9、的長為________cm.
[解析] 將三棱柱沿側(cè)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(diǎn)評] 將空間幾何體中的距離之和的最值問題通過側(cè)面展開圖的運(yùn)用轉(zhuǎn)化為平面幾何的最值，這正是降維轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用．
線面平行問題中的常見轉(zhuǎn)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(diǎn)．
(1) 求證：BC⊥AM；
(2) 若N是AB的中點(diǎn)，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(diǎn)P，連結(jié)NP，PM.
因為N是AB的中點(diǎn)，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(shè)NC與CC1確定的平面交AB1于點(diǎn)P，連結(jié)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(diǎn)，
所以CM＝NP＝BB1＝CC1＝2.
法三：如圖③，取BB1的中點(diǎn)Q，連結(jié)NQ，CQ.
因為N是AB的中點(diǎn)，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(shè)交點(diǎn)為S，連結(jié)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(diǎn)評] 線面平行無論是判定定理還是性質(zhì)定理都是需要轉(zhuǎn)化為線線平行．常見的方式有構(gòu)造三角形轉(zhuǎn)化為線線平行，構(gòu)造平行四邊形轉(zhuǎn)化為對邊平行，構(gòu)造面面平行再利用面面平行的性質(zhì)定理進(jìn)行證明．
[課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練]
A組——易錯清零練
1．設(shè)l，m表示直線，m是平面α內(nèi)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(jié)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(shè)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(nèi)；②中a可能在平面α內(nèi)；③中因為a∥α，a⊥β，所以α內(nèi)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(nèi)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(cè)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(jìn)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(shè)P，A，B，C是球O表面上的四個點(diǎn)，PA，PB，PC兩兩垂直，且PA＝PB＝1，PC＝2，則球O的表面積是________．
解析：設(shè)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(jù)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(jù)線面垂直性質(zhì)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(diǎn)，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(jù)兩平面垂直的性質(zhì)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(diǎn)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(jié)BD交AC于點(diǎn)O，連結(jié)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(diǎn)，所以F為BE的中點(diǎn)，即＝.
C組——創(chuàng)新應(yīng)用練
1．下列命題：
①若直線l平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線，直線a在平面α內(nèi)，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(nèi)的無數(shù)條直線．
其中真命題的個數(shù)為________．
解析：對于①，∵直線l雖與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線平行，但l有可能在平面α內(nèi)，∴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(diǎn)，但a可能在平面α內(nèi)，∴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(nèi)的無數(shù)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(diǎn)，PA⊥圓O所在的平面，且PA＝AB＝2，過點(diǎn)A作平面α⊥PB，分別交PB，PC于E，F(xiàn)，當(dāng)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(shè)∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，
AF＝＝＝，
在Rt△PAB中，AE＝PE＝，∴EF＝，
∴VP-AEF＝AF·EF·PE＝AF··
＝·＝·≤，∴當(dāng)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(diǎn)E是線段BD上異于點(diǎn)B，D的動點(diǎn)，點(diǎn)F在BC邊上，且EF⊥AB，現(xiàn)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，F(xiàn)E⊥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(dāng)x∈(0,6)時，V′(x)＞0，V(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)6＜x＜3時，V′(x)＜0，V(x)單調(diào)遞減，
因此當(dāng)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(diǎn)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(jié)AB，設(shè)點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)．
(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(diǎn)，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(diǎn)E在線段AC上，CE＝4，點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)，
所以AE＝EG＝CG＝2.
過點(diǎn)B作BH⊥CD交于點(diǎn)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(diǎn)．
(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(diǎn)，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(jié)A1C，交AC1于點(diǎn)O，連結(jié)OD，則O為A1C的中點(diǎn)．
因為D為BC的中點(diǎn)，所以O(shè)D∥A1B.
因為OD?平面ADC1，A1B?平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.
6.現(xiàn)需要設(shè)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(jīng)過預(yù)算，制造該倉庫的圓錐側(cè)面、圓柱側(cè)面用料的單價分別為4百元/m2、1百元/m2.
(1)記倉庫的側(cè)面總造價為y百元：
①設(shè)圓柱的高為x m，試將y表示為關(guān)于x的函數(shù)y＝f(x)；
②設(shè)圓錐母線與其軸所在直線所成角為θ，試將y表示為關(guān)于θ的函數(shù)y＝g(θ)；
(2)問當(dāng)圓柱的高度為多少時，該倉庫的側(cè)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(cè)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(cè)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(dāng)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(dāng)θ＝時，h(θ)取得最小值，側(cè)面總造價y最小，
此時圓柱的高度為5－＝5－ m.
當(dāng)圓柱的高度為5－ m時，該倉庫的側(cè)面總造價最少．
江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 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）
