第八章 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（人教A版）

该高中数学课件系统梳理了立体几何初步的核心内容，涵盖空间几何体表面积与体积、位置关系证明、空间角计算、折叠问题及探索性问题，通过体系构建和规律方法总结，将知识点串联成逻辑网络，帮助学生建立完整知识框架。 其亮点在于采用分层探究模式，结合典例解析与对点练习，如五脊殿体积估算培养数学眼光，空间垂直证明训练逻辑推理，分层设计满足不同学生需求，考教衔接真题溯源助力教师精准教学，有效提升学生知识应用与创新意识。

章末综合提升 　 第八章　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 探究点一　空间几何体的表面积和体积 (1)如图，圆锥的母线长为4，M为母线AB的中点，从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周到达点B，这条绳子的最短长度为2，则此圆锥的表面积为 A.4π B.5π C.6π D.8π √ 典例 1 将圆锥侧面展开成一个扇形，如图所示.设圆锥的底面半 径为r.因为母线长为4，所以侧面展开图扇形的圆心角α＝ ＝，B'M的长度即为绳子的最短长度.在△AB'M中， B'M＝＝＝2，则cos ＝0，又0＜＜π，所以r＝1，所以圆锥的表面积S＝π×12＋π×1×4＝5π.故选B. (2)(双空题)如图①所示，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，将△ACD沿AC折起到△ACD'的位置，得到图②中的三棱 锥D'-ABC，其中平面ABC⊥平面ACD'，则三棱锥D'-ABC的体积为_____，其外接球的表面积为____. 4π 在题图①中，因为AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝ 2CD＝2，所以AC＝，BC＝，得AC2＋BC2＝ AB2，故AC⊥BC.取AC的中点E，连接D'E，如图，因 为AD'＝CD'，所以D'E⊥AC.又平面ACD'∩平面ABC＝AC，D'E⊂平面ACD'，平面ABC⊥平面ACD'，所以D'E⊥平面ABC.因为BC⊥AC，平面ABC⊥平面ACD'，且平面ABC∩平面ACD'＝AC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥平面ACD'.又因为AD'⊂平面ACD'，所以BC⊥AD'.又AD'⊥D'C，D'C∩BC＝C，D'C，BC⊂平面BD'C，所以AD'⊥平面BD'C，D'B⊂平面BD'C，得AD'⊥D'B. 取AB的中点O，连接OD'，OC.则OB＝OA＝OD'＝OC＝1，所以三棱锥D'-ABC外接球的球心为O，半径为1.综上，三棱锥D'-ABC的体积为××()2×＝，外接球的表面积为4πr2＝4π. 规律方法 　　计算空间几何体的表面积和体积，首先要准确确定几何体的基本量，如球的半径，几何体的棱长、高等，然后准确代入相关的公式计算.在解题时要注意： 1.结合几何体的特点，用割补(分割或补形，转化为易计算的几何体)法求解. 2.灵活运用等体积法进行转换. 3.对于特殊的柱、锥、台，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. 对点练1.五脊殿是宋代传统建筑中的一种屋顶形式，如图所示.其屋顶上有一条正脊和四条垂脊，可近似看作一个底面为矩形的五面体.若某一五脊殿屋顶的正脊长4米，底面矩形的长为6米，宽为4米，正脊到底面矩形的距离为2米，则该五脊殿屋顶的体积的估计值为 A. m3 B. m3 C.32 m3 D.64 m3 √ 如图所示，将屋顶分割为一个三棱柱和两个相同的四棱锥，三棱柱的底面是底边长为4，高为2的直角三角形，三棱柱的高为4.V＝×4×2×4＋2××4×1×2＝ m3.故选B. 对点练2.若球O是圆锥M的内切球，且圆锥M的轴截面是一个边长为2的正三角形，则球O的体积为 A.π B.π C.π D.π √ 因为球O是圆锥M的内切球，且圆锥M的轴截面是一个边长为2的正三角形，所以圆锥的高为.如图所示，设球O的半径为r，则＝sin 30°，解得r＝，故球O的体积V＝π×＝π.故选B. 探究点二　空间位置关系的证明 如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，E分别是AA1，AC，AB的中点，求证： (1)平面MEN∥平面A1BC； 证明：因为M，N分别是AA1，AC的中点， 所以MN∥A1C. MN⊄平面A1BC，A1C⊂平面A1BC， 所以MN∥平面A1BC， 同理可证，ME∥平面A1BC. 又因为MN∩ME＝M，MN，ME⊂平面MEN， 所以平面MEN∥平面A1BC. 典例 2 (2)A1C⊥C1D； 证明：如图所示，连接CD1，由题意知，BC⊥平面CDD1C1，C1D⊂平面CDD1C1， 所以BC⊥C1D. 又在平面CDD1C1中，C1D⊥CD1，BC∩CD1＝C，BC，CD1⊂平面BCD1A1， 所以C1D⊥平面BCD1A1. 又因为A1C⊂平面BCD1A1， 所以A1C⊥C1D. (3)平面A1EC⊥平面A1CD. 证明：如图所示，取A1D的中点F，A1C的中点O，连接AF，OF，OE，则AF⊥A1D. 因为CD⊥平面A1AD，AF⊂平面A1AD， 所以AF⊥CD. 又CD∩A1D＝D，CD，A1D⊂平面A1CD， 所以AF⊥平面A1CD. 因为OF CD，EA CD，所以OF EA， 所以四边形OFAE为平行四边形， 所以OE∥AF，所以OE⊥平面A1CD. 又OE⊂平面A1EC，所以平面A1EC⊥平面A1CD. 规律方法 1.空间平行关系的相互转化 2.空间垂直关系的相互转化 规律方法 3.沟通平行垂直关系的主要依据是平行线垂直平面的传递性： (1)若a∥b，a⊥α，则b⊥α； (2)若a⊥α，b⊥α，则a∥b. 对点练3.如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点. (1)求证：PA⊥BD； 解：证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC， 且AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC， 所以PA⊥平面ABC. 又因为BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD. (2)求证：平面BDE⊥平面PAC； 解：证明：因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC. 由(1)知，PA⊥BD，且PA∩AC＝A，AC，PA⊂平面PAC， 所以BD⊥平面PAC，又BD⊂平面BDE， 所以平面BDE⊥平面PAC. (3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E-BCD的体积. 解：因为PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BDE＝DE，所以PA∥DE. 因为D为AC的中点，所以E为PC的中点， 则DE＝PA＝1，BD＝DC＝. 由(1)知，PA⊥平面ABC， 所以DE⊥平面ABC. 所以三棱锥E-BCD的体积V＝×BD·DC·DE＝. 探究点三　空间角的计算 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，且AC＝BC＝CC1＝2，点P为线段B1C上的动点. (1)当P为线段B1C的中点时，求证：平面ABP⊥平面AB1C； 解：证明：由题意，得AC⊥CC1，AC⊥BC，BC∩CC1＝C， BC，CC1⊂平面BCC1B1， 所以AC⊥平面BCC1B1. 因为BP⊂平面BCC1B1，所以AC⊥BP. 因为P为B1C的中点，CC1＝BC＝BB1， 所以B1C⊥BP，且AC∩B1C＝C，AC，B1C⊂平面AB1C， 所以BP⊥平面AB1C. 又因为BP⊂平面ABP，所以平面ABP⊥平面AB1C. 典例 3 (2)当直线AP与平面BCC1B1所成的角的正切值为时，求 二面角P-AB-C的余弦值. 解：由(1)得AC⊥平面BCC1B1， 所以直线AP与平面BCC1B1所成的角即为∠APC， 所以tan ∠APC＝＝，解得PC＝. 作PM⊥BC于点M，MN⊥AB于点N，连接PN，如图所示. 由题意知BB1⊥BC，所以PM∥BB1， 又BB1⊥平面ABC，所以PM⊥平面ABC. 又AB⊂平面ABC，所以PM⊥AB. 又PM∩MN＝M，PM，MN⊂平面PMN， 所以AB⊥平面PMN， 所以∠PNM为二面角P-AB-C的平面角. 由＝＝得PM＝MC＝，则BM＝BC－MC＝， 所以MN＝BM＝， 所以cos ∠PNM＝＝＝＝， 即二面角P-AB-C的余弦值为. 规律方法 1.求异面直线所成的角主要通过平移转化为相交直线的夹角；线面角常用射影转化法(关键在斜线上找一点，作垂线，找射影). 2.求二面角的主要方法：(1)活用定义；(2)垂线法；(3)垂面法.要注意挖掘题目中的垂直关系，借助已有的线面垂直、面面垂直进行作图. 总之，求空间各种角的大小一般都转化为平面角来计算，空间角的计算步骤：一作，二证，三计算. 对点练4.已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，则直线AC1与直线BD所成的角的大小为 A. B. C. D. √ 如图所示，连接AC交BD于点O，连接BC1，OC1，C1D.因为CD＝CB，CC1＝C1C，∠C1CD＝∠C1CB，所以△CDC1≌△CBC1，所以DC1＝C1B.因为底面ABCD是菱形，所以OB＝OD，所以OC1⊥BD.因为AC⊥BD，AC∩OC1＝O，AC，OC1⊂平面ACC1，所以BD⊥平面ACC1.又因为AC1⊂平面ACC1，所以AC1⊥BD，所以直线AC1与直线BD所成的角的大小为.故选A. 对点练5.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB＝4，AB＝2，CC1＝2，E，F分别为AC，CC1的中点，则直线EF与平面AA1B1B所成的角是 A.30° B.45° C.60° D.90° √ 如图所示，连接AC1，取A1B1的中点O，连接C1O，AO， 因为C1A1＝C1B1，O为中点，所以C1O⊥A1B1.又AA1⊥平 面A1B1C1，所以AA1⊥C1O，又AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1 ⊂平面AA1B1B，所以C1O⊥平面AA1B1B.又AO⊂平面 AA1B1B，所以C1O⊥AO.因为EF∥AC1，所以EF与平面AA1B1B所成的角即为∠C1AO.在Rt△C1AO中，∠C1OA＝90°，C1O＝＝3，AC1＝＝6，sin ∠C1AO＝＝，所以∠C1AO＝30°.故选A. 探究点四　折叠问题 图①是由矩形ADEB，Rt△ABC 和菱形BFGC组成的一个平面图形，其 中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°. 将其沿AB，AC折起使得BE与BF重合， 连接DG，如图②. (1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； 解：证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE， 所以AD∥CG， 故AD，CG确定一个平面， 从而A，C，G，D四点共面. 典例 4 由题意得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE， 故AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC， 所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)求图②中的四边形ACGD的面积. 解：取CG的中点M，连接EM，DM. 因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE， 所以DE⊥平面BCGE. 又CG，EM⊂平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM. 由四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°， 得EM⊥CG，又DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM， 故CG⊥平面DEM. 又DM⊂平面DEM，因此DM⊥CG. 在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，故DM＝2. 又CG＝BF＝2，所以四边形ACGD的面积为S＝2×2＝4. 规律方法 平面图形折叠问题的求解方法 1.解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口. 2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形. 对点练6.如图，已知直角梯形ABCD中，E，G，F分别为CD，DA，EC的中点，AE⊥CD，将△ADE沿AE折叠，使得DE⊥EC. (1)求证：AE⊥平面CDE； 解：证明：由已知得DE⊥AE，AE⊥EC. 因为DE∩EC＝E，DE，EC⊂平面CDE， 所以AE⊥平面CDE. (2)求证：FG∥平面BCD； 解：证明：由题意可知，AE∥BC，取 AB的中点H，连接GH，FH， 因为G，F分别为DA，EC的中点， 所以GH∥BD，FH∥BC. 又GH⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，所以GH∥平面BCD. 同理FH∥平面BCD，又GH∩FH＝H，GH，FH⊂平面FHG， 所以平面FHG∥平面BCD. 因为FG⊂平面FHG，所以FG∥平面BCD. (3)在线段AE上找一点R，使得平面BDR⊥ 平面BCD，并说明理由. 解：当点R为AE的中点时，平面BDR⊥ 平面BCD.理由如下： 如图所示，取AE的中点R，CD的中点M，BD的中点S， 连接MS，RS，BR，DR，ME， 则MS∥BC，MS＝BC，RE∥BC，RE＝BC， 所以MS RE，所以四边形MERS是平行四边形， 所以RS∥ME. 在△DEC中，ED＝EC，M是CD的中点， 所以ME⊥DC. 由(1)知AE⊥平面CDE，又AE∥BC， 所以BC⊥平面CDE. 因为ME⊂平面CDE，所以ME⊥BC. 因为BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面BCD， 所以ME⊥平面BCD， 因为ME∥RS，所以RS⊥平面BCD. 因为RS⊂平面BDR，所以平面BDR⊥平面BCD. 探究点五　立体几何中的探索性问题 在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中(如图)，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝a，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1. (1)证明：PA⊥平面ABCD； 解：证明：因为底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以 AB＝AD＝AC＝a. 在△PAB中，PA2＋AB2＝2a2＝PB2， 所以PA⊥AB，同理PA⊥AD. 又AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥平面ABCD. 典例 5 (2)在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论. 解：在棱PC上存在一点F(为PC的中点)，使BF∥平面AEC. 证明如下： 如图所示，连接BD交AC于G，则G是BD的中点，连接 GE.取PE的中点H，连接BH. 因为PE∶ED＝2∶1， 所以PH＝HE＝ED，即E是DH的中点. 在△BHD中，EG为中位线， 所以EG∥BH. 取PC的中点F，连接FH，BF，则FH∥CE. 因为BH⊄平面AEC，EG⊂平面AEC， 所以BH∥平面AEC. 同理FH∥平面AEC. 又BH∩FH＝H，BH，FH⊂平面BHF， 所以平面BHF∥平面AEC. 又BF⊂平面BHF， 所以BF∥平面AEC. 故在棱PC上存在一点F，使BF∥平面AEC. 规律方法 　　解决探索性问题一般用分析法，常从结论入手，分析得到该结论所需的条件或与其等价的条件，然后结合已知条件求解. 对点练7.如图，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°. (1)求三棱锥P-ABC的体积； 解：由题意知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°， 可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝， 由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P-ABC的高. 又PA＝1，所以三棱锥P-ABC的体积V＝S△ABC·PA＝. (2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，求出的值；若不存在，请说明理由. 解：存在点M使AC⊥BM.理由如下： 在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N，如图所示. 在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM. 由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC. 由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN. 又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM. 在Rt△BAN中，AN＝AB·cos ∠BAC＝， 从而NC＝AC－AN＝. 由MN∥PA，得＝＝. 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. 溯源：(人教A版必修第二册P120习题8.3T4)如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO的中点O'作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积和体积. 点评：教材习题通过圆柱和圆锥的组合体考查了圆柱和圆锥的体积及表面积的求法，而高考题则是通过圆锥和圆柱的侧面积相等求得底面半径，进而求圆锥的体积，高考题和教材习题均考查了圆锥的侧面积和体积的求法，两者难度相当. (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 2 如图所示，过A1作A1M⊥AC于M，在等腰梯形ACC1A1中， AC＝2，A1C1＝，AA1＝，则A1M＝，所以V＝ (S＋S'＋)A1M＝(1＋4＋)×＝. 溯源：(人教A版必修第二册P116练习T1)正六棱台的上、下底面边长分别是2 cm和6 cm，侧棱长是5 cm，求它的表面积. 点评：教材练习题是已知正六棱台的上、下底面边长和侧棱长，求正六棱台的表面积，高考题变化为已知正四棱台的上、下底面边长和侧棱长，求正四棱台的体积，是教材练习题的完美变式. (2022·新高考Ⅰ卷)(多选)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° √ 真题 3 √ √ 如图所示，连接B1C，BC1，DA1，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，则B1C⊥BC1，故直线BC1 与DA1所成的角为90°，故A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CA1⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确； 连接A1C1，B1D1，BD，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正确.故选ABD. 溯源：(人教A版必修第二册P147例1、P152例4) 例1　如图，已知正方体ABCD-A'B'C'D'. (1)哪些棱所在的直线与直线AA'垂直？ (2)求直线BA'与CC'所成的角的大小. (3)求直线BA'与AC所成的角的大小. 例4　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求直线A1B和平面A1DCB1所成的角. 点评：教材例题以正方体为载体，考查直线与直线、直线与平面所成的角，高考题也以正方体为载体，考查直线与直线、直线与平面所成的角，高考题与教材例题考查思路相同，是教材例题的完美再现. 返回 单元检测卷 返回 1.下列结论中正确的是 A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B.以三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成几何体叫圆锥 C.当正棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等时该棱锥可能是正六棱锥 D.圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，正八面体的各个面都是三角形，但不是三棱锥，故A错误；对于B，若以锐角三角形的一边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是两个圆锥形成的组合体，故B错误；对于C，正六棱锥的底面六边形的外接圆半径与底面边长相等，而正棱锥的侧棱长大于底面多边形外接圆半径，所以正六棱锥的侧棱长大于底面边长，故C错误；对于D，圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线，故D正确.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2.已知某圆锥的底面半径为2，体积为π，则该圆锥的母线长为 A.1 B.2 C. D.5 √ 设圆锥的高为h，则由圆锥的底面半径为2，体积为π，可得π×22×h＝π，所以h＝1，故该圆锥的母线长为＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3.已知直线m，n和平面α，且m⊥α，则“n∥α”是“n⊥m”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 √ 当m⊥α，n∥α时，则有n⊥m；反之，当m⊥α，n⊥m时，n∥α或n⊂α；所以“n∥α”是“n⊥m”的充分不必要条件.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4.已知在三棱锥O-ABC中，∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝，则直线OA与平面OBC所成的角的正弦值为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 设O，A，B，C是正四面体O-ABC的4个顶点，则点A在 平面OBC的射影是正三角形OBC的中心D，再设OB＝1， 则OA＝1，可得OD＝×1×sin ＝，则高AD＝ ＝＝，则直线OA与平面OBC所成的角的正弦值sin θ＝.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.在直三棱柱ABC-A1B1C1(三条侧棱和底面均垂直的三棱柱叫做直三棱柱)中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于 A.30° B.45° C.60° D.90° √ 根据已知条件可以把直三棱柱补成正方体(如图所示)，连 接AD和DC1，由正方体结构特征知：BA1∥DC1，所以 ∠AC1D(或其补角)即为异面直线与BA1与AC1所成的角.由 于△ADC1为正三角形，所以∠AC1D＝60°，即异面直线 BA1与AC1所成角为60°.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6.如图，已知正三棱柱ABC-A'B'C'的底面边长为1 cm，侧面积为9 cm2，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A'的最短路线的 长为 A.2 cm B.3 cm C.2 cm D.3 cm √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 将正三棱柱ABC-A'B'C'沿侧棱展开，其侧面展开图如图所示，依题意AB＝BC＝CA1＝1 cm，由侧面积为9 cm2，所以C△ABC·AA'＝9，则AA'＝3 cm，依题意沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A'的最短路线为AA'1＝＝＝3 cm.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.已知A，B是球O的球面上的两点，∠AOB＝90°，点C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为，则球O的表面积为 A.16π B.36π C.64π D.144π √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 如图所示，当点C位于垂直于平面AOB的直径端点时，三棱锥O-ABC的体积最大.设球O的半径为R，此时VO-ABC＝VC-AOB＝×R2×R＝R3＝，所以R＝2.因此，球O的表面积为4πR2＝16π.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.在各棱长都为2的正四棱锥V-ABCD中，侧棱VA在平面VBC上的射影长 度为 A. B. C. D.2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 把正四棱锥V-ABCD放入正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，则 V是上底面的中心.如图所示，取A1B1的中点E，C1D1的 中点F，连接EF，BE，CF，AE，过A作AG⊥BE，垂足 为G，连接VG.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BC⊥平面 ABB1A1，AG⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AG.又BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面EFCB，所以AG⊥平面EFCB，所以侧棱VA在平面VBC上的射影为VG. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由已知得，AA1＝，EB＝＝，所以S△ABE＝×2×＝×·AG，所以AG＝，所以VG＝＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9.(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则 A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D √ √ 对于A，由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C⊂平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于B，因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥BC，因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，B正确；对于C，AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，C错误；对于D，CC1∥AA1，CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，D正确.故选BD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.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 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝ OB＝，对于A，圆锥的体积为×π××1＝ π，故A正确；对于B，圆锥的侧面积为π××2＝ 2π，故B错误；对于C，如图所示，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，故C正确；对于D，PD＝＝，所以S△PAC＝×2×＝2，故D错误.故选AC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中正确的是 A.AC⊥BE B.EF∥平面ABCD C.异面直线AE，BF所成的角为定值 D.直线AB与平面BEF所成的角为定值 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于A，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得DD1⊥底面 ABCD.因为AC⊂底面ABCD，可得DD1⊥AC.又由正方 形ABCD，可得BD⊥AC.又因为BD∩DD1＝D，且BD， DD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1.因为BE⊂ 平面BDD1B1，所以AC⊥BE，故A正确；对于B，在正 方体ABCD-A1B1C1D1中，可得平面A1B1C1D1∥平面ABCD.因为B1D1⊂平面A1B1C1D1，可得B1D1∥平面ABCD，又因为线段B1D1上有两个动点E，F，所以EF∥平面ABCD，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 对于C，当点E在点D1处，F为D1B1的中点时，由BC1∥ AD1，可得异面直线AE和BF所成的角是∠FBC1；当E为 上底面中心时，F在B1的位置，此时异面直线AE和BF所 成的角是∠EAA1，此时∠FBC1≠∠EAA1，所以异面直 线AE和BF所成的角不是定值，故C错误；对于D，由AC ⊥平面BDD1B1，可得∠ABD是直线AB与平面BEF所成的角，显然∠ABD＝45°，所以直线AB与平面BEF所成的角为45°(定值)，故D正确.故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12.如图，△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图，A'O'＝6，B'O'＝2，则线段AB的长度为_______. 2 △O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图，所以△OAB是直角三角形，且两条直角边长为OA＝6和OB＝4，它的斜边AB的长为AB＝＝＝＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图①所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图②所示.已知球的半径为R，酒杯的容积为πR3，则其内壁表面积为______. 8πR2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 设圆柱的高为h，内壁的表面积为S，由题意可知，πR3＋πR2h＝πR3，解得h＝3R.内壁的表面积等于圆柱的侧面积加半球的表面积，即S＝2πRh＋2πR2＝8πR2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是C1B1的中点，若E，F都是AB上的点，且EF＝，Q是A1B1上的点，则三棱锥P-EFQ的体积是_____. 如图所示，S△QEF＝EF·BB1＝××1＝，又P是C1B1的中点，则三棱锥P-EFQ的高PB1＝，于是VP-EFQ＝S△QEF·PB1＝××＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15.(13分)如图，三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，其高为6 cm，底面三角形的边长分别为3 cm，4 cm，5 cm，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积V. 解：由题意得，三棱柱ABC-A1B1C1的上、下底面为直角三角 形，直角边长分别为3，4. ＝×3×4×6＝36， 设圆柱底面圆的半径为r， 则r＝＝＝1(cm). ＝πr2h＝6π. 所以V＝－＝cm3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(15分)如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点. (1)求证：BC∥平面PAD； 证明：因为四边形ABCD是平行四边形， 所以BC∥AD. 又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于HG，求证：AP∥HG. 证明：如图所示，连接AC，交BD于O，连接MO. 因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点. 又因为M是PC的中点，所以MO∥PA. 又因为MO⊂平面BDM，PA⊄平面BDM， 所以PA∥平面BDM. 又因为PA⊂平面PAHG， 平面PAHG∩平面BDM＝HG，所以AP∥HG. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(15分)如图，在四棱锥E-ABCD中，侧面ABE⊥底面ABCD，△ABE为等边三角形，四边形ABCD为正方形，且AB＝2. (1)若F为CD的中点，证明：AB⊥EF； 解：证明：如图所示，取AB中点M，连接EM，MF. 因为△ABE为等边三角形， 所以EM⊥AB. 因为四边形ABCD为正方形，所以AD⊥AB， 所以AB⊥MF. 又EM∩MF＝M，EM，MF⊂平面MEF， 所以AB⊥平面MEF，所以AB⊥EF. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)求点B到平面CDE的距离. 解：连接BD，因为平面ABE⊥底面ABCD， 平面ABE∩底面ABCD＝AB，EM⊥AB，EM⊂平面ABE， 所以EM⊥平面ABCD. 因为四边形ABCD为正方形， 所以BC⊥CD，且BC＝CD＝2， 故VE-BCD＝S△BCD·EM＝××2×2×＝. 因为AB⊥EF，AB∥CD，所以CD⊥EF. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由勾股定理得EF＝＝＝，S△CDE＝CD·EF＝. 设B到平面CDE的距离为h，VB-CDE＝VE-BCD＝，即S△CDE·h＝，解得h＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.(17分)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，点F在AC上，BF⊥AO. (1)求证：EF∥平面ADO； 解：证明：设AF＝tAC，则＝＋＝(1－t)＋ t，＝－＋. 因为BF⊥AO，AB⊥BC， 则·＝[(1－t)＋t]·(－＋)＝(t－1)＋t＝4(t－1)＋4t＝0， 解得t＝，则F为AC的中点. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由D，E，O，F分别为PB，PA，BC，AC的中点， 所以EF∥PC，DO∥PC， 所以EF∥DO. 又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO， 所以EF∥平面ADO. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)若∠POF＝120°，求三棱锥P -ABC的体积. 解：如图所示，连接FO，过P作PM垂直FO的延长线交于 点M. 因为PB＝PC，O是BC的中点，所以PO⊥BC. 在Rt△PBO中，PB＝，BO＝BC＝， 所以PO＝＝＝2. 因为AB⊥BC，OF∥AB， 所以OF⊥BC. 又PO∩OF＝O，PO，OF⊂平面POF，所以BC⊥平面POF. 又PM⊂平面POF，所以BC⊥PM. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 又BC∩FM＝O，BC，FM⊂平面ABC， 所以PM⊥平面ABC. 即三棱锥P -ABC的高为PM. 因为∠POF＝120°，所以∠POM＝60°， 所以PM＝POsin 60°＝2×＝. 又S△ABC＝AB·BC＝×2×2＝2， 所以VP -ABC＝S△ABC·PM＝×2×＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(17分)如图所示，在长方形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，且平面D'AE⊥平面ABCE. (1)求证：AD'⊥BE； 解：证明：根据题意可知，在长方形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 (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＝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 (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：存在点P，使得D'B∥平面PAC.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，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，且EP＝ED'， 使得D'B∥平面PAC. 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 ！ 第 八 章 　 立 体 几 何 初 步 返回 $