第8章 立体几何初步 章末复习方案（Word教参）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中数学必修第二册（人教版2024）

章末复习方案 探究一　求空间几何体的体积和表面积 1．求解几何体体积需要注意的问题有：(1)弄清几何体中的数量关系；(2)计算柱、锥、台的体积关键是根据条件找出相应的底面积和高；(3)注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法，应熟练掌握；(4)注意组合体的组成形式及各部分几何体的特征． 2．空间几何体的面积有侧面积和表面积之分，表面积就是全面积，是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面积之和，在计算时要注意区分是“侧面积还是表面积”．多面体的表面积就是其所有面的面积之和，旋转体的表面积除了球之外，都是其侧面积和底面面积之和．对于简单的组合体的表面积，一定要注意其表面积是如何构成的，在计算时不要多算也不要少算，组合体的表面积要根据具体情况确定其表面积是哪些面积之和． 【真题1】 (1)(2023·全国甲)在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝，则该棱锥的体积为(　　) A．1 B． C．2 D．3 (2)(多选)(2023·新课标Ⅱ)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则(　　) A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为4π C．AC＝2 D．△PAC的面积为 (3)(2023·新课标Ⅱ)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________. 解析　(1)如图，取AB的中点E，连接PE，CE. 因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PE⊥AB，CE⊥AB.又PE，CE⊂平面PEC，PE∩CE＝E，所以AB⊥平面PEC．又PE＝CE＝2×＝，PC＝，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，所以VP－ABC＝VB－PEC＋VA－PEC＝S△PEC·AB＝××××2＝1.故选A项． (2)由题意得，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝，圆锥的体积为×π×()2×1＝π，A项正确；圆锥的侧面积为π××2＝2π，B项错误；设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝＝，则AC＝2，C项正确；PD＝＝，所以S△PAC＝×2×＝2，D项错误．故选AC项． (3)方法一　由于＝，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6， 所以正四棱锥的体积为×(4×4)×6＝32，截去的正四棱锥的体积为×(2×2)×3＝4，所以棱台的体积为32－4＝28. 方法二　棱台的体积为×3×(16＋4＋)＝28. 答案　(1)A　(2)AC　(3)28 探究二　与球有关的问题 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面进行解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”“接点”作出截面图，通过作截面将空间问题转化为平面问题．若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题． 【真题2】 (1)(2023·全国乙)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________. (2)(2023·全国甲)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点． 解析　(1)如图，将三棱锥S－ABC转化为直三棱柱SMN－ABC，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，则2r＝＝＝2，可得r＝，设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，则OA＝2，OO1＝SA，因为OA2＝OO＋O1A2，即4＝SA2＋3，解得SA＝2. (2)不妨设正方体的棱长为2，EF的中点为O，分别取CD，CC1的中点G，M，侧面BB1C1C的中心为N，连接FG，EG，OM，ON，MN，如图，由题意可知，O为球心，在正方体中，EF＝＝＝2，即R＝，则球心O到CC1的距离为OM＝＝＝，所以球O与棱CC1相切，球面与棱CC1只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与该正方体的棱共有12个公共点． 答案　(1)2　(2)12 探究三　证明空间中的平行、垂直关系 1．空间中平行的证明思考途径为线线平行⇔线面平行⇔面面平行．证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线；利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．面面平行的证明方法：①反证法，假设两个平面不平行，则它们必相交，再导出矛盾；②面面平行的判定定理；③利用性质：垂直于同一直线的两个平面平行，平行于同一个平面的两个平面平行． 2．证明垂直的关键是考虑证明哪条直线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑；条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理；已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理．在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视两个平面垂直的性质定理，这个定理已知的是两个平面垂直，结论是线面垂直．证明线面垂直，就是考虑证明直线垂直平面内的两条相交直线；而证明异面的线线垂直，很多题都要通过线面垂直来证明；对相交直线垂直的证明，一般考虑用平面几何里的方法．常见的有以下几种，若是等腰三角形，则底边上的中线与底边垂直；若是菱形(正方形)，则对角线互相垂直；若是矩形，则邻边互相垂直； 若告诉了线段的长度，或者是告诉了边与边之间的关系，则用勾股定理． 【真题3】 (2024·天津)若m，n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　) A．若m∥α，n⊂α，则m∥n B．若m∥α，n∥α，则m∥n C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交 答案　C 解析　对于A项，若m∥α，n⊂α，则m，n平行或异面，故A项错误；对于B项，若m∥α，n∥α，则m，n平行或异面或相交，故B项错误；对于C项，m∥α，n⊥α，过m作平面β，使得β∩α＝s，因为m⊂β，故m∥s，而s⊂α，故n⊥s，故m⊥n，故C项正确；对于D项，若m∥α，n⊥α，则m与n相交或异面，故D项错误．故选C项． 【真题4】 如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点． (1)求证：平面AMD⊥平面BMC； (2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由． 解析　(1)证明：由题意得，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD. 因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD， 所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径， 所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC． 而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC． (2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD. 证明如下：连接AC，BD交于点O. 因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC的中点． 连接OP，因为P为AM的中点，所以MC∥OP. 又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD， 所以MC∥平面PBD. 探究四　求空间中的角 求空间角的步骤为一作(找)、二证、三计算，即先作(找)出空间角对应的平面角，并证明这个角就是所求角，然后再在三角形中计算这个角的大小．求解时要注意角的取值范围：异面直线所成的角的范围是，直线与平面所成的角的范围是，二面角的范围是[0，π]． 【真题5】 (多选)(2022·新课标Ⅰ)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则(　　) A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 答案　ABD 解析　如图，连接B1C，BC1，因为DA1∥B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，因为四边形BB1C1C为正方形，所以B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A项正确；连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B项正确；连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，设正方体棱长为1，则C1O＝，BC1＝，sin∠C1BO＝＝，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C项错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D项正确．故选ABD项． 【真题6】 (2023·全国乙)如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝DO，点F在AC上，BF⊥AO. (1)证明：EF∥平面ADO； (2)证明：平面ADO⊥平面BEF； (3)求二面角D－AO－C的正弦值． 解析　(1)证明：连接DE，OF，设AF＝tAC，则＝＋＝(1－t)＋t，＝－＋，BF⊥AO，则·＝[(1－t)＋t]·＝(t－1)2＋t2＝4(t－1)＋4t＝0，解得t＝，则F为AC的中点，因为D，E，O，F分别为PB，PA，BC，AC的中点，所以DE∥AB，DE＝AB，OF∥AB，OF＝AB，即DE∥OF，DE＝OF，则四边形ODEF为平行四边形，所以EF∥DO.又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO. (2)证明：由(1)可知EF∥OD， AO＝＝，DO＝， 所以AD＝DO＝， 因此OD2＋AO2＝AD2＝，则OD⊥AO，所以EF⊥AO. 又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF， 所以AO⊥平面BEF， 又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF. (3)如图，设BF与AO相交于点M，AD与BE相交于点G，连接GM，OF. 因为O，F分别为BC，AC的中点，所以OF綊BA， 所以OM＝AM， 因为D，E分别为PB，PA的中点，所以DE綊BA， 所以DG＝GA， 所以MG∥OD，MG＝OD＝. 由(2)知，OD⊥AO，所以MG⊥AO， 又AO⊥BF，则∠GMF为二面角D－AO－C的平面角． 因为cos∠ABD＝＝，解得PA＝，同理得BE＝，于是BE2＋EF2＝BF2＝3，即有BE⊥EF.由(1)知，OD∥EF，所以GM∥EF， 所以sin∠GMF＝sin(180°－∠GMF)＝sin∠EFB＝＝. 所以二面角D－AO－C的正弦值为. 探究五　空间中的距离问题 求距离的关键是化归，即空间距离向平面距离化归，具体方法如下：(1)求空间中两点间的距离，一般转化为解直角三角形或斜三角形．(2)求点到直线的距离和点到平面的距离，一般转化为求直角三角形斜边上的高；或利用三棱锥的底面与顶点的轮换性转化为三棱锥的高，即用等体积法．(3)求距离的一般方法是应用各种距离之间的转化关系和“平行移动”的思想方法，把所求的距离转化为点点距、点线距或点面距进行求解，其一般步骤是①找出或作出表示有关距离的线段；②证明它符合定义；③归到解某个三角形．若表示距离的线段不容易找出或作出，可用等体积法计算求解． 【真题7】 (2024·全国甲)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求点M到平面ABF的距离． 解析　(1)证明：因为BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M为AD的中点，所以BC∥MD，BC＝MD，所以四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD，又因为BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以BM∥平面CDE. (2)如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF. 因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝2，所以CD＝2，结合(1)四边形BCDM为平行四边形，可得BM＝CD＝2，又AM＝2，所以△ABM为等边三角形，O为AM的中点，所以OB＝，又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD的中点，所以EF＝MD，EF∥MD，所以四边形EFMD为平行四边形，所以FM＝ED＝AF，所以△AFM为等腰三角形，则△ABM与△AFM底边上的中点O重合，所以OF⊥AM，OF＝＝3，因为OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF，所以OB，OD，OF互相垂直，由等体积法可得VM－ABF＝VF－ABM，VF－ABM＝S△ABM·FO＝××22×3＝， cos∠FAB＝＝＝，sin∠FAB＝，S△FAB＝FA·AB·sin∠FAB＝××2×＝，设点M到平面FAB的距离为d，则VM－FAB＝VF－ABM＝×S△FAB×d＝××d＝，解得d＝，即点M到平面ABF的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $$