第13章立体几何初步章末知识点总结提升课件-2025-2026学年高一下学期数学苏教版必修第二册

该高中数学课件系统梳理了立体几何初步的核心知识，通过网络构建·知识导图整合几何体表面积与体积、空间平行与垂直关系、空间角、多面体的外接球与内切球等内容，建立知识点间的逻辑脉络，帮助学生形成完整知识网络。 其亮点在于采用“要点归纳-典例解析-跟踪训练”分层模式，如通过四棱台表面积计算渗透割补法，结合何尊体积问题培养空间观念，高考链接题强化应用意识，助力学生提升数学思维，也为教师提供精准复习指导。

第13章　立体几何初步 章末知识点总结提升 苏教版 必修第二册 网络构建·知识导图 要点归纳·典例提升 要点一　几何体的表面积与体积 1.几何体的表面积及体积的计算是现实生活中经常遇到的问题,在计算中应注意各数量之间的关系及各元素之间的位置关系,特别是特殊的柱、锥、台,要注意其中矩形、直角三角形及梯形等重要的平面图形的作用. 2.常见的计算方法 (1)公式法:根据题意直接套用表面积或体积公式求解. (2)割补法:割补法的思想是通过分割或补形,将原几何体分割成或补成较易计算体积的几何体,从而求出原几何体的体积. (3)等体积变换法:等体积变换法的思想是从不同的角度看待原几何体,通过改变顶点和底面,利用体积不变的原理来求原几何体的体积. 【典例1】 (1)已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形,侧面均为腰长为4的等腰梯形,则该四棱台的表面积为(　　) A.10+6 B.34 C.20+12 D.68 C 解析 如图,设在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,取侧面AA1B1B,则AB=2,A1B1=4,AA1=BB1=4,分别过点A,B在侧面AA1B1B内作AE⊥A1B1,BF⊥A1B1,垂足分别为E,F. ∵AA1=BB1,∠AA1E=∠BB1F,∠AEA1=∠BFB1=90°, ∴Rt△AEA1≌Rt△BFB1,∴A1E=B1F, ∵AB∥EF,AE⊥EF,BF⊥EF, ∴四边形ABFE为矩形,EF=AB=2, ∴A1E=B1F==1, ∴AE=, 故该四棱台的表面积为4(2+4)+22+42=12+20.故选C. (2)如图是一个棱长为2的正方体被过棱A1B1,A1D1的中点M,N,顶点A和过点N,顶点D,C1的两个截面截去两个角后所得的几何体,则该几何体的体积为 (　　) A.5 B.6 C.7 D.8 C 解析 如图,该图形为将几何体还原后的图形, 则1×1×2= 1×2×2= =23=8,所以该几何体的体积V=8-=7.故选C. 题后反思　空间几何体表面积、体积的求法 (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衔接部分的处理. (2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用. (3)求复杂几何体的体积时,常用割补法和等体积法求解. 跟踪训练1　(1)已知一个圆台的上、下底面半径分别为2,4,它的侧面展开图扇环的圆心角为90°,则圆台的表面积为(　　) A.64π B.68π C.72π D.76π B 解析 设圆台的母线长为l,扇环所在的小圆半径为x, 由题意得解得 所以圆台的表面积S=π×22+π×42+2π×(2+4)×8=68π.故选B. (2)如图,何尊是我国西周早期的青铜礼器,其造型浑厚,工艺精美,尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载,何尊还是第一个出现“德”字的器物,证明了周王朝以德治国的理念,何尊的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体,组合体的高约为40 cm,上口直径约为28 cm,经测量可知圆台的高约为16 cm,圆柱的底面直径约为18 cm,则该组合体的体积约为(其中π的值取3)(　　) A.11 280 cm3 B.12 380 cm3 C.12 680 cm3 D.12 280 cm3 D 解析 由题意得圆柱的高约为40-16=24(cm),则何尊的体积V=V圆台+V圆柱=(142+92+14×9)×16+π×92×24≈12 280(cm3).故选D. 要点二　空间中的平行关系 空间中的平行关系主要是指空间中线与线、线与面及面与面的平行,其中三种关系相互渗透.下图是平行关系相互转化的示意图.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. 【典例2】 如图所示,已知四边形ABCD是正方形,四边形ACEF是矩形,M是线段EF的中点. (1)求证:AM∥平面BDE; (2)若平面ADM∩平面BDE=l,平面ABM∩平面BDE=m,试分析l与m的位置关系,并证明你的结论. (1)证明 如图,记AC与BD的交点为O,连接OE. 因为O,M分别是AC,EF的中点,四边形ACEF是矩形, 所以EM OA,即四边形AOEM是平行四边形, 所以AM∥OE.又因为OE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE, 所以AM∥平面BDE. (2)解 l∥m,证明如下: 由(1)知AM∥平面BDE, 又AM⊂平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l, 所以l∥AM, 又AM⊂平面ABM,平面ABM∩平面BDE=m, 所以m∥AM,所以l∥m. 题后反思　证明空间线面平行需注意三点 (1)由已知想性质,由求证想判定; (2)适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一; (3)用定理时要先明确条件,再由定理得出相应结论. 跟踪训练2　如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,E,F分别为BC,AC,A1C1的中点,AB=BC.求证: (1)A1B1∥平面DEC1; (2)平面ABF∥平面DEC1. 证明 (1)∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,E分别为BC,AC的中点, ∴DE∥AB,AB∥A1B1,∴DE∥A1B1, 又∵DE⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1, ∴A1B1∥平面DEC1. (2)由(1)得AB∥DE,∵AB⊄平面DEC1,DE⊂平面DEC1,∴AB∥平面DEC1. ∵点F,E分别为A1C1,AC的中点,A1C1􀱀AC, ∴FC1AE, ∴四边形FC1EA是平行四边形,∴AF∥EC1, 又EC1⊂平面DEC1,AF⊄平面DEC1,∴AF∥平面DEC1, 又AB,AF⊂平面ABF,AB∩AF=A, ∴平面ABF∥平面DEC1. 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 ①计算所成的角为90°(包括平面角和异面直线所成的角); ②由线面垂直的性质(若a⊥α,b⊂α,则a⊥b); ③面面垂直的定义:若两平面垂直,则两平面相交形成的二面角的平面角为90°. (2)判定线面垂直的方法 ①线面垂直的定义(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 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.垂直关系的转化 【典例3】 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,PA=AB,点E是PB的中点.求证: (1)BC⊥平面PAB. (2)平面AEC⊥平面PBC. 证明 (1)∵底面ABCD为矩形,∴BC⊥AB. ∵PA⊥底面ABCD,BC⊂底面ABCD,∴PA⊥BC, 又∵AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,∴BC⊥平面PAB. (2)∵BC⊥平面PAB,AE⊂平面PAB, ∴BC⊥AE.∵PA=AB,点E是PB的中点,∴AE⊥PB, 又∵PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC, ∴AE⊥平面PBC,又∵AE⊂平面AEC, ∴平面AEC⊥平面PBC. 跟踪训练3　如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD=1,E为AD的中点. (1)求证:PE⊥平面ABCD; (2)求四棱锥P-ABCD的体积. (1)证明 因为PA=PD=1,E为AD的中点,所以PE⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,且PE⊂平面PAD,所以PE⊥平面ABCD. (2)解 因为PA⊥PD,PA=PD=1,所以AD=,PE=, 故VP-ABCD= 要点四　空间角 1.空间中的角包括:异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角.这些角是对点、直线、平面所组成空间图形的位置关系进行定性分析和定量计算的重要组成部分,是高考重点考查的内容之一. 2.求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角). 3.求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影). 4.常用的三种二面角的平面角的作法:(1)定义法;(2)垂线法;(3)垂面法. 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. 【典例4】 (1)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是AB,AD的中点,则异面直线B1C与EF所成的角的大小为(　　) A.90° B.60° C.45° D.30° B 解析 如图,连接BD,∵点E,F分别是AB,AD的中点,∴EF∥BD, 又由正方体的性质可知BD∥B1D1, ∴EF∥B1D1. 故∠CB1D1就是异面直线B1C与EF所成的角或所成角的补角. 连接D1C,由题可知△CB1D1为正三角形,即∠CB1D1=60°, ∴异面直线B1C与EF所成的角为60°. 故选B. (2)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1B与平面BB1D1D所成的角的大小为 (　　) A.30° B.45° C.60° D.75° A 解析 如图,连接A1C1交B1D1于点O,连接BO. ∵BB1⊥平面A1B1C1D1,A1O⊂平面A1B1C1D1,∴BB1⊥A1O, 又∵A1O⊥B1D1,BB1∩B1D1=B1,BB1,B1D1⊂平面BB1D1D, ∴A1O⊥平面BB1D1D, ∴∠A1BO就是A1B与平面BB1D1D所成的角,且∠A1OB=90°. 设正方体的棱长为1,则A1B=,A1O=, ∴sin∠A1BO=,又0°≤∠A1BO≤90°, ∴∠A1BO=30°, ∴A1B与平面BB1D1D所成的角是30°.故选A. (3)如图,在三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=,点D为BC的中点,且△ADC是边长为2的正三角形,则二面P-AB-C的大小为(　　) A.30° B.45° C.60° D.75° A 解析 ∵△ADC是边长为2的正三角形,∴AD=CD=AC=2. ∵点D是BC的中点,∴CD=BD=2,可得AD=CD=BD=2, ∴△ABC是以∠BAC为直角的直角三角形, ∴AB⊥AC,又PC⊥平面ABC,AB⊂平面ABC, ∴PC⊥AB,又AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC, ∴AB⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC, ∴PA⊥AB,∴∠PAC为二面角P-AB-C的平面角. 在Rt△PAC中,PC=,AC=2, ∴tan∠PAC=,∴∠PAC=30°, 即二面角P-AB-C的大小为30°.故选A. 题后反思　空间角的求法 (1)找异面直线所成角的三种方法 ①利用图中已有的平行线平移; ②利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移; ③补形平移. (2)线面角:求斜线与平面所成的角的关键是找到斜线在平面内的射影,即确定过斜线上一点向平面所作垂线的垂足.通常是解由斜线段、垂线段、斜线在平面内的射影所组成的直角三角形. (3)二面角:利用几何体的特征作出所求二面角的平面角,再把该平面角转化到某三角形或其他平面图形中求解. 跟踪训练4　(1)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为　　　　.  解析 连接A1C1(图略),因为AA1⊥平面A1B1C1D1,则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角.因为AB=BC=2,所以A1C1=AC=2,又AA1=1,所以AC1=3,所以sin∠AC1A1=故答案为 (2)设点P是二面角α-l-β内一点,点P到平面α,β的距离PA,PB的长分别为8和5,且AB=7,则二面角α-l-β的大小为　　　　.  120° 解析 如图,作AC⊥l于点C,连接BC,AB,PC, ∵PA⊥α,l⊂α,∴PA⊥l, 又AC⊥l,AC∩PA=A,AC,PA⊂平面PAC, ∴l⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,∴l⊥PC. 同理,l⊥平面PBC, ∴平面PAC与平面PBC重合,且l⊥BC. ∴∠ACB即二面角α-l-β的平面角. 在△PAB中,PA=8,PB=5,AB=7,由余弦定理得cos∠APB=, ∴∠APB=60°,∴∠ACB=120°,∴所求二面角为120°.故答案为120°. 要点五　多面体的外接球与内切球 球与其他几何体的切接问题的处理规律:“切”的处理主要是先要找准切点,通过作截面来解决或通过等体积法求半径;“接”的问题的关键是抓住外接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径. 【典例5】 (1)轴截面为正三角形的圆锥称为等边圆锥.已知一等边圆锥的母线长为,则该圆锥的内切球体积为(　　) A.4π B. C.π D. D 解析 轴截面如图所示,设内切球的半径为r,点E为切点,则OD=OE=r, 由题意可得∠OCD=,CD=, 在Rt△OCD中,tan∠OCD=, 所以OD=CD·tan∠OCD=,即r=, 所以内切球体积为r3=故选D. (2)已知四面体A-BCD的棱长都为2,那么它的外接球的表面积为(　　) A.π B.π C.6π D.12π C 解析 (方法一)由题意可得,正四面体A-BCD可放于正方体中,其外接球等于该正方体的外接球,可得正方体棱长为,则外接球半径R=,外接球的表面积为4πR2=6π.故选C. (方法二)如图,正四面体A-BCD的棱长为2,AH⊥平面BCD于点H,则点H是△BCD的中心, ∴BH=,又AH⊥平面BCD,BH⊂平面BCD,则AH⊥BH,AH= 设外接球球心为点O,则点O在AH上,则OA=OB=R,R为外接球半径. 由BH2+OH2=BO2得=R2,解得R=,所以其外接球的表面积为4πR2=4π=6π. 故选C. 题后反思　处理球的“切”“接”问题的求解策略 解决与球有关的切、接问题,其通法是作截面,将空间几何问题转化为平面几何问题求解,其解题的思维流程: 跟踪训练5　(1)已知A,B,C三点均在球O的表面上,AB=BC=CA=2,且球心O到平面ABC的距离等于球半径的,则下列结论正确的是(　　) A.球O的外切正方体的棱长为 B.球O的表面积为8π C.球O的内接正方体的棱长为 D.球O的半径为 A 解析 设球O的半径为R,△ABC的外接圆半径为r,由正弦定理,得2r=,则r=,因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的,所以R2-R2=()2,得R2=,即R=,故D错误; 球O的外切正方体的棱长b满足b=2R=,故A正确; 球O的表面积S=4πR2=4π=6π,故B错误; 球O的内接正方体的棱长a满足a=2R=,即a=,故C错误.故选A. (2)如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,A1B1=2,若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切,则该球的表面积S=(　　) A.4π B.6π C.8π D.10π C 解析 如图,作该正棱台的轴截面. 其中点E,F,M,N分别是AB,CD,C1D1,A1B1的中点,点H,K是MN,EF的中点,点G是内切球的球心,点H,K分别是内切球和上、下底面的切点,点Q是内切球和侧面CDD1C1的切点.设内切球的半径为r,由正棱台的结构可得,HM=1,KF=2,HG=KG=QG=r,易得MQ=HM=1,FQ=FK=2,所以MF=3,MG2=12+r2,FG2=22+r2,且∠MGF=90°,所以MG2+FG2=MF2,即1+r2+4+r2=9,解得r=,从而可知该球的表面积S=4πr2=8π.故选C. 高考链接 1.(2025天津)已知m,n为直线,α,β为平面,则下列说法正确的是(　　) A.若m∥α,n⊂α,则m∥n B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β D.若m⊂α,α⊥β,则m⊥β C 解析 对于A,若m∥α,n⊂α,则m∥n或m,n异面,故A错误; 对于B,如图1,α∥β,故B错误; 对于D,如图2,m∥β,此时m不垂直于β,故D错误.故选C. 图1 图2 2.(2025新高考Ⅰ)(多选题)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC中点,则(　　) A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D BD 解析 取B1C1中点D1,连接A1D1,DD1,则AD∥A1D1. 易知A1D1不垂直于平面AA1C1C, ∴A1D1与A1C不垂直, ∴AD与A1C不垂直,故A错误; 由题可知,B1C1⊥A1D1,B1C1⊥AA1,A1D1∩AA1=A1,A1D1,AA1⊂平面AA1D, ∴B1C1⊥平面AA1D,故B正确; ∵AD∥A1D1,AD∥平面A1B1C1,A1D1与A1B1相交, ∴AD与A1B1异面,故C错误; ∵CC1∥AA1,CC1⊄平面AA1D,AA1⊂平面AA1D, ∴CC1∥平面AA1D,故D正确. 故选BD. 3.(2025新高考Ⅱ)一个底面半径为4 cm,高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球,则铁球半径的最大值为 　　　　　cm.  解析 作出轴截面ABCD,如图所示.由题意,两球半径相等,所以图中两圆的切点M到AD的距离为4,到DC的距离为过点M作AD的平行线与过点O1作DC的平行线相交于点N.设两球的半径为r,在Rt△MO1N中,由MN2+O1N2=O1M2,得(4-r)2+(-r)2=r2,即4r2-68r+145=0,解得r=或r=(舍).所以最大值为 $