第十一章 立体几何初步 章末综合提升-【名师导航】2025-2026学年高中数学必修第四册教师用书配套课件（人教B版）

该高中数学课件系统梳理了立体几何初步的核心知识，通过“巩固层·知识整合”与“提升层·题型探究”构建知识网络，涵盖空间几何体表面积与体积、球的切接问题、平行垂直关系及空间角的求解，形成从基础到综合的逻辑脉络。 其亮点在于分层设计与核心素养导向，如结合古代文化背景题目培养数学抽象，通过割补法、构造法提升直观想象与逻辑推理能力，综合测评含选择、填空、解答题，助力学生巩固知识，教师精准把握学情，提高复习效率。

第十一章　立体几何初步 章末综合提升 巩固层·知识整合 章末综合提升 类型1　空间几何体的表面积与体积 几何体的表面积和体积的计算是现实生活中经常遇到的问题，如制作物体的下料问题、材料最省问题、相同材料容积最大问题，都涉及表面积和体积的计算．特别是特殊的柱、锥、台，在计算中要注意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平面图形的作用，对于圆柱、圆锥、圆台，要重视旋转轴所在轴截面、底面圆的作用．割补法、构造法是常用的技巧． 提升层·题型探究 章末综合提升 记牢常见几何体的表面积、体积公式是解决此类问题的关键．涉及古代文化背景的题目，首先读懂题意，再按题意与所学的知识联系起来，将问题转化为我们熟悉的问题后再解决，体现了数学抽象核心素养． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 【例1】　如图所示，O′A′B′C′为四边形OABC的斜二测直观图，其中O′A′＝3，O′C′＝1，B′C′＝1． (1)画出四边形OABC的平面图并标出边长，并求平面四边形OABC的面积； (2)若该四边形OABC以OA为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)在直观图中O′A′＝3，O′C′＝1，B′C′＝1． 所以在平面图形中OA＝3，OC＝2O′C′＝2，BC＝B′C′＝1，所以AB＝， 所以平面四边形OABC的平面图形如图所示， 由图可知，平面四边形OABC为直角梯形，所以面积为＝4． (2)旋转而成的几何体可以看成圆柱加上一个同底的圆锥， 由(1)可知几何体底面圆半径为r＝2，圆柱母线长和高都为1，即h1＝l1＝1； 圆锥的高为h2＝2，母线长为l2＝2． 所以体积V＝V柱＋V锥＝πr2h1＋πr2h2＝4π＋π＝π， 表面积S＝πr2＋2πrl1＋πrl2＝4π＋4π＋4π＝π． 类型2　与球有关的切、接问题 涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为切、接点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则可利用4R2＝a2＋b2＋c2进行求解，体现了数学中的直观想象核心素养． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 【例2】　(1)蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球运动．已知某“鞠”的表面上有四个点P，A，B，C，其中PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，则该球的体积为(　　) A．16π B． C． D．8π √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 (2)若圆台的上、下底面半径分别为r1，r2且r1r2＝3，则此圆台的内切球(与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球)的表面积为________． 12π 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 (1)C　(2)12π　[(1)因为PA⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC， 又∠BAC＝90°，所以PA，AB，AC两两垂直，所以三棱锥P-ABC的外接球即为以PA，AB，AC分别为长、宽、高的长方体的外接球，即该球的直径为长方体体对角线PD的长，因为PA＝2，AB＝AC＝2，所以PD＝＝4，所以该球的半径为2，体积为V＝．故选C． (2)设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处， 设球O与母线AB切于M点，所以OM⊥AB， 所以OM＝OO1＝OO2＝R(R为球O的半径)， 所以△AOO1与△AOM全等，所以AM＝r1， 同理BM＝r2， 所以AB＝r1＋＝(r1＋r2)2－(r2－r1)2＝4r1r2＝12，所以O1O2＝2， 所以圆台的内切球半径R＝，所以内切球的表面积为4πR2＝12π．] 类型3　空间中的平行与垂直关系 空间中的平行关系与垂直关系主要是指空间中线与线、线与面及面与面的平行与垂直，其中三种关系相互渗透．在解决线面、面面平行与垂直问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行与垂直”到“线面平行与垂直”，再到“面面平行与垂直”；而利用性质定理时，其顺序相反，且“高维”的性质定理就是“低维”的判定定理．特别注意，转化的方法由具体题目的条件决定，不能过于呆板僵化，要遵循规律而不局限于规律，这种推理过程体现了数学中的逻辑推理核心素养． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 【例3】　如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB＝2，CD＝4，∠APB＝∠CBA＝90°，平面PAB⊥平面ABCD． (1)求证：PA⊥平面PBC； (2)若M为棱PD上一点，且PB∥平面MAC，求的值． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)证明：因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD， 所以BC⊥平面PAB， 又AP⊂平面PAB，所以AP⊥BC， 又AP⊥BP，BC∩BP＝B， 所以AP⊥平面PBC． (2)连接BD交AC于O，连接OM， 因为PB∥平面MAC，PB⊂平面PBD， 平面PBD∩平面MAC＝OM， 所以PB∥OM，所以． 又AB∥CD，所以△ABO∽△CDO， 所以，所以． 类型4　空间中的角的求解 求角度问题时，无论哪种情况，最终都归结到两条相交直线所成的角的问题．求角度的解题步骤：(1)找出这个角．(2)证该角符合题意．(3)构造出含这个角的三角形，解这个三角形．线线角、线面角和二面角的求解问题，体现了数学中的数学运算核心素养． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 【例4】　在图①等边三角形ABC中，AB＝2，E是线段AB上的点(除点A外)，过点E作EF⊥AC于点F，将△AEF沿EF折起到△PEF(点A与点P重合，如图②)，使得∠PFC＝60°． (1)求证：EF⊥PC； (2)试问：当点E在线段AB上移动时，二面角P-EB-C的大小是否为定值？若是，求出这个二面角的平面角的正切值，若不是，请说明理由． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)证明：因为EF⊥PF，EF⊥FC， 又PF∩FC＝F， 所以EF⊥平面PFC． 又因为PC⊂平面PFC， 所以EF⊥PC． (2)由(1)知，EF⊥平面PFC，又EF⊂平面BCFE， 所以平面BCFE⊥平面PFC，作PH⊥FC， 则PH⊥平面BCFE， 作HG⊥BE，连接PG，则BE⊥PG， 所以∠PGH是这个二面角的平面角， 设AF＝x，则0<x1，因为∠PFC＝60°， 所以FH＝x， 所以AH＝x，易求GH＝x， 所以tan ∠PGH＝， 所以二面角P-EB-C的大小是定值，其二面角的平面角的正切值为． 章末综合测评(一)　动量守恒定律 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 √ 14 15 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2025·天津卷)已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(　　) A．若m∥α，n⊂α，则m∥n B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β D．若m⊂α，α⊥β，则m⊥β 章末综合测评(三)　立体几何初步 16 17 18 19 23 C　[对于A，若m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故A错误； 对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误； 对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确； 对于D，若m⊂α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m⊂β，故D错误．故选C．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 2．已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 25 B　[已知m，n，l两两相交，可以推出m，n，l在同一个平面，反之，已知m，n，l在一个平面，可以推出m，n，l两两相交，或者m∥n，l与m，n相交等多种情况，故“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 3．已知圆锥的底面直径为2，轴截面为正三角形，则该圆锥的侧面积为(　　) A．3π B．4π C．5π D．6π √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 D　[因为圆锥的轴截面为等边三角形，则该圆锥的母线长为l＝2r＝2，圆锥的半径为r＝，故该圆锥的侧面积为S＝πrl＝π××2＝6π．故选D．] 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 27 √ 4．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体积为(　　) A． B． C． D．2π 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 28 A　[设圆锥的底面半径为r，高为h，则2πr＝×3， ∴r＝1，h＝＝2，设内切球的半径为R，则＝， ∴R＝，V＝πR3＝π＝π，故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 √ 5．光岳楼位于山东聊城古城中央，主体结构建于明洪武七年(1374年)，它是迄今为止全国现存古代建筑中最古老、最雄伟的木构楼阁之一，享有“虽黄鹤、岳阳亦当望拜”之誉．光岳楼的墩台为砖石砌成的正四棱台，如图所示，该墩台上底面边长约为32 m，下底面边长约为34.5 m，高约为9 m，则该墩台的斜高约为(参考数据：≈36.35)(　　) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 A．9.1 m B．10.9 m C．11.2 m D．12.1 m 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 30 A　[如图所示，设该正四棱台为ABCD-A1B1C1D1，上下底面中心分别为O1，O， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 分别取BC，B1C1的中点E，F，连接OO1，O1F，OE，EF，在平面OO1FE内， 作FH⊥OE交OE于H， 31 则OO1＝9，OE＝AB＝17.25，O1F＝A1B1＝16， 显然四边形OO1FH是矩形，则FH＝OO1＝9，OH＝O1F＝16， 所以EH＝OE－OH＝1.25＝，在Rt△FHE中，EF＝＝＝≈≈9.1， 即该墩台的斜高约为9.1 m．故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 32 √ 6．如图为青岛五四广场主题钢雕塑，由艺术家黄震设计，名为“五月的风”．该雕塑以单纯简练的造型元素排列组合成旋转腾空的“风”，通体火红，寓意五四运动是点燃新民主主义革命的“火种”及青岛与五四运动的渊源．雕塑形状可视为有公共底面的两个相同圆锥的组合体Ω，且圆锥的底面半径和圆锥的高均为15米，据此可知Ω的表面积为(　　) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 A．223π平方米 B．450π平方米 C．675π平方米 D．900π平方米 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 33 B　[由题知，半径r＝15，高h＝15，则母线l＝＝15，所以圆锥的侧面积为πrl＝15×15π＝225π，所以Ω的表面积为2×225π＝450π，故选B．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 34 √ 7．如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2AA1，M是A1B1的中点，则异面直线A1C与BM所成角的余弦值为(　　) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 A． B． C． D． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 35 B　[取AB中点N，连接A1N，CN， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 在正三棱柱中，四边形AA1B1B为平行四边形， 因为M，N分别是A1B1，AB的中点， 所以四边形A1NBM为平行四边形，所以A1N∥BM， 36 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以∠CA1N(或其补角)即为A1C与BM所成的角． 设AA1＝a，则AB＝2a，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，因为N是AB的中点， 所以CN＝a，A1N＝a，A1C＝a， 所以CN2＋A1N2＝A1C2，故CN⊥A1N， 在Rt△A1NC中，cos ∠CA1N＝＝＝， 所以异面直线A1C与BM所成角的余弦值为．故选B．] 37 √ 8．如图，在边长为1的正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，AD的中点，将△ABF沿BF所在的直线进行翻折，将△CDE沿DE所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列说法错误的是(　　) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 A．无论翻折到什么位置，A、C两点都不可能重合 B．存在某个位置，使得直线AF与直线CE所成的角为60° C．存在某个位置，使得直线AF与直线CE所成的角为90° D．存在某个位置，使得直线AB与直线CD所成的角为90° 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 38 D　[在A中，点A与点C一定不重合，故A正确；在B中，存在某个位置，使得直线AF与直线CE所成的角为60°，故B正确；在C中，当平面ABF⊥平面BEDF，平面DCE⊥平面BEDF时，直线AF与直线CE垂直，故C正确；在D中，直线AB与直线CD不可能垂直，故D错误．故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 39 √ 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线l⊂平面ABB1A1，直线m⊂平面BCC1B1，直线n⊂平面ABCD，则直线l，m，n的位置关系可能是 (　　) A．l，m，n两两垂直 B．l，m，n两两平行 C．l，m，n两两相交 D．l，m，n两两异面 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 40 ACD　[对于A，当l为BB1，m为BC，n为AB时，l，m，n两两垂直，故A正确；对于B，不妨假设l∥m，l，m和BB1不重合，因为l⊄平面BCC1B1，m⊂平面BCC1B1，则l∥平面BCC1B1，又l⊂平面ABB1A1，平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，故l∥BB1，则m∥BB1，又BB1⊥平面ABCD，n⊂平面ABCD，故BB1⊥n，则l⊥n，m⊥n，即l，m，n不可能两两平行，故B错误；对于C，当l为BB1，m为BC，n为AB时，l，m，n两两相交，故C正确；对于D，当l为AA1，m为B1C1，n为CD时，l，m，n两两异面，故D正确．故选ACD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 41 √ 10．如图，在三棱锥P-ABC中，已知PC⊥BC，PC⊥AC，点E，F，G分别是所在棱的中点，则下面结论正确的有(　　) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 A．平面EFG∥平面PBC B．平面EFG⊥平面ABC C．∠BPC是直线EF与直线PC所成的角 D．∠FEG是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角 √ √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 42 ABC　[A正确，因为GF∥PC，GE∥CB，GF∩GE＝G，PC∩CB＝C，所以平面EFG∥平面PBC；B正确，因为PC⊥BC，PC⊥AC，PC∥GF，所以GF⊥BC，GF⊥AC，又BC∩AC＝C，所以GF⊥平面ABC，又GF⊂平面EFG，所以平面EFG⊥平面ABC；C正确，因为EF∥BP，所以∠BPC是直线EF与直线PC所成的角；D错误，因为GE与AB不垂直，所以∠FEG不是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 43 √ 11．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在面对角线AC上运动，则下列结论正确的为(　　) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 A．D1P∥平面A1BC1 B．D1P⊥BD C．平面PDB1⊥平面A1BC1 D．三棱锥A1-BPC1的体积不变 √ √ 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 44 ACD　[连接D1A，BC1，A1B，A1C1，D1B1，DB． 对A，因为在正方体中，D1A∥BC1，D1C∥BA1，且D1A∩D1C＝D1，BC1∩BA1＝B， 所以平面D1AC∥平面A1BC1． 因为P在面对角线AC上运动， 所以D1P∥平面A1BC1，所以A正确． 对B，当P位于AC的中点时，D1P⊥BD不成立， 所以B错误． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 45 对C，因为A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥B1D， 同理A1B⊥B1D， 因为A1C1∩A1B＝A1， 所以B1D⊥平面A1BC1， 又B1D⊂平面PDB1， 所以平面PDB1⊥平面A1BC1，所以C正确． 对D，三棱锥A1-BPC1的体积等于三棱锥B-A1PC1的体积． △A1PC1的面积为定值A1C1·AA1， B到平面A1PC1的高为定值， 所以三棱锥A1-BPC1的体积不变，所以D正确．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 46 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知圆锥的底面半径为2，侧面展开图为圆心角为的扇形，则该圆锥的高为________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4　[设圆锥的母线长为l，高为h．∵圆锥的底面半径r＝2，侧面展开图的圆心角为， ∴4π＝l×，∴l＝6，∴圆锥的高h＝＝＝4．] 4 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 47 13．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AD∶AB＝1∶2，△PAB是等边三角形，则直线PD与平面 ABCD所成角的正弦值为________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 48 　[取AB中点为O，连接PO，DO，由于△PAB是等边三角形，所以PO⊥AB， 因为平面PAB⊥平面ABCD，其交线为AB， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 49 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 PO⊂平面PAB， 所以PO⊥平面ABCD， ∠PDO是直线PD与平面ABCD所成的角． 不妨设AD＝1，AB＝2，在等边三角形PAB中，PO＝，DO＝＝＝，所以DP＝＝， 故sin ∠PDO＝＝＝， 故直线PD与平面ABCD所成角的正弦值为．] 50 14．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器．由中国科学院空天信息创新研究院自主研发的极目一号Ⅲ型浮空艇(如图①)从海拔4 300米的中国科学院珠穆朗玛峰大气与环境综合观测研究站附近发放场地升空，最终超过珠峰8 848.86米的高度，创造了海拔9 032米的大气科学观测海拔高度世界纪录，彰显了中国实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长45米，高16米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图②所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积为________平方米． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 562π 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 51 562π　[该组合体的直观图如图，半球的半径为8米，圆柱的底面半径为8米，母线长为13米，圆台的两底面半径分别为8米和1米，高为24米，所以半球的表面积为×4π·82＝128π(平方米)，圆柱的侧面积为2·π·8×13＝208π(平方米)， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 圆台的侧面积为π(8＋1)×＝225π(平方米)，圆台的上底面面积为π·12＝π(平方米)， 故该组合体的表面积为128π＋208π＋225π＋π＝562π(平方米)．] 52 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)如图，已知E，F，G，H分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，BC，CC1，C1D1的中点，且EF与HG相交于点Q． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1)求证：点Q在直线DC上； (2)求异面直线EF与A1B1所成角的大小． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 53 [解]　(1)证明：由于Q∈EF⊂平面ABCD，Q∈HG⊂平面CDD1C1， 平面ABCD∩平面CDD1C1＝DC， 所以Q∈DC，也即点Q在直线DC上． (2)根据正方体的性质可知A1B1∥DC， 所以异面直线EF与A1B1所成角为∠DQE， 由于AB∥DC，E，F分别是AB，BC的中点， 所以∠DQE＝∠FEB＝45°， 所以异面直线EF与A1B1所成角的大小为45°． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 54 16．(15分)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1)证明：BE⊥平面EB1C1； (2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E-BB1C1C的体积． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)证明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE．又BE⊥EC1， EC1∩B1C1＝C1， 所以BE⊥平面EB1C1． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)由(1)知∠BEB1＝90°．由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E， 所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°， 故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6． 作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3． 所以，四棱锥E-BB1C1C的体积 V＝×3×6×3＝18． 17．(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1)证明：PB∥平面ACM； (2)证明：AD⊥平面PAC； (3)求直线AM与平面ABCD所成角的余弦值． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)证明：连接BD，OM，因为底面ABCD为平行四边形，O为AC中点， 故BD与AC相交于O，因为M为PD的中点，则OM∥PB， 因为OM⊂平面ACM，PB⊄平面ACM，所以PB∥平面ACM． (2)证明：在△ACD中，因为∠ADC＝45°，AD＝AC＝1， 所以∠ACD＝45°，所以∠DAC＝90°， 所以AD⊥AC， 因为PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD， 因为AC，PO⊂平面PAC，AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)取OD的中点N，连接MN，AN，则MN∥OP， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为PO⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD，则∠MAN为直线AM与平面ABCD所成角， 其中PO＝2，故MN＝OP＝1， 因为AD⊥AC，AO＝AC＝， 由勾股定理得OD＝＝＝，故AN＝OD＝， 由勾股定理得AM＝＝， 所以cos ∠MAN＝＝＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18．(17分)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1)证明：BD⊥平面PAC； (2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B-PC-A的正切值． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD， 因为PC⊥平面BDE，BD⊂平面BDE， 所以PC⊥BD，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，PA∩PC＝P，所以BD⊥平面PAC． (2)设AC与BD交点为O，连接OE． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为PC⊥平面BDE，即PC⊥平面BOE， 所以PC⊥BE，PC⊥OE， 所以∠BEO为二面角B-PC-A的平面角． 因为BD⊥平面PAC， 所以BD⊥AC， 所以四边形ABCD为正方形， 所以BO＝， 在△PAC中，PA⊥AC，AC＝2， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以PC＝3， ＝⇒＝⇒OE＝， 所以tan ∠BEO＝＝3， 所以二面角B-PC-A的平面角的正切值为3． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19．(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE； (3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由． 章末综合测评 提升层 巩固层 章末综合提升 [解]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以PA⊥BD， 因为底面ABCD是菱形， 所以BD⊥AC， 又因为AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC， 所以BD⊥平面PAC． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)证明：在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E为CD的中点， 所以AC＝AD，AE⊥CD， 因为AB∥CD， 所以AE⊥AB， 因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD， 所以PA⊥AE， 又因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， 所以AE⊥平面PAB， 又AE⊂平面PAE， 所以平面PAB⊥平面PAE． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)当点F为PB中点时符合题意，证明如下： 取AB的中点G，连接CG，FG，CF． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为AB綉CD，E，G分别为CD，AB的中点， 所以AG綉CE， 所以四边形AGCE为平行四边形， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以AE∥CG， 又因为AE⊂平面PAE，CG⊄平面PAE， 所以CG∥平面PAE， 在△PAB中，F，G分别为PB，AB的中点， 所以FG∥PA，易得FG∥平面PAE， 又因为CG∩FG＝G，CG，FG⊂平面CFG， 所以平面CFG∥平面PAE， 又因为CF⊂平面CFG， 所以CF∥平面PAE． $