2021_2022学年新教材高中数学第8章立体几何初步章末综合提升学案含解析新人教A版必修第二册

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 2[(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22
x ＋x ＋
22
x ＝1，解得x ＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2
－1．
(2)由题易得长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的体积为6×6×4＝144(cm 3)，
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BCC 1B 1面积的一半，即1
2
×6×4＝12(cm 2)，所以V
四棱锥O ­EFGH ＝1
3
×3×12＝12(cm 3
)，所
以该模型的体积为144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．
]
[跟进训练]
1．如图所示，已知三棱柱ABC ­A ′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ABC ­A ′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1
3V ．
而四棱锥A ′­BCC ′B ′的体积为1
3Sa ，
故有13V ＋1
3
Sa ＝V ，
即V ＝1
2
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93，则三棱锥D ­ABC 体积的最大值为( )
A ．12
3 B ．18
3 C ．24
3 D ．54
3
(2)(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长均为2．∠BAD ＝60°，以D 1为球心，
5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．
(1)B (2)2π2[(1)设等边三角形ABC 的边长为x ，则12
x 2sin 60°＝9
3，得x ＝6．设△
ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝
6
sin 60°
，解得r ＝2
3，所以球心到△ABC 所在平面的距离d
＝
42－2
3
2＝2，则点
D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6，所以三棱锥D ­ABC
体积的最大值V ma x ＝1
3S △ABC ×6＝1
3
×9
3×6＝18
3．
(2)如图，连接B 1D 1，易知△B 1C 1D 1为正三角形，所以B 1D 1＝C 1D 1＝2．分别取B 1C 1，
BB 1，CC 1的中点M ，G ，H ，连接D 1M ，D 1G ，D 1H ，则易得D 1G ＝D 1H ＝22＋12＝5，
D 1M ⊥B 1C 1，且D 1M ＝3．由题意知G ，H 分别是BB 1，CC 1与球面的交点．在侧面BCC 1B 1
内任取一点P ，使MP ＝
2，连接D 1P ，则D 1P ＝
D 1M 2＋MP 2＝32＋22＝
5，连接MG ，MH ，易得MG ＝MH ＝2，故可知以M 为圆心，2为半径的圆弧GH 为
球面与侧面BCC 1B 1的交线．由∠B 1MG ＝∠C 1MH ＝45°知∠GMH ＝90°，所以GH 的长为14×
2π×
2＝2π2
．]
[跟进训练]
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r 1，则在Rt △CDE 中，DE ＝2r 1，
CE ＝R －r ，DC ＝R ＋r ．由勾股定理得4r 21＝(R ＋r )2－(R －r )2，解得r 1
＝Rr ，故球的表面积为S 球＝4πr 21＝4πRr ．
法二：如图，设球心为O ，球的半径为r 1，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OF 2＝BF ·AF ＝Rr ，即r 21＝Rr ，故r 1＝Rr ，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．
[跟进训练]
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 ＝
2CO ．
由平面ACFD ⊥平面ABC ，得DO ⊥平面ABC ， 所以DO ⊥BC ．
由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝2
2CO ，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 ＝22．
由DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝
2，得BD ＝
6，OH ＝
2
3
3，所以sin ∠OCH ＝OH
OC ＝3
3
，
因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33．
[跟进训练]
4．如图，正方体ABCD ­A ′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 ＝
2
2
，AC ＝2，
sin ∠OAC ＝
OC AC ＝12
，
∴∠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 ＝1
2，AE ＝
12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫122＝52，
∴tan ∠OAE ＝OE
AE ＝5
5
．
(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
9
3
4
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 ．
3 B ．32 C ．1 D ．3
2
C [由等边三角形ABC 的面积为9
3
4
，得
34×AB 2＝93
4
，得AB ＝3，则△ABC 的外接
圆半径r ＝23×32AB ＝3
3
AB ＝
3．设球的半径为R ，则由球的表面积为16π，得4πR 2＝
16π，得R ＝2，则球心O 到平面ABC 的距离d ＝
R 2－r 2＝1，故选C ．]
[跟进训练] 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3，那么P 到平面ABC 的距离为________． 2[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 ＝3，所以OE ＝OF ，
所以CO 为∠ACB 的平分线， 即∠ACO ＝45°．
在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1， 所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝32－12＝2．]
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 ．5－14
B ．5－12
C ．5＋14
D ．5＋12
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
h 2＝12×2a ×m ，即h 2＝am ①，易知h 2＋a 2＝m 2②，由①②得m ＝1＋52a ，所以m 2a
＝1＋
52a 2a ＝1＋54
．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．64πB．48πC．36πD．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AB
sin 60°
＝2r＝4，得AB＝4sin 60°＝23．因为OO1＝AB＝BC＝AC，所以OO1＝23，由题易知OO1⊥平面ABC，则球心O 到平面ABC的距离为23．设球O的半径为R，则R2＝OO21＋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BB 1D 1D ．由于EF ⊂平面BB 1D 1D ，所以EF ⊥AC ．
(2)如图，在棱AA 1上取点G ，使得AG ＝2GA 1，连接GD 1，FC 1，FG ．
因为D 1E ＝23DD 1，AG ＝23
AA 1， DD 1AA 1，所以ED 1AG ，于是四边形ED 1GA 为平行四边形，故AE ∥GD 1．
因为B 1F ＝13BB 1，A 1G ＝13
AA 1，BB 1AA 1，所以FG A 1B 1，FG C 1D 1，四边形FGD 1C 1为平行四边形，故GD 1∥FC 1．
于是AE ∥FC 1．所以A ，E ，F ，C 1四点共面，即点C 1在平面AEF 内．
6．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的底面是
正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，
P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．
(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；
(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，
且∠MPN ＝π3
，求四棱锥B ­EB 1C 1F 的体积． [解] (1)因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．
又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．
因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．
又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．
所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．
(2)因为AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝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 ＝13AM ＝3，
PM ＝23AM ＝23，EF ＝1
3BC ＝2．
因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B ­EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．
如图，作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由(1)知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT ＝PM sin ∠MPN ＝3．
底面EB 1C 1F 的面积为12×(B 1C 1＋EF )×PN ＝12
(6＋2)×6＝24． 所以四棱锥B ­EB 1C 1F 的体积为13
×24×3＝24．。