人教版高中数学必修2 全册教案

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人教版数学必修二

第一章空间几何体重难点解析

第一章课文目录

1．1 空间几何体的结构

1．2 空间几何体的三视图和直观图

1．3 空间几何体的表面积与体积

重难点：

1、让学生感受大量空间实物及模型、概括出柱、锥、台、球的结构特征。

2、画出简单组合体的三视图。

3、用斜二测画法画空间几何值的直观图。

4、柱体、锥体、台体的表面积和体积计算，台体体积公式的推导。

5、了解推导球的体积和面积公式所运用的基本思想方法。

知识结构：

一、空间几何体的结构、三视图和直观图

1．柱、锥、台、球的结构特征

（1）柱

棱柱：一般的，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱；棱柱中两个互相平行的面叫做棱柱的底面，简称为底；其余各面叫做棱柱的侧面；相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱；侧面与底面的公共顶点叫做棱柱的顶点。

底面是三角形、四边形、五边形……的棱柱分别叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱……

圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱；旋转轴叫做圆柱的轴；垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆柱侧面的母线。

棱柱与圆柱统称为柱体；

（2）锥

棱锥：一般的有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥；这个多边形面叫做棱锥的底面或底；有公共顶点的各个三角形面叫做棱锥的侧面；各侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点；相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱。

底面是三角锥、四边锥、五边锥……的棱柱分别叫做三棱锥、四棱锥、五棱锥……

圆锥：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥；旋转轴为圆锥的轴；垂直于轴的边旋转形成的面叫做圆锥的底面；斜边旋转形成的曲面叫做圆锥的侧面。

棱锥与圆锥统称为锥体。

（3）台

棱台：用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台；原棱锥的底面和截面分别叫做棱台的下底面和上底面；棱台也有侧面、侧棱、顶点。

圆台：用一个平行于底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台；原圆锥的底面和截面分别叫做圆台的下底面和上底面；圆台也有侧面、母线、轴。

圆台和棱台统称为台体。

（4）球

以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体叫做球体，简称为球；半圆的圆心叫做球的球心，半圆的半径叫做球的半径，半圆的直径叫做球的直径。

（5）组合体

由柱、锥、台、球等几何体组成的复杂的几何体叫组合体。

几种常凸多面体间的关系

一些特殊棱柱、棱锥、棱台的概念和主要性质：

有两个面互相平行，而其余每相侧棱垂直于底面

的棱柱

底面是正多边形的

直棱柱

一

个面是多边形，其余各面有一个公共面是正多边形，且顶点在底的射影是底用一个平行于棱锥底面的平由正棱锥截得的棱台

几种特殊四棱柱的特殊性质：

2．空间几何体的三视图

三视图是观测者从不同位置观察同一个几何体，画出的空间几何体的图形。 他具体包括：

（1）正视图：物体前后方向投影所得到的投影图； 它能反映物体的高度和长度；

（2）侧视图：物体左右方向投影所得到的投影图； 它能反映物体的高度和宽度；

（3）俯视图：物体上下方向投影所得到的投影图； 它能反映物体的长度和宽度； 三视图画法规则：

高平齐：主视图与左视图的高要保持平齐 长对正：主视图与俯视图的长应对正 宽相等：俯视图与左视图的宽度应相等

3．空间几何体的直观图

（1）斜二测画法

①建立直角坐标系，在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的OX ，OY ，建立直角坐标系；

②画出斜坐标系，在画直观图的纸上（平面上）画出对应的O ’X ’

,O ’Y ’

,使'''

X OY =45

（或1350

），它们确定的平面表示水平平面；

③画对应图形，在已知图形平行于X 轴的线段，在直观图中画成平行于X ‘

轴，且长度

保持不变；在已知图形平行于Y 轴的线段，在直观图中画成平行于Y ‘

轴，且长度变为原来的一半；

④擦去辅助线，图画好后，要擦去X 轴、Y 轴及为画图添加的辅助线（虚线）。 （2）平行投影与中心投影

平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点。 注意：画水平放置的多边形的直观图的关键是确定多边形顶点的位置，因为多边形顶点的位置一旦确定，依次连结这些顶点就可画出多边形来，因此平面多边形水平放置时，直观图的画法可以归结为确定点的位置的画法。强调斜二测画法的步骤。

例题讲解：

[例1]将正三棱柱截去三个角（如图1所示A B C ，，分别是GHI △三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（ ）

E D

I

A H G

B

C E

D A

B C

侧视 图1

图2 B

E

A ．

B

E

B ． B

E

C ．

B

E

D ．

1

[例2]在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1，EF ，CD 都相交的直线（ ） A ．不存在

B ．有且只有两条

C ．有且只有三条

D ．有无数条

[例3]正方体A BCD_A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点M 是BC 的中点，点P

是平面A BCD 内的一

个动点，且满足PM=2，P 到直线A 1D 1P 的轨迹是（ ） A .圆

B.双曲线

C.两个点

D.直线

解析： 点P 到A 1D 1P 到A D 的距离为1，满足此条件的P 的轨迹是到直线A D 的距离为1的两条平行直线，

又2PM = ，∴满足此条件的P 的轨迹是以M 为圆心，半径为2的圆，这两种轨迹只有两个交点.

故点P 的轨迹是两个点。选项为C 。

点评：该题考察空间内平面轨迹的形成过程，考察了空间想象能力。

[例4]两相同的正四棱锥组成如图1所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，使正四棱

锥的底面ABCD 与正方体的某一个平面平行，且各顶点．．．均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有（ ）

A ．1个

B ．2个

C ．3个

D ．无穷多个

解析：由于两个正四棱锥相同，所以所求几何体的中心在正四棱锥底面正方形ABCD 中心，有对称性知正四棱锥的高为正方体棱长的一半，影响几何体体积的只能是正四棱锥底面正方形ABCD 的面积，问题转化为边长为1的正方形的内接正方形有多少种，所以选D 。

点评：本题主要考查空间想象能力，以及正四棱锥的体积。正方体是大家熟悉的几何体，它的一些内接或外接图形需要一定的空间想象能力，要学会将空间问题向平面问题转化。 题型2：空间几何体的定义

[例5]长方体1111ABCD A B C D -的8个顶点在同一个球面上，且AB=2，AD=3，

11=AA ，则顶点A 、B 间的球面距离是( )

A ．

42π B ．2

2π C ．π

2 D ．2π2

解析：112BD AC R ===

R ∴=

设

11,BD AC O = 则

OA OB R ===

,2

AOB π

?∠=

,2

l R π

θ∴==故选

Ｂ.

点评：抓住本质的东西来进行判断，对于信息要进行加工再利用。

[例6]已知直线m,n 和平面βα,满足βα⊥⊥⊥,,a m n m ,则( )

.A n β⊥ ,//.βn B 或β?n α⊥n C . ,//.αn D 或α?n

解析：易知D 正确.

点评：对于空间几何体的定义要有深刻的认识，掌握它们并能判断它们的性质。 题型3：空间几何体中的想象能力

[例7]如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为1的菱形，060=∠BCD ，

E 是CD 的中点，PA ⊥底面ABCD ，3=PA 。

（I ）证明：平面PBE ⊥平面PAB ； （II ）求二面角A —BE —P 和的大小。

解析：解法一（I ）如图所示, 连结,BD 由ABCD 是菱形且0

60=∠BCD 知，

BCD △是等边三角形. 因为E 是CD 的中点，所以 ,BE CD ⊥又,AB CD //所以,BE AB ⊥

又因为PA ⊥平面ABCD ，BE ?平面ABCD ，

所以,BE PA ⊥而,AB A = PA 因此 BE ⊥平面PAB. 又BE ?平面PBE ，所以平面PBE ⊥平面PAB.

（II ）由（I ）知，BE ⊥平面PAB, PB ?平面PAB, 所以.PB BE ⊥

又,BE AB ⊥所以PBA ∠是二面角A BE P --的平面角． 在Rt PAB △中

, tan 60.

PA PBA PBA AB

∠=

=∠=

． 故二面角A BE P --的大小为60.

解法二：如图所示,以A 为原点，建立空间直角坐标系．则相关各点的坐标分别是

(000),A ，，(100),B ，

，3(0),2C

1(0),2D

(00P

(10).E （I

）因为0),BE = 平面PAB 的一个法向量是0(010),n = ，，所以BE 和0n 共线. P A B

C

E

D

从而BE ⊥平面PAB. 又因为BE ?平面PBE ，所以平面PBE ⊥平面PAB.

（II ）

易知(10,(0,0),2

PB BE == ，

设1n 111()x y z =，，是平面PBE 的一个法向量, 则由1

100n PB n BE ??=???=?? ，

得11111100000x y x y z ?+?-=???+

+?=??，

所以111.y x ==0， 故可取1n

1).=，而平面ABE 的一个法向量是2(001).n =

，， 于是,1212121

cos ,.2

||||n n n n n n ?<>==

． 故二面角A BE P --的大小为60.

点评：解决此类题目的关键是将平面图形恢复成空间图形，较强的考察了空间想象能力。

[例8]如图，在三棱锥P ABC -中，2AC BC ==，90ACB ∠= ，AP BP AB ==，

PC AC ⊥．

（Ⅰ）求证：PC AB ⊥；

（Ⅱ）求二面角B AP C --的大小． 解析： 解法一：

（Ⅰ）取AB 中点D ，连结PD CD ，． AP BP = ， PD AB ∴⊥． AC BC = ， CD AB ∴⊥． PD CD D = ，

AB ∴⊥平面PCD ． PC ? 平面PCD ， PC AB ∴⊥．

（Ⅱ）AC BC = ，AP BP =， APC BPC ∴△≌△． 又PC AC ⊥， PC BC ∴⊥．

又90ACB ∠=

，即AC BC ⊥，且AC PC C = ，

BC ∴⊥平面PAC ．

取AP 中点E ．连结BE CE ，． AB BP = ，BE AP ∴⊥．

EC 是BE 在平面PAC 内的射影， CE AP ∴⊥．

A

C

B

P

A

B

D

P

A

C

B

E P

BEC ∴∠是二面角B AP C --的平面角．

在BCE △中，90BCE ∠=

，2BC =

，2

BE AB =

=，

sin BC BEC BE ∴∠=

=． ∴二面角B AP C --

的大小为． 解法二：

（Ⅰ）AC BC = ，AP BP =， APC BPC ∴△≌△． 又PC AC ⊥， PC BC ∴⊥． AC BC C = ，

PC ∴⊥平面ABC ． AB ? 平面ABC ， PC AB ∴⊥．

（Ⅱ）如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C xyz -． 则(000)(020)(200)C A B ，，，，，，，，． 设(00)P t ，，．

PB AB ==

2t ∴=，(002)P ，

，． 取AP 中点E ，连结BE CE ，．

AC PC = ，AB BP =，

CE AP ∴⊥，BE AP ⊥．

BEC ∴∠是二面角B AP C --的平面角．

(011)E ，，，(011)EC =-- ，，，(211)EB =--

，，，

cos EC EB BEC EC EB

∴∠===

． ∴二面角B AP C --

的大小为． 点评：在画图过程中正确理解已知图形的关系是关键。通过识图、想图、画图的角度考查了空间想象能力。而对空间图形的处理能力是空间想象力深化的标志，

是高考从深层上考查空

y

间想象能力的主要方向。

[例9]画正五棱柱的直观图，使底面边长为3cm 侧棱长为5cm 。

解析：先作底面正五边形的直观图，再沿平行于Z 轴方向平移即可得。 作法：

（1）画轴：画X ′，Y ′，Z ′轴，使∠X ′O ′Y ′=45°（或135°），∠X ′O ′Z ′=90°。

（2）画底面：按X ′轴，Y ′轴画正五边形的直观图ABCDE 。

（3）画侧棱：过A 、B 、C 、D 、E 各点分别作Z ′轴的平行线，并在这些平行线上分别截取AA ′，BB ′，CC ′，DD ′，EE 。′

（4）成图：顺次连结A ′，B ′，C ′，D ′，F ′，加以整理，去掉辅助线，改被遮挡的部分为虚线。

点评：用此方法可以依次画出棱锥、棱柱、棱台等多面体的直观图。

[例10]C B A '''?是正△ABC 的斜二测画法的水平放置图形的直观图，若C B A '''?的面积

为3，那么△ABC 的面积为_______________。

解析：62。

点评：该题属于斜二测画法的应用，解题的关键在于建立实物图元素与直观图元素之间的对应关系。特别底和高的对应关系。

[例11] 如图，在棱长为1的正方体ABCD A B C D ''''-中，AP=BQ=b （0

（Ⅰ）证明：平面PQEF 和平面PQGH 互相垂直；

（Ⅱ）证明：截面PQEF 和截面PQGH 面积之和是定值， 并求出这个值；

（Ⅲ）若D E '与平面PQEF 所成的角为45

，求D E '与平

面PQGH 所成角的正弦值． 本小题主要考查空间中的线面关系，面面关系，解三角形等基础知识，考查空间想象能力与逻辑思维能力。 解析： 解法一：

（Ⅰ）证明：在正方体中，AD A D ''⊥，AD AB '⊥，又由已知可得

PF A D '∥，PH AD '∥，PQ AB ∥，

所以PH PF ⊥，PH PQ ⊥， 所以PH ⊥平面PQEF ．

所以平面PQEF 和平面PQGH 互相垂直． （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知

PF PH '==，，又截面PQEF 和截面PQGH 都是矩形，且PQ =1，所以截面

PQEF 和截面PQGH 面积之和是

A B

C

D E

F

P

Q

H A ' B '

C '

D '

G

A B C

D E F

P Q H A '

B '

C '

D '

G N M

)PQ '?=，是定值．

（III ）解：连结BC ′交EQ 于点M ． 因为PH AD '∥，PQ AB ∥，

所以平面ABC D ''和平面PQGH 互相平行，因此D E '与平面PQGH 所成角与D E '与平面ABC D ''所成角相等．

与（Ⅰ）同理可证EQ ⊥平面PQGH ，可知EM ⊥平面ABC D ''，因此EM 与D E '的比值就是所求的正弦值．

设AD '交PF 于点N ，连结EN ，由1FD b =-知

(1)22

D E ND b ''==

+-． 因为AD '⊥平面PQEF ，又已知D E '与平面PQEF 成45

角，

所以D E ''=

，即

)b ?+-=??

，

解得1

2

b =

，可知E 为BC 中点． 所以

EM=

4

，又32

D E '==， 故D E '与平面PQCH

所成角的正弦值为

6

EM D E ='． 解法二：

以D 为原点，射线DA ，DC ，DD ′分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系D －xyz 由已知得1DF b =-，故

(100)A ，，，(101)A '，，，(000)D ，，，(001)D '，，，

(10)P b ，，，(11)Q b ，，，(110)E b -，，， (100)F b -，，，(11)G b ，，，(01)H b ，，．

（Ⅰ）证明：在所建立的坐标系中，可得

(010)(0)PQ PF b b ==-- ，，，，，， (101)PH b b =--

，，，

(101)(101)AD A D ''=-=-- ，，，，，．

因为00AD PQ AD PF ''== ，

，所以AD ' 是平面PQEF 的法向量．

因为00A D PQ A D PH ''== ，

，所以A D '

是平面PQGH 的法向量． 因为0AD A D ''= ，所以A D AD ''⊥

，

所以平面PQEF 和平面PQGH 互相垂直．

（Ⅱ）证明：因为(010)EF =- ，

，，所以EF PQ EF PQ = ∥，，又P F P Q ⊥

，所以PQEF 为矩形，同理PQGH 为矩形．

在所建立的坐标系中可求得)PH b =-

，PF =

，

所以PH PF += 1PQ =

，

所以截面PQEF 和截面PQGH

，是定值．

（Ⅲ）解：由已知得D E ' 与AD ' 成45

角，又(111)(101)D E b AD ''=--=- ，

，，，，可得

2

D E AD D E AD ''==

''

，

即

1=，解得12

b =

． 所以1112D E ??

'=- ???

，，，又(10

1)A D '=-- ，，，所以D E '与平面PQGH 所成角的正弦值为

|cos |D E A D ''<>==

， 点评：考查知识立足课本，对空间想象能力、分析问题的能力、操作能力和思维的灵活性等方面要求较高，体现了加强能力考查的方向。

[例12]多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A 在平

面α内，其余顶点在α的同侧，正方体上与顶点A 相邻的三个顶点到α的距离分别为1，2和4，P 是正方体的其余四个顶点中的一个，则P 到平面α的距离可能是： ①3； ②4； ③5； ④6； ⑤7

以上结论正确的为________________________（写出所有正确结论的编号） 解析：如图，B 、D 、A 1到平面α的距离分别为1、

2、4，则D 、A 1的中点到平面α的距离为3，所以D 1

到平面α的距离为6；B 、A 1的中点到平面α的距离为5

2

，所以B 1到平面α的距离为5；则D 、B 的中点到平面α的距离为3

2

，所以C 到平面α的距离为3；C 、

A

B

C

D

A 1

B 1

C 1

D 1

α

A1的中点到平面α的距离为7

2

，所以C1到平面α的距离为7；而P为C、C1、B1、D1中的一

点，所以选①③④⑤。

点评：该题将计算蕴涵于射影知识中，属于难得的综合题目。

[例13]（1）画出下列几何体的三视图

解析：这二个几何体的三视图如下

（2）如图，设所给的方向为物体的正前方，试画出它的三视图（单位：cm）

点评：画三视图之前，应把几何体的结构弄清楚，选择一个合适的主视方向。一般先画主视图，其次画俯视图，最后画左视图。画的时候把轮廓线要画出来，被遮住的轮廓线要画成虚线。物体上每一组成部分的三视图都应符合三条投射规律。

[例14]某物体的三视图如下，试判断该几何体的形状

解析：该几何体为一个正四棱锥分析：三视图是从三个不同的方向看同一物体得到的三个视图。

点评：主视图反映物体的主要形状特征，主要体现物体的长和高，不反映物体的宽。而俯视图和主视图共同反映物体的长要相等。左视图和俯视图共同反映物体的宽要相等。据此就不难得出该几何体的形状。

二、空间几何体的表面积和体积

1

表中S 表示面积，c ′、c 分别表示上、下底面周长，h 表斜高，h ′表示斜高，l 表示侧棱长。

2

表中l 、h 分别表示母线、高，r 表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，r 1、r 2分别表示圆台 上、下底面半径，R 表示半径。 3．探究柱、锥、台的体积公式：

1、棱柱（圆柱）可由多边形（圆）沿某一方向平移得到，因此，两个底面积相等、高也相等的棱柱（圆柱）应该具有相等的体积．

柱体（棱柱、圆柱）的体积等于它的底面积S 和高h 的积，即V Sh =柱体． 2、类似于柱体，底面积相等、高也相等的两个锥体，它们的体积也相等．棱锥的体积公式可把一个棱柱分成三个全等的棱锥得到，由于底面积为S ，高为h 的棱柱的体积

V Sh =棱锥，所以1

3

V Sh =锥体．

3、台体（棱台、圆台）的体积可以转化为锥体的体积来计算．如果台体的上、下底面面积分别为S S '，，高为h ，可以推得它的体积是1

()3

V h S S '=

+台体． 4、柱体、锥体、台体的体积公式之间关系如下：

11

()()(0)33

V Sh S S V h S S S V Sh '''=?===?=柱体台体锥体．

4．探究球的体积与面积公式：

1．球的体积：

（1）比较半球的体积与其等底等高的旋转体的体积 结论：

半球圆锥圆柱

V V V <<

（2）利用“倒沙实验”，探索底面半径和高都为球半径的圆柱、圆锥与半球三者体积之间的关系（课件演示）

结论：

（3）得到半径是Ｒ的球的体积公式： 结论

2．球的表面积：

由于球的表面是曲面,不是平面,所以球的表面积无法利用展开图来求.该如何求球的表面积公式?是否也可借助分割思想来推导呢?（课件演示）

图1

（1）若将球表面平均分割成n 个小块,则每小块表面可近似看作一个平面,这n 小块平面面积之和可近似看作球的表面积.当n 趋近于无穷大时,这n 小块平面面积之和接近于甚至等于球的表面积.

（2）若每小块表面看作一个平面,将每小块平面作为底面,球心作为顶点便得到n 个棱锥,这些棱锥体积之和近似为球的体积.当n 越大,越接近于球的体积,当n 趋近于无穷大时就精确到等于球的体积.

（3）半径为R 的球的表面积公式：

结论：

例题讲解：

[例1]一个长方体全面积是20cm 2，所有棱长的和是24cm ，求长方体的对角线长.

解析：设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm 、ycm 、zcm 、lcm 依题意得：??

?=++=++24

)(420

)(2z y x zx yz xy )2()1(

由（2）2得：x 2+y 2+z 2+2xy+2yz+2xz=36（3）

由（3）－（1）得x 2+y 2+z 2=16 即l 2=16

所以l =4(cm)。

点评：涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主，而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素（对角线、内切）与面积、体积之间的关系。

[例2]如图1所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB=5，AD=4，AA 1=3，AB

O

i

S ?i

V ?33

2

23122

1R R R R R V V V πππ=?-?=-=圆锥圆柱球33

4R V π=球2

4R S π=球

⊥AD ，∠A 1AB=∠A 1AD=

3

π。 （1）求证：顶点A 1在底面ABCD 上的射影O 在∠BAD 的平分线上； （2）求这个平行六面体的体积。

图1 图2 解析：（1）如图2，连结A 1O ，则A 1O ⊥底面ABCD 。作OM ⊥AB 交AB 于M ，作ON ⊥AD 交AD 于N ，连结A 1M ，A 1N 。由三垂线定得得A 1M ⊥AB ，A 1N ⊥AD 。∵∠A 1AM=∠A 1AN ，

∴Rt △A 1NA ≌Rt △A 1MA,∴A 1M=A 1N ， 从而OM=ON 。

∴点O 在∠BAD 的平分线上。 （2）∵AM=AA 1cos

3

π

=3×21=23

∴AO=4

cos

πAM =223

。

又在Rt △AOA 1中，A 1O 2=AA 12 – AO 2=9－

29=2

9， ∴A 1O=

223，平行六面体的体积为2

2

345?

?=V 230=。 [例3]一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是6,3,2，这个长方体对角线的长是（ ） A ．2

3

B ．3

2

C ．6

D ．

6

解析：设长方体共一顶点的三边长分别为a =1，b ＝2，c ＝3，则对角线l 的长为

l =62

2

2

=

++c b a ；答案D 。

点评：解题思路是将三个面的面积转化为解棱柱面积、体积的几何要素—棱长。

[例4]如图，三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若E 、F 分别为AB 、AC 的中点，平面EB 1C 1将三棱柱分成体积为V 1、V 2的两部分，那么V 1∶V 2= ____ _。

解析：设三棱柱的高为h ，上下底的面积为S ，体积为V ，则V=V 1+V 2＝Sh 。

∵E 、F 分别为AB 、AC 的中点，

P

A

C

D

O E ∴S △AEF =

4

1S, V 1=

31h(S+4

1S+41?S )=127

Sh

V 2=Sh-V 1=

12

5

Sh ， ∴V 1∶V 2=7∶5。

点评：解题的关键是棱柱、棱台间的转化关系，建立起求解体积的几何元素之间的对应关系。最后用统一的量建立比值得到结论即可。 题型3：锥体的体积和表面积

[例5]（2006上海，19）在四棱锥P －ABCD 中，底

面是边长为2的菱形，∠DAB ＝60

，对角线AC 与BD 相交于点O ，PO ⊥平面ABCD ，PB 与平面ABCD 所成的角为60 ，求四棱锥P －ABCD 的体积？ 解析：（1）在四棱锥P-ABCD 中，由PO ⊥平面ABCD,得∠PBO 是PB 与平面ABCD 所成的角，∠PBO=60°。

在Rt △AOB 中BO=ABsin30°=1, 由PO ⊥BO ，

于是PO=BOtan60°=3，而底面菱形的面积为23。 ∴四棱锥P －ABCD 的体积V=

3

1

×23×3=2。 点评：本小题重点考查线面垂直、面面垂直、二面角及其平面角、棱锥的体积。在能力方面主要考查空间想象能力。 [例6]（2002京皖春文，19）在三棱锥S —ABC 中，∠SAB =∠SAC =∠ACB =90°，且AC =BC =5，SB =5

5。（如图所示）

（Ⅰ）证明：SC ⊥BC ；

（Ⅱ）求侧面SBC 与底面ABC 所成二面角的大小； （Ⅲ）求三棱锥的体积V S －AB C 。 解析：（Ⅰ）证明：∵∠SAB =∠SAC =90°， ∴SA ⊥AB ，SA ⊥A C 。 又AB ∩AC =A ， ∴SA ⊥平面AB C 。

由于∠ACB =90°，即BC ⊥AC ，由三垂线定理，得SC ⊥BC 。 （Ⅱ）∵BC ⊥AC ，SC ⊥BC 。

∴∠SCA 是侧面SCB 与底面ABC 所成二面角的平面角。 在Rt △SCB 中，BC =5，SB =5

5，得SC =22BC SB -=10。

在Rt △SAC 中AC =5，SC =10，cos SCA =

2

1

105==SC AC ，

∴∠SCA =60°，即侧面SBC 与底面ABC 所成的二面角的大小为60°。 （Ⅲ）解：在Rt △SAC 中， ∵SA =755102

2

2

2

=-=-AC SC ，

S △ABC =

21·AC ·BC =21

×5×5=2

25， ∴V S －ABC =

3

1·S △ACB ·SA =63

1257522531=??。

点评：本题比较全面地考查了空间点、线、面的位置关系。要求对图形必须具备一定的

洞察力，并进行一定的逻辑推理。 题型4：锥体体积、表面积综合问题

[例7]ABCD 是边长为4的正方形，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GB 垂直于正方形ABCD 所在的平面，且GC ＝2，求点B 到平面EFC 的距离？

解析：如图，取EF 的中点O ，连接GB 、GO 、CD 、FB 构造三棱锥B －EFG 。

设点B 到平面EFG 的距离为h ，BD ＝42，EF =22，CO ＝3

4

4232×=。 GO CO GC =

+=+=+=222232218422()。

而GC ⊥平面ABCD ，且GC ＝2。 由V V B EFG G EFB --=，得

16EF GO h ··=1

3

S EFB △· 点评：该问题主要的求解思路是将点面的距离问题转化为体积问题来求解。构造以点B

为顶点，△EFG 为底面的三棱锥是解此题的关键，利用同一个三棱锥的体积的唯一性列方程是解这类题的方法，从而简化了运算。

[例8]（2006江西理，12）如图，在四面体ABCD

中，截面AEF 经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O ，且与BC ，DC 分别截于E 、F ，

如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四

棱锥A －BEFD 与三棱锥A －EFC 的表面积分别是S 1，S 2，则必有（ ）

A ．S 1

B ．S 1>S 2

C ．S 1=S 2

D ．S 1，S 2的大小关系不能确定

解析：连OA 、OB 、OC 、OD ，

则V A －BEFD ＝V O －ABD ＋V O －ABE ＋V O －BEFD

V A －EFC ＝V O －ADC ＋V O －AEC ＋V O －EFC 又V A －BEFD ＝V A －EFC ，

C

而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故S ABD ＋S ABE ＋S BEFD ＝S ADC ＋S AEC

＋S EFC 又面AEF 公共，故选C

点评：该题通过复合平面图形的分割过程，增加了题目处理的难度，求解棱锥的体积、表面积首先要转化好平面图形与空间几何体之间元素间的对应关系。

[例9]（2002北京理，18）如图9—24，在多面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E ，F 两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c ，d 与a ，b ，且a ＞c ，b ＞d ，两底面间的距离为h 。

（Ⅰ）求侧面ABB 1A 1与底面ABCD 所成二面角的大小； （Ⅱ）证明：EF ∥面ABCD ；

（Ⅲ）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式V 估=S 中截面·h 来计算.已知它的体积公式是V =

6

h

（S 上底面+4S 中截面+S 下底面），试判断V 估与V 的大小关系，并加以证明。 （注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面） （Ⅰ）解：过B 1C 1作底面ABCD 的垂直平面，交底面于PQ ，过B 1作B 1G ⊥PQ ，垂足为G 。

如图所示：∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，∠A 1B 1C 1=90°， ∴AB ⊥PQ ，AB ⊥B 1P .

∴∠B 1PG 为所求二面角的平面角.过C 1作C 1H ⊥PQ ，垂足为H .由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形B 1PQC 1

为等腰梯形。

∴PG =

2

1

（b －d ），又B 1G =h ，∴tan B 1PG =d b h -2（b ＞d ），

∴∠B 1PG =arctan

d b h -2，即所求二面角的大小为arctan d

b h

-2. （Ⅱ）证明：∵AB ，CD 是矩形ABCD 的一组对边，有AB ∥CD ，

又CD 是面ABCD 与面CDEF 的交线， ∴AB ∥面CDEF 。

∵EF 是面ABFE 与面CDEF 的交线， ∴AB ∥EF 。

∵AB 是平面ABCD 内的一条直线，EF 在平面ABCD 外， ∴EF ∥面ABC D 。 （Ⅲ）V 估＜V 。

证明：∵a ＞c ，b ＞d ， ∴V －V 估=

h d b c a d b c a ab cd h 2

2)224(6+?+-+?+?++ =

12

h

［2cd +2ab +2（a +c ）（b +d ）－3（a +c ）（b +d ）］ =

12

h

（a －c ）（b －d ）＞0。

∴V 估＜V 。

点评：该题背景较新颖，把求二面角的大小与证明线、面平行这一常规运算置于非规则几何体（拟柱体）中，能考查考生的应变能力和适应能力，而第三步研究拟柱体的近似计算公式与可精确计算体积的辛普生公式之间计算误差的问题，是极具实际意义的问题。考查了考生继续学习的潜能。 [例10]（1）（1998全国，9）如果棱台的两底面积分别是S 、S ′，中截面的面积是S 0，那么（ ） A ．S S S '+=02

B ．S S S '=0

C ．2S 0＝S ＋S ′

D ．S 02＝2S ′S

（2）（1994全国，7）已知正六棱台的上、下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为（ ） A ．32

3

B ．28

3

C ．24

3

D ．20

3

解析：

（1）解析：设该棱台为正棱台来解即可，答案为A ； （2）正六棱台上下底面面积分别为：S 上＝6·

43·22＝63，S 下＝6·4

3·42

＝243，V 台＝328)(3

1=+?+下下上上S S S S h ，答案B 。

点评：本题考查棱台的中截面问题。根据选择题的特点本题选用“特例法”来解，此种

解法在解选择题时很普遍，如选用特殊值、特殊点、特殊曲线、特殊图形等等。 题型6：圆柱的体积、表面积及其综合问题

[例11]（2000全国理，9）一个圆柱的侧面积展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ） A ．

π

π

221+ B ．

ππ441+ C ．π

π

21+ D ．

π

π

241+ 解析：设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则由题设知h =2πr . ∴S 全=2πr 2+（2πr ）2=2πr 2（1+2π）.S 侧=h 2=4π2r 2，

∴π

π221+=侧全S S 。答案为A 。 点评：本题考查圆柱的侧面展开图、侧面积和全面积等知识。

[例12]（2003京春理13，文14）如图9—9，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水.若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则

r

R

= 。

解析：水面高度升高r ，则圆柱体积增加πR 2·r 。恰好是半径为r 的实心铁球的体积，因此有

3

4πr 3=πR 2r 。故332=r R 。答案为33

2。

点评：本题主要考查旋转体的基础知识以及计算能力和分析、解决问题的能力。

[例13]（1）（2002京皖春，7）在△ABC 中，AB =2，BC =1.5，∠ABC =120°（如图所示），若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的旋转体的体积是（ ） A ．

2

9

π B ．

2

7π C ．

2

5

π D ．

2

3π （2）（2001全国文，3）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的

全面积是（ ） A ．3π

B ．3

3π

C ．6π

D ．9π

解析：（1）如图所示，该旋转体的体积为圆锥C —ADE 与圆锥B —

ADE 体积之差，又∵求得AB =1。

∴2

3133125331π

ππ=

???-???=-=--ADE B ADE C V V V ，答案D 。

（2）∵S ＝

21ab sin θ，∴2

1

a 2sin60°＝3， ∴a 2＝4，a ＝2，a =2r ，

∴r ＝1，S 全＝2πr ＋πr 2＝2π＋π＝3π，答案A 。

点评：通过识图、想图、画图的角度考查了空间想象能力。而对空间图形的处理能力是空间想象力深化的标志，是高考从深层上考查空间想象能力的主要方向。

[例14]（2000全国文，12）如图所示，OA 是圆锥底面中心O 到母线的垂线，OA 绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成相等的两部分，则母线与轴的夹角的余弦值为（ ） A ．

3

21 B ．21

C ．2

1 D ．

42

1

解析：如图所示，由题意知，

31πr 2h ＝6

1

πR 2h ， ∴r ＝

2

R

． 又△ABO ∽△CAO ， ∴R OA OA r =，∴OA 2

＝r ·R ＝4

22

,2R OA R =，

∴cos θ＝

42

1

=R OA ，答案为D 。 点评：本题重点考查柱体、锥体的体积公式及灵活的运算能力。