章末检测（8） 立体几何初步-【优学精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册教用课件(人教A版)

该高中数学课件聚焦立体几何初步，涵盖空间直线关系、几何体体积表面积、线面角等核心知识点，通过基础概念到综合应用的梯度设计，搭建从直观认知到逻辑推理的学习支架，帮助学生衔接前后知识。 其亮点在于融入数学眼光中的几何直观（如直观图与原图面积转化）、数学思维中的推理能力（如等体积法求点面距离），结合实际问题（如扇形制作圆台）培养模型意识。学生能提升空间观念与运算能力，教师可利用分层题目优化教学，提高课堂效率。

章末检测（八）　立体几何初步 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共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. l1，l2，l3是空间中三条不同的直线，则下列命题正确的是（　　） A. l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 B. l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3 C. l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D. l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面 解析：　利用平行的传递性可知，l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3，故B成 立；选项A、C、D不满足平行和共面的判定定理，故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 2. 如图Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图，斜边O'B'＝2，则这个平面 图形的面积是（　　） A. B. 1 C. D. 2 解析：　∵Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图，斜边O'B'＝2， ∠A'O'B'＝45°，∴Rt△O'A'B'的直角边长是 ，∴Rt△O'A'B'的面 积是 × × ＝1，∴原平面图形的面积是1×2 ＝2 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 3. 已知圆锥的底面面积是4π，且它的侧面展开图是半圆，则该圆锥的 体积是（　　） A. B. C. 4 π D. 8 π 解析：　由圆锥的底面面积是4π，可知底面半径r＝2，设圆锥母 线长为l，高为h，由于侧面展开图是半圆，故πl＝2π×2，l＝4， h＝ ＝2 .故体积为 π×22×2 ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 4. 如图，在四面体A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，若AB＝ BC＝CD＝1，则AD＝（　　） A. 1 B. C. D. 2 解析：　因为BC⊥CD，AB＝BC＝CD＝1，所以BD＝ ＝ ，又AB⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，所以 AB⊥BD，因此AD＝ ＝ .故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 5. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BB1的中点.若AB＝6，则点B 到平面ACE的距离为（　　） A. B. C. D. 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 解析：　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝6，E是BB1的中 点，则BE＝3，AE＝CE＝ ＝3 ，AC＝6 ，∴S△ACE ＝ ×6 × ＝9 .设点B到平面ACE的 距离为h，由VE-ABC＝VB-ACE，得 × ×6×6×3＝ ×9 h，解 得h＝ .故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 6. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AC＝BC＝1，AB＝ ，E是CC1的中点，则直线BC与平面A1BE所成角的正弦值为 （　　） A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 解析：　因为AA1＝AC＝BC＝1，AB＝ ，所以AC2＋BC2＝ AB2，所以AC⊥BC，易知S△BCE＝ CE·BC＝ ，A1到平面BCE的 距离为A1C1＝1.设点C到平面A1BE的距离为d，因为EA1＝BE＝ ＝ ，BA1＝ ，所以 ＝ × × ＝ .由 ＝ ，得 d· ＝ A1C1·S△BCE，解得d＝ .故直线BC与平面A1BE所 成角的正弦值为 ＝ .故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 7. 如图，正四棱锥P-ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的 同一个大圆上，点P在球面上.若VP-ABCD＝ ，则球O的体积是 （　　） A. 32π B. 16π C. π D. 8π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 解析：　设球O的半径为R. 因为正四棱锥P-ABCD底面的四个 顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，且点P在球面上，所 以PO⊥底面ABCD，PO＝R，正方形ABCD的面积S＝2R2.因为 VP-ABCD＝ ，所以VP-ABCD＝ ×2R2×R＝ ＝ ，解得R＝2， 所以球O的体积V＝ πR3＝ π×23＝ π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 8. 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别为A1B1， AD，B1C1，C1D1的中点，则过GH且与EF平行的平面截正方体所 得的截面的面积为（　　） A. B. 2 C. 2 D. 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 解析：　如图，取A1D1中点为M，连接ME， MF，取CD，CB中点分别为P，Q，连接 PH，PQ，QG. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中， 由题意知四边形PQGH为矩形，且ME∥GH， MF∥QG，因为ME⊄平面PQGH，MF⊄平面 PQGH，GH⊂平面PQGH，QG⊂平面PQGH，所以ME∥平面PQGH，MF∥平面PQGH，又ME∩MF＝M，所以平面MEF∥平面PQGH，因为EF⊂平面MEF，所以EF∥平面PQGH，所以过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面为矩形PQGH. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，所以PQ＝ ，QG＝2，所以矩形PQGH的面积为PQ·QG＝2 ，所以过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面的面积为2 ，故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 二、多项选择题（本大题共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. 已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说 法正确的有（　　） A. 如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α⊥β B. 如果m⊂α，α∥β，那么m∥β C. 如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么m∥l D. 如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 解析：　如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么由面面垂直的判定 定理可得α⊥β，故A正确；如果m⊂α，α∥β，那么由面面平行的 性质可得m∥β，故B正确；如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么由 线面平行的性质定理可得m∥l，故C正确；如果m⊥n，m⊥α， n∥β，那么平面α，β平行或相交，故D错误.故选A、B、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 10. 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上 的动点，则下列结论正确的有（　　） A. 平面D1A1P⊥平面A1AP B. ∠APD1的取值范围是（0， ） C. 三棱锥B1-D1PC的体积为定值 D. DC1⊥D1P 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 解析：　连接D1P，AP（图略），因为A1D1⊥平面A1AP， A1D1⊂平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；当 P与A1重合时，∠APD1＝ ，故B错误；连接D1C，B1D1， B1C，PC，B1P（图略），因为△B1D1C的面积是定值，A1B∥ 平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥 B1-D1PC的体积为定值，故C正确；连接DC1（图略），因为 DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC⊂平面 BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，又D1P⊂平面BCD1A1，所以 DC1⊥D1P，故D正确.故选A、C、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 11. 如图，在棱长均相等的四棱锥P-ABCD中，O为底面正方形的中 心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，下列结论正确的是 （　　） A. PD∥平面OMN B. 平面PCD∥平面OMN C. 直线PD与直线MN所成角的大小为90° D. ON⊥PB 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 解析：　连接BD（图略），显然O为BD的中点，又N为 PB的中点，所以PD∥ON，由线面平行的判定定理可得，PD∥ 平面OMN，A正确；由M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以 MN∥AB，又底面为正方形，所以AB∥CD，所以MN∥CD， 由线面平行的判定定理可得，CD∥平面OMN，又由选项A得 PD∥平面OMN，由面面平行的判定定理可得，平面PCD∥平面 OMN，B正确；因为MN∥CD，所以∠PDC为直线PD与直线 MN所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠PDC＝60°，故 直线PD与直线MN所成角的大小为60°，C错误；因为底面为正方形，所以AB2＋AD2＝BD2，又所有棱长都相等，所以PB2＋PD2＝BD2，故PB⊥PD，又PD∥ON，所以ON⊥PB，D 正确.故选A、B、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中 横线上） 12. 如图，将一个正方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，若该 棱锥的体积为 ，则该正方体的棱长为 ⁠. 解析：设正方体棱长为a，则 × a2×a＝ ，解得a＝2. 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 13. 边长为5的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从点E沿圆柱的侧面 到相对顶点G的最短距离为 ⁠. 解析：如图，矩形E1F1GH是圆柱沿着其母线 EF剪开半个侧面展开而得到的， 则从点E沿圆 柱的侧面到相对顶点G的最短距离为GE1.由题 意可知GH＝5，GF1＝ ，所以GE1＝ ＝ ＝ ，所以从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是 . ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 14. 如图所示，在三棱柱中，已知四边形ABCD和四边形AA'B'B都是 矩形，平面AA'B'B⊥平面ABCD. 若AA'＝AD＝2，则直线AB到 平面DA'C的距离为 ⁠. ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 解析：如图，取B'C的中点E，连接BE，∵ 四边形ABCD和四边形AA'B'B都是矩形， ∴AB⊥BC，AB⊥BB'，又BC∩BB'＝B， ∴AB⊥平面BCB'，又BE⊂平面BCB'， ∴AB⊥BE，又AB∥CD，∴CD⊥BE，∵AA'＝AD，得BC＝BB'，又E为B'C的中点，∴B'C⊥BE，又CD⊥BE，CD∩B'C＝ C，∴BE⊥平面DCB'A'，∴直线AB到平面DA'C的距离即为BE的长，∵平面AA'B'B⊥平面ABCD，且平面AA'B'B∩平面ABCD＝ AB，BC⊥AB，∴BC⊥平面ABB'A'，又BB'⊂平面ABB'A'，∴BC⊥BB'，在Rt△BCB'中，BC＝BB'＝2，∴BE＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说 明、证明过程或演算步骤） 15. （本小题满分13分）如图，有一块扇形铁皮OAB，∠AOB＝ ， OA＝72 cm，要剪下来一个扇形环ABCD，作圆台形容器的侧 面，并且余下的扇形OCD内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作 圆台形容器的下底面（大底面）. （1）求AD应取多长？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 解：设圆台上、下底面半径分别为r， R，AD＝x， 则OD＝72－x， 由题意得解得则 AD应取36 cm. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 （2）求容器的容积. 解：因为2πr＝ ×OD＝ ×36，所 以r＝6（cm）， 如图所示， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 则圆台的高h＝ ＝ ＝ 6 （cm）， 所以V＝ πh（R2＋Rr＋r2）＝ π×6 ×（122＋12×6 ＋62）＝504 π（cm3）， 所以容器的容积为504 π cm3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 16. （本小题满分15分）如图所示，在四面体ABCD中，CB＝CD， AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点.求证： （1）直线EF∥平面ACD； 证明：∵点E，F分别是AB，BD的中点， ∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD. ∵EF⊄平面ACD，AD⊂平面ACD， ∴直线EF∥平面ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 （2）平面EFC⊥平面BCD. 证明：∵AD⊥BD，EF∥AD， ∴EF⊥BD. ∵CB＝CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD. 又∵EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面EFC， ∴BD⊥平面EFC. ∵BD⊂平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 17. （本小题满分15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是 边长为3的菱形，∠ABC＝ ，PB＝PD＝2PA＝2 . （1）证明：PA⊥平面ABCD； 解：证明：∵AB＝AD＝3，PB＝ PD＝2PA＝2 ，∴AB2＋PA2＝PB2， AD2＋PA2＝PD2， ∴PA⊥AB，PA⊥AD， 又AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， ∴PA⊥平面ABCD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 （2）若棱BC上存在一点E满足BE＝1，求PC与平面PAE所成角 的正弦值. 解：在△ABE中，由余弦定理得， AE＝ ＝ . 如图，连接AC，∵底面ABCD是边长为3 的菱形，∠ABC＝ ， ∴△ABC为等边三角形，∴AC＝AB＝3. 设三棱锥C-PAE以△AEP为底的高为h， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 ∵VP-ACE＝ S△ACE·PA＝ × ×2×3× × ＝ ， VP-ACE＝VC-PAE，即 S△AEP·h＝ × × × ×h＝ ， ∴h＝ . ∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， ∴PA⊥AC， ∴PC＝ ＝ ＝2 ， ∴ ＝ ，∴PC与平面PAE所成角的 正弦值为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 18. （本小题满分17分）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝ 1，E为CD的中点，以AE为折痕，把△DAE折起到△D'AE的位 置，使平面D'AE⊥平面ABCE. （1）求证：AD'⊥BE； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 解：证明：根据题意可知，在矩形ABCD 中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，所以 ∠DEA＝∠CEB＝45°， 所以∠AEB＝90°，即BE⊥AE. 因为平面D'AE⊥平面ABCE，且平面D'AE∩平面ABCE＝ AE，BE⊂平面ABCE，所以BE⊥平面D'AE. 因为AD'⊂平面D'AE，所以AD'⊥BE. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 （2）求四棱锥D'-ABCE的体积； 解：如图所示，取AE的中点F，连 接D'F，则D'F⊥AE，且D'F＝ . 因为平面D'AE⊥平面ABCE，且平面 D'AE∩平面ABCE＝AE，D'F⊂平面D'AE， 所以D'F⊥平面ABCE， 所以VD'-ABCE＝ S四边形ABCE·D'F ＝ × ×（1＋2）×1× ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 （3）在棱ED'上是否存在一点P，使得D'B∥平面PAC？若存在， 求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 解：存在.连接AC交BE于Q，假设在D'E上 存在点P，使得D'B∥平面PAC，连接PQ. 因为D'B⊂平面D'BE，平面D'BE∩平面PAC＝PQ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 所以D'B∥PQ， 所以在△EBD'中， ＝ . 因为△CEQ∽△ABQ，所以 ＝ ＝ ， 所以 ＝ ＝ ，即EP＝ ED'， 所以在棱ED'上存在一点P， 使得D'B∥平面PAC，且EP＝ ED'. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 19. （本小题满分17分）近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从 而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何和计算机科 学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻 画几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于2π与多面 体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上 的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体在面上非顶点 处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点 的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是 ，所以正方体在各顶点的曲率为2π－3× ＝ ，故其总曲率为4π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 （1）求四棱锥的总曲率； 解：四棱锥有5个顶点，4个三角形面，1个凸四边形 面，故其总曲率为2π×5－4×π－2π＝4π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 （2）表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体. 关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数 为D，棱数为L，面数为M，则有：D－L＋M＝2.利用此 定理试证明：简单多面体的总曲率是常数. 解：证明：设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，M号. 设第i号（1≤i≤M）多边形有Li条边. 则多面体共有L＝ 条棱. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 由题意，多面体共有D＝2－M＋L＝2－M＋ 个顶点. i号多边形的内角之和为πLi－2π，故所有多边形的内角之和 为π（L1＋L2＋…＋LM）－2πM， 故多面体的总曲率为2πD－[π（L1＋L2＋…＋LM）－2πM] ＝2π（2－M＋ ）－[π（L1＋L2＋…＋LM）－2πM]＝4π. 所以简单多面体的总曲率是常数4π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·必修第二册 $