北师大版高中数学必修二教师用书：复习课1 立体几何初步

复习课(一)立体几何初步

一、几何体的三视图及其应用

三视图能够帮助我们从不同侧面、不同角度认识几何体的结构特征，进而研究几何体的有关性质．由空间几何体的直观图可以画出它的三视图，同样由空间几何体的三视图可以想象并画出这个几何体的直观图．另外，三视图也常结合简单几何体的表面积与体积进行考查．1．由几何体的三视图识别几何体

【典例1】如下图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为________．

[解析]由主视图和俯视图可知几何体是正方体切割后的一部分(四棱锥C1－ABCD)，还原在正方体中，如图．多面体最长的一条棱即为正方体的体对角线，由正方体棱长AB＝2知最长棱的长为2 3.

[★答案☆]23

由三视图还原几何体时，要根据几何体的主视图、左视图、俯视图的几何特征，想象整个几何体的特征，从而判断三视图所描述的几何体．

2．由几何体的三视图计算几何体的表面积或体积

【典例2】 (1)已知某几何体的三视图如图所示，其中主视图、左视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )

A.2π3＋12

B.4π3＋16

C.2π6＋16

D.2π3＋12

(2)一个半径为2的球体经过切割后，剩余部分几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．

[解析] (1)由已知的三视图可知原几何体的上方是三棱锥，下方

是半球，∴V ＝13×? ????12×1×1×1＋??????43π? ????223×12＝16

＋2π6，故选C. (2)该几何体是从一个球体中挖去14个球体后剩余的部分，所以该

几何体的表面积为34×(4π×22)＋2×π×222＝16π.

[★答案☆] (1)C (2)16π

(1)求几何体的表面积，注意组合体的各个面．

(2)本例(2)是一个锥体与半球体的组合体，应分别求出体积再求和．

二、球的问题

球与多面体的位置关系问题突出考查了立体几何的核心能力——空间想象力，在其求解过程中，除了用到球体与多面体的性质外，还要用到平面几何的知识，综合性很强，是高考试题命题者青睐的一个考点．

【典例3】 已知在半径长为2的球面上有A ，B ，C ，D 四点，若AB ＝CD ＝2，则四面体ABCD 的体积的最大值为( ) A.233 B.433 C ．2 3 D.833

[解析] 如图，设O 为球心，OA ，OB ，OC ，OD 四条线段把四面体ABCD 分成四个三棱锥，且三棱锥B －ODC 与A －ODC 同底，三棱锥D －AOB 与C －AOB 同底．在三棱锥B －ODC 和A －ODC 中，

底面积为34×22＝3，高分别为B 到平面ODC 的距离与A 到平面

ODC 的距离，只有AB ⊥平面ODC 时，两距离之和才能取得最大值

2，所以其体积和最大值为13×3×2＝23 3.同理可得三棱锥D －AOB

与C －AOB 的体积和的最大值为23 3.所以四面体ABCD 的体积的最

大值为43 3.

[★答案☆]B

求球体与多面体的组合体问题的关键是将空间问题转化为平面问题解决．

三、空间中的平行关系

在证明线与线、线与面、面与面的平行关系时，从“看到结论想判定定理，看到条件想性质定理”来分析题意和寻求证明思路，往往要根据定理的条件，通过构造辅助线或辅助面来解决问题．【典例4】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；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＝1

2PB.

∵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且MA＝1

2PB，

∴PF∥MA且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.

(1)判断线面平行的两种常用方法

①利用线面平行的判定定理．

②利用面面平行的性质，即当两平面平行时，其中一平面内的任一直线平行于另一平面．

(2)判断面面平行的常用方法

①利用面面平行的判定定理．

②面面平行的传递性(α∥β，β∥γ?α∥γ)．

③利用线面垂直的性质(l⊥α，l⊥β?α∥β)．

四、空间中的垂直关系

空间中的各种垂直关系是高中数学的重要内容．在高考中着重考查线线垂直、线面垂直、面面垂直的证明，这就需要利用线面垂直、

面面垂直的判定定理及其性质，运用三者之间的转化关系．【典例5】如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：

(1)P A⊥底面ABCD；

(2)BE∥平面P AD；

(3)平面BEF⊥平面PCD.

[证明](1)因为平面P AD⊥底面ABCD，平面P AD∩底面ABCD ＝AD，P A平面P AD，P A⊥AD，所以P A⊥底面ABCD.

(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，

所以AB∥DE，且AB＝DE.

所以四边形ABED为平行四边形，所以BE∥AD.

又因为BE?/平面P AD，AD平面P AD，

所以BE∥平面P AD.

(3)因为AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形，

所以BE⊥CD，AD⊥CD.

由(1)知P A⊥底面ABCD，所以AP⊥CD.

又因为AP∩AD＝A，AP，AD平面P AD，

所以CD⊥平面P AD，所以CD⊥PD.

因为E和F分别是CD和PC的中点，

所以PD∥EF，所以CD⊥EF.

又因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，EF，BE平面BEF，

所以CD⊥平面BEF.又CD平面PCD，

所以平面BEF ⊥平面PCD .

(1)判定线面垂直的方法

①线面垂直定义(一般不易验证任意性)．

②线面垂直的判定定理(a ⊥b ，a ⊥c ，b

α，c α，b ∩c ＝M ?a

⊥α)．

③平行线垂直平面的传递性质(a ∥b ，b ⊥α?a ⊥α)．

④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝l ，a β，a ⊥l ?a ⊥α)．

⑤面面平行的性质(a ⊥α，α∥β?a ⊥β)．

⑥面面垂直的性质(α∩β＝l ，α⊥γ，β⊥γ?l ⊥γ)．

(2)判定面面垂直的方法

①面面垂直的定义．

②面面垂直的判定定理．

五、折叠问题

处理翻折问题的关键是对翻折前的平面图形与翻折后的立体图形进行对比，有哪些位置关系和相关量发生了变化，如果发生变化，那么发生了怎样的变化，哪些没有发生变化，切不可混淆不清，特别是翻折前的线线垂直、线面垂直、面面垂直在翻折后是否发生了变化．

【典例6】 如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°.以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .

(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；

(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，

求三棱锥Q －ABP 的体积.

[解] (1)证明：由已知可得，∠BAC ＝90°，BA ⊥AC .

又BA ⊥AD ，且AC 平面ACD ，AD 平面ACD ，

AC ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面ACD .

又AB 平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC .

(2)由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2.

又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.

作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綊13DC .

由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1.

因此，三棱锥Q －ABP 的体积为V Q －ABP ＝13×QE ×S △ABP ＝13

×1×12×3×22sin45°＝1.

解决折叠问题的策略

(1)抓住折叠前后的变量与不变量，一般情况下，在折线同侧的量，折叠前后不变，“跨过”折线的量，折叠前后可能会发生变化，这是解决这类问题的关键．

(2)在解题时仔细审视从平面图形到立体图形的几何特征的变化情况，注意相应的点、直线、平面间的位置关系，线段的长度，角度的变化情况等．

质量检测(一)

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150

分．考试时间120分钟．

第Ⅰ卷(选择题 共60分)

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)

1．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )

A ．2π

B ．π

C ．2

D ．1

[解析] 所得旋转体是底面半径为1，高为1的圆柱，其侧面积S 侧＝2πRh ＝2π×1×1＝2π.

[★答案☆] A

2．教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线( )

A ．平行

B ．垂直

C ．相交

D ．异面

[解析] 当直尺垂直于地面时，A 不对；当直尺平行于地面时，C 不对；当直尺位于地面上时，D 不对．

[★答案☆] B

3．设球内切于圆柱，则此圆柱的全面积与球表面积之比是

( )

A ．1∶1

B ．2∶1

C ．3∶2

D ．4∶3

[解析] ∵圆柱的底面直径与高都等于球的直径，设球的直径为2R ，则圆柱的全面积S 1＝2πR 2＋2πR ·2R ＝6πR 2，球的表面积S 2＝4πR 2，∴S 1S 2

＝32. [★答案☆] C

4．已知m 、n 是两条不同直线，α、β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )

A ．若α、β垂直于同一平面，则α与β平行

B ．若m 、n 平行于同一平面，则m 与n 平行

C ．若α、β不平行，则在α内不存在与β平行的直线

D ．若m 、n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面

[解析] A 项，α、β可能相交，故错误；

B 项，直线m 、n 的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；

C 项，若m ?α，α∩β＝n ，m ∥n ，则m ∥β，故错误；

D 项，假设m 、n 垂直于同一平面，则必有m ∥n ，所以原命题正确，故D 项正确．

[★答案☆] D

5．已知圆柱与圆锥的底面积相等，高也相等，它们的体积分别为V 1和V 2，则V 1∶V 2＝( )

A ．1∶3

B ．1∶1

C ．2∶1

D ．3∶1

[解析] V 1∶V 2＝(Sh )∶? ??

??13Sh ＝3∶1. [★答案☆] D

6.如图，△O ′A ′B ′是水平放置的△OAB 的直观图，则△OAB 的面积为( )

A ．6

B ．32

C ．6 2

D ．12 [解析] △OAB 是直角三角形，OA ＝6，OB ＝4，∠AOB ＝90°，

∴S △OAB ＝12×6×4＝12.

[★答案☆] D

7．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )

A．60 B．30 C．20 D．10

[解析]由三视图画出如图所示的三棱锥P－ACD，过点P作PB ⊥平面ACD于点B，连接BA，BD，BC，根据三视图可知底面ABCD

是矩形，AD＝5，CD＝3，PB＝4，所以V三棱锥P－ACD＝1

3×

1

2×3×5×4

＝10.故选D.

[★答案☆]D

8．如图所示，将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC＝60°，那么这个二面角大小是()

A．90° B．60°

C．45° D．30°

[解析]如图，连接B′C，则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，

则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝2a，所以∠B′DC＝90°.

[★答案☆]A

9．已知互相垂直的平面α、β交于直线l.若直线m、n满足m∥α，n⊥β，则()

A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n

[解析]选项A，只有当m∥β或mβ时，m∥l；选项B，只有当m⊥β时，m∥n；选项C，由于lβ，∴n⊥l；选项D，只有当m ∥β或mβ时，m⊥n，故选C.

[★答案☆]C

10．已知A，B，C，D是空间不共面的四个点，且AB⊥CD，AD ⊥BC，则直线BD与AC()

A．垂直B．平行

C．相交D．位置关系不确定

[解析]过点A作AO⊥平面BCD，垂足为O，连接BO

∵AB⊥CD，由三垂线定理可得BO⊥CD.

同理DO⊥BC，∴O为△ABC的垂心

所以CO⊥BD，BD⊥AO，CO∩AO＝O，∴BD⊥平面ADC，所以BD⊥AC.故选A.

[★答案☆] A

11．设a ，b 是异面直线，则以下四个结论：①存在分别经过直线a 和b 的两个互相垂直的平面；②存在分别经过直线a 和b 的两个平行平面；③经过直线a 有且只有一个平面垂直于直线b ；④经过直线a 有且只有一个平面平行于直线b .其中正确的个数有( )

A ．1

B ．2

C ．3

D ．4

[解析] 对于①，可在两个互相垂直的平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断①正确；对于②，可在两个平行平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断②正确；对于③，当这两条直线不垂直时，不存在这样的平面满足题意，可判断③错误；对于④，假设过直线a 有两个平面α，β与直线b 平行，则面α，β相交于直线a ，过直线b 做一平面γ与面α，β相交于两条直线m ，n 都与直线b 平行，可得a 与b 平行，所以假设不成立，所以④正确，故选C.

[★答案☆] C

12．如图，一个正三棱柱的主视图是边长为3的正方形，则它的外接球的体积等于( )

A ．8π B.1253π54 C ．9π D.28π3

[解析] 因为正三棱柱ABC －DEF 的主视图是边长为3的正方形，所以正三棱柱的高是3，底面正三角形的高也是 3.设它的外接球的球心为O ，半径为R ，底面△ABC 的中心为G ，所以△OGA 是

直角三角形，OG 是高的一半，所以OG ＝32，GA 是正三角形ABC

的高的23，所以GA ＝233.在△OAG 中由勾股定理得R 2＝OG 2＋GA 2，解得R 2

＝2512. 所以球的体积为V ＝43×π×? ??

??5233＝1253π54.故选B. [★答案☆] B

第Ⅱ卷(非选择题 共90分)

二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确★答案☆填在题中横线上)

13．如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1－BB 1D 1D 的体积为________．

[解析] 连接A 1C 1，交B 1D 1于点O ，很明显A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，则A 1O 是四棱锥的高，且A 1O ＝12A 1C 1

＝1212＋12＝22

S 四边形BDD 1B 1＝BD ×DD 1＝2×1＝2

结合四棱锥体积公式可得其体积为：V ＝13Sh ＝13×2×22＝13.

[★答案☆] 13

14．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱AA 1和AB 上的点，若∠B 1MN 是直角，则∠C 1MN 等于________．

[解析] 因为C 1B 1⊥平面ABB 1A 1，MN 平面ABB 1A 1，所以C 1B 1⊥MN .

又因为MN ⊥MB 1，MB 1，C 1B 1平面C 1MB 1，MB 1∩C 1B 1＝B 1，所以MN ⊥平面C 1MB 1

所以MN ⊥C 1M ，所以∠C 1MN ＝90°.

[★答案☆] 90°

15．棱长为a 的正四面体的全面积为________，体积为________.

[解析] 因为正四面体的棱长为a ，所以正四面体的底面积为S ＝12a 2×32＝34a 2，正四面体的表面积为S ＝4×34a 2＝3a 2，正四面

体的底面外接圆半径为r ＝32a ×23＝33a ，∴正四面体的高为h ＝

a 2－r 2＝a 2

－13a 2＝63a ，∴正四面体的体积为 V ＝13Sh ＝13×34a 2×63a ＝212a 3，故★答案☆为3a 2，212a 3.

[★答案☆] 3a 2

212a 3 16．已知三棱锥S －ABC 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________．

[解析] 如图，连接OA ，OB .

由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，知OA ⊥SC ，OB ⊥SC . 由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，OA ⊥SC ，知OA ⊥平面SCB .

设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r

∴三棱锥S －ABC 的体积V ＝13×? ??

??12SC ·OB ·OA ＝r 33 即r 33＝9，∴r ＝3，∴S 球表＝4πr 2＝36π.

[★答案☆] 36π

三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17．(本小题满分10分)轴截面为正三角形的圆锥内有一个内切球，若圆锥的底面半径为2，求球的体积．

[解] 如图所示，作出轴截面

因为△ABC 是正三角形，所以CD ＝12AC ＝2

所以AC ＝4，AD ＝32×4＝23

所以R ＝233. 所以V 球＝43πR 3＝43π·? ??

??2333＝323π27.

所以球的体积等于323π27.

18. (本小题满分12分)如图，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？请用你的计算数据说明理由．

[解] 因为V 半球＝12×43πR 3＝12×43×π×43≈134(cm 3)

V 圆锥＝13πr 2h ＝13π×42×12≈201(cm 3)

134<201，所以V 半球

所以，冰淇淋融化了，不会溢出杯子．

19．(本小题满分12分) 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别是AD 1，BD ，B 1C 的中点.

求证：(1)MN ∥平面CC 1D 1D ；

(2)平面MNP ∥平面CC 1D 1D .

[证明] (1)如图，连接AC ，CD 1.

因为ABCD为正方形，N为BD的中点，所以N为AC的中点．又M为AD1的中点，所以MN∥CD1.

因为MN?平面CC1D1D，CD1平面CC1D1D，

所以MN∥平面CC1D1D.

(2)连接BC1，C1D，

因为B1BCC1为正方形，P为B1C的中点，所以P为BC1的中点．又N为BD的中点，所以PN∥C1D.

因为PN?/平面CC1D1D，C1D平面CC1D1D，

所以PN∥平面CC1D1D.

由(1)知MN∥平面CC1D1D，且MN∩PN＝N，

所以平面MNP∥平面CC1D1D.

20. (本小题满分12分)如图，在三棱锥P－ABC中，P A⊥AB，P A ⊥BC，AB⊥BC，P A＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．

(1)求证：P A⊥BD；

(2)求证：平面BDE⊥平面P AC；

(3)当P A∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积．

[解] (1)证明：因为P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以P A ⊥平面AB C.

又因为BD 平面ABC

所以P A ⊥BD .

(2)证明：因为AB ＝BC ，D 为AC 的中点，所以BD ⊥A C. 由(1)知，P A ⊥BD ，P A ∩AC ＝A ，

所以BD ⊥平面P AC ，又BD 平面BDE ，

所以平面BDE ⊥平面P A C.

(3)因为P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝DE

所以P A ∥DE .

因为D 为AC 的中点

所以DE ＝12P A ＝1，BD ＝DC ＝ 2.

由(1)知，P A ⊥平面ABC

所以DE ⊥平面ABC

所以三棱锥E －BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.

21. (本小题满分12分)如图所示，有一块扇形铁皮OAB ，∠AOB ＝60°，OA ＝72 cm ，要剪下来一个扇形环ABCD ，作圆台形容器的侧面，并且余下的扇形OCD 内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面(大底面)．

试求：(1)AD 的长；

(2)容器的容积．

[解] (1)设圆台上、下底面半径分别为r 、R ，AD ＝x

则OD ＝72－x ，由题意得

??? 2πR ＝60π180×72，72－x ＝3R ∴?????

R ＝12，x ＝36. 即AD 应取36 cm.

(2)∵2πr ＝π3·OD ＝π3·36，∴r ＝6 cm

圆台的高h ＝x 2－(R －r )2＝362－(12－6)2

＝635.

∴V ＝13πh (R 2＋Rr ＋r 2)＝13π·635·(122＋12×6＋62)＝50435π(cm 3)．

即容器的容积为50435π cm 3.

22．(本小题满分12分)如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，

∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1