:.SASAB=SA-SB-sinZASB2×(2=5V/5,解得=2/1018：S4=V2r=4V5，即母线长1=4V5S圆维侧=元l=元×2V10×4V5=40/2元，答案：40V2元10.如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，且PA=PBPC=PD，已知四棱锥的表面积是12，则它的体积为解析：由题意可知四棱锥P-ABCD为正四棱锥，设AC交BD于点O，连接PO(图略），则PO是四棱锥的高.设正四棱锥的斜高为h，则2X2+4XX2h1= 12 ,解得h=2，则正四棱锥的高PO=22-12=V3X4XV34：正四棱锥的体积v=34V3答案：311.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P-AiBiCiD1，下部的形状是正四棱柱ABCD-AiBiCiDi(如图所示），并要求正四棱柱的高OiO是正四棱锥的高POi的4倍，若AB=6m，PO=2m，则仓库的容积是多少？解：由PO=2m知O,O=4PO,=8m因为AB=AB=6m所以正四棱锥P-ABC,D11-(A1BI)2·PO1 =X62×2=24(m);的体积V推=（正四棱柱ABCD-A1BiCD的体积V柱=AB2·010=62×8=288(m2)所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312（m3）故仓库的容积是312m312.已知球的半径为R，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时，第21页共138页
第 21 页 共 138 页 ∴S△SAB＝ 1 2 SA·SB·sin∠ASB ＝ 1 2 ×( 2r) 2× 15 8 ＝5 15，解得 r＝2 10， ∴SA＝ 2r＝4 5，即母线长 l＝4 5， ∴S 圆锥侧＝πrl＝π×2 10×4 5＝40 2π. 答案：40 2π 10．如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的正 方形，且 PA＝PB＝PC＝PD，已知四棱锥的表面积是 12，则它的体积 为 ． 解析：由题意可知四棱锥 PABCD 为正四棱锥，设 AC 交 BD 于点 O，连接 PO(图略)，则 PO 是四棱锥的高．设正四棱锥的斜高为 h′，则 2×2＋4× 1 2 ×2h′ ＝12， 解得 h′＝2， 则正四棱锥的高 PO＝ 2 2－1 2＝ 3. ∴正四棱锥的体积 V＝ 1 3 ×4× 3＝ 4 3 3 . 答案：4 3 3 11.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＝ 1 3 ·(A1B1) 2 ·PO1＝ 1 3 ×6 2×2＝24(m3 )； 正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的体积 V 柱＝AB2 ·O1O＝6 2×8＝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 . 12．已知球的半径为 R，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时
它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？解：如图为其轴截面，令圆柱的高为h，底面半径为r，侧面积为S，2则+P=，即h=2R-P因为 S=2元rh=4元rR2 -P =(r+R2 -r)4元 V2(R2-7)≤4元）=2元R2,4V2当且仅当产=R-P，即r=R时，取等号，V2所以当内接圆柱底面半径为兰R，高为V2R时，其侧面积的值最大，最大值为2元R。B级——综合应用13.（多选）(2021·寿光市高三模拟)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计）。假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆。以下结论正确的是（1024元A，沙漏中的细沙体积为cm81B.沙漏的体积是128元cm3C.细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD.该沙漏的一个沙时大约是1985秒(元～3.14)解析：选ACDA.根据圆锥的截面图可知，细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的82底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r<4m），所以体cI3v--1-m):250B.沙漏的体积V=2×X元×P×h=2XX元×42×8=n(cml) ;第22页共138页
第 22 页 共 138 页 它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？ 解：如图为其轴截面，令圆柱的高为 h，底面半径为 r，侧面积为 S， 则 h 2 2＋r 2＝R 2，即 h＝2 R 2－r 2 . 因为 S＝2πrh＝4πr· R 2－r 2＝ 4π r 2 ·(R 2－r 2 )≤4π (r 2＋R 2－r 2 ) 2 4 ＝2πR 2， 当且仅当 r 2＝R 2－r 2，即 r＝ 2 2 R 时，取等号， 所以当内接圆柱底面半径为 2 2 R，高为 2R 时，其侧面积的值最大，最大值为 2πR 2 . B 级——综合应用 13．(多选)(2021·寿光市高三模拟)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同 的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部 流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆 锥的底面直径和高均为 8 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的2 3 (细管长度忽略不 计)．假设该沙漏每秒钟漏下 0.02 cm3 的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙 漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是( ) A．沙漏中的细沙体积为1 024π 81 cm3 B．沙漏的体积是 128π cm3 C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为 2.4 cm D．该沙漏的一个沙时大约是 1 985 秒(π≈3.14) 解析：选 ACD A．根据圆锥的截面图可知，细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的 底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径 r＝ 2 3 ×4＝ 8 3 (cm)，所以体 积 V＝ 1 3 ·πr 2 · 2h 3 ＝ 1 3 · 64π 9 · 16 3 ＝ 1 024π 81 (cm3 )； B．沙漏的体积 V＝2× 1 3 ×π× h 2 2×h＝2× 1 3 ×π×4 2×8＝ 256 3 π(cm3 )；
1024元C.设细沙流入下部后的高度为h1，根据细沙体积不变可知，Xhi8131024元16元所以hl，所以h~2.4cm；81-31024元D.因为细沙的体积为cm3，沙漏每秒钟漏下0.02cm2的沙，所以一个沙时为811024元811024×3.14×50~1985（秒）0.0281故选A、C、D.14.2021·上海市浦东新区模拟）如图①所示，已知正方体的面对角线长为a，沿阴影面将正方体切割成两块，拼成如图②所示的几何体，那么此几何体的表面积为图图?V2解析：由已知得正方体的棱长为a，则正方体的表面积为3，新几何体的表面积比原来多了两个阴影部分的面积，少了正方体两个面的面积，故所求几何体的表面积为3+V21Pe -2×=(2+ V2)2.2×2°答案：(2+V2)a215.一个正三棱锥P-ABC的底面边长为a，高是h.一个内接直三棱柱A,B,Ci-AoBG的顶点A1，B1，C分别在三条棱上，Ao，Bo，Co在底面△ABC上，试证明：当三棱柱侧面积取最大值时，正三棱锥的高PO被三棱柱的上底面AiBiC平分。证明：如图，截面ABCI底面ABC，故^A,BC为正三角形，于是三棱柱ABiCi-AoBoCo是正三棱柱：ABiPO设PO交截面ABG于点O1，则.令AB=x，又PO=h，AB=POhhx=h(1--)则PO1=x.于是O10=h-PO1=ha-3h(-9] (a-x)x=3所以所求三棱柱的侧面积S=3x·h(1ah1当x=，即POi=，时，S有最大值，ah，此时Oi为PO的中点，即三棱柱的侧面P2积最大时，PO被三棱柱的上底面A1BiC平分第23页共138页
第 23 页 共 138 页 C．设细沙流入下部后的高度为 h1，根据细沙体积不变可知，1 024π 81 ＝ 1 3 ×π h 2 2×h1， 所以1 024π 81 ＝ 16π 3 h1，所以 h1≈2.4 cm； D．因为细沙的体积为1 024π 81 cm3，沙漏每秒钟漏下 0.02 cm3 的沙，所以一个沙时为 1 024π 81 0.02 ＝ 1 024×3.14 81 ×50≈1 985(秒)． 故选 A、C、D. 14．(2021·上海市浦东新区模拟)如图①所示，已知正方体的面对角线长为 a，沿阴影面 将正方体切割成两块，拼成如图②所示的几何体，那么此几何体的表面积为 ． 解析：由已知得正方体的棱长为 2 2 a，则正方体的表面积为 3a 2，新几何体的表面积比 原来多了两个阴影部分的面积，少了正方体两个面的面积，故所求几何体的表面积为 3a 2＋ 2× 2 2 a 2－2× 1 2 a 2＝(2＋ 2)a 2 . 答案：(2＋ 2)a 2 15．一个正三棱锥 PABC 的底面边长为 a，高是 h.一个内接直三棱柱 A1B1C1A0B0C0的 顶点 A1，B1，C1 分别在三条棱上，A0，B0，C0 在底面△ABC 上，试证明：当三棱柱侧面积 取最大值时，正三棱锥的高 PO 被三棱柱的上底面 A1B1C1 平分． 证明：如图，截面 A1B1C1∥底面 ABC，故△A1B1C1 为正三角形，于是三 棱柱 A1B1C1A0B0C0 是正三棱柱． 设 PO 交截面 A1B1C1 于点 O1，则A1B1 AB ＝ PO1 PO.令 A1B1＝x，又 PO＝h， 则 PO1＝ h a x.于是 O1O＝h－PO1＝h－ h a x＝h 1－ x a . 所以所求三棱柱的侧面积 S＝3x·h 1－ x a ＝ 3h a ·(a－x)·x＝ 3h a a 2 4 － x－ a 2 2 ， 当 x＝ a 2 ，即 PO1＝ h 2 时，S 有最大值，为3 4 ah，此时 O1 为 PO 的中点，即三棱柱的侧面 积最大时，PO 被三棱柱的上底面 A1B1C1 平分．
C级—迁移创新16.瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体（即多面体内任意两点的连线都被完全包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体)的顶点数V、棱数E及面数F满足等式V-E十F=2，这个等式称为欧拉多面体公式，被认为是数学领域最漂亮、简洁的公式之一，现实生活中存在很多奇妙的几何体，现代足球的外观即取自一种不完全正多面体，它是由m块黑色正五边形面料和32一m块白色正六边形面料构成的.根据欧拉多面体公式求m的值。解：依题意，设足球顶点数V、棱数E及面数F，则F=m+32-m=32，每条棱被两个面公用，5Xm+6×(32-m)0192-m故棱数E=22每个顶点被3条棱公用，5Xm+6X(32 -m)192-m故顶点数V=33192 - m192 -m由V-E+F=2，得+32 = 2 ,32解得m=12.第二节空间点、直线、平面之间的位置关系[备考领航]课程标准解读关联考点核心素养借助长方体，在直观认识空间点、直1.平面的基本性质及应用，1.数学抽象.线、平面的位置关系的基础上，抽象出2.空间两条直线位置关系的2.直观想象。空间点、直线、平面的位置关系的定判定.3.逻辑推理义，了解作为推理依据的公理和定理3.求异面直线所成的角知识逐点夯实重点准遥点清结论要牢记课前自修[重点准·逐点清]第24页共138页
第 24 页 共 138 页 C 级——迁移创新 16.瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体(即多面体内任意两点的连线都被完全 包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体)的顶点数 V、棱 数 E 及面数 F 满足等式 V－E＋F＝2，这个等式称为欧拉多面体公式，被认 为是数学领域最漂亮、简洁的公式之一，现实生活中存在很多奇妙的几何体， 现代足球的外观即取自一种不完全正多面体，它是由 m 块黑色正五边形面料 和 32－m 块白色正六边形面料构成的．根据欧拉多面体公式求 m 的值． 解：依题意，设足球顶点数 V、棱数 E 及面数 F，则 F＝m＋32－m＝32， 每条棱被两个面公用， 故棱数 E＝ 5×m＋6×(32－m) 2 ＝ 192－m 2 ， 每个顶点被 3 条棱公用， 故顶点数 V＝ 5×m＋6×(32－m) 3 ＝ 192－m 3 ， 由 V－E＋F＝2，得 192－m 3 － 192－m 2 ＋32＝2， 解得 m＝12. 第二节 空间点、直线、平面之间的位置关系 [备考领航] 课程标准解读 关联考点 核心素养 借助长方体，在直观认识空间点、直 线、平面的位置关系的基础上，抽象出 空间点、直线、平面的位置关系的定 义，了解作为推理依据的公理和定理 1.平面的基本性质及应用． 2.空间两条直线位置关系的 判定． 3.求异面直线所成的角 1.数学抽象． 2.直观想象． 3.逻辑推理 [重点准·逐点清]
重点一平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内；公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面；公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过这个点的公共直线；公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行[提醒】三点不一定能确定一个平面.当三点共线时，过这三点的平面有无数个，所以必须是不在一条直线上的三点才能确定一个平面，[逐点清]1.（多选)下列命题中正确的有（）A，一条直线和一个点可以确定一个平面B.经过两条相交直线，有且只有一个平面C.过两条平行直线有且只有一个平面D.分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点一定在两个平面的交线上解析：选BCD对于A选项，当这个点在直线上时，无法确定一个平面，故A错误；对于B、C选项，均为公理2的推论，故B、C正确；对于D选项，交点分别含于两条直线，也分别含于两个平面，必然在交线上，故D正确：故选B、C、D.2.（必修2第45页例2改编）已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是(）A.梯形B.矩形C.菱形D.正方形解析：选B如图所示，易证四边形EFGH为平行四边形，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EFIIAC，又FGIIBD，所以ZEFG或其补角为AC与BD所成的角，而AC与BD所成的角为90°，所以ZEFG=90°，故四边形EFGH为矩形：重点二空间中两直线的位置关系1.空间中两直线的位置关系J平行共面直线相交（异面直线：不同在任何一个平面内第25页共138页
第 25 页 共 138 页 重点一 平面的基本性质 公理 1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内； 公理 2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面； 公理 3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过这个点的公共 直线； 公理 4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． [提醒] 三点不一定能确定一个平面．当三点共线时，过这三点的平面有无数个，所以 必须是不在一条直线上的三点才能确定一个平面． [逐点清] 1．(多选)下列命题中正确的有( ) A．一条直线和一个点可以确定一个平面 B．经过两条相交直线，有且只有一个平面 C．过两条平行直线有且只有一个平面 D．分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点一定在两个平面的交线上 解析：选 BCD 对于 A 选项，当这个点在直线上时，无法确定一个平面，故 A 错误； 对于 B、C 选项，均为公理 2 的推论，故 B、C 正确； 对于 D 选项，交点分别含于两条直线，也分别含于两个平面，必然在交线上，故 D 正 确；故选 B、C、D. 2．(必修 2 第 45 页例 2 改编)已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中 点的四边形一定是( ) A．梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 解析：选 B 如图所示，易证四边形 EFGH 为平行四边形，因为 E， F 分别为 AB，BC 的中点，所以 EF∥AC，又 FG∥BD，所以∠EFG 或其补 角为 AC 与 BD 所成的角，而 AC 与 BD 所成的角为 90°，所以∠EFG＝90°， 故四边形 EFGH 为矩形． 重点二 空间中两直线的位置关系 1．空间中两直线的位置关系 共面直线 平行； 相交. 异面直线：不同在任何一个平面内