1.导学案 23 第8章 阶段提升课(Word版+PPT版)-【满分思维】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

01 02 知识网络·体系构建 重点题型·深研突破 阶段提升课 内容概览 01 知识网络·体系构建 返回 返回 02 重点题型·深研突破 返回 题型一　空间几何体的表面积与体积 常考题型 求空间几何体的侧面积、表面积与体积 解题关键 准确确定空间几何体的基本量,代入公式计算 核心素养 直观想象、数学运算 返回 1.在正四棱锥P-ABCD中,PA=AB=2,则该棱锥的体积为　　　　　　.  【解析】设点P在平面ABCD上的投影是点H(图略),因为四棱锥P-ABCD是正四棱锥, 所以点H是正方形ABCD对角线的交点,连接PH,AH==, PH===,所以S正方形ABCD=4,于是V四棱锥P-ABCD=×4×=. 答案: 返回 2.若圆台的上、下底面半径分别为r1,r2且r1r2=3,则此圆台的内切球(与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球)的表面积为　　　　.  【解析】设圆台上、下底面圆心分别为O1,O2, 则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处, 设球O与母线AB切于点M, 所以OM⊥AB,所以OM=OO1=OO2=R(R为球O的半径), 所以△AOO1与△AOM全等,所以AM=r1, 返回 同理BM=r2,所以AB=r1+r2,O1=(r1+r2)2-(r1-r2)2=4r1r2=12,所以O1O2=2, 所以圆台的内切球半径R=,内切球的表面积为4πR2=12π. 答案:12π 返回 题型二　空间直线、平面的平行与垂直 常考题型 证明直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直 解题关键 培养空间想象能力,熟练应用判定与性质定理 核心素养 直观想象、逻辑推理 返回 1.(2025·芜湖高一检测)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知点G,H分别在A1B1,A1C1上,且GH经过△A1B1C1的重心,点E,F分别是AB,AC的中点,且平面A1EF∥平面BCHG,下列结论不正确的是 (　　) A.EF∥GH B.GH∥平面A1EF C.= D.平面A1EF∥平面BCC1B1 √ 返回 【解析】选D.由E,F分别是AB,AC的中点可知EF∥BC,=, 而在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1B1C1∥平面ABC,由两个平面平行的性质可得GH∥BC, 而GH过△A1B1C1的重心,所以=, 所以=,且EF∥GH, 所以GH∥平面A1EF, 显然平面A1EF与平面BCC1B1相交, 故ABC正确,D不正确. 返回 2.(2025·上海高一检测)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,AD=AB=CD,平面ADP⊥平面PCD,PD⊥PC. (1)求证:AC⊥AD; (2)求证:△ADP为直角三角形; (3)若PC=AD=1,求四棱棱P-ABCD的体积. 返回 【解析】(1)作AE⊥DC,E为垂足,如图, 在等腰梯形ABCD中,设AD=AB=BC=CD=a(a>0), 所以DE=(CD-AB)=a,所以∠ADE=60°, 所以AC==a, 所以AC2+AD2=DC2,所以AC⊥AD. 返回 (2)因为PC⊥PD,平面ADP⊥平面PCD,平面ADP∩平面PCD=PD,PC⊂平面PCD, 所以PC⊥平面ADP,又AD⊂平面ADP, 所以PC⊥AD,又AC⊥AD, 因为AC∩PC=C,AC,PC⊂平面ACP, 所以AD⊥平面ACP, 因为AP⊂平面ACP,所以AD⊥AP, 所以∠DAP=90°,即△ADP为直角三角形. 返回 (3)由(1)知,在等腰梯形ABCD中, AE=,AC=,AB=AD=1,CD=2, 所以S△ADC=×1×=, S梯形ABCD==. 所以=. 所以=. 又PC⊥平面ADP,△ADP为直角三角形,PD⊥PC, 所以DP==,AP==, 所以VP-ADC=VC-ADP=×1××1=. 所以VP-ABCD=VP-ADC==. 返回 题型三　空间角 常考题型 求异面直线所成的角、直线与平面所成的角与二面角 解题关键 选择恰当方法,把空间角转化为平面角 核心素养 数学运算、直观想象 返回 　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; (2)求证:平面PDC⊥平面ABCD; (3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值. 返回 【解析】(1)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. (2)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. 而AD⊂平面ABCD,所以平面PDC⊥平面ABCD. 返回 (3)如图,在平面PDC内,过点P作PE⊥CD交直线CD于点E,连接EB. 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 题型四　折叠问题 常考题型 平面图形折叠后求值与证明问题 解题关键 折叠前后位置关系、数量关系的变与不变量 核心素养 直观想象、逻辑推理 返回 　(2025·运城高一检测)如图,在△ABC中,O是BC的中点,AB=AC,AO=2OC=2.将△BAO沿AO折起,使B点移至图中B'点位置. (1)求证:AO⊥平面B'OC; (2)当三棱锥B'-AOC的体积取最大时,求二面角A-B'C-O的余弦值. 返回 【解析】(1)因为AB=AC且O是BC的中点, 所以AO⊥BC,即AO⊥OB',AO⊥OC. 又因为OB'∩OC=O,OB'⊂平面B'OC,OC⊂平面B'OC,所以AO⊥平面B'OC. (2)在平面B'OC内,作B'D⊥OC于点D,则由(1)可知B'D⊥OA, 又OC∩OA=O,OA,OC⊂平面OAC, 所以B'D⊥平面OAC,即B'D是三棱锥B'-AOC的高. 又B'D≤B'O, 所以当D与O重合时,三棱锥B'-AOC的体积最大,过O点作OH⊥B'C于点H,连接AH. 由(1)知AO⊥平面B'OC,又B'C⊂平面B'OC, 所以B'C⊥AO,因为AO∩OH=O,AO,OH⊂平面AOH, 所以B'C⊥平面AOH,且AH⊂平面AOH, 返回 所以B'C⊥AH,所以∠AHO即为二面角A-B'C-O的平面角. 在Rt△AOH中,AO=2,OH=, 所以AH=, 所以cos∠AHO==, 故二面角A-B'C-O的余弦值为. 返回 $ 阶段提升课 知识网络·体系构建 重点题型·深研突破 题型一　空间几何体的表面积与体积 常考题型 求空间几何体的侧面积、表面积与体积 解题关键 准确确定空间几何体的基本量,代入公式计算 核心素养 直观想象、数学运算 1.在正四棱锥P-ABCD中,PA=AB=2,则该棱锥的体积为　　　　　　.  【解析】设点P在平面ABCD上的投影是点H(图略),因为四棱锥P-ABCD是正四棱锥, 所以点H是正方形ABCD对角线的交点,连接PH,AH==, PH===,所以S正方形ABCD=4,于是V四棱锥P-ABCD=×4×=. 答案: 2.若圆台的上、下底面半径分别为r1,r2且r1r2=3,则此圆台的内切球(与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球)的表面积为　　　　.  【解析】设圆台上、下底面圆心分别为O1,O2, 则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处, 设球O与母线AB切于点M, 所以OM⊥AB,所以OM=OO1=OO2=R(R为球O的半径), 所以△AOO1与△AOM全等,所以AM=r1, 同理BM=r2,所以AB=r1+r2,O1=(r1+r2)2-(r1-r2)2=4r1r2=12,所以O1O2=2, 所以圆台的内切球半径R=,内切球的表面积为4πR2=12π. 答案:12π 题型二　空间直线、平面的平行与垂直 常考题型 证明直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直 解题关键 培养空间想象能力,熟练应用判定与性质定理 核心素养 直观想象、逻辑推理 1.(2025·芜湖高一检测)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知点G,H分别在A1B1,A1C1上,且GH经过△A1B1C1的重心,点E,F分别是AB,AC的中点,且平面A1EF∥平面BCHG,下列结论不正确的是 (　　) A.EF∥GH B.GH∥平面A1EF C.= D.平面A1EF∥平面BCC1B1 【解析】选D.由E,F分别是AB,AC的中点可知EF∥BC,=, 而在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1B1C1∥平面ABC,由两个平面平行的性质可得GH∥BC, 而GH过△A1B1C1的重心,所以=, 所以=,且EF∥GH, 所以GH∥平面A1EF, 显然平面A1EF与平面BCC1B1相交, 故ABC正确,D不正确. 2.(2025·上海高一检测)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,AD=AB=CD,平面ADP⊥平面PCD,PD⊥PC. (1)求证:AC⊥AD; (2)求证:△ADP为直角三角形; (3)若PC=AD=1,求四棱棱P-ABCD的体积. 【解析】(1)作AE⊥DC,E为垂足,如图, 在等腰梯形ABCD中,设AD=AB=BC=CD=a(a>0), 所以DE=(CD-AB)=a,所以∠ADE=60°, 所以AC==a, 所以AC2+AD2=DC2,所以AC⊥AD. (2)因为PC⊥PD,平面ADP⊥平面PCD,平面ADP∩平面PCD=PD,PC⊂平面PCD, 所以PC⊥平面ADP,又AD⊂平面ADP, 所以PC⊥AD,又AC⊥AD, 因为AC∩PC=C,AC,PC⊂平面ACP, 所以AD⊥平面ACP, 因为AP⊂平面ACP,所以AD⊥AP, 所以∠DAP=90°,即△ADP为直角三角形. (3)由(1)知,在等腰梯形ABCD中, AE=,AC=,AB=AD=1,CD=2, 所以S△ADC=×1×=, S梯形ABCD==. 所以=. 所以=. 又PC⊥平面ADP,△ADP为直角三角形,PD⊥PC, 所以DP==,AP==, 所以VP-ADC=VC-ADP=×1××1=. 所以VP-ABCD=VP-ADC==. 题型三　空间角 常考题型 求异面直线所成的角、直线与平面所成的角与二面角 解题关键 选择恰当方法,把空间角转化为平面角 核心素养 数学运算、直观想象 　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; (2)求证:平面PDC⊥平面ABCD; (3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值. 【解析】(1)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. (2)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. 而AD⊂平面ABCD,所以平面PDC⊥平面ABCD. (3)如图,在平面PDC内,过点P作PE⊥CD交直线CD于点E,连接EB. 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. 题型四　折叠问题 常考题型 平面图形折叠后求值与证明问题 解题关键 折叠前后位置关系、数量关系的变与不变量 核心素养 直观想象、逻辑推理 　(2025·运城高一检测)如图,在△ABC中,O是BC的中点,AB=AC,AO=2OC=2.将△BAO沿AO折起,使B点移至图中B'点位置. (1)求证:AO⊥平面B'OC; (2)当三棱锥B'-AOC的体积取最大时,求二面角A-B'C-O的余弦值. 【解析】(1)因为AB=AC且O是BC的中点, 所以AO⊥BC,即AO⊥OB',AO⊥OC. 又因为OB'∩OC=O,OB'⊂平面B'OC,OC⊂平面B'OC,所以AO⊥平面B'OC. (2)在平面B'OC内,作B'D⊥OC于点D,则由(1)可知B'D⊥OA, 又OC∩OA=O,OA,OC⊂平面OAC, 所以B'D⊥平面OAC,即B'D是三棱锥B'-AOC的高. 又B'D≤B'O, 所以当D与O重合时,三棱锥B'-AOC的体积最大,过O点作OH⊥B'C于点H,连接AH. 由(1)知AO⊥平面B'OC,又B'C⊂平面B'OC, 所以B'C⊥AO,因为AO∩OH=O,AO,OH⊂平面AOH, 所以B'C⊥平面AOH,且AH⊂平面AOH, 所以B'C⊥AH,所以∠AHO即为二面角A-B'C-O的平面角. 在Rt△AOH中,AO=2,OH=, 所以AH=, 所以cos∠AHO==, 故二面角A-B'C-O的余弦值为. - 7 - 学科网（北京）股份有限公司 $