新教材2025版高中數(shù)學第八章立體幾何初步專項培優(yōu)章末復習課學案新人教A版必修第二冊

專項培優(yōu)3章末復習課學問網(wǎng)絡·形成體系考點聚焦·分類突破考點一空間幾何體的表面積與體積1．幾何體的表面積及體積的計算是現(xiàn)實生活中常常能夠遇到的問題，在計算中應留意各數(shù)量之間的關系及各元素之間的位置關系，特殊是特殊的柱、錐、臺，要留意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平面圖形的作用．2．通過對空間幾何體的表面積與體積的考查，提升學生的數(shù)學運算素養(yǎng)．例1(1)[2024·新高考Ⅱ卷]正四棱臺的上、下底面的邊長分別為2，4，側棱長為2，則其體積為()A．20＋123B．282C．563D．(2)[2024·新高考Ⅱ卷]正三棱臺高為1，上下底邊長分別為33和43，全部頂點在同一球面上，則球的表面積是()A．100πB．128πC．144πD．192π(3)[2024·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，相應水面的面積為140.0km2；水位為海拔157.5m時，相應水面的面積為180.0km2.將該水庫在這兩個水位間的形態(tài)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．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3(4)[2024·新高考Ⅰ卷]已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上．若該球的體積為36π，且3≤l≤33，則該正四棱錐體積的取值范圍是()A．[18，814]B．[274，C．[274，64考點二空間中的平行關系1．空間中的平行關系主要是指空間中線與線、線與面及面與面的平行，其中三種關系相互滲透．在解決線面、面面平行問題時，一般遵循從“低維”到“高維”的轉化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而利用性質(zhì)定理時，其依次相反，且“高維”的性質(zhì)定理就是“低維”的判定定理．特殊留意，轉化的方法由詳細題目的條件確定，不能過于呆板僵化，要遵循規(guī)律而不局限于規(guī)律．2．通過線線平行、線面平行、面面平行之間相互轉化的考查，提升學生的直觀想象和邏輯推理素養(yǎng)．例2[2024·新高考Ⅱ卷節(jié)選]如圖，PO是三棱錐P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E為PB的中點．證明：OE∥平面PAC.例3[2024·全國甲卷]小明同學參與綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒．包裝盒如圖所示：底面ABCD是邊長為8(單位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均為正三角形，且它們所在的平面都與平面ABCD垂直．(1)證明：EF∥平面ABCD；(2)求該包裝盒的容積(不計包裝盒材料的厚度)．考點三空間中的垂直關系1．空間中的垂直關系包括線與線的垂直、線與面的垂直及面與面的垂直，三種垂直關系是本章學習的核心，學習時要突出三者間的互化意識．如在證明兩平面垂直時一般從現(xiàn)有直線中找尋平面的垂線，若這樣的垂線不存在，則可通過作協(xié)助線來解決．如有面面垂直時，一般要用性質(zhì)定理，在一個平面內(nèi)作交線的垂線，使之轉化為線面垂直，進一步轉化為線線垂直．2．通過線線垂直、線面垂直、面面垂直之間相互轉化的考查，提升學生直觀想象和邏輯推理素養(yǎng)．例4(1)[2024·全國乙卷]在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，則()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)(多選)[2024·新高考全國Ⅱ卷]如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿意MN⊥OP的是()考點四空間角的計算問題1．空間角的求法：求空間各種角的大小一般都轉化為平面角來計算，空間角的計算步驟：一作，二證，三計算．(1)求異面直線所成的角常用平移轉化法(轉化為相交直線的夾角)．(2)求直線與平面所成的角常用射影轉化法(即作垂線、找射影)．(3)二面角的平面角的作法常有三種：①定義法；②垂線法；③垂面法．2．通過對空間角的計算問題的考查，提升學生數(shù)學抽象和數(shù)學運算素養(yǎng)．例5(1)[2024·全國甲卷]在長方體ABCD-A1B1C1D1中，已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°，則()A．AB＝2ADB．AB與平面AB1C1D所成的角為30°C．AC＝CB1D．B1D與平面BB1C1C所成的角為45°(2)(多選)[2024·新高考Ⅰ卷]已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則()A．直線BC1與DA1所成的角為90°B．直線BC1與CA1所成的角為90°C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°專項培優(yōu)3章末復習課考點聚集·分類突破例1解析：(1)作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖，因為該四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側棱長為2，所以該棱臺的高h＝22-2下底面面積S1＝16，上底面面積S2＝4，所以該棱臺的體積V＝13h(S1＋S2＋S1S2)＝13(2)設正三棱臺上下底面所在圓面的半徑為r1，r2，由正弦定理有2r1＝33sin60°，2r2＝43sin60°，即r1＝3，r2＝4，設球心到上下底面的距離分別為d1，d2，球的半徑為R，所以d1＝R2-9，d2＝R2-16，故d1-d2＝1或(3)由棱臺的體積公式，得增加的水量約為13×(157.5－148.5)×(140×106＋180×106＋140×106×180×106)＝3×106(4)設該球的半徑為R，則由題意知43πR3＝36π，解得R＝3.如圖，連接AC，BD，相交于點E，連接PE并延長，交球于點Q，連接QD，則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，所以正四棱錐的體積V＝13×(2×l2-l436)2×l26＝19(l4－l636)，則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證明：方法一連接OA.因為PO是三棱錐P-ABC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的中點D，連接OD，DE，則有OD⊥AB.又AB⊥AC，所以OD∥AC.因為OD?平面PAC，AC?平面PAC，所以OD∥平面PAC.因為D，E分別為AB，PB的中點，所以DE∥PA.因為DE?平面PAC，PA?平面PAC，所以DE∥平面PAC.因為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.方法二連接OA.因為PO是三棱錐P-ABC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.延長BO交AC于點H，連接PH.因為AB⊥AC，所以△ABH為直角三角形．又OA＝OB，則可得OA＝OB＝OH，所以點O為BH的中點．在△PBH中，O，E分別為BH，PB的中點，所以OE∥PH.因為OE?平面PAC，PH?平面PAC，所以OE∥平面PAC.例3解析：方法一(1)證明：過點E作EE′⊥AB于點E′，過點F作FF′⊥BC于點F′，連接E′F′，如圖(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′，∴四邊形EE′F′F是平行四邊形，∴EF∥E′F′.又∵E′F′?平面ABCD，EF?平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.(2)過點G，H分別作GG′⊥CD于點G′，HH′⊥DA于點H′，連接F′G′，G′H′，H′E′，AC，如圖(1)．由(1)及題意，可知E′，F(xiàn)′，G′，H′分別為AB，BC，CD，DA的中點，四棱柱EFGH-E′F′G′H′為長方體．故該包裝盒可看作由一個長方體和四個相等的四棱錐組合而成．由底面ABCD是邊長為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)．∴所求包裝盒的容積V＝VEFGH-E′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)證明：∵四邊形ABCD是正方形，△EAB和△FBC是正三角形，∴分別取AB，BC的中點K，I，連接EK，F(xiàn)I，KI，則EK⊥AB，F(xiàn)I⊥BC，如圖(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，∴四邊形EKIF是平行四邊形，∴EF∥KI.又∵EF?平面ABCD，KI?平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.(2)可補形成長方體，如圖(2)，易得長方體的高為43cm.故所求包裝盒的容積V＝82×43－4×13×12×42×43＝例4解析：(1)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，易知BD⊥AC.又E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方體的性質(zhì)，知DD1⊥平面ABCD.又EF?平面ABCD，所以DD1⊥EF.因為BD∩DD1＝D，所以EF⊥平面BDD1.因為EF?平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正確．假設平面B1EF⊥平面A1BD.因為平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，明顯BD與平面B1EF不垂直，B錯誤．設A1A與B1E的延長線相交于點P，所以平面B1EF與平面A1AC不平行，C錯誤．連接AB1，B1C，易證平面ACB1∥平面A1C1D.因為平面ACB1與平面B1EF相交，所以平面B1EF與平面A1C1(2)設正方體的棱長為2，對于A，如圖(1)所示，連接AC，則MN∥AC，故∠POC(或其補角)為異面直線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錯誤．對于B，如圖(2)所示，取NT的中點為Q，連接PQ，OQ，則OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方體SBCM-NADT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正確．對于C，如圖(3)，連接BD，則BD∥MN，由B的推斷可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正確．對于D，如圖(4)，取AD的中點Q，AB的中點K，連接AC，PQ，OQ，PK，OK，則AC∥MN，因為DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO或其補角為異面直線PO，MN所成的角，因為正方體的棱長為2，故PQ＝12AC＝2，OQ＝AO2+AQ2PO＝PK2+OK2＝4+1＝5，QO2<PQ2＋OP故PO，MN不垂直，故D錯誤．故選BC.答案：(1)A(2)BC例5解析：(1)連接BD，則∠B1DB，∠DB1A分別是B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，所以∠B1DB＝∠DB1A＝30°.所以BB1＝12DB1，BD＝32DB1，AD＝12DB1.設BB1＝a，則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項錯誤．易知∠DB1C是B1D與平面BB1C1C所成的角，且為銳角．因為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與平面BB1C1C所成的角為45°，因此D項正確．因為AD⊥平面ABB1A1，AD?平面AB1C1D，所以平面AB1C1D⊥平面ABB1A1，所以∠B1AB是AB與平面AB1C1D所成的角．在Rt△ABB1中，AB＝2a，BB1(2)如圖(1)，連接B1C.因為DA1∥CB1，B