2023-2024學(xué)年人教A版必修第二冊 立體幾何初步章末綜合提升 學(xué)案

第8章立體幾何初步章末綜合提升類型1空間幾何體的表面積和體積1．主要考查空間幾何體的幾何體表面積、體積的計算以及外接球和內(nèi)切球問題；對于不規(guī)則幾何體常用轉(zhuǎn)換法、分割法、補形法等進行求解．2．利用公式求解表面積、體積，提高數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)．【例1】(1)(2022·山東泰安期末)已知三棱柱ABC-A1B1C1中，C1C⊥AC，A1A⊥BC，平面A1BC⊥平面AA1B，AC＝5，若該三棱柱存在體積為43π的內(nèi)切球，則三棱錐A-A1BCA．23B．4(2)如圖所示(單位：cm)，求圖中陰影部分繞AB旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體的表面積和體積．(1)D[如圖所示，因為C1C⊥AC，A1A⊥BC?C1C⊥BC，AC∩BC＝C，所以CC1⊥平面ABC，又因為平面A1BC⊥平面AA1B，平面A1BC∩平面AA1B＝A1B，過點A作AE⊥A1B，則AE⊥平面A1BC，則AE⊥BC.又因為BC⊥BB1，所以BC⊥平面AA1B，AB?平面ABB1A1，所以AB⊥BC.設(shè)AB＝c，AC＝b，BC＝a，則b2＝a2＋c2，又因為三棱柱內(nèi)切球的體積為43π，則43π＝43又R＝c+a-b2，即c＋a－b解得ac＝12，棱柱的高等于內(nèi)切球直徑2，所以VA-A1BC故三棱錐A-A1BC的體積為4.故選D.](2)[解]由題意知，所求幾何體的表面積由三部分組成：圓臺下底面、側(cè)面和一半球面，S半球＝8πcm2，S圓臺側(cè)＝35πcm2，S圓臺底＝25πcm2，故所求幾何體的表面積為68πcm2.由V圓臺＝13×π×22+π×22×π×所以所求幾何體的體積為V圓臺－V半球＝52π－163π＝類型2空間點、線、面位置關(guān)系1．空間中線面位置關(guān)系的證明主要包括線線、線面及面面的平行與垂直關(guān)系，平行、垂直關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化如圖所示．2．通過線線、線面、面面平行、垂直關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化，提升直觀想象和邏輯推理素養(yǎng)．【例2】(1)(多選)如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別為棱C1D1，C1C的中點，其中正確的是()A．直線AM與C1C是相交直線B．直線AM與BN的平行直線C．直線BN與MB1是異面直線D．直線MN與AC所成的角為60°(2)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，點D是AB的中點．求證：①AC⊥B1C；②AC1∥平面CDB1.(1)CD[結(jié)合題圖，顯然直線AM與C1C是異面直線，直線AM與BN是異面直線，直線BN與MB1是異面直線．連接D1C，AD1(圖略)，直線MN與AC所成的角即直線D1C與AC所成的角，在等邊三角形AD1C中，易知∠ACD1＝60°，所以直線MN與AC所成的角為60°，故選CD.](2)[證明]①∵C1C⊥平面ABC，∴C1C⊥AC.∵AC＝9，BC＝12，AB＝15，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又BC∩C1C＝C，∴AC⊥平面BCC1B1，而B1C?平面BCC1B1，∴AC⊥B1C.②連接BC1交B1C于點O，連接OD.如圖，∵O，D分別為BC1，AB的中點，∴OD∥AC1.又OD?平面CDB1，AC1?平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1.類型3空間角的計算1．空間角包括異面直線所成的角、線面角及二面角，主要考查空間角的定義及求法，求角時要先找角，再證角，最后在三角形中求角．2．通過找角、證角、求角，提升邏輯推理與數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)．【例3】如圖，正方體ABCD-A′B′C′D′的棱長為1，B′C∩BC′＝O，求：(1)AO與A′C′所成的角的大?。?2)AO與平面ABCD所成的角的正切值；(3)二面角B-AO-C的大?。甗解](1)∵A′C′∥AC，∴AO與A′C′所成的角就是∠OAC(或其補角)．∵AB⊥平面BC′，OC?平面BC′，∴OC⊥AB，又OC⊥BO，AB∩BO＝B，AB，BO?平面ABO，∴OC⊥平面ABO.又OA?平面ABO，∴OC⊥OA.在Rt△AOC中，OC＝22∴sin∠OAC＝OCAC＝1即AO與A′C′所成的角為30°.(2)如圖，作OE⊥BC于點E，連接AE.∵平面BC′⊥平面ABCD，平面BC′∩平面ABCD＝BC，OE?平面BC′，∴OE⊥平面ABCD，∴∠OAE為AO與平面ABCD所成的角．在Rt△OAE中，OE＝12∴tan∠OAE＝OEAE即AO與平面ABCD所成的角的正切值為55(3)由(1)可知OC⊥平面AOB.又∵OC?平面AOC，∴平面AOB⊥平面AOC.即二面角B-AO-C的大小為90°.類型4空間距離的計算1．我們已學(xué)習(xí)過的空間距離的計算主要包括點到平面的距離、直線到平面的距離和平面到平面的距離，其中點到平面的距離的計算是這三種距離的核心，通常借助幾何體的等體積法求解.2．通過三種距離間的轉(zhuǎn)化，提升邏輯推理和數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)．【例4】如圖1，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠BAD＝90°，AB＝5，AD＝2，DC＝3，點E在CD上，且DE＝2，將△ADE沿AE折起，使得平面ADE⊥平面ABCE(如圖2)．(1)求點B到平面ADE的距離；(2)在線段BD上是否存在點P，使得CP∥平面ADE？若存在，求三棱錐P-ABC的體積；若不存在，請說明理由．[解](1)取AE中點G，連接DG，因為AD＝DE＝2，所以DG⊥AE.因為平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DG?平面ADE，所以DG⊥平面ABCE.在直角三角形ADE中，因為AD＝DE＝2，∴AE＝22，所以DG＝12AE＝2.又S△ABE＝5，S△ADE＝2，VD-ABE＝VB-ADE＝13S△ABE·DG＝13S△ADE·d＝(2)存在點P，此時BPBD過點P作PF∥AB，連接EF、PC，因為AB＝5，BPBD＝45，所以PF＝EC＝1，所以四邊形EFPC為平行四邊形，所以CP∥EF，因為CP?平面ADE，EF?平面ADE，所以CP∥平面ADE.由(1)知DG⊥平面ABCE，點P到平面ABCE的距離d2＝45DG＝452，S△ABC＝5，所以VP-ABC＝13S△ABC·章末綜合測評(三)立體幾何初步(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．下列條件中，能確定一個平面的是()A．空間中任意三點B．空間中兩條直線C．空間中兩條相交直線D．一條直線和一個點C[對于A，空間任意三點，當(dāng)三點共線時能確定一條直線而不是平面，故錯誤；對于B，空間兩條直線，當(dāng)兩條直線重合時，過這條直線的平面有無數(shù)個，故錯誤；對于C，空間兩條相交直線，根據(jù)課本中的判定得到是正確的；對于D，一條直線和一個點，當(dāng)這個點在直線上時，過這條直線的平面有無數(shù)個，故錯誤．故選C.]2．一個棱柱的側(cè)面展開圖是三個全等的矩形，矩形的長和寬分別為6cm，4cm，則該棱柱的側(cè)面積為()A．24cm2 B．36cm2C．72cm2 D．84cm2C[棱柱的側(cè)面積S側(cè)＝3×6×4＝72(cm2)．]3．(2022·廈門一中月考)如圖，平行四邊形O′A′B′C′是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，其中O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，則原圖形的面積是()A．4B．102C．42D．52B[平行四邊形O′A′B′C′中，O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，所以平行四邊形O′A′B′C′的面積為S′＝O′A′·O′C′·sin30°＝5×2×12＝5，所以原平面圖形的面積是S＝22S′＝22×54．(2022·新高考Ⅰ卷)南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫．已知該水庫水位為海拔148.5m時，相應(yīng)水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時，相應(yīng)水面的面積為180.0km2，將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5m時，增加的水量約為(7≈2.65)()A．1.0×109m3 B．1.2×109m3C．1.4×109m3 D．1.6×109m3C[依題意可知棱臺的高為MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積V.棱臺下底面積S＝140.0km2＝140×106m2，上底面積S′＝180.0km2＝180×106m2，∴V＝13hS+S'+SS'＝13×9×140×106+180×106故選C.]5．(2021·全國乙卷)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為B1D1的中點，則直線PB與AD1所成的角為()A．π2B．π3C．πD[法一：如圖，連接C1P，因為ABCD-A1B1C1D1是正方體，且P為B1D1的中點，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP?平面B1BP，所以C1P⊥BP.連接BC1，則AD1∥BC1，所以∠PBC1為直線PB與AD1所成的角．設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則在直角三角形C1PB中，C1P＝12B1D1＝法二：如圖所示，連接BC1，A1B，A1P，PC1，則易知AD1∥BC1，所以直線PB與AD1所成角等于直線PB與BC1所成角．根據(jù)P為正方形A1B1C1D1的對角線B1D1的中點，易知A1，P，C1三點共線，且P為A1C1的中點．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1為等邊三角形，所以∠A1BC1＝π3，又P為A1C1的中點，所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝6．如圖，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB與兩平面α，β所成的角分別為π4和π6.過A，B分別作兩平面交線的垂線，垂足為A′，B′，則AB∶A′A．2∶1B．3∶1C．3∶2D．4∶3A[連接AB′，A′B(圖略)，由已知條件可知∠BAB′＝π4，∠ABA′＝π設(shè)AB＝2a，則BB′＝2asinπ4＝A′B＝2acosπ6＝∴在Rt△BB′A′中，得A′B′＝a，∴AB∶A′B′＝2∶1.]7．底面半徑為3，母線長為2的圓錐的外接球O的表面積為()A．6πB．12πC．8πD．16πD[由題意，圓錐軸截面的頂角為120°，設(shè)該圓錐的底面圓心為O′，球O的半徑為R，則O′O＝R－1.由勾股定理可得R2＝(R－1)2＋32，∴R＝2，∴球O的表面積為4πR2＝16π.]8．(2022·廣東韶關(guān)期末)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱B1C1的中點，則過B、E、D1三點的平面截正方體所得的截面圖形的面積為()A．5B．6C．26D．46C[設(shè)平面BED1交棱AD于F，由正方體性質(zhì)及平面與平面平行的性質(zhì)定理得ED1∥BF，D1F∥BE，由勾股定理可得四邊形D1FBE所有邊長的長度為5，所以D1FBE是菱形，且F為AD的中點，取A1D1的中點M，連接FM，ME，則D1B＝D＝22EF＝FM故SD1FBE二、選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分)9．如圖是一個正方體的平面展開圖，在這個正方體中，以下四個命題中，正確的是()A．BM∥EDB．EF∥CDC．CN與BM為異面直線D．DM⊥BNBCD[作出正方體的直觀圖，如圖，由直觀圖可知BM與DE為互相垂直的異面直線，故A錯誤；EF∥AB∥CD，故B正確；CN與BM為異面直線，故C正確；由正方體性質(zhì)得BN⊥平面DEM，故NB⊥DM，故D正確．故選BCD.]10．(2022·新高考Ⅱ卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED，AB＝ED＝2FB，記三棱錐E-ABC，F(xiàn)-ABC，E-ACF的體積分別為V1，V2，V3，則()A．V3＝2V2 B．V3＝V1C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1CD[設(shè)AB＝ED＝2FB＝2，則V1＝13×12×2×2×2＝43，V2＝13×12×2×2×1＝23.連接BD交AC于M，連接EM、FM(圖略)，則FM＝3，EM＝6，EF＝3，所以FM2＋EM2＝EF211．如圖是四棱錐的平面展開圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)，G，H分別為PA，PD，PC，PB的中點，在此幾何體中，給出下面四個結(jié)論，其中正確的有()A．平面EFGH∥平面ABCDB．BC∥平面PADC．AB∥平面PCDD．平面PAD∥平面PABABC[把平面展開圖還原為四棱錐如圖所示，則EH∥AB，因為AB?平面ABCD，EH?平面ABCD，所以EH∥平面ABCD.同理可證EF∥平面ABCD，因為EH∩EF＝E，EH，EF?平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD；平面PAD，平面PBC，平面PAB，平面PDC均是四棱錐的四個側(cè)面，則它們兩兩相交．因為AB∥CD，CD?平面PCD，AB?平面PCD，所以AB∥平面PCD.同理，BC∥平面PAD.]12．如圖，已知長方體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABCD為正方形，AB＝2，AA1＝2，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點．則()A．A1E⊥DFB．點A1、E、F、C1四點共面C．直線C1D與平面BB1C1C所成角的正切值為2D．三棱錐E-C1DF的體積為2BCD[對于A，假設(shè)A1E⊥DF，由題意知BC⊥平面AA1B1B，A1E?平面AA1B1B，∴A1E⊥BC，又BC∩DF＝F，∴A1E⊥平面ABCD，由長方體性質(zhì)知A1E與平面ABCD不垂直，故假設(shè)不成立，故A錯誤；對于B，連接EF，AC，A1C1，由于E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，∴EF∥AC，又因為長方體ABCD-A1B1C1D1，知A1C1∥AC，∴EF∥A1C1，所以點A1、E、F、C1四點共面，故B正確；對于C，由題意可知DC⊥平面BB1C1C，∴∠DC1C為直線C1D與平面BB1C1C所成角，在Rt△DCC1中，CC1＝2，CD＝2，則tan∠DC1C＝DCC對于D，連接DE，C1E，∵AB＝AD＝2，則S△DEF＝S□ABCD－S△ADE－S△BEF－S△CDF＝2×2－12×2×1-12×1×1-12×三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．如果用半徑R＝23的半圓形鐵皮卷成一個圓錐筒，那么這個圓錐筒的高是．3[設(shè)圓錐筒的底面半徑為r，則2πr＝πR＝23π，則r＝3，所以圓錐筒的高h(yuǎn)＝R214．如圖，在三棱柱A1B1C1-ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，AC，AA1的中點，設(shè)三棱錐F-ADE的體積為V1，三棱柱A1B1C1-ABC的體積為V2，則V1∶V2＝．1∶24[因為D，E分別是AB，AC的中點，所以S△ADE∶S△ABC＝1∶4.又F是AA1的中點，所以A1到底面的距離H為F到底面距離h的2倍，即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱錐F-ADE高的2倍，所以V1∶V2＝1315．如圖，若邊長為4和3與邊長為4和2的兩個矩形所在的平面互相垂直，則cosα∶cosβ＝．5∶2[如圖，設(shè)兩個矩形分別為矩形ABCD、矩形ABEF，因為平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AF?平面ABEF，AF⊥AB，故AF⊥平面ABCD，而AC?平面ABCD，所以AF⊥AC，同理CB⊥BF.由題意，兩個矩形的對角線長分別為5，25，所以cosα＝525+4＝529，cos所以cosα∶cosβ＝5∶2.]16．已知一個球與一個正三棱柱的三個側(cè)面和兩個底面都相切，且這個球的體積是323π，那么這個三棱柱的側(cè)面積為483483[設(shè)球的半徑為r，則43πr3＝32得r＝2，柱體的高為2r＝4.又正三棱柱的底面三角形的內(nèi)切圓半徑與球的半徑相等，所以底面正三角形的邊長為43，所以正三棱柱的側(cè)面積S側(cè)＝3×4×43＝體積V＝34×43四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱垂直于底面，其高為6cm，底面三角形的邊長分別為3cm，4cm，5cm，以上、下底面的內(nèi)切圓為底面，挖去一個圓柱，求剩余部分幾何體的體積V.[解]V三棱柱ABC-A設(shè)圓柱底面圓的半徑為r，則r＝2S△ABCAB+BC+ACV圓柱OO1＝πr2所以V＝V三棱柱ABC-A1B18．(本小題滿分12分)如圖，空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB和BC上的點，G，H分別是CD和AD上的點．(1)如圖①，若EH與FG相交于點K，求證：EH，BD，F(xiàn)G三條直線相交于同一點；(2)如圖②，若EH∥FG，求證：EH，BD，F(xiàn)G三條直線互相平行．[證明](1)因為K∈EH，EH?平面ABD，所以K∈平面ABD，同理K∈平面CBD，而平面ABD∩平面CBD＝BD，因此K∈BD，所以EH，BD，F(xiàn)G三條直線相交于同一點．(2)因為EH∥FG，F(xiàn)G?平面BCD，EH?平面BCD，所以EH∥平面BCD，而EH?平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以EH∥BD，而EH∥FG，所以EH∥FG∥BD.19．(本小題滿分12分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，且PB＝PD.(1)求證：BD⊥PC；(2)若平面PBC與平面PAD的交線為l，求證：BC∥l.[證明](1)如圖，連接AC，交BD于點O，連接PO.因為四邊形ABCD為菱形，所以BD⊥AC.又因為PB＝PD，O為BD的中點，所以BD⊥PO.因為PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC，因為PC?平面PAC，所以BD⊥PC.(2)因為四邊形ABCD為菱形，所以BC∥AD.因為BC?平面PAD，AD?平面PAD，所以BC∥平面PAD.又因為BC?平面PBC，平面PBC與平面PAD的交線為l，所以BC∥l.20．(本小題滿分12分)(2022·江西臨川一中期中)如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，D為棱BC的中點．(1)證明：A1C∥平面AB1D；(2)求點A1到平面AB1D的距離．[解](1)證明：連接A1B交AB1于O，連接OD，正三棱柱ABC-A1B1C1中，易得O為AB1中點，又D為BC的中點，所以O(shè)D∥A1C.因為A1C?平面AB1D，OD?平面AB1D，所以A1C∥平面AB1D.(2)因為A1C∥平面AB1D，所以C與A1到平面AB1D的距離相等，由題意得AB1＝22，因為AD2＋DB12＝AB12所以S△ADB1＝12×設(shè)C到平面ADB1的距離為h，則VC-AD所以13×152h即點A1到平面AB1D的距離為2521．(本小題滿分12分)如圖①，在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝3，M為CD上一點，且CM＝2MD.將△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM，如圖②，點E是線段AM的中點．(1)求證：平面BDE⊥平面ABCM；(2)過B點是否存在一條直線l，同時滿足以下兩個條件：①l?平面ABCM；②l⊥