2021_2022学年新教材高中数学第6章立体几何初步章末综合提升学案含解析北师大版必修第二册

第6章 立体几何初步

类型1　平面的基本性质及应用

1．证明点共线问题的常用方法

2.证明线共点问题的方法

证明若干线共点的基本思路是先找出两条直线的交点，再证明其他直线都经过该点．而证明直线过该点的方法是证明点是以该直线为交线的两个平面的公共点．

3．证明点、直线共面问题的常用方法

【例1】　如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，B1C1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，直线A1C与平面BDEF的交点为R.

(1)证明：B，D，E，F四点共面．

(2)证明：P，Q，R三点共线．

(3)证明：DE，BF，CC1三线共点．

[证明]　(1)连接B1D1，因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.

在正方体ABCD­A1B1C1D1中，B1D1綊BD，

所以EF∥BD.所以EF，BD确定一个平面，即B，D，E，F四点共面．

(2)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设A1ACC1确定的平面为α，

又设平面BDEF为β，因为Q∈A1C1，所以Q∈α.

又因为Q∈EF，所以Q∈β.

则Q是α与β的公共点，同理，P点也是α和β的公共点，所以α∩β＝PQ.

又因为A1C∩β＝R，所以R∈A1C.

所以R∈α且R∈β.则R∈PQ.

故P，Q，R三点共线．

(3)因为EF∥BD，且EF≠BD，

所以DE与BF一定相交，设交点为M，

因为BF⊂平面BCC1B1，DE⊂平面DCC1D1，且平面BCC1B1∩平面DCC1D1＝CC1，

所以M∈CC1，所以DE，BF，CC1三线共点．

1．如图，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是(　　)

A．A，M，O三点共线

B．A，M，O，A1不共面

C．A，M，C，O不共面

D．B，B1，O，M共面

A　[连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，

所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A1，

因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，

又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，

因为平面ACC1A1∩平面AB1D1＝AO，所以M∈AO，所以A，M，O三点共线．]

类型2　平行问题

(1)证明线线平行的依据

①平面几何法(常用的有三角形中位线、平行四边形对边平行)；②基本事实4；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理；⑤线面垂直的性质定理．

(2)证明线面平行的依据

①定义；②线面平行的判定定理；③面面平行的性质．

(3)证明面面平行的依据

①定义；②面面平行的判定定理；③垂直于同一直线的两平面平行；④面面平行的传递性．

【例2】　如图所示，四边形ABCD是平行四边形，PB⊥平面ABCD，MA∥PB，PB＝2MA.在线段PB上是否存在一点F，使平面AFC∥平面PMD？若存在，请确定点F的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．

[解]　当点F是PB的中点时，平面AFC∥平面PMD，证明如下：如图，连接AC和BD交于点O，连接FO，则PF＝PB.

∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是BD的中点．∴OF∥PD.

又OF⊄平面PMD，PD ⊂平面PMD，

∴OF∥平面PMD.又MA∥PB，MA＝PB，

∴PF∥MA，PF＝MA.∴四边形AFPM是平行四边形．

∴AF∥PM.又AF⊄平面PMD，PM ⊂平面PMD.

∴AF∥平面PMD.

又AF∩OF＝F，AF⊂平面AFC，OF⊂平面AFC.

∴平面AFC∥平面PMD.

2．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的有________．(写出所有正确命题的序号)

①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；

②若m∥n，m∥α，则n∥α；

③若α∩β＝n，m∥α，m∥β，则m∥n；

④若m⊥α，m⊥n，则n∥α.

③　[对于①，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β的位置关系是垂直或平行，故①错误；对于②，若m∥n，m∥α，则n可能在α内或平行于α，故②错误；对于③，若α∩β＝n，m∥α，m∥β，根据线面平行的性质定理和判定定理，可以判断m∥n，故③正确；对于④，若m⊥α，m⊥n，则n可能在α内或平行于α，故④错误．]

类型3　垂直问题

(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．

(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．

【例3】　如图所示，在四棱锥P­ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD＝2BC，∠DAB＝∠ABP＝90°.

(1)求证：AD⊥平面PAB；

(2)求证：AB⊥PC.

[证明]　(1)因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB.

因为平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，

所以AD⊥平面PAB.

(2)由(1)知AD⊥AB，

因为AD∥BC，所以BC⊥AB.

又因为∠ABP＝90°，

所以PB⊥AB.

因为PB∩BC＝B，

所以AB⊥平面PBC，

因为PC⊂平面PBC，

所以AB⊥PC.

类型4　几何体的表面积和体积

(1)与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．

(2)若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．

【例4】　已知三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积为9，则球O的表面积为________．

36π　[如图，连接AO，OB，

∵SC为球O的直径，

∴点O为SC的中点，

∵SA＝AC，SB＝BC，∴AO⊥SC，BO⊥SC，

∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，∴AO⊥平面SCB，

设球O的半径为R，则OA＝OB＝R，SC＝2R.

∴VS­ABC＝VA­SBC＝×S△SBC×AO＝××AO，

即9＝××R，解得R＝3，∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.]

3．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为(　　)

A．    B．    C．     D．

B　[圆锥的体积V＝πr2h＝πh＝，由题意得12π≈，π近似取为，故选B.]

类型5　简单的空间角问题

根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；证明作出的角是异面直线所成的角；解三角形，求出作出的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．

【例5】　已知四棱锥P －ABCD的侧棱长与底面边长都相等，点E是PB的中点，则异面直线AE与PD所成角的余弦值为(　　)

A．    B．    C．    D．

C　[设四棱锥P­ABCD的棱长为1，AC∩BD＝O，则O是AC与BD的中点，连接OE(图略)，又E是PB的中点，所以由三角形中位线定理，得OE∥PD，OE＝PD＝，则∠AEO或其补角是异面直线AE与PD所成的角．又△PAB是等边三角形，所以AE＝AB＝.易得OA＝OB＝OC＝OD＝，在△OAE中，由余弦定理，得cos ∠AEO＝＝，即异面直线AE与PD所成角的余弦值为.]

4．如图，在圆锥PO中，已知PO⊥底面⊙O，PO＝，⊙O的直径AB＝2，C是的中点，D为AC的中点．

(1)证明：平面POD⊥平面PAC；

(2)求二面角B－PA－C的余弦值．

[解]　(1)证明：连接OC.

∵PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，∴AC⊥PO.

∵OA＝OC，D是AC的中点，∴AC⊥OD.

又∵OD∩PO＝O，∴AC⊥平面POD.

又∵AC⊂平面PAC，

∴平面POD⊥平面PAC.

(2)在平面POD内，过点O作OH⊥PD于点H.

由(1)知，平面POD⊥平面PAC，又平面POD∩平面PAC＝PD，∴OH⊥平面PAC.

又∵PA⊂平面PAC，

∴PA⊥OH.

在平面PAO中，过点O作OG⊥PA于点G，连接HG，

则有PA⊥平面OGH，

∴PA⊥HG.

故∠OGH为二面角B－PA－C的平面角．

∵C是的中点，AB是直径，

∴OC⊥AB.

在Rt△ODA中，OD＝OA·sin 45°＝.

在Rt△POD中，OH＝＝＝＝.

在Rt△POA中，OG＝＝＝＝.

在Rt△OHG中，sin ∠OGH＝＝＝.

∴cos ∠OGH＝＝＝.

故二面角B­PA­C的余弦值为.

1．(2020·天津卷)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)

A．12π    B．24π    C．36π    D．144π

C　[设外接球的半径为R，易知2R＝×2＝6，所以R＝3，于是表面积S＝4πR2＝36π，故选C.]

2．(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为(　　)

A．    B．    C．    D．

C　[由题意知，可将金字塔看成如图所示的正四棱锥S­ABCD，其中M为AD的中点，O为底面正方形ABCD的中心，连接SM，SO，OM，则SO⊥底面ABCD，SM⊥AD，OM⊥AD，即正四棱锥S­ABCD的高为SO，侧面△SAD的高为SM.设底面正方形ABCD的边长为a，SM＝h，则OM＝，正四棱锥S­ABCD的一个侧面三角形的面积为ah，在Rt△SOM中，SO2＝SM2－OM2＝h2－＝h2－，以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积为SO2＝h2－，故ah＝h2－，化简、整理得4h2－2ah－a2＝0，得4－2－1＝0，令＝t，则4t2－2t－1＝0，因为t>0，所以t＝，即＝，所以其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为，故选C.]

3．(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)

A．64π    B．48π    C．36π    D．32π

A　[如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.]

4．(2020·浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图为半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．

1　[法一：设该圆锥的母线长为l，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以πl2＝2π，解得l＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R，则2πR＝2π，解得R＝1.

法二：设该圆锥的底面半径为R，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR，因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r，则πr＝2πR，即r＝2R，所以侧面展开图的面积为·2R·2πR＝2πR2＝2π，解得R＝1.]

5．(2020·江苏卷)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是__________cm3.

12－　[正六棱柱体积为6××22×2＝12，圆柱体积为π·2＝

所求几何体体积为(12－)cm3，故答案为：12－.]

6．(2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．

π　[易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin ∠BPE＝＝＝，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝＝＝2，所以R＝，所以内切球的体积V＝πR3＝π，即该圆锥内半径最大的球的体积为π.]