高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步本章综合与测试优秀学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步本章综合与测试优秀学案，共13页。

第八章 立体几何初步




类型1　空间几何体的结构特征、表面积和体积
1．本考点多为基础题，一般出现在选择题的中间位置．主要考查空间几何体的结构，直观图的转化，几何体表面积、体积公式的应用．考查数形结合思想、空间想象能力、运算求解能力，意在让多数学生得分．
2．空间几何体的表面积与体积的求法
(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常用割补法、等积法求解．
【例1】　(1)(2019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．

图1　　　　　　　　　　图2
(2)(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD­A1B1C1D1挖去四棱锥O­EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g．

(1)26　－1　(2)118.8　[(1)依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故题中的半正多面体的棱长为－1．
(2)由题易得长方体ABCD­A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，
四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥O­EFGH＝×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
]

1．如图所示，已知三棱柱ABC­A′B′C′，侧面B′BCC′的面积是S，点A′到侧面B′BCC′的距离是a，求三棱柱ABC­A′B′C′的体积．

[解]　连接A′B，A′C，如图所示，这样就把三棱柱分割成了两个棱锥．
设所求体积为V，显然三棱锥A′­ABC的体积是V．
而四棱锥A′­BCC′B′的体积为Sa，
故有V＋Sa＝V，
即V＝Sa．
类型2　与球有关的切、接问题
1．本考点中的题目多为基础题，一般出现在选择题的后面位置或填空题中，分值为5分．主要考查空间几何体的结构，外接球和内切球问题，几何体表面积、体积公式的应用，球的表面积和体积计算．考查数形结合思想，空间想象能力，运算求解能力，意在让多数学生得分．
2．与球相关问题的解题策略
(1)作适当的截面(如轴截面等)时， 对于球内接长方体、正方体， 则截面一要过球心， 二要过长方体或正方体的两条体对角线，才有利于解题．
(2)对于“内切”和“外接”等问题， 首先要弄清几何体之间的相互关系， 主要是指特殊的点、线、面之间的关系， 然后把相关的元素放到这些关系中来解决．
【例2】　(1)(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D­ABC体积的最大值为(　　)
A．12　　B．18　　C．24　　D．54
(2)(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的棱长均为2．∠BAD＝60°，以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
(1)B　(2)　[(1)设等边三角形ABC的边长为x，则x2sin 60°＝9，得x＝6．设△ABC的外接圆半径为r，则2r＝，解得r＝2，所以球心到△ABC所在平面的距离d＝＝2，则点D到平面ABC的最大距离d1＝d＋4＝6，所以三棱锥D­ABC体积的最大值Vmax＝S△ABC×6＝×9×6＝18．
(2)如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2．分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝．由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝．]


2．若与球外切的圆台的上、下底面半径分别为r，R，则球的表面积为________．
4πRr　[法一：如图，作DE⊥BC于点E．设球的半径为r1，则在Rt△CDE中，DE＝2r1，CE＝R－r，DC＝R＋r．由勾股定理得4r＝(R＋r)2－(R－r)2，解得r1＝，故球的表面积为S球＝4πr＝4πRr．

法二：如图，设球心为O，球的半径为r1，连接OA，OB，则在Rt△AOB中，OF是斜边AB上的高．由相似三角形的性质得OF2＝BF·AF＝Rr，即r＝Rr，故r1＝，故球的表面积为S球＝4πRr．]
类型3　空间点、线、面位置关系的判断与证明
1．空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面及面面的平行与垂直关系，其中推理论证的关键是空间想象能力，要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面，该类题目难度不大，以中档题为主．
2．平行、垂直关系的相互转化

【例3】　如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1(侧棱垂直于底面，且底面是正三角形)中，BC＝CC1，M，N，P分别是CC1，AB，BB1的中点．

(1)求证：平面NPC∥平面AB1M；
(2)求证：AB1⊥平面A1MB．
[证明]　(1)在△ABB1中，N，P分别是AB，BB1的中点，即PN∥AB1，
∵平面ABB1∩平面AB1M＝AB1，PN⊄平面AB1M，PN⊂平面ABB1，
∴PN∥平面AB1M．
又∵底面是正三角形且BC＝CC1，M是CC1的中点，即在正方形BCC1B1中有CMB1P为平行四边形，有PC∥MB1，
∴PC∥平面AB1M，而PN∩PC＝P，
∴平面NPC∥平面AB1M．
(2)在正方形ABB1A1中有AB1⊥A1B，若AB1，A1B的交点为D，连接MD，DN，
∴四边形MCND为矩形，∴CN∥MD，CN⊥DN，而CN⊥AB，则CN⊥平面ABB1A1，
∴MD⊥平面ABB1A1，而AB1⊂平面ABB1A1，即MD⊥AB1．又MD∩A1B＝D，MD⊂平面A1MB，A1B⊂平面A1MB，
∴AB1⊥平面A1MB．

3．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．
求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；
(2)直线A1F∥平面ADE．
[证明]　(1)因为ABC­A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC．
又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD．
又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，
CC1∩DE＝E，
所以AD⊥平面BCC1B1．
又AD⊂平面ADE，
所以平面ADE⊥平面BCC1B1．
(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，
所以A1F⊥B1C1．
因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，
所以CC1⊥A1F．
又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，
所以A1F⊥平面BCC1B1．
由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD．
又AD⊂平面ADE，
A1F⊄平面ADE，
所以A1F∥平面ADE．
类型4　空间角的计算问题
1．考查空间中线面位置关系的证明、直线与平面所成角、线线角及二面角等基础知识，考查空间想象能力及推理论证能力．
2．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．
【例4】　(2020·浙江高考)如图，在三棱台ABC ­DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．

(1)证明：EF⊥DB；
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：如图，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB．
由∠ACD＝45°，DO⊥AC，得CD＝CO．
由平面ACFD⊥平面ABC，得DO⊥平面ABC，
所以DO⊥BC．
由∠ACB＝45°，BC＝CD＝CO，得BO⊥BC．
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．
由三棱台ABC ­DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB．
(2)如图，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH．
由三棱台ABC ­DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角．
由BC⊥平面BDO得OH⊥BC，故OH⊥平面BCD，所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角．
设CD＝2．
由DO＝OC＝2，BO＝BC＝，得BD＝，OH＝，所以sin∠OCH＝＝，
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为．

4．如图，正方体ABCD­A′B′C′D′的棱长为1，B′C∩BC′＝O，求：

(1)AO与A′C′所成角的度数；
(2)AO与平面ABCD所成角的正切值；
(3)平面AOB与平面AOC所成角的度数．
[解]　(1)∵A′C′∥AC，
∴AO与A′C′所成的角就是∠OAC．
∵AB⊥平面BC′，OC⊂平面BC′，∴OC⊥AB，
又OC⊥BO，AB∩BO＝B，∴OC⊥平面ABO．
又OA⊂平面ABO，∴OC⊥OA．
在Rt△AOC中，OC＝，AC＝，
sin∠OAC＝＝，
∴∠OAC＝30°，即AO与A′C′所成角的度数为30°．
(2)如图，作OE⊥BC于E，连接AE．

∵平面BC′⊥平面ABCD，
∴OE⊥平面ABCD，
∴∠OAE为OA与平面ABCD所成的角．
在Rt△OAE中，OE＝，AE＝＝，
∴tan∠OAE＝＝．
(3)∵OC⊥OA，OC⊥OB，OA∩OB＝O，
∴OC⊥平面AOB．
又∵OC⊂平面AOC，
∴平面AOB⊥平面AOC．
即平面AOB与平面AOC所成角的度数为90°．
类型5　点到平面的距离问题
高考对立体几何的考查主要有两个方面，一是探究空间直线、平面的平行与垂直关系；二是与计算有关的综合性问题，主要是几何体的三积与三角．其中点到平面的距离的计算非常有利于几何体体积的计算．一般出现在解答题的第二问中，偶尔出现在选择填空题中，有一定的难度．
【例5】　(2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　　)
A． B． C．1 D．
C　[由等边三角形ABC的面积为，得×AB2＝，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝×AB＝AB＝．设球的半径为R，则由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1，故选C．]

5．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________．
　[如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．

再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC．
又PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°．
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝＝＝．]

1．(2020·全国卷Ⅰ)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　[设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h2＝×2a×m，即h2＝am①，易知h2＋a2＝m2②，由①②得m＝a，所以＝＝．故选C．]
2．(2020·全国卷Ⅰ)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　[因为⊙O1的面积为4π，所以⊙O1的半径r＝2．因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为正三角形，又⊙O1是△ABC的外接圆，所以由正弦定理得＝2r＝4，得AB＝4sin 60°＝2．因为OO1＝AB＝BC＝AC，所以OO1＝2，由题易知OO1⊥平面ABC，则球心O到平面ABC的距离为2．设球O的半径为R，则R2＝OO＋r2＝12＋4＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π，故选A．]
3．(2020·新高考全国卷Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(　　)
A．20° B．40° C．50° D．90°
B　[过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，

∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°．故选B．]
4．(2020·全国卷Ⅱ)设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．
p4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l．
则下述命题中所有真命题的序号是________．
①p1∧p4；②p1∧p2；③p2∨p3；④p3∨p4．
①③④　[法一：对于p1，由题意设直线l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，则由l1∩l2＝A，知l1，l2共面，设此平面为α，则由B∈l2，l2⊂α，知B∈α，由C∈l1，l1⊂α，知C∈α，所以l3⊂α，所以l1，l2，l3共面于α，所以p1是真命题；对于p2，当A，B，C三点不共线时，过A，B，C三点有且仅有一个平面，当A，B，C三点共线时，过A，B，C的平面有无数个，所以p2是假命题，p2是真命题；对于p3，若空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以p3是假命题，p3是真命题；对于p4，若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l，所以p4是真命题，p4是假命题．故p1∧p4为真命题，p1∧p2为假命题，p2∨p3为真命题，p3∨p4为真命题．综上可知，真命题的序号是①③④．
法二：对于p1，由题意设直线l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，则A，B，C三点不共线，所以此三点确定一个平面α，则A∈α，B∈α，C∈α，所以直线AB⊂α，BC⊂α，CA⊂α，即l1⊂α，l2⊂α，l3⊂α，所以p1是真命题；以下同解法一．]
5．(2020·全国卷Ⅲ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1，证明：

(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；
(2)点C1在平面AEF内．
[解]　(1)如图，连接BD，B1D1．因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD．又因为BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1．所以AC⊥平面BB1D1D．由于EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC．
(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG．
因为D1E＝DD1，AG＝AA1，
DD1AA1，所以ED1AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1．
因为B1F＝BB1，A1G＝AA1，BB1AA1，所以FGA1B1，FGC1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1．
于是AE∥FC1．所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内．
6．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO＝AB＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN＝，求四棱锥B­EB1C1F的体积．
[解]　(1)因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1．
又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．
因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．
又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F．
(2)因为AO∥平面EB1C1F，AO⊂平面A1AMN，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝PN，故AO∥PN．
又AP∥ON，故四边形APNO是平行四边形，所以PN＝AO＝6，AP＝ON＝AM＝，PM＝AM＝2，EF＝BC＝2．
因为BC∥平面EB1C1F，所以四棱锥B­EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离．
如图，作MT⊥PN，垂足为T，则由(1)知，MT⊥平面EB1C1F，故MT＝PMsin∠MPN＝3．
底面EB1C1F的面积为×(B1C1＋EF)×PN＝(6＋2)×6＝24．
所以四棱锥B­EB1C1F的体积为×24×3＝24．