2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第一章立體幾何初步章末復(fù)習(xí)提升課學(xué)案新人教B版必修2

PAGEPAGE1章末復(fù)習(xí)提升課1．空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征(1)棱柱：有兩個(gè)面相互平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個(gè)四邊形的公共邊都相互平行．棱錐：有一個(gè)面是多邊形，其余各面都是有一個(gè)公共頂點(diǎn)的三角形．棱臺(tái)：是棱錐被平行于底面的平面所截而成的．這三種幾何體都是多面體．(2)圓柱、圓錐、圓臺(tái)、球分別是由平面圖形矩形、直角三角形、直角梯形、半圓面旋轉(zhuǎn)而成的，它們都稱為旋轉(zhuǎn)體．在探討它們的結(jié)構(gòu)特征以及解決應(yīng)用問題時(shí)，常需作它們的軸截面或截面．(3)由柱、錐、臺(tái)、球組成的簡(jiǎn)潔組合體，探討它們的結(jié)構(gòu)特征實(shí)質(zhì)是將它們分解成多個(gè)基本幾何體．2．幾何體的面積和體積的有關(guān)計(jì)算柱體、錐體、臺(tái)體和球體的面積和體積公式面積體積圓柱S側(cè)＝2πrhV＝Sh＝πr2h圓錐S側(cè)＝πrlV＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)πr2eq\r(l2－r2)圓臺(tái)S側(cè)＝π(r1＋r2)lV＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h＝eq\f(1,3)π(req\o\al(2,1)＋req\o\al(2,2)＋r1r2)h直棱柱S側(cè)＝ChV＝Sh正棱錐S側(cè)＝eq\f(1,2)Ch′V＝eq\f(1,3)Sh正棱臺(tái)S側(cè)＝eq\f(1,2)(C＋C′)h′V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h球S球面＝4πR2V＝eq\f(4,3)πR33．線面位置關(guān)系(1)線線關(guān)系空間兩條直線的位置關(guān)系有且只有相交、平行、異面三種．兩直線垂直有“相交垂直”與“異面垂直”兩種狀況．(2)線面關(guān)系直線與平面之間的位置關(guān)系有且只有線在面內(nèi)、相交、平行三種．(3)面面關(guān)系兩個(gè)平面之間的位置關(guān)系有且只有平行、相交兩種．1．臺(tái)體可以看成是由錐體截得的，易忽視截面與底面平行且側(cè)棱(母線)延長(zhǎng)后必交于一點(diǎn)．2．空間幾何體不同放置時(shí)其三視圖不肯定相同．3．對(duì)于簡(jiǎn)潔組合體，若相鄰兩物體的表面相交，表面的交線是它們的分界線，在三視圖中，易忽視實(shí)虛線的畫法．4．求組合體的表面積時(shí)，組合體的連接部分的面積問題易出錯(cuò)．5．由三視圖計(jì)算幾何體的表面積與體積時(shí)，由于幾何體的還原不精確及幾何體的結(jié)構(gòu)特征相識(shí)不準(zhǔn)易導(dǎo)致失誤．6．直線與平面的位置關(guān)系在推斷時(shí)最易忽視“線在面內(nèi)”．7．直線與平面平行的判定中易忽視“線在面內(nèi)”這一關(guān)鍵條件．8．證明線面垂直時(shí)，易忽視面內(nèi)兩條線為相交線這一條件．9．面面垂直的判定定理中，直線在面內(nèi)且垂直于另一平面易忽視．10．面面垂直的性質(zhì)定理在運(yùn)用時(shí)易忘面內(nèi)一線垂直于交線而盲目套用造成失誤．三視圖和直觀圖如圖，某幾何體的三視圖是三個(gè)半徑相等的圓及每個(gè)圓中兩條相互垂直的半徑．若該幾何體的體積是eq\f(28π,3)，則它的表面積是()A．17π B．18πC．20π D．28π【解析】由三視圖可得此幾何體為一個(gè)球切割掉eq\f(1,8)后剩下的幾何體，設(shè)球的半徑為r，故eq\f(7,8)×eq\f(4,3)πr3＝eq\f(28,3)π，所以r＝2，表面積S＝eq\f(7,8)×4πr2＋eq\f(3,4)πr2＝17π，選A．【答案】A平行、垂直問題如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點(diǎn)，AM＝2MD，N為PC的中點(diǎn)．(1)證明MN∥平面PAB；(2)求四面體N-BCM的體積．【解】(1)證明：由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2．取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC的中點(diǎn)知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2．又AD∥BC，故TNeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))AM，四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT．因?yàn)锳T平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB．(2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD，N為PC的中點(diǎn)，所以N到平面ABCD的距離為eq\f(1,2)PA．取BC的中點(diǎn)E，連接AE，由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(5)．由AM∥BC得M到BC的距離為eq\r(5)，故S△BCM＝eq\f(1,2)×4×eq\r(5)＝2eq\r(5)．所以四面體N-BCM的體積VN-BCM＝eq\f(1,3)×S△BCM×eq\f(PA,2)＝eq\f(4\r(5),3)．折疊與綻開問題如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E、F分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點(diǎn)H．將△DEF沿EF折到△D′EF的位置．(1)證明：AC⊥HD′；(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱錐D′-ABCFE的體積．【解】(1)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD．又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF．由此得EF⊥HD，EF⊥HD′，所以AC⊥HD′．(2)由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4)．由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4．所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3．于是OD′2＋OH2＝(2eq\r(2))2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH．由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′．又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以O(shè)D′⊥平面ABC．又由eq\f(EF,AC)＝eq\f(DH,DO)得EF＝eq\f(9,2)．五邊形ABCFE的面積S＝eq\f(1,2)×6×8－eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×3＝eq\f(69,4)．所以五棱錐D′-ABCFE的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(69,4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r(2),2)．1．如圖，P為△ABC所在平面α外一點(diǎn)，PB⊥α，PC⊥AC，則△ABC的形態(tài)為()A．銳角三角形B．直角三角形C．鈍角三角形D．不確定解析：選B．由PB⊥α，AC?α得PB⊥AC，又AC⊥PC，PC∩PB＝P，所以AC⊥平面PBC，AC⊥BC．故選B．2．如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB1，BC1的中點(diǎn)，則以下結(jié)論中不成立的是()A．EF與BB1垂直B．EF與BD垂直C．EF與CD所成的角為45°D．EF與A1C1異面解析：選D．取B1B的中點(diǎn)P，連接EP，F(xiàn)P(圖略)，易證B1B⊥FP，B1B⊥EP，故B1B⊥平面EPF，所以B1B⊥EF；連接AC，B1C(圖略)，則EF∥AC，又AC⊥BD，故EF與BD垂直；EF∥AC，故EF與CD所成的角即為∠DCA，∠DCA＝45°；EF與A1C1明顯平行．故選D．3．一個(gè)六棱柱的底面是正六邊形，其側(cè)棱垂直于底面．已知該六棱柱的頂點(diǎn)都在同一個(gè)球面上，且該六棱柱的高為eq\r(3)，底面周長(zhǎng)為3，那么這個(gè)球的體積為．解析：依據(jù)球外接于正六棱柱，得球心與棱柱高的中點(diǎn)重合．由勾股定理，得R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,6)))eq\s\up12(2)，解得R＝1．所以球的體積為eq\f(4π,3)R3＝eq\f(4π,3)．答案：eq\f(4π,3)4．如圖，平面ABC⊥平面ABD，∠ACB＝90°，CA＝CB，△ABD