新教材2025版高中数学第八章立体几何初步专项培优章末复习课学案新人教A版必修第二册

专项培优3章末复习课学问网络·形成体系考点聚焦·分类突破考点一空间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常常能够遇到的问题，在计算中应留意各数量之间的关系及各元素之间的位置关系，特殊是特殊的柱、锥、台，要留意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平面图形的作用．2．通过对空间几何体的表面积与体积的考查，提升学生的数学运算素养．例1(1)[2024·新高考Ⅱ卷]正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为()A．20＋123B．282C．563D．(2)[2024·新高考Ⅱ卷]正三棱台高为1，上下底边长分别为33和43，全部顶点在同一球面上，则球的表面积是()A．100πB．128πC．144πD．192π(3)[2024·新高考Ⅰ卷]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2.将该水库在这两个水位间的形态看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(7≈2.65)()A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3(4)[2024·新高考Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是()A．[18，814]B．[274，C．[274，64考点二空间中的平行关系1．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．在解决线面、面面平行问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而利用性质定理时，其依次相反，且“高维”的性质定理就是“低维”的判定定理．特殊留意，转化的方法由详细题目的条件确定，不能过于呆板僵化，要遵循规律而不局限于规律．2．通过线线平行、线面平行、面面平行之间相互转化的考查，提升学生的直观想象和逻辑推理素养．例2[2024·新高考Ⅱ卷节选]如图，PO是三棱锥P­ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．证明：OE∥平面PAC.例3[2024·全国甲卷]小明同学参与综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．考点三空间中的垂直关系1．空间中的垂直关系包括线与线的垂直、线与面的垂直及面与面的垂直，三种垂直关系是本章学习的核心，学习时要突出三者间的互化意识．如在证明两平面垂直时一般从现有直线中找寻平面的垂线，若这样的垂线不存在，则可通过作协助线来解决．如有面面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，进一步转化为线线垂直．2．通过线线垂直、线面垂直、面面垂直之间相互转化的考查，提升学生直观想象和逻辑推理素养．例4(1)[2024·全国乙卷]在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则()A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D(2)(多选)[2024·新高考全国Ⅱ卷]如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满意MN⊥OP的是()考点四空间角的计算问题1．空间角的求法：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．(1)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)．(2)求直线与平面所成的角常用射影转化法(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垂线法；③垂面法．2．通过对空间角的计算问题的考查，提升学生数学抽象和数学运算素养．例5(1)[2024·全国甲卷]在长方体ABCD­A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则()A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°(2)(多选)[2024·新高考Ⅰ卷]已知正方体ABCD­A1B1C1D1，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°专项培优3章末复习课考点聚集·分类突破例1解析：(1)作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h＝22-2下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，所以该棱台的体积V＝13h(S1＋S2＋S1S2)＝13(2)设正三棱台上下底面所在圆面的半径为r1，r2，由正弦定理有2r1＝33sin60°，2r2＝43sin60°，即r1＝3，r2＝4，设球心到上下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，所以d1＝R2-9，d2＝R2-16，故d1-d2＝1或(3)由棱台的体积公式，得增加的水量约为13×(157.5－148.5)×(140×106＋180×106＋140×106×180×106)＝3×106(4)设该球的半径为R，则由题意知43πR3＝36π，解得R＝3.如图，连接AC，BD，相交于点E，连接PE并延长，交球于点Q，连接QD，则PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝l26，所以DE＝PD2-PE2＝l2-l436，所以DC＝2DE＝2×l2-l436，所以正四棱锥的体积V＝13×(2×l2-l436)2×l26＝19(l4－l636)，则V′＝l39(4－l26)．令V′＞0，得3≤l＜26，令V′＜0，得26＜l≤33，所以V＝19(l4－l636答案：(1)D(2)A(3)C(4)C例2证明：方法一连接OA.因为PO是三棱锥P­ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA＝∠POB＝90°.又PA＝PB，PO＝PO，所以△POA≌△POB，所以OA＝OB.取AB的中点D，连接OD，DE，则有OD⊥AB.又AB⊥AC，所以OD∥AC.因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD∥平面PAC.因为D，E分别为AB，PB的中点，所以DE∥PA.因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.因为OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D所以平面ODE∥平面PAC.又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.方法二连接OA.因为PO是三棱锥P­ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA＝∠POB＝90°.又PA＝PB，PO＝PO，所以△POA≌△POB，所以OA＝OB.延长BO交AC于点H，连接PH.因为AB⊥AC，所以△ABH为直角三角形．又OA＝OB，则可得OA＝OB＝OH，所以点O为BH的中点．在△PBH中，O，E分别为BH，PB的中点，所以OE∥PH.因为OE⊄平面PAC，PH⊂平面PAC，所以OE∥平面PAC.例3解析：方法一(1)证明：过点E作EE′⊥AB于点E′，过点F作FF′⊥BC于点F′，连接E′F′，如图(1)．∵平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EE′⊂平面EAB，∴EE′⊥平面ABCD.同理FF′⊥平面ABCD，∴EE′∥FF′.易得△EE′B≌FF′B，∴EE′＝FF′，∴四边形EE′F′F是平行四边形，∴EF∥E′F′.又∵E′F′⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.(2)过点G，H分别作GG′⊥CD于点G′，HH′⊥DA于点H′，连接F′G′，G′H′，H′E′，AC，如图(1)．由(1)及题意，可知E′，F′，G′，H′分别为AB，BC，CD，DA的中点，四棱柱EFGH­E′F′G′H′为长方体．故该包装盒可看作由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成．由底面ABCD是边长为8cm的正方形，可得E′F′＝E′H′＝12AC＝42在正三角形ABE中，易得EE′＝43(cm)．∴所求包装盒的容积V＝VEFGH­E′F′G′H′＋4VA－EE′H′H＝E′F′×E′H′×EE′＋4×13×E′H′×EE′×14AC＝42×42×43＋4×13×42×43×14×8方法二(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，△EAB和△FBC是正三角形，∴分别取AB，BC的中点K，I，连接EK，FI，KI，则EK⊥AB，FI⊥BC，如图(2)．∵平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EK⊂平面EAB，∴EK⊥平面ABCD.同理FI⊥平面ABCD，∴EK∥FI.易知△EAB≌△FBC，∴EK＝FI，∴四边形EKIF是平行四边形，∴EF∥KI.又∵EF⊄平面ABCD，KI⊂平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.(2)可补形成长方体，如图(2)，易得长方体的高为43cm.故所求包装盒的容积V＝82×43－4×13×12×42×43＝例4解析：(1)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，易知BD⊥AC.又E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方体的性质，知DD1⊥平面ABCD.又EF⊂平面ABCD，所以DD1⊥EF.因为BD∩DD1＝D，所以EF⊥平面BDD1.因为EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正确．假设平面B1EF⊥平面A1BD.因为平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，明显BD与平面B1EF不垂直，B错误．设A1A与B1E的延长线相交于点P，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，C错误．连接AB1，B1C，易证平面ACB1∥平面A1C1D.因为平面ACB1与平面B1EF相交，所以平面B1EF与平面A1C1(2)设正方体的棱长为2，对于A，如图(1)所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角，在直角三角形OPC中，OC＝2，CP＝1，故tan∠POC＝12＝2故MN⊥OP不成立，故A错误．对于B，如图(2)所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方体SBCM­NADT可得SN⊥平面ANDT，而OQ⊂平面ANDT，故SN⊥OQ，而SN∩NT＝N，故OQ⊥平面SNTM又MN⊂平面SNTM，OQ⊥MN，而OQ∩PQ＝Q所以MN⊥平面OPQ，而PO⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确．对于C，如图(3)，连接BD，则BD∥MN，由B的推断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确．对于D，如图(4)，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN，因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO或其补角为异面直线PO，MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ＝12AC＝2，OQ＝AO2+AQ2PO＝PK2+OK2＝4+1＝5，QO2<PQ2＋OP故PO，MN不垂直，故D错误．故选BC.答案：(1)A(2)BC例5解析：(1)连接BD，则∠B1DB，∠DB1A分别是B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，所以∠B1DB＝∠DB1A＝30°.所以BB1＝12DB1，BD＝32DB1，AD＝12DB1.设BB1＝a，则DB1＝2a，AD＝BC＝a，BD＝3a，所以AB＝BD2-AD2＝2a，AC＝BD＝3a，CB1＝BB12+BC2＝2a.所以AB＝2AD，AC≠CB1，因此A，C项错误．易知∠DB1C是B1D与平面BB1C1C所成的角，且为锐角．因为DC＝2a，DB1＝2a，CB1＝2a，所以DC2+CB12＝DB12，所以DC⊥CB1.在Rt△DCB1中，sin∠DB1C＝DCDB1＝22，所以∠DB1C＝45°，即B1D与平面BB1C1C所成的角为45°，因此D项正确．因为AD⊥平面ABB1A1，AD⊂平面AB1C1D，所以平面AB1C1D⊥平面ABB1A1，所以∠B1AB是AB与平面AB1C1D所成的角．在Rt△ABB1中，AB＝2a，BB1(2)如图(1)，连接B1C.因为DA1∥CB1，B