh＝4π，所以rh＝2.‎ 所以＝，‎ 所以R＝≥，‎ 当且仅当r2＝.‎ 即r＝1时取等号，此时k取最小值，所以r＝1，h＝2，圆柱的表面积为2π＋4π＝6π.‎ 答案：6π ‎4．(2020·新疆第一次毕业诊断及模拟测试)如图，A1B1C1D1是以ABCD为底面的长方体的一个斜截面，其中AB＝4，BC＝3，AA1＝5，BB1＝8，CC1＝12，求该几何体的体积．‎ 解：过A1作A1E⊥BB1于点E，‎ 作A1G⊥DD1于点G，‎ 过E作EF⊥CC1于点F，‎ 过D1作D1H⊥CC1于点H，连接EH，GF，‎ 因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，‎ 所以A1B1∥D1C1.‎ 因为AA1＝BE＝5，‎ 所以EB1＝8－5＝3，C1H＝EB1＝3，GD1＝HF＝12－5－3＝4，‎ 则几何体被分割成一个长方体ABCDA1EFG，一个斜三棱柱A1B1ED1C1H和一个直三棱柱A1D1GEHF.‎ 故该几何体的体积为V＝3×4×5＋×3×4×4＋×3×4×3＝102.‎ 规范答题示范(四)‎ 立体几何 类型一　线面位置关系与体积计算 ‎ (12分)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.‎ ‎(1)证明：❶‎ ‎(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，❷‎ ‎[建桥寻突破] ‎ ‎❶看到证明线线垂直(AC⊥BD)，想到证明线面垂直，通过线面垂直证明线线垂直. ‎ ‎❷看到求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比，想到确定同一平面，转化为求高的比.‎ ‎[规范解答]‎ ‎(1)证明：如图，取AC的中点O，连接DO，BO.1分 因为AD＝CD，所以AC⊥DO.‎ 又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.‎ 又因为DO∩BO＝O，‎ ‎[评分标准]‎ ‎①作出辅助线，并用语言正确表述得1分；‎ ‎②得出AC⊥DO和AC⊥BO得1分，由线面垂直的判定写出AC⊥平面DOB，再得1分；‎ ‎③由线面垂直的性质得出结论得1分；‎ ‎④作出辅助线，并用语言正确表述得1分；‎ ‎⑤由勾股定理逆定理得到∠DOB 从而AC⊥平面DOB，3分 故AC⊥BD.4分 ‎(2)连接EO.5分 由(1)及题设知∠ADC＝90°，‎ 所以DO＝AO.‎ 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，‎ 又AB＝BD，‎ 所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，‎ 故∠DOB＝90°，7分 由题设知△AEC为直角三角形，‎ 所以EO＝AC.8分 又△ABC是正三角形，且AB＝BD，‎ 所以EO＝BD.‎ 故E为BD的中点.9分 从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，‎ 四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，11分 即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.12分 ‎＝90°得2分；‎ ‎⑥由直角三角形的性质得出EO＝AC得1分；‎ ‎⑦由等边三角形的性质得出E为BD的中点，得1分；‎ ‎⑧得出四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的得2分；‎ ‎⑨正确求出体积比得1分.‎ ‎[解题点津]‎ ‎(1)得分步骤：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中的得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以，对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中AC⊥DO，AC⊥BO；第(2)问中BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2等.‎ ‎(2)利用第(1)问的结果：如果第(1)问的结果对第(2)问的证明或计算用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题就是在第(1)问的基础上得到DO＝AO.‎ ‎[核心素养]‎ 空间几何体的体积及表面积问题是高考考查的重点题型，主要考查考生“逻辑推理”及“直观想象”的核心素养.‎ 类型二　线面位置关系中的探索性问题 ‎ (12分)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.‎ ‎(1)在平面PAD内找一点M，使得❶，并说明理由；‎ ‎(2)证明：❷‎ ‎[建桥寻突破]‎ ‎❶看到直线CM∥平面PAB，想到利用线面平行的定理进行分析.‎ ‎❷看到平面PAB⊥平面PBD，想到利用面面垂直的判定定理寻找条件进行证明.‎ ‎[规范解答]‎ ‎(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点，2分 理由如下：‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，‎ 所以BC∥AM，且BC＝AM.‎ 所以四边形AMCB是平行四边形，4分 从而CM∥AB.‎ 又AB平面PAB，CM平面PAB，‎ 所以CM∥平面PAB.6分 ‎(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)‎ ‎(2)证明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD，因为AD∥BC，BC＝AD，所以直线AB与CD相交，‎ 所以PA⊥平面ABCD，从而PA⊥BD.8分 连接BM，‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，‎ 所以BC∥MD，且BC＝MD.‎ 所以四边形BCDM是平行四边形，10分 ‎[评分标准]‎ ‎①写出第一步，明确结论得2分；‎ ‎②得出四边形AMCB是平行四边形得2分；‎ ‎③利用线面平行定理得出CM∥平面PAB得2分；‎ ‎④利用线面垂直得出PA⊥BD得2分；‎ ‎⑤得出四边形BCDM是平行四边形得2分；‎ ‎⑥得出结论再得2分.‎ 所以BM＝CD＝AD，‎ 所以BD⊥AB.‎ 又AB∩AP＝A，‎ 所以BD⊥平面PAB.‎ 又BD平面PBD，‎ 所以平面PAB⊥平面PBD.12分 ‎[解题点津]‎ ‎(1)明确探索性试题的解题要领是先假设存在，然后采用相关定理或性质进行论证.‎ ‎(2)写全步骤，步步为“赢”‎ 在书写解题过程时，对于是得分点的解题步骤一定要写全，阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不得分，如本题中对点M的确定，应遵循“一作”“二证”的原则，如果不全面就会失分.‎ ‎(3)涉及运算要准确 在解题过程中，涉及有关长度、角度、面积、体积等计算问题时，‎ 一定要细心准确，否则导致思路正确，因运算失误而扣分.‎ ‎[核心素养]‎ 探索性的立体几何问题在高考中虽不多见，但作为高考命题的一种题型，要求学生掌握其解决思路及解决问题的途径．此类问题主要考查考生“直观想象”的核心素养.‎