第6章 立体几何初步 章末复习提升(五)(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版）

本讲义聚焦高中立体几何核心知识，系统梳理空间几何体结构特征、空间平行与垂直关系、空间角、表面积体积及距离问题，从结构辨析到位置关系推理，再到度量计算，构建完整知识支架。 该资料通过辨析题（如正四棱柱充要条件）、证明题（如面面平行）、计算题（如体积距离）结合，培养学生空间观念（数学眼光）、逻辑推理（数学思维）和模型表达（数学语言）。课中辅助教师系统复习，课后助力学生查漏补缺，强化知识应用。

章末复习提升(五) 要点一　空间几何体的结构特征 对空间几何体的判断，除了根据定义由几何体的结构特征从棱和面两个角度考虑，还可以采用举反例的方法进行排除． 根据定义判断棱柱的结构特征需“看面”(多面体是否有两个互相平行的面，其余各面都是四边形)和“看线”( 相邻两个四边形的公共边是否互相平行)；根据定义判断棱锥、棱台的结构特征需“定底面”和“看侧棱”(相交或延长后交于一点). 训练1　一个棱柱是正四棱柱的充要条件是(　　) A．底面是正方形，有两个侧面是矩形 B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面 C．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直 D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱 解析：选C.若底面是正方形，有相对的两个侧面是矩形，另外两个侧面是不为矩形的平行四边形，则棱柱为斜棱柱，故A不满足要求；若底面是正方形，有相对的两个侧面垂直于底面，另外两个侧面不垂直于底面，则棱柱为斜棱柱，故B不满足要求；若底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直，则底面为正方形，侧棱与底面垂直，此时棱柱为正四棱柱，反之也成立，故C满足要求；若每个侧面都是全等矩形的四棱柱，其底面可能不是正方形，故D不满足要求．故选C. 训练2　下列命题中正确的是(　　) A．圆柱是将矩形旋转一周所得的几何体 B．圆台的轴截面一定是等腰梯形 C．以直角三角形一边为旋转轴，旋转一周所得的旋转体是圆锥 D．用平行于母线的平面截圆锥，截面是等腰三角形 解析：选B.对于A，圆柱是将矩形以一边为轴旋转一周所得的几何体，故A错误；对于B，圆台的轴截面一定是等腰梯形，故B正确；对于C，以直角三角形一直角边为旋转轴，旋转一周所得的旋转体才是圆锥，故C错误；对于D，用平行于母线的平面截圆锥，截面不是等腰三角形(平面与圆锥侧面的交线为曲线)，故D错误．故选B. 要点二　空间中的平行关系 在解决线面、面面平行问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；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，转化的方法总是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．如图所示是平行关系相互转化的示意图． 训练3　(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列直线或平面与平面ACD1平行的是(　　) A．直线A1B B．直线BB1 C．平面A1DC1 D．平面A1BC1 解析：选AD.如图，由A1B∥D1C，且A1B⊄平面ACD1，D1C⊂平面ACD1，故A1B∥平面ACD1，故A正确；BB1∥DD1，DD1与平面ACD1相交，故直线BB1与平面ACD1相交，故B错误；由图，显然平面A1DC1与平面ACD1相交，故C错误；由A1C1∥AC，且A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，又因为A1B∥平面ACD1，A1B∩A1C1＝A1，A1B，A1C1⊂平面A1BC1，故平面A1BC1∥平面ACD1，故D正确．故选AD. 训练4　如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，E为A1D1的中点，点F在C1D1上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________． 解析：连接A1C1(图略)，设平面AB1C∩平面A1B1C1D1＝m. 因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面A1B1C1D1，平面AB1C∩平面A1B1C1D1＝m， 所以EF∥m. 又平面A1B1C1D1∥平面ABCD，平面AB1C∩平面ABCD＝AC， 所以m∥AC. 又EF∥m，所以EF∥AC. 又A1C1∥AC，所以EF∥A1C1. 因为E为A1D1的中点，所以EF＝A1C1＝2. 答案：2 训练5　如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，CD＝2AB，P，Q分别是CC1，C1D1的中点，求证：平面AD1C∥平面BPQ. 证明：因为D1Q∥CD，D1Q＝CD， AB∥CD，AB＝CD， 所以D1Q∥AB，且D1Q＝AB， 所以四边形D1QBA为平行四边形，所以D1A∥QB. 又因为D1A⊄平面BPQ，QB⊂平面BPQ，所以D1A∥平面BPQ. 因为Q，P分别为D1C1，C1C的中点，所以QP∥D1C. 同理可得D1C∥平面BPQ， 又D1C∩D1A＝D1，D1C，D1A⊂平面AD1C，所以平面AD1C∥平面BPQ. 训练6　已知M，N分别是底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD的棱AB，PC的中点，平面CMN与平面PAD交于PE，求证： (1)MN∥平面PAD； (2)MN∥PE. 证明：(1)如图， 取DC的中点Q，连接MQ，NQ. 因为NQ是△PDC的中位线， 所以NQ∥PD. 因为NQ⊄平面PAD，PD⊂平面PAD， 所以NQ∥平面PAD. 因为M是AB的中点，四边形ABCD是平行四边形， 所以MQ∥AD. 因为MQ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以MQ∥平面PAD. 因为MQ∩NQ＝Q，MQ，NQ⊂平面MNQ， 所以平面MNQ∥平面PAD. 因为MN⊂平面MNQ，所以MN∥平面PAD. (2)因为平面MNQ∥平面PAD，平面PEC∩平面MNQ＝MN，平面PEC∩平面PAD＝PE， 所以MN∥PE. 要点三　空间中的垂直关系 1．空间垂直关系的判定方法 (1)判定线线垂直的方法有： ①计算夹角为90°(包括平面角和异面直线的夹角)； ②线面垂直的性质(若a⊥α，b⊂α，则a⊥b)； ③面面垂直的性质：若两平面垂直，一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面内的所有直线． (2)判定线面垂直的方法有： ①线面垂直定义(一般不易验证任意性)； ②线面垂直的判定定理(a⊥b，a⊥c，b⊂α，c⊂α，b∩c＝M⇒a⊥α)； ③平行线垂直平面的传递性质(a∥b，b⊥α⇒a⊥α)； ④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝l，a⊂β，a⊥l⇒a⊥α)； ⑤面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)； ⑥面面垂直的性质(α∩β＝l，α⊥γ，β⊥γ⇒l⊥γ). (3)面面垂直的判定方法有： ①根据定义(作两平面构成的二面角的平面角，计算其为90°)； ②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β). 2．线线垂直、线面垂直、面面垂直相互间的转化 训练7　把正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则折叠后的△ABC是(　　) A．等边三角形 　　 B．直角三角形 C．等腰(非等边)三角形 　　 D．钝角三角形 解析：选A.如图1，设正方形ABCD的边长为1，AC与BD相交于点O，则折成直二面角后如图2，因为CO⊥BD，平面BCD⊥平面ABD，平面BCD∩平面ABD＝BD，CO⊂平面BCD，所以CO⊥平面ABD，又AO⊂平面ABD，所以CO⊥AO.AB＝BC＝1，AC＝＝＝1，则△ABC是等边三角形．故选A. 训练8　(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列说法正确的是(　　) A．A1C1⊥BD B．B1C与BD的夹角为60° C．二面角A1-BC-D的平面角为45° D．AC1与平面ABCD的夹角为45° 解析：选ABC.连接B1D1，A1D，AC(图略).因为A1C1⊥B1D1，且B1D1∥BD，所以A1C1⊥BD，所以A正确；因为B1C∥A1D，所以B1C与BD的夹角即为∠A1DB＝60°，所以B正确；∠A1BA即为二面角A1-BC-D的平面角，∠A1BA＝45°，所以C正确；因为CC1⊥平面ABCD，所以∠C1AC为AC1与平面ABCD的夹角，因为CC1≠AC，所以∠C1AC≠45°，所以D错误．故选ABC. 训练9　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是________． 解析：如图，连接AC，AB1，B1C，因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BD1⊥CB1，BD1⊥AC，CB1∩AC＝C，CB1，AC⊂平面B1AC，所以BD1⊥平面B1AC，又知点P在侧面BCC1B1及其边界上运动， 根据平面的基本性质可得，点P的轨迹为平面B1AC与平面BCC1B1的交线段，即为线段B1C. 答案：线段B1C 训练10　如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上． (1)求证：C1D⊥平面AA1B1B； (2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论． ①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝. 解：(1)证明：因为ABC-A1B1C1是直三棱柱， 所以A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°. 又D是A1B1的中点，所以C1D⊥A1B1. 因为AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1， 所以AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1⊂平面AA1B1B，所以C1D⊥平面AA1B1B. (2)选①③能使AB1⊥平面C1DF. 连接A1B，如图， 因为F为BB1的中点，所以DF∥A1B，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝， 又AA1＝，则A1B⊥AB1，所以DF⊥AB1. 因为C1D⊥平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B，所以C1D⊥AB1. 因为DF∩C1D＝D，DF，C1D⊂平面C1DF，所以AB1⊥平面C1DF. 要点四　空间角的求法 1．求角度问题，无论哪种情况最终都归结到两条相交直线的夹角的问题上，其解题步骤是： (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，求出角． 2．空间角包括以下三类： (1)求两条异面直线的夹角，关键是选取合适的点引两条异面直线的平行线，这两条相交直线所成的锐角或直角即为两条异面直线的夹角． (2)求直线与平面的夹角的关键是确定斜线在平面上的投影． (3)求二面角的关键是作出二面角的平面角，而作二面角的平面角时，首先要确定二面角的棱，然后结合题设构造二面角的平面角． 训练11　已知二面角α－AB－β的平面角是锐角θ，平面α上有一点C到β的距离为3，点C到棱AB的距离为4，则tan θ＝(　　) A． B． C． D． 解析：选B.如图，作CE⊥AB于点E，CD⊥平面β于点D，连接ED，因为AB⊂平面β，所以CD⊥AB，又CE∩CD＝C，且CE，CD⊂平面CDE，所以AB⊥平面CDE，因为ED⊂平面CDE，所以AB⊥ED，因此∠CED＝θ，CD＝3，CE＝4，所以ED＝＝，所以tan θ＝＝.故选B. 训练12　已知平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β的夹角分别为45°，30°，过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足分别为A′，B′，则AB∶A′B′＝(　　) A．2∶1 B．3∶1 C．3∶2 D．4∶3 解析：选A.如图所示，由题意得∠BAB′＝45°，∠ABA′＝30°，设AA′＝a，a＞0，则AB＝2a，因为△ABB′为等腰直角三角形，所以AB′＝2a cos 45°＝a，由勾股定理可知A′B′＝＝a，所以AB∶A′B′＝2a∶a＝2∶1.故选A. 训练13　如图是由边长为2的正三角形ABC与正方形BCDE拼接成的平面图形，现将△ABC沿BC折起，当二面角A-BC-D为时，直线AB与CD夹角的余弦值为________． 解析：如图，取BC的中点F，ED的中点G，连接AG，AF，FG，AE. 由AF⊥BC，FG⊥BC，得∠AFG为二面角A-BC-D的平面角，所以∠AFG＝，且AF∩FG＝F，AF，FG⊂平面AFG，所以BC⊥平面AFG，因为ED∥BC， 所以ED⊥平面AFG，又AG⊂平面AFG，所以ED⊥AG，因为AF＝，FG＝2， 由余弦定理得AG＝ ＝ ＝1， 所以AE＝＝. 因为BE∥CD，所以∠ABE(或其补角)为直线AB与CD的夹角．在△ABE中，cos ∠ABE＝＝＝. 答案： 训练14　如图，正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为1，B′C∩BC′＝O，求： (1)AO与A′C′的夹角的大小； (2)AO与平面ABCD的夹角的正切值； (3)二面角B-AO-C的大小． 解：(1)因为A′C′∥AC， 所以AO与A′C′的夹角就是∠OAC(或其补角). 因为AB⊥平面BCC′B′，OC⊂平面BCC′B′， 所以OC⊥AB， 又OC⊥BO，AB∩BO＝B，AB，BO⊂平面ABO， 所以OC⊥平面ABO. 又OA⊂平面ABO，所以OC⊥OA. 在Rt△AOC中，OC＝，AC＝， sin ∠OAC＝＝， 所以∠OAC＝30°. 即AO与A′C′的夹角为30°. (2)如图，作OE⊥BC于点E，连接AE. 因为平面BCC′B′⊥平面ABCD，平面BCC′B′∩平面ABCD＝BC，OE⊂平面BCC′B′， 所以OE⊥平面ABCD， 所以∠OAE为AO与平面ABCD的夹角． 在Rt△OAE中，OE＝， AE＝＝＝， 所以tan ∠OAE＝＝. 即AO与平面ABCD夹角的正切值为. (3)由(1)可知OC⊥平面ABO. 又因为OC⊂平面AOC，所以平面ABO⊥平面AOC. 即二面角B-AO-C的大小为90°. 要点五　空间几何体的表面积与体积 求空间几何体的表面积、体积，首先要准确确定几何体的基本量，如球的半径，几何体的高、棱长等，其次是准确代入相关的公式计算． (1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意拼接部分的处理． (2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用． (3)复杂几何体的体积常用等体积法、割补法求解． 训练15　已知三棱锥的三条侧棱长均为2，侧面有两个是等腰直角三角形，底面等腰三角形底边上的高为，则这个三棱锥的表面积为(　　) A．4＋3＋ B．4＋＋2 C．4＋＋ D．4＋2＋ 解析：选C.如图所示，AB＝AC＝AD＝2，设CE为底面等腰三角形BCD底边上的高，则E为BD的中点，且CE＝，由题意得△ABC，△ACD是等腰直角三角形，则BC＝CD＝2，BE＝＝，BD＝2BE＝2，AE＝＝1， 则表面积为S△ABC＋S△ACD＋S△ABD＋S△BCD＝×2×2＋×2×2＋×2×1＋×2×＝4＋＋.故选C. 训练16　已知圆台上、下底面半径之比为1∶2，母线与底面的夹角为60°，其侧面积为24π，则该圆台的体积为(　　) A． B． C．π D．π 解析：选D.圆台轴截面如图，设上底面半径为r，所以下底面半径为2r，则圆台的母线长为l＝＝2r，S台侧＝π(r＋2r)2r＝24π，所以r＝2. 圆台高h＝r＝2， 所以该圆台的体积为V＝π[(2r)2＋r·2r＋r2]h＝π(16＋8＋4)×2＝π.故选D. 训练17　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图中，B，C是线段AD的三等分点，且AD＝3.若该三棱柱的外接球O的表面积为12π，则AA1＝________． 解析：由该三棱柱的外接球O的表面积为12π，设外接球的半径为r，则4πr2＝12π，解得r＝.由题意，取上、下底面三角形的中心分别为E，F，连接EF，则EF的中点即为外接球球心O，连接OC，CF，如图，则OC＝r＝，EF⊥平面ABC，EF＝AA1＝2OF， 因为CF⊂平面ABC，所以OF⊥CF. 由题意知，AB＝BC＝AC＝，在等边△ABC中，CF＝·BC·sin 60°＝1，在Rt△OFC中，OF＝＝，则AA1＝2OF＝2. 答案：2 训练18　如图所示，某种“笼具”由内、外两层组成，无下底面，内层和外层分别是一个圆锥和圆柱，其中圆柱与圆锥的底面周长相等，圆柱有上底面，制作时需要将圆锥的顶端剪去，剪去部分和接头忽略不计．已知圆柱的底面周长为24π cm，高为30 cm，圆锥的母线长为20 cm. (1)求这种“笼具”的体积； (2)现要使用一种纱网材料制作50个“笼具”，已知每平方米该材料的造价为8元，则共需多少元？(π取3.14，结果保留两位小数) 解：(1)设圆柱的底面半径为r，高为h＝30 cm，圆锥的母线长为l＝20 cm，高为h1， 根据题意可知2πr＝24π，所以r＝12 cm， 则h1＝＝16(cm)， 所以这种“笼具”的体积V＝πr2h－πr2h1＝π(122×30－×122×16)＝3 552π(cm3). (2)圆柱的侧面积S1＝2πrh＝720π(cm2)， 圆柱的上底面积S2＝πr2＝144π(cm2)， 圆锥的侧面积S3＝πrl＝240π(cm2)， 所以这种“笼具”的表面积 S＝S1＋S2＋S3＝1 104π(cm2)，故制作50个“笼具”共需＝≈138.66(元). 要点六　空间中求距离问题 求立体图形中的最短距离问题，主要是通过展开几何体为平面图形，通过两点间线段最短来求解；求空间中点到平面的距离大致有两种方法，一是根据定义用相关线段表示出所求距离，然后根据题目条件和几何体的结构特征进行计算得到结果，二是利用等体积法，通过变更三棱锥的顶点“算两次”体积建立方程求解． 训练19　如图，在四面体OABC中，OA，OB，OC两两垂直，已知OA＝OB＝2，OC＝1，则点O到平面ABC的距离为(　　) A． B． C． D． 解析：选D.由题意AB＝2，AC＝，BC＝， 在△ABC中，由余弦定理得cos ∠ACB＝＝，所以sin ∠ACB＝， 所以S△ABC＝×××＝. 设点O到平面ABC的距离为d. 由V三棱锥A-BOC＝V三棱锥O-ABC，得××2×1×2＝×d，解得d＝， 即点O到平面ABC的距离为.故选D. 训练20　如图，在正三棱锥A-BCD中，BC＝2，AB＝2，E，F分别是BD，AD的中点，M是AC上一点，且满足AM＝2MC. (1)证明：CE∥平面BMF； (2)求点D到平面CEF的距离． 解：(1)证明：连接AE交BF于O，连接OM. 由E，F分别是BD，AD中点， 所以O为△ABD的重心，则AO＝2OE， 又AM＝2MC， 所以在△ACE中，有OM∥CE，又OM⊂平面BMF，CE⊄平面BMF，所以CE∥平面BMF. (2)因为E，F分别为BD，AD的中点， 所以EF∥AB，且EF＝AB， 所以V三棱锥D-CEF＝V三棱锥C-DEF＝V三棱锥C-ABD， 由正三棱锥A-BCD中，BC＝2，AB＝2， 故△BCD为等边三角形，且AB＝AC＝AD＝2， 所以AB2＋AD2＝BD2， 即AB⊥AD，同理AB⊥AC，AC⊥AD， 所以V三棱锥D-CEF＝××2××2×2＝， 在△CEF中，CE＝，CF＝，EF＝1，故CF2＋EF2＝CE2，即CF⊥EF， 故S△CEF＝××1＝， 设点D到平面CEF的距离为h，则h×＝，解得h＝.所以点D到平面CEF的距离为. 训练21　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，E，F分别是PC，AD的中点． (1)判断直线DE与平面PFB的位置关系； (2)若PB与平面ABCD的夹角为45°，AB＝2，求点E到平面PFB的距离． 解：(1)设G是PB的中点，连接GE，FG，由于E是PC的中点， 所以GE∥BC，GE＝BC，而DF∥BC，DF＝BC， 所以GE∥DF，GE＝DF，所以四边形DFGE为平行四边形， 所以DE∥FG，由于DE⊄平面PFB，FG⊂平面PFB，所以DE∥平面PFB. (2)连接BD，由于PD⊥平面ABCD， 所以直线PB与平面ABCD的夹角为∠PBD＝45°， 由于BD，AD⊂平面ABCD， 所以PD⊥BD，PD⊥AD. 由于AB＝AD＝2，所以BD＝2， 所以PD＝BD＝2. 由(1)得DE∥平面PFB，所以点E到平面PFB的距离等于点D到平面PFB的距离， PB＝＝4，BF＝＝，PF＝＝3， 在△PFB中，cos ∠PFB＝＝－， 所以∠PFB为钝角， 所以sin ∠PFB＝＝， 所以S△PFB＝×3××＝， S△BDF＝×1×2＝1. 设点D到平面PFB的距离为d， 由V三棱锥D-PFB＝V三棱锥P-BDF得××d＝×1×2，d＝＝， 所以点E到平面PFB的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $