第4章 立体几何初步 章末综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（湘教版）

该高中数学课件系统梳理“立体几何初步”单元核心知识，涵盖空间中点线面位置关系、几何体表面积与体积、空间角等内容，通过“体系构建”模块串联知识网络，呈现直观想象、逻辑推理、数学运算等素养与知识点的内在联系。 其特色在于“分层探究+考效衔接”的复习设计，如直观想象素养中通过矩形翻折问题分析线面垂直，逻辑推理素养里设置线面平行证明题，数学运算素养结合真题训练体积计算。分层题型满足不同学生需求，帮助教师精准教学，有效提升学生知识应用能力。

章末综合提升 　 第4章　立体几何初步 体系构建 1 分层探究 2 考教衔接 3 内容索引 单元检测卷 4 体系构建 返回 返回 分层探究 返回 素养一　直观想象 　　直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用图形理解和解决数学问题的过程.在本章中，主要表现在利用几何图形探究线面位置关系中. 题型一　空间中点、线、面的位置关系 (1)(多选)已知m，n表示两条不同的直线，α表示平面，下列说法不正确的是 A.若m∥α，n∥α，则m∥n B.若m⊥α，m⊥n，则n∥α C.若m⊥α，n⊂α，则m⊥n D.若m∥α，m⊥n，则n⊥α 典例 1 √ √ √ 如图，在正方体ABCD􀆼A'B'C'D'中，令底面A'B'C'D'＝α. 对于A，令m＝AB，n＝BC，满足m∥α，n∥α，但m∥n 不成立，故错误； 对于B，令m＝AA'，n＝A'B'，满足m⊥α，m⊥n，但n∥α 不成立，故错误； 对于D，令m＝AB，n＝AD，满足m∥α，m⊥n，但n⊥α不成立，故错误.故选ABD. (2)已知矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列说法正确的是 A.存在某个位置，使得直线BD与直线AC垂直 B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直 C.存在某个位置，使得直线BC与直线AD垂直 D.对任意位置，三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直 √ 矩形在翻折前和翻折后的图形如图①，图②所示. 在图①中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点 C作CF⊥BD，垂足为F，由边AB，BC不相等可 知点E，F不重合.在图②中，连接CE，对于选 项A，若AC⊥BD，又知BD⊥AE，AE∩AC＝A， 所以BD⊥平面ACE，所以BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故选项A错误；对于选项B，若AB⊥CD，又知AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的等腰直角三角形，使得直线AB与直线CD垂直，故选项B正确；对于选项C，若AD⊥BC，又知DC⊥BC，AD∩DC＝D，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，已知AB＝2，BC＝2，则BC＞AB，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误；由以上可知选项D错误.因此选B. 素养二　逻辑推理 　　逻辑推理是得到数学结论、构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证，是人们在数学活动中进行交流的基本思维品质.在本章中，主要表现在线面位置关系的证明中. 题型二　空间中的证明问题 如图所示，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4.E、F分别在线段BC和AD上，AB∥EF，将矩形ABEF沿EF折起.记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF. (1)求证：NC∥平面MFD； 典例 2 证明：因为四边形MNEF，ECDF都是矩形， 所以MN∥EF∥CD，MN＝EF＝CD，所以四边形MNCD是平行四边形，所以NC∥MD， 因为NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，所以NC∥平面MFD； (2)若EC＝3，求证：ND⊥FC. 证明：连接ED，设ED∩FC＝O，因为平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF， 所以NE⊥平面ECDF，所以NE⊥FC， 又EC＝AB＝3，所以四边形ECDF为正方形，所以FC⊥ED，因为NE∩ED＝E， 所以FC⊥平面NED，又ND⊂平面NED，所以ND⊥FC. 素养三　数学运算 　　在数学运算核心素养的形成过程中，学生能够进一步发展数学运算能力；能有效借助运算方法解决实际问题；能够通过运算促进数学思维发展，养成程序化思考问题的习惯.在本章中，数学运算主要表现在计算空间几何体的体积、表面积、空间角等问题中. 题型三　空间几何体的体积、表面积 (1)某组合体如图所示，上部分是正四棱锥P-EFGH， 下部分是长方体ABCD-EFGH.正四棱锥P-EFGH的高为， EF＝2，AE＝1，则该组合体的表面积为 A.20 B.4＋12 C.16 D.4＋8 典例 3 √ 由题意得，正四棱锥P-EFGH的斜高为 ＝2，则该 组合体的表面积为2×2＋4×2×1＋4××2×2＝20. (2)如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形， 平面PAB⊥平面ABCD，PB＝PC，∠ABC＝45°. ①求证：AB⊥PC； 证明：作PO⊥AB于O，连接OC， 因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB， 所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OC， 因为PB＝PC，所以△POB≌△POC，所以OB＝OC， 又因为∠ABC＝45°，所以OC⊥AB， 又PO∩CO＝O，得AB⊥平面POC， 又PC⊂平面POC，所以AB⊥PC. ②若△PAB是边长为2的等边三角形，求三棱锥P-ABC外接球 的表面积. 解：因为△PAB是边长为2的等边三角形，所以PO＝， OA＝OB＝OC＝1， 因为PO⊥平面ABCD，PO＞OA＝OB＝OC，线段PO上取点E，使PE＝EC， 所以EA＝EB＝EC，即E是外接球的球心，设三棱锥P-ABC外接球的半径为R， 所以EO＝－R，EC＝R，则EC2＝EO2＋OC2，R2＝12＋(－R)2，解得R＝， 所以S＝4πR2＝. 题型四　空间角的计算 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是矩形，AD⊥PD，BC＝1，PC＝2，PD＝CD＝2. (1)求异面直线PA与BC所成角的正切值； 解：在四棱锥P-ABCD中，因为底面ABCD是矩形， 所以AD＝BC且AD∥BC.故∠PAD为异面直线PA与BC所成的角. 又因为AD⊥PD，在Rt△PDA中， tan∠PAD＝＝2， 所以异面直线PA与BC所成角的正切值为2. 典例 4 (2)求证：平面PDC⊥平面ABCD； 证明：由于底面ABCD是矩形，故AD⊥CD. 又因为AD⊥PD，CD∩PD＝D， 所以AD⊥平面PDC. 又AD⊂平面ABCD， 所以平面PDC⊥平面ABCD. (3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值. 解：在平面PDC内，过点P作PE⊥CD交直线CD的延 长线于点E，连接EB(如图). 由于平面PDC⊥平面ABCD，而直线CD是平面PDC与 平面ABCD的交线，故PE⊥平面ABCD.由此得∠PBE 为直线PB与平面ABCD所成的角. 在△PDC中，由于PD＝CD＝2，PC＝2， 可得∠PCD＝30°. 在Rt△PEC中，PE＝PCsin 30°＝. 由AD∥BC，AD⊥平面PDC， 得BC⊥平面PDC，因此BC⊥PC. 在Rt△PCB中，PB＝＝＝. 在Rt△PEB中，sin∠PBE＝＝＝. 所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为. 返回 考教衔接 返回 (2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为 A.2π B.3π C.6π D.9π 真题 1 √ 设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为，且侧面积相等，所以2πr×＝πr，得r2＝9，所以圆锥的体积V＝πr2×＝3π.故选B. (2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为 A. B. 1 C. 2 D. 3 真题 2 √ 设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，三条侧棱延长后交于一点P，作 PO⊥平面ABC，交平面ABC于点O，交平面A1B1C1于点O1，连接 OA，O1A1，如图所示.由AB＝3A1B1，可得PO1＝h，PO＝h，又 ＝×22×＝，S△ABC＝×62×＝9，所以正三棱 台ABC-A1B1C1的体积V＝VP-ABC－＝×9×h－××h＝，解得h＝，故PO＝h＝2.由正三棱台的性质可知，O为底面ABC的中心，则OA＝×＝2，因为PO⊥平面ABC，所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角，在Rt△PAO中，tan ∠PAO＝＝1.故选B. 溯源：(湘教必修第二册习题4.3P170T14)如图，AB是☉O的 直径，C为该圆上的一点， ∠AOC＝120°，SA⊥☉O所在 的平面，且SA＝AB，求SC与☉O所在的平面所成的角的正 切值. 点评：高考试题与教材习题都是考查直线与平面所成的角 的正切值的计算，解题方法基本一致. (2023·新课标Ⅰ卷)(多选)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有 A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体 真题 3 √ √ √ 对于A，因为0.99 m＜1 m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以 能够被整体放入正方体内，故A符合题意；对于B，因为正方体的 面对角线长为 m，且＞1.4，所以能够被整体放入正方体内， 故B符合题意；对于C，因为正方体的体对角线长为 m，且 ＜1.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C不符合题意；对于D，如图，在棱长为1 m的正方体中，设点S，R，Q，P，N，T分别为其所在棱的中点，则正六边形SRQPNT的边长为 m，其内切圆的直径为2××＝(m).因为 m≈1.225 m，所以 m＞1.2 m，且圆柱的高为0.01 m，非常小，所以D符合题意.故选ABD. (2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为______. 真题 4 如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M 为正四棱台 ABCD-A1B1C1D1的高，因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝， 则A1O1＝A1C1＝×A1B1＝，AO＝AC＝×AB ＝，故AM＝(AC－A1C1)＝，则A1M＝＝ ＝，所以所求体积为V＝×(4＋1＋)×＝. (2023·新课标Ⅱ卷)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______. 真题 5 28 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，所以原正四棱锥的体积为×(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. 法二：棱台的体积为×3×(16＋4＋)＝28. 溯源：(湘教必修第二册P188例2)右图是一个正四棱台形的 石墩.已知它的上底面边长为30 cm，下底面边长为40 cm， 侧面梯形的高h'为30 cm.在不计下底面所占面积的情况下， 试计算这个石墩的表面积(结果单位为m2). 点评：以上高考试题都是考查台体的体积计算，教材例题考查台体的表面积计算，题型基本一致. (2023·新课标Ⅱ卷)(多选)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 真题 6 √ √ 依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝ OB＝，对于A选项，圆锥的体积为×π×()2×1 ＝π，所以A选项正确；对于B选项，圆锥的侧面积为π ××2＝2π，所以B选项错误；对于C选项，如图，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，所以C选项正确；对于D选项，PD＝＝，所以S△PAC＝×2×＝2，所以D选项错误.故选AC. (2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65) A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3 C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3 真题 7 √ 依题意可知棱台的高为MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V.棱台上底面积S＝140.0 km2＝140×106 m2，下底面积S'＝180.0 km2＝180×106 m2，所以V＝h＝×9×(140×106＋180×106＋)＝3××106≈×107＝1.437×109≈1.4×109(m3).故选C. (多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E-ACD，F-ABC，F-ACE的体积分别为V1，V2，V3，则 A.V3＝2V2 B.V3＝V1 C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1 真题 8 √ √ 设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝××2×2×2＝，V2＝× ×2×2×1＝.连接BD交AC于M，连接EM，FM(图略)， 则FM＝，EM＝，EF＝3，FM2＋EM2＝EF2，故 △EMF是直角三角形，故S△EMF＝××＝，V3＝S△EMF×AC＝2，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1.故选CD. (2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； 证明：由于PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为AB＝，BC＝1，AC＝2， 所以AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC， 所以BC∥AD， 因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC. 真题 9 (2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD. 解：如图所示，过点D作DE⊥AC于点E，过点E作EF ⊥CP于点F，连接DF. 因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而 平面PAC∩平面ABCD＝AC，所以DE⊥平面PAC，因 为CP⊂平面PAC，则DE⊥CP.又EF⊥CP，EF，DE⊂ 平面DEF，所以CP⊥平面DEF，根据二面角的定义可 知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，即sin ∠DFE ＝，故tan ∠DFE＝. 因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝，由等面积法可得，DE＝. 又CE＝ ＝，△EFC为等腰直角 三角形，所以EF＝. 故tan ∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝. 溯源： (人教A必修第二册P171T14)如图，在四棱锥 P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三 角形，侧面PAD⊥底面ABCD，M是PD的中点. (1)求证：AM⊥平面PCD； (2)求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值. 点评：这两题考查相同的知识点，都是以锥体为载体考查二面角的求解，高考题更考查综合应用所学知识解决问题的能力. 返回 单元检测卷 返回 1.如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是 A.①是棱台 B.②是圆台 C.③是四面体 D.④不是棱柱 √ 图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；图②上、下两个面不平行，所以②不是圆台；图③是四面体；图④前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2.直线l与平面α不平行，则 A.l与α相交 B.l⊂α C.l与α相交或l⊂α D.以上结论都不对 √ 直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面平行、直线与平面相交.因为直线l与平面α不平行，所以l与α相交或l⊂α. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3.给出下列三个命题： ①一条直线垂直于一个平面内的三条直线，则这条直线和这个平面垂直； ②一条直线与一个平面内的任何直线所成的角相等，则这条直线和这个平面垂直； ③一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线与这个平面垂直. 其中正确的个数是 A.0 B.1 C.2 D.3 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ①一条直线垂直于一个平面内的三条直线，若这三条直线都是平行线，则这条直线和这个平面不一定垂直，故①错误；②一条直线与一个平面内的任何直线所成的角相等，则这个角必为直角，故这条直线和这个平面垂直，故②正确；③若一条直线与平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线垂直于这个平面，满足直线与平面垂直的定义，故③正确.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4.若圆锥的内切球(球面与圆锥的侧面以及底面都相切)的半径为1，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为 A.2∶1 B.4∶1 C.8∶1 D.8∶3 √ 设圆锥的高为h，底面半径为r， 则当球面与圆锥的侧面以及底面都相切时，轴截面如图， 由△AOE∽△ACF可得：＝，即r＝，所以 圆锥的体积V＝πr2h＝＝[(h－2)＋＋4]≥.当且 仅当h－2＝2，即h＝4时取等号.所以该圆锥体积的最小值为.内切球体积为，该圆锥体积与其内切球体积比为2∶1.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.如图一，矩形ABCD中，BC＝2AB，AM⊥BD交对角线BD于点O，交BC于点M.现将△ABD沿BD翻折至△A'BD的位置，如图二，点N为棱A'D的中点，则下列判断一定成立的是 A.BD⊥CN B.A'O⊥平面BCD C.CN∥平面A'OM D.平面A'OM⊥平面BCD √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 翻折前，BD⊥AO，BD⊥OM， 翻折后，对应地有，BD⊥A'O，BD⊥OM， 因为A'O∩OM＝O，则BD⊥平面A'OM， 因为BD⊂平面BCD，故平面A'OM⊥平面BCD，D选项一定成立； 对于B选项，由上可知，二面角A'-BD-M的平面角为∠A'OM， 在翻折的过程中，∠A'OM会发生变化，则A'O与OM不一定垂直， 即A'O与平面BCD不一定垂直，故B选项不一定成立； 对于A选项，设BC＝2AB＝2a，在图一中，tan∠ABD＝＝＝2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以， 可得AO＝a，OB＝a， 因为∠AMB＋∠BAM＝∠ABD＋∠BAM，则∠AMB＝∠ABD， 故tan∠AMB＝＝2，所以BM＝， 在图二中，过点C在平面BCD内作CE∥OM交BD于点E，连接NE， 则＝＝4，故BE＝4BO＝a，则DE＝BD－BE＝a， 又因为OD＝BD－OB＝a，故E不为OD的中点， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为BD⊥OM，CE∥OM，则BD⊥CE， 若BD⊥CN，且CE∩CN＝C，则BD⊥平面CNE， 因为NE⊂平面CNE，则BD⊥NE， 由于A'O、NE⊂平面A'BD，且BD⊥A'O，故A'O∥NE， 由于N为A'D的中点，则E为OD的中点，与上述条件矛盾，A选项不成立； 对于C选项，由A选项可知，因为CE∥OM，CE⊄平面A'OM，OM⊂平面A'OM， 所以CE∥平面A'OM， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 若CN∥平面A'OM，CN∩CE＝C，则平面CNE∥平面A'OM， 因为平面A'BD∩平面A'OM＝A'O，平面A'BD∩平面 CNE＝NE，则A'O∥NE， 由于N为A'D的中点，则E为OD的中点，与上述条件 矛盾，C选项不成立. 故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP沿直线DP翻转至△DA'P处，若M为线段A'C的中点，则异面直线BM与PA'所成角的正切值为 A.4 B.2 C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 取A'D的中点N，连接PN，MN.因为M是A'C的中点， 所以MN∥CD，且MN＝CD.因为四边形ABCD是矩 形，P是AB的中点，所以PB∥CD，且PB＝CD.所 以MN∥PB，且MN＝PB.所以四边形PBMN为平行四边形.所以MB∥PN.所以∠A'PN(或其补角)是异面直线BM与PA'所成的角.在Rt△A'PN中，tan ∠A'PN＝＝，所以异面直线BM与PA'所成角的正切值为.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，∠ACB＝90°，BC＝CC1＝1，AC＝3，P为BC1上的动点，则CP＋PA1的最小值为 A.2 B.1＋3 C.5 D.1＋2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由题设可知△CC1B为等腰直角三角形，且A1C1⊥平面 BCC1B1，故∠A1C1B＝90°， 将二面角A1-BC1-C沿BC1展开成平面图形，得四边形 A1C1CB，如图所示， 若要使CP＋PA1取得最小值，当且仅当C，P，A1三点共线， 因为CC1＝1，A1C1＝AC＝3，∠CC1B＝45°，∠BC1A1＝90°，所以∠CC1A1＝135°，所以当CP＋PA1取最小值时，由余弦定理得A1C2＝(3)2＋1－2×3×cos 135°＝25， 所以A1C＝5，即CP＋PA1的最小值为5，故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.如图所示，三棱锥P-BCD中，BC＝8、CD＝16、BD＝8、PB＝6、PC＝10，A是CD的中点，PA＝8，则三棱锥B-PAC的体积为 A.4 B.8 C.4 D.8 √ 由BC＝8、PB＝6、PC＝10可知BC2＋PB2＝PC2，所以△PBC为直角三角形，所以PB⊥BC， 由BC＝8、BD＝8、CD＝16可知BC2＋BD2＝CD2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以△BCD为直角三角形，所以BC⊥BD， 又BD∩BP＝B，BD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD， 所以BC⊥平面PBD，由A是CD的中点得CA＝8， V三棱锥B-APC＝V三棱锥P-ABC＝V三棱锥P-BCD＝V三棱锥C-PDB， 因为DA＝AC＝AP＝8，所以△PCD为直角三角形，PC⊥PD， 所以PD＝＝＝＝2， 又BD＝8，PB＝6，所以PD2＋PB2＝BD2，即△PBD为直角三角形，PB⊥PD， 所以S△PBD＝×PB×PD＝×6×2＝6， 所以V三棱锥B-APC＝××8×S△PBD＝8，故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9.如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是 A.PC⊥BC B.AC⊥平面PBC C.平面PAB⊥平面PBC D.平面PAC⊥平面PBC √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 在A中，由PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆 上异于A，B的任一点，知BC⊥AC，BC⊥PA，AC∩PA＝A， 所以BC⊥平面PAC，所以PC⊥BC，故A正确；在B中，因为 PA⊥AC，AC∩PC＝C，∠PCA＜，所以AC与PC不垂直， 所以AC与平面PBC不垂直，故B错误；在C中，若平面PAB⊥平面PBC，过C作CG⊥BP交BP于G，则CG⊥平面PAB，CG⊥PA，又PA⊥平面ABC，点C在平面ABC内，故G点与B点重合，BC⊥BP，与题设矛盾，所以平面PAB和平面PBC不垂直，故C错误；在D中，因为BC⊥平面PAC，BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC，故D正确.故选AD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，将此矩形沿着对角线BD折成一个三棱锥C-BDA，则以下说法正确的有 A.三棱锥C-BDA的体积最大值为 B.当二面角C-BD-A为直二面角时，三棱锥C-BDA的体积为 C.当二面角C-BD-A为直二面角时，三棱锥C-BDA的外接球的表面积为5π D.当二面角C-BD-A不是直二面角时，三棱锥C-BDA的外接球的表面积小于5π √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 过C作CE⊥BD于E，在平面DBA内过E作BD的垂线EG， 则∠CEG为二面角C-BD-A的平面角，如图， 平面CEG⊥平面DBA，过C作CF⊥EG于F，则CF⊥平面 DBA， 在直角△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝1，CD＝2，CE＝＝， 显然CF≤CE，当且仅当点E与F重合时取“＝”，即点C到平面ABD距离的最大值为CE＝， 而S△DBA＝AB·AD＝1，则三棱锥C-BDA的体积最大值为CE·S△DBA＝，A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 当CF取最大值时，CF⊂平面BCD，又CF⊥平面DBA， 则平面BCD⊥平面DBA， 即二面角C-BD-A为直二面角时，三棱锥C-BDA的体积为， B正确； 取BD的中点O，连接AO，CO，显然有AO＝CO＝BD＝BO＝DO，于是得点A，B，C，D在以O为球心，AO＝为半径的球面上， 显然，无论二面角C-BD-A如何变化，点A，B，C，D都在上述的球O上，其表面积为5π，C正确，D不正确. 故选ABC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11.如图，E为正方形ABCD边CD上异于C，D的动点，将 △ADE沿AE翻折成△ASE，在翻折过程中，下列说法正确的是 A.存在点E和某一翻折位置，使得SB⊥SE B.存在点E和某一翻折位置，使得AE∥平面SBC C.存在点E和某一翻折位置，使得直线SB与平面ABC所成的角为45° D.存在点E和某一翻折位置，使得二面角S-AB-C的大小为60° √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 当SE⊥CE时，因为EC∥AB，所以SE⊥ AB，SE⊥SA，AB∩SA＝A，所以SE⊥平 面SAB，故SE⊥SB，故A正确；四边形 ABCE为梯形，所以AE与BC必然相交， 故B错误；如图(1)所示，DF⊥AE交BC 于点F，交AE于点G，连接SG，则图(2)中SG⊥AE，S在平面ABCE的射影O在GF上，连接BO，SO，故∠SBO为直线SB与平面ABC所成的角，设二面角S-AE-B的平面角为α，取AD＝4，DE＝3，故AE＝DF＝5，CE＝BF＝1，DG＝，OG＝cos α，要使直线SB与平面ABC所成的角为45°，只需SO＝OB＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 sin α，在△OFB中，由余弦定理得 ＝12＋(－cos α)2－2( －cos α)cos∠OFB，解得cos α＝， 经验证，满足题意，故C正确；过点O作OM⊥AB交AB于M，连接SM，因为OM⊥AB，SO⊥AB，OM∩SO＝O，所以AB⊥平面SOM，SM⊥AB，则∠SMO为二面角S-AB-C的平面角，取二面角S-AE-B的平面角为60°，要使二面角S-AB-C的大小为60°，只需SG＝2GO＝2OM，连接OA.因为∠OGA＝∠OMA，OG＝OM，所以△OGA≌△OMA，设∠OAG＝∠OAM＝θ，＜θ＜ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ，则∠SAG＝－2θ，AG＝＝，化简得2tan θtan 2θ＝1，解得tan θ＝，经验证，满足题意，故D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12.如图，已知A是△BCD所在平面外一点，AD＝BC，E，F分别是AB，CD的中点，若异面直线AD与BC所成角的大小为，则AD与EF所成角的大小为__________. 或 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 如图所示：取AC的中点G，连接EG，GF，则EG∥BC，GF∥AD， 所以∠EGF为异面直线AD与BC所成角或其补角.因为AD＝BC，所以EG＝GF， 当∠EGF＝时，△EGF为等边三角形，∠GFE＝， 即AD与EF所成角的大小为； 当∠EGF＝时，EG＝GF，△EGF为等腰三角形，∠GFE＝， 即AD与EF所成角的大小为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13.在三棱锥P-ABC中，AB＝AC＝BC＝2，PA＝PB＝2，PC＝，则三棱锥P-ABC的外接球的半径为_______. 如图，取AB的中点D，连接PD、CD， 根据AB＝AC＝BC＝PA＝PB＝2，得CD⊥AB，PD⊥AB， 且CD＝PD＝，又PC＝， 所以△PCD是正三角形，∠PDC＝60°， 设三棱锥P-ABC的外接球球心为O，易知O在△PCD内部， 过点O作OE⊥CD于点E，OF⊥PD于点F，连接OB、BE、OD， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 则点E，F分别是△ABC、△PAB的外接圆圆心，且OE＝OF， 在Rt△ODE中，∠ODE＝30°，DE＝CD＝， 所以OE＝DE＝， 在Rt△BDE中，BE＝ ＝， 设球的半径为R，则R2＝OE2＋BE2＝，得R＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正 方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六 面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全 等.如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体， 共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一.如果把sin 36°按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于_______. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由题图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球， 设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面 体的棱长为l， 则＝sin 36°＝，得r＝， 所以正五棱锥的顶点到底面的距离是h＝＝＝l， 所以R2＝r2＋(R－h)2，即R2＝＋，解得R＝l. 所以该正二十面体的外接球表面积为S球＝4πR2＝4π×＝l2， 而该正二十面体的表面积是S正二十面体＝20××l×l×sin 60°＝5l2， 所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15.(本小题满分13分)如图所示，已知AB⊥平面ACD， DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB， F为CD的中点. (1)求证：AF∥平面BCE； 证明：如图所示，取CE的中点G，连接FG、BG， 因为F为CD的中点，所以GF∥DE且GF＝DE， 又因为AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，DE＝2AB， 所以AB∥DE，且AB＝DE， 所以AB GF，所以四边形ABGF为平行四边形，则AF∥BG， 又AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，所以AF∥平面BCE； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求证：平面BCE⊥平面CDE. 证明：因为△ACD为等边三角形，F为CD的中点，所以AF⊥CD， 因为DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，所以DE⊥AF，又CD∩DE＝D，所以AF⊥平面CDE， 又AF∥BG，所以BG⊥平面CDE，又因为BG⊂平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(本小题满分15分)如图所示，正方形ABCD与直角梯形 ADEF所在平面相互垂直，∠ADE＝90°，AF∥DE，AD＝ DE＝2AF＝2. (1)求证：AC∥平面BEF； 证明：设AC∩BD＝O，取BE的中点M，连接MO、MF， 如图所示，因为四边形ABCD是正方形， 所以O是BD的中点，又M是BE的中点，所以OM∥DE， OM＝DE， 因为四边形ADEF是直角梯形，AF∥DE，AF＝DE，所以OM AF， 所以四边形AFMO是平行四边形，所以AO∥FM， 又FM⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求点D到平面BEF的距离. 解：因为BC∥AD，BC⊄平面ADEF，AD⊂平面ADEF， 所以BC∥平面ADEF， 因为AB⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊂平面ABCD， 平面ABCD∩平面ADEF＝AD， 所以AB⊥平面ADEF， 所以VB-DEF＝S△DEF·AB＝××2×2×2＝， 因为AB⊥平面ADEF，AF⊂平面ADEF， 所以AB⊥AF，BF＝ ＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为DE⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，DE⊂平面ADEF， 平面ABCD∩平面ADEF＝AD， 所以DE⊥平面ABCD， 又BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD， 在△BDE中，BD＝2，DE＝2，BE＝＝2， 在△BEF中，EF＝BF＝，BE＝2， 所以S△BEF＝×2×＝，设点D到平面BEF的距离为h，由VD-BEF＝VB-DEF得：S△BEF·h＝，即··h＝，所以h＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(本小题满分15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥ 平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝ 4，PD＝2. (1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值； 解：因为AD∥BC，所以∠DAP或其补角就是异面直线AP与BC所成的角. 因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD. 在Rt△PDA中，AP＝ ＝＝， 所以cos∠DAP＝＝. 所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求证：PD⊥平面PBC； 证明：因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD. 又因为AD∥BC，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，BC∩PB＝B， 所以PD⊥平面PBC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值. 解：过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF(图略)， 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角. 因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影， 所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角. 由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1. 由已知得CF＝BC－BF＝2. 又AD⊥DC，故BC⊥DC. 在Rt△DCF中，DF＝＝2. 在Rt△DPF中，sin ∠DFP＝＝. 所以直线AB与平面PBC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 18.(本小题满分17分)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1 中， AB＝1，AD＝2，E，F分别为AD，AA1的中点， Q是BC上一个动点，且BQ＝λQC(λ＞0). (1)当λ＝1时，求证：平面BEF∥平面A1DQ； 证明：当λ＝1时，Q为BC的中点， 因为E是AD的中点，所以ED＝BQ，ED∥BQ， 则四边形BEDQ是平行四边形，所以BE∥QD. 又BE⊄平面A1DQ，DQ⊂平面A1DQ，所以BE∥平面A1DQ. 因为E，F分别是AD，A1A的中点，所以EF∥A1D. 因为EF⊄平面A1DQ，A1D⊂平面A1DQ，所以EF∥平面A1DQ. 因为BE∩EF＝E，EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，所以平面BEF∥平面A1DQ. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)是否存在λ，使得BD⊥FQ？若存在，请求出λ的值； 若不存在，请说明理由. 解：如图，连接AQ，BD与FQ， 因为A1A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1A⊥BD. 若BD⊥FQ，又A1A，FQ⊂平面A1AQ，且A1A∩FQ＝F， 所以BD⊥平面A1AQ. 因为AQ⊂平面A1AQ，所以AQ⊥BD. 在矩形ABCD中，由AQ⊥BD，得△AQB∽△DBA， 所以AB2＝AD·BQ. 又AB＝1，AD＝2，所以BQ＝，QC＝， 则＝，即λ＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(本小题满分17分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧 棱BB1＝1，∠ABC＝，且M，N分别为BB1，AC的中点. (1)证明：MN∥平面AB1C1； 证明：如图，取CC1的中点H，连接MH，NH， 因为M为BB1的中点，且侧面BCC1B1为矩形， 所以MH∥B1C1， 因为B1C1⊂平面AB1C1，MH⊄平面AB1C1， 所以MH∥平面AB1C1， 又因为N为AC的中点，所以NH是△ACC1的中位线，所以NH∥AC1， 因为AC1⊂平面AB1C1，NH⊄平面AB1C1， 所以NH∥平面AB1C1，因为MH∩NH＝H，且MH，NH⊂平面MNH， 所以平面MNH∥平面AB1C1，因为MN⊂平面MNH，所以MN∥平面AB1C1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若BA＝BC＝2，求二面角A-B1C1-B的大小. 解：如图，过点N作NE⊥BC于E，过E作EF⊥ MH于点F，连接FN、BN， 由(1)知平面MNH∥平面AB1C1， 所以二面角A-B1C1-B的大小即为二面角N-MH-B的大小， 因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1⊥底面 ABC，且侧面BCC1B1∩底面 ABC＝BC， 又NE⊂平面ABC，且NE⊥BC， 所以NE⊥平面BCC1B1， 因为MH⊂平面 BCC1B1，EF⊂平面BCC1B1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以NE⊥MH，NE⊥EF， 又因为MH⊥EF， 且EF∩NE＝E，EF，NE⊂平面NEF， 所以MH⊥平面NEF，因为NF⊂平面NEF， 所以NF⊥MH， 所以∠EFN为二面角N-MH-B的平面角， 因为AB＝BC＝2，且∠ABC＝， 所以∠ACB＝∠BAC＝，且BN⊥AC，从而BN＝BC＝1，AN＝NC＝， 所以NE＝＝＝， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为EF＝BB1＝×1＝， 所以在Rt△NEF中，有tan∠EFN＝＝＝， 所以∠EFN＝，所以二面角A-B1C1-B的大小为. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 谢 谢 观 看 章末综合提升 返回 $