第六章 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教师用书word（北师大版）

该高中数学章末复习讲义通过思维导图和转化关系图系统构建立体几何知识体系，涵盖基本立体图形、位置关系、平行垂直转化、空间角及表面积体积，用对比表格归纳易混概念，清晰呈现知识脉络与重难点内在联系。 讲义亮点在于“探究点+对点练+高考溯源”的三阶设计，如空间平行关系证明题通过构造平行四边形转化线面平行，培养逻辑推理素养。高考题溯源链接教材母题，帮助学生建立知识迁移能力，分层练习满足不同学生需求，助力教师实施精准复习教学。

章末综合提升 学生用书⬇第194页 探究点一　基本立体图形和基本位置关系 (多选题)如图，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且＝＝，以下结论正确的是(　　) A.EF与GH平行 B.EF与GH共面 C.EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上 D.EF与GH的交点M一定在直线AC上 答案：BD 解析：如图所示.连接EH，FG.依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，所以EH∥FG，所以E，F，G，H共面，故B正确；因为HE＝BD，FG＝BD，所以四边形EFGH是梯形，EF与GH必相交，故A错误；设EF与GH的交点为M，因为点M在EF上，故点M在平面ACB上.同理，点M在平面ACD上，所以点M在平面ACB与平面ACD的交线上，又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上，故C错误，D正确.故选BD. 　　正确理解简单多面体与旋转体的概念，以及空间点线面的位置关系和基本事实. 对点练1.(1)下列关于空间几何体的叙述，正确的是(　　) A.圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体 B.有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C.一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥 D.用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台 (2)(多选题)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H，M，N分别是棱AB，BC，A1B1，BB1，C1D1，CC1的中点，则下列结论错误的是(　　) A.直线GH和MN平行，GH和EF异面 B.直线GH和MN平行，MN和EF相交 C.直线GH和MN相交，MN和EF异面 D.直线GH和EF异面，MN和EF异面 答案：(1)B　(2)CD 解析：(1)对于A，以矩形的一边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱，而以矩形的一条对角线为轴，旋转所得到的几何体不是圆柱，故A错误；对于B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确；对于C，如图所示，若AB＝AC＝CD＝BD＝4，BC＝AD＝3，满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面BCD不是正三角形，故C错误；对于D，用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台.若截面与底面不平行，则不是棱台，故D错误.故选B. (2)如图所示.因为G，H分别为A1B1，BB1的中点，则GH∥A1B，同理可证MN∥CD1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1D1∥BC且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，则A1B∥CD1，所以GH∥MN.延长MN交直线DC于点P，因为MC1∥PC，则∠MC1N＝∠PCN. 又因为C1N＝CN，∠MNC1＝∠PNC，所以△MC1N≌△PCN.所以PC＝C1M，延长EF交DC的延长线于点Q，同理可证QC＝BE.因为C1M＝C1D1＝AB＝BE，所以PC＝QC，即点P，Q重合，所以MN，EF相交.由异面直线的定义结合图形可知，GH，EF异面，故A、B正确；C、D错误.故选CD. 探究点二　空间中的平行关系 如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，F，G分别为PB，AD的中点. (1)证明：AF∥平面PCG； (2)在线段BD上是否存在一点N，使得FN∥平面PCG？并给出必要的证明. 解：(1)证明：取PC的中点H，连接GH，FH，在△PBC中， 因为F，H分别为PB，PC的中点， 所以FH∥BC，且FH＝BC. 因为四边形ABCD为平行四边形，G为AD的中点， 所以AG∥BC，且AG＝BC， 所以AG綉FH， 即四边形AGHF为平行四边形. 所以AF∥GH. 因为GH⊂平面PCG，AF⊄平面PCG， 所以AF∥平面PCG. (2)存在，证明如下：如图所示，设BD∩CG＝O，取OB的中点K，连接FK，OP，则在△POB中， 因为F，K分别是PB，OB的中点， 所以FK∥OP， 因为OP⊂平面PCG， FK⊄平面PCG， 所以FK∥平面PCG. 因为△DOG∽△BOC，且相似比为1∶2， 所以BO＝2DO＝2KB，所以K为BD的三等分点， 所以N在K点位置时满足FN∥平面PCG， 即点N为线段BD上靠近B端的三等分点时， FN∥平面PCG. 线线平行、线面平行、面面平行的转化 对点练2.如图，在几何体ABCDFE中，四边形ABCD为直角梯形，DC＝2AB，GC＝2FG，平面ABFE∩平面CDEF＝EF. 求证：(1)AF∥平面BDG； 学生用书⬇第195页 (2)AB∥EF. 证明：(1)连接AC交BD于O，连接OG，如图所示. 因为四边形ABCD为直角梯形，DC＝2AB，所以＝＝. 又因为GC＝2FG，＝＝， 所以AF∥OG. 因为OG⊂平面BDG，AF⊄平面BDG， 所以AF∥平面BDG. (2)因为四边形ABCD为直角梯形，所以AB∥CD. 因为CD⊂平面CDEF，AB⊄平面CDEF， 所以AB∥平面CDEF. 因为AB⊂平面ABFE，平面CDEF∩平面ABFE＝EF， 所以AB∥EF. 探究点三　空间中的垂直关系 如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝2，AB＝4. 求证：(1)AC⊥平面BCE； (2)AD⊥AE. 证明：(1)在直角梯形ABCD中，AD＝CD＝2，AB＝4，所以AC＝BC＝2， 所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC. 因为AF⊥平面ABCD，AF∥BE，所以BE⊥平面ABCD. 因为AC⊂平面ABCD，所以BE⊥AC. 又BE∩BC＝B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE， 所以AC⊥平面BCE. (2)因为AF⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD， 所以AF⊥AD. 又∠DAB＝90°，所以AB⊥AD. 又AF∩AB＝A，AF⊂平面ABEF，AB⊂平面ABEF，所以AD⊥平面ABEF. 又AE⊂平面ABEF，所以AD⊥AE. 线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化 对点练3.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，PA＝AD＝2. (1)求证：CD⊥平面PAC； (2)在棱PC上是否存在点H，使得AH⊥平面PCD？若存在，确定点H的位置；若不存在，请说明理由. 解：(1)证明：由题意得DC＝AC＝， 所以AC2＋DC2＝AD2，即AC⊥DC. 又因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD， 所以PA⊥CD，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以CD⊥平面PAC. (2)过点A作AH⊥PC，垂足为H，如图所示. 由(1)和AH⊂平面PAC，得CD⊥AH. 又PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，所以AH⊥平面PCD. 在Rt△PAC中，由PA＝2，AC＝，得PC＝. 由△PAC∽△PHA得＝，所以PH＝，可得PH＝PC， 即在棱PC上存在点H，且PH＝PC，使得AH⊥平面PCD. 探究点四　空间角的求法 如图，正方体的棱长为1，B'C∩BC'＝O.求： (1)AO与A'C'夹角的大小； (2)AO与平面ABCD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. 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)如图所示，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OA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AOB. 又因为OC⊂平面AOC，所以平面AOB⊥平面AOC. 即二面角B-AO-C的大小为90°. 学生用书⬇第196页 1.求异面直线的夹角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角). 2.求直线与平面的夹角常用射影转化法(即作垂线、找射影). 3.二面角的平面角的作法常有三种：(1)定义法；(2)线面垂直；(3)垂面法. 对点练4.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点. (1)求证：AE⊥平面PCD； (2)求PB和平面PAD夹角的大小； (3)求二面角A-PD-C的平面角的正弦值. 解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥PA. 因为CD⊥AC，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC. 又AE⊂平面PAC，所以AE⊥CD. 由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA. 因为E是PC的中点，所以AE⊥PC. 又PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD， 所以AE⊥平面PCD. (2)因为PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB. 又AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD， 所以PB在平面PAD内的投影为PA，所以∠APB为PB和平面PAD的夹角. 在Rt△PAB中，AB＝PA，所以∠APB＝45°. 所以PB和平面PAD夹角的大小为45°. (3)如图所示，过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM. 由(1)知，AE⊥平面PCD，则AM在平面PCD内的投影是EM，则可证得AM⊥PD.因此∠AME是二面角A-PD-C的平面角.由已知可得∠CAD＝30°. 设AC＝a，则PA＝a，AD＝a，PD＝a，AE＝a. 在Rt△ADP中，因为AM⊥PD，所以AM·PD＝PA·AD，所以AM＝＝a. 在Rt△AEM中，sin ∠AME＝＝. 所以二面角A-PD-C的平面角的正弦值为. 探究点五　空间几何体的表面积和体积 (1)沙漏是一种古代计时仪器.如图，某沙漏由上下两个相同圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的，则这些细沙的体积为(　　) A.π cm3 B.π cm3 C.8π cm3 D.π cm3 (2)如图，圆锥SO的顶点及底面圆的圆周都在球M的球面上，且圆锥SO的母线长和底面圆的直径均为2，则球M的表面积为(　　) A.π B.4π C. D. 答案：(1)B　(2)D 解析：(1)由题意可知，这些细沙的体积为××6×π×32＝π cm3.故选B. (2)如图所示，连接AM，由题意可得OA＝1，SA＝2.由勾股定理得OS＝＝，设SM＝AM＝r.因为OM2＋OA2＝AM2，所以＋1＝r2，解得r＝，所以球M的表面积为4πr2＝.故选D. 　　关于求空间几何体的体积、表面积问题，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. 对点练5.(1)《九章算术》是我国古代的数学名著.其“商功”中记载：“正四面形棱台(即正四棱台)建筑物为方亭.”现有如图所示的烽火台，其主体部分为一方亭，将它的主体部分抽象成ABCD -A1B1C1D1的正四棱台(如图所示，其中上底面与下底面的面积之比为1∶16，方亭的高为棱台上底面边长的3倍.已知方亭的体积为567 m3，则该方亭的上底面边长为(　　) A.3 m B.4 m C.6 m D.12 m (2)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为1，高为3，已知F为棱AA1的中点，D，E分别在棱B1B，C1C上，BD＝2，CE＝1，记四棱锥A1-B1C1ED，三棱锥F-A1DE与三棱锥A-DEF的体积分别为V1，V2，V3，则(　　) A.V1＜V2 B.V2＜V3 C.V1＝V2＋V3 D.2V1＝3V2 答案：(1)A　(2)C 解析：(1)因为上底面与下底面的面积之比为1∶16，设A1B1＝x，则AB＝4x，故方亭的高为3x，故方亭的体积为·3x＝567，解得x＝3，故A1B1＝3 m，即该方亭的上底面边长为3 m.故选A. (2)由题意知，V1＝＝××＝×××1＝， V2＝＝＝××＝××××1＝， V3＝VA-DEF＝VD-AEF＝××S△AEF＝××××1＝.所以V1＝V2＋V3，V1＞V2＝V3，2V1＞3V2.故选C. 学生用书⬇第197页 (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 答案：B 解析：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：(教材P256A组T1)设圆柱、圆锥的底面半径与球的半径都为r，圆柱、圆锥的高都是2r.求它们的体积之比. 点评：高考试题与教材习题均考查圆柱与圆锥的体积的计算，难度相当，是教材习题的完美再现. (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 答案：B 解析：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：(教材P254例5) 已知一正四棱台的上底边长为4 cm，下底边长为8 cm，高为3 cm.求其体积. 点评：高考试题考查了棱台体积的计算以及直线与平面所成的角，而教材例题只考查了棱台体积的计算，高考试题是教材例题的引申，综合性较强，难度高于教材例题的难度，充分体现高考试题源于教材高于教材的特点. (2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m，下述四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β，则m∥n ④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 答案：A 解析：α∩β＝m，则m⊂α，m⊂β，对于①，若m∥n，则n∥α或n∥β，①正确；对于②，若m⊥n，则可能n与α，β均不垂直，②错误；对于③，若n∥α且n∥β，则m∥n，③正确；对于④，n与m所成角可以为［0，］内的任意角，④错误.故选A. 溯源：(教材P264A组T5)设α，β，γ为两两不重合的平面，l，m，n为两两不重合的直线，判断下列命题的正误，并画图说明理由： (1)若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β； (2)若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β； (3)若α∥β，l⊂α，则l∥β； (4)若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n. 点评：高考试题与教材习题均考查了直线与平面、平面与平面的位置关系的判断，考查角度相似，难度相当，是教材习题的完美变式. (2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为(　　) A.π B.π C.3π D.3π 答案：B 解析：在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝，取AB的中点C，连接OC，PC，有OC⊥AB，PC⊥AB，如图所示，∠ABO＝30°，OC＝，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积为，得×3×PC＝，解得PC＝，于是PO＝＝＝，所以圆锥的体积V＝π×OA2×PO＝π××＝π.故选B. 溯源：(教材P253练习T6)如图，一块正方形薄铁片的边长是22 cm，以它的一个顶点为圆心，边长为半径画弧，沿弧剪下一个扇形.用这块扇形薄铁片围成一个圆锥筒，求这个圆锥筒的容积. 点评：高考试题与教材习题均考查了圆锥体积的计算，考查知识点相同；但高考题综合性强，难度远远高于课本习题的难度，是教材习题的拓展. (2023·北京卷)坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若AB＝25 m，BC＝10 m，且等腰梯形所在平面、等腰三角形所在平面与平面ABCD的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为(　　) A.102 m B.112 m C.117 m D.125 m 答案：C 解析：如图所示，过F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，过F分别作FG⊥BC，FM⊥AB，垂足分别为G，M，连接OG，OM，由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠FMO和∠FGO，所以tan∠FMO＝tan∠FGO＝.因为FO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以FO⊥BC，因为FG⊥BC，FO，FG⊂平面FOG，FO∩FG＝F，所以BC⊥平面FOG，因为OG⊂平面FOG，所以BC⊥OG，同理OM⊥BM，又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形，所以由BC＝10得OM＝5，所以FO＝，所以OG＝5，所以在直角三角形FOG中，FG＝＝＝.在直角三角形FBG中，BG＝OM＝5，FB＝＝ ＝8，又因为FE＝AB－5－5＝25－5－5＝15，所以所有棱长之和为2×25＋2×10＋15＋4×8＝117 m.故选C. 学生用书⬇第198页 溯源：(教材P265A组T11)一间民房的屋顶有如图三种不同的盖法：①单向倾斜；②双向倾斜；③四向倾斜.记三种盖法屋顶面积分别为P1，P2，P3.若屋顶斜面与水平面的夹角都是θ，那么P1，P2，P3的大小是一样的，为什么？ 点评：高考试题考查了不规则几何体中的计算，题目背景来源于教材习题，考查角度相似，但高考试题综合性强，难度高于教材习题的难度，是教材习题的拓展. (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； (2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD. 解：(1)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. (2)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：(教材P266B组T2)如图，在圆锥PO中，已知PO＝，☉O的直径AB＝2，点C在上，且∠CAB＝30°，点D为AC的中点. (1)证明：AC⊥平面POD； (2)求二面角P-AC-O的正弦值. 点评：高考试题考查了线面平行、证明面面垂直、由二面角大小求线段长度或距离，而教材习题考查了线面垂直与二面角的计算，考查角度相似，但高考试题综合性强，难度高于教材习题的难度，是教材习题的拓展. 学科网（北京）股份有限公司 $