2018年高考数学(文,课标Ⅰ专用)一轮复习专题测试课件：第八章 立体几何 §8.2 空间几何体的表面积和体积
合集下载
【人教A版】2018版高考数学(文)一轮设计：第8章-立体几何初步第1讲
(4)正方体和球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，
且为等腰三角形， 其俯视图为圆心和圆. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
基础诊断
考点突破
课堂总结
2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是(
)
A.圆柱
解析
B.圆锥
C.四面体
D.三棱柱
由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使
2 在 Rt△ABE 中，AB＝1，∠ABE＝45° ，∴BE＝ . 2 又四边形 AECD 为矩形，AD＝EC＝1. 2 ∴BC＝BE＋EC＝ 2 ＋1.
基础诊断 考点突破 课堂总结
由此还原为原图形如图 2 所示，是直角梯形 A′B′C′D′. 2 在梯形 A′B′C′D′中，A′D′＝1，B′C′＝ 2 ＋1，A′B′＝2. 1 1 2 ∴这块菜地的面积 S＝2(A′D′＋B′C′)·A′B′＝2×1＋1＋ ×2 2 2 ＝2＋ 2 .
第1讲
空间几何体的结构、三
视图和直观图
基础诊断
考点突破
课堂总结
最新考纲
1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，
并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；2.能画出简
单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三
视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法 画出它们的直观图；3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三 视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.
解析 如图所示，作出等腰梯形ABCD的直观图：
基础诊断
考点突破
课堂总结
1 2 因为 OE＝ （ 2） －1＝1， 所以 O′E′＝2， E′F＝ 4 ，
2018高考数学(文理通用版)一轮复习课件 第八章 解析几何 第8讲 第2课时
规律方法 ☞
• •
• •
• 求解范围问题的常见求法 (1)利用判别式来构造不等式关系，从而确 定参数的取值范围； (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围 ，解这类问题的核心是在两个参数之间建 立等量关系； (3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式 ，从而求出参数的取值范围； (4)利用基本不等式求出参数的取值范围；
考点2 圆锥曲线中的范围问题
(2016· 浙江，15分，文)如图，设抛物线y2 ＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于 |AF|－1. 导学号 30072615 (1)求p的值； (2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的 直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M. 求M的横坐标的取值范围．
C
)
• [解析] 如图，由椭圆及圆的方程可知两 圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定 义知|PA|＋|PB|＝2a＝10，连接PA，PB分 别与圆相交于M，N两点，此时|PM|＋|PN| 最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接 PA，PB并延长，分别与圆相交于M，N两 点，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋ |PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为 8,12，故选C．
[解析] (1)由题意可知，抛物线上的点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－ p 1的距离，由抛物线的定义得 ＝1，即p＝2. 2 (2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1,0)，可设A(t2,2t)，t≠0，t≠±1. 因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，
2 y ＝4x， 由 x＝sy＋1
[解析] (1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－
1 m
x＋b.由
2018高考数学(文)(人教新课标)大一轮复习课件：第八章 立 体 几 何 8.2
解：如图，设球的一条半径与圆柱相应的母线的 夹角为 α ，圆柱侧面积 S ＝ 2π × 4sinα × 2 × 4cosα ＝ π 32πsin2α，当 α＝ 时，S 取最大值 32π，此时球的表面 4 积与该圆柱的侧面积之差为 32π.故填 32π.
【点拨】根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心 连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周均在球面 上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的 夹角相等，这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之 间的函数关系提供了依据．
(2015·陕西)一个几何体的三视图如图所示， 则该几 何体的表面积为( )
A．3π
B．4π
C．2π＋4
D．3π＋4
解：该几何体为半圆柱，底面半径为 1，高为 2，其表面积为 1 2 π×1 ＋2×2＋ ×2π×1×2＝3π＋4.故选 D. 2
已知圆锥的正视图是边长为 2 的等边三角形， 则该圆锥体 积为( ) 2π A. 2 3π C. 3
B. 2π
D. 3π
解：易知圆锥的底面直径为 2，母线长为 2，则该圆锥的高为 1 3π 2 2 2 2 -1 ＝ 3，因此其体积是 π·1 × 3＝ .故选 C. 3 3
一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是 2， 3， 6， 则这个长方体的体对角线的长是( A．2 3 B．3 2 ) C．6 D. 6
2．柱体、锥体、台体的体积 (1)棱柱、棱锥、棱台的体积 V
棱柱
＝__________，V
棱锥
＝__________，V
棱台
＝__________(其
中 S，S′为底面积，h 为高)． (2)圆柱、圆锥、圆台的体积 V
圆柱
＝__________，V
圆锥
数学课标通用(理科)一轮复习配套教师用书：第八章 立体几何 直线、平面垂直的判定与性质
§8.5 直线、平面垂直的判定与性质考纲展示►1.能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的位置关系的简单命题．考点1 直线与平面垂直的判定与性质直线与平面垂直（1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面α内的________直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．（2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：答案:(1）任意一条(2)两条相交直线a，b⊂αa∩b＝O l⊥al⊥b平行a⊥αb⊥α（1）[教材习题改编]下列命题中不正确的是（)A．如果平面α⊥平面β,且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ答案：A（2）[教材习题改编］如图，在三棱锥V－ABC中，∠VAB＝∠VAC＝∠ABC＝90°，则构成三棱锥的四个三角形中直角三角形的个数为________．答案:4［典题1］（1）［2017·上海六校联考］已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是（)A．α⊥β且m⊂αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且α∥β［答案］C［解析］由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确．（2)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB ⊥AD，AC⊥CD,∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：①CD⊥AE；②PD⊥平面ABE.［证明] ①在四棱锥P－ABCD中,∵PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC。
而AE⊂平面PAC,∴CD⊥AE。
2018高三新课标·数学(理)总复习课件：第八章 立体几何8-5
基础诊断
考点突破
课堂总结
答案 A 解析 A 中，CD⊥AB；B 中，AB 与 CD 成 60°角；C 中， AB 与 CD 成 45°角；D 中，AB 与 CD 夹角的正切值为 2.
基础诊断
考点突破
课堂总结
授 人 以 渔
基础诊断
考点突破
课堂总结
题型一
是AB，PC的中点．
线线垂直与线面垂直
如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别
(1)求证：MN⊥CD； (2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.
基础诊断
考点突破
课堂总结
【证明】 (1)连接AC，∵PA⊥平面ABCD， ∴PA⊥AC，在Rt△PAC中，N为PC中点． 1 ∴AN＝ PC. 2 ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC. 又BC⊥AB，PA∩AB＝A， ∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB.
基础诊断
考点突破
课堂总结
课前自助餐
基础诊断
考点突破
课堂总结
直线与平面垂直的判定定理 如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线 与这个平面垂直． 推论 如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另 一条直线也垂直于这个平面．
基础诊断
考点突破
课堂总结
直线与平面垂直的性质定理 (1)如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行． (2)如果一条直线垂直于一个平面， 那么它就和平面内的任意 一条直线垂直． 平面与平面垂直的判定定理 如果一个平面经过了另一个平面的一条垂线，那么两个平面 互相垂直．
基础诊断
考点突破
课堂总结
②∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故 PA＝AC. ∵E 是 PC 的中点，故 AE⊥PC. 由①知 CD⊥AE，由于 PC∩CD＝C， 从而 AE⊥平面 PCD，故 AE⊥PD. 易知 BA⊥PD，故 PD⊥平面 ABE. 【答案】 ①略 ②略
数学课标通用(理科)一轮复习配套教师用书：第八章 立体几何 空间向量及其运算和空间位置关系
§8.6 空间向量及其运算和空间位置关系考纲展示►1。
了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．2．会推导空间两点间的距离公式．3．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．4．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．5．掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．6．理解直线的方向向量与平面的法向量．7．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．8．能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理（包括三垂线定理)．考点1 空间向量的线性运算空间向量的有关概念（1）空间向量:在空间中，具有________和________的量叫做空间向量．（2）相等向量：方向________且模________的向量．（3)共线向量：表示空间向量的有向线段所在的直线互相____________的向量．（4)共面向量：________________的向量．答案：(1）大小方向(2）相同相等（3)平行或重合(4）平行于同一个平面(1）［教材习题改编]已知在空间四边形ABCD中，G为CD的中点，则化简错误!＋错误!(错误!＋错误!)＝________。
→答案:AG解析：错误!＋错误!（错误!＋错误!)＝错误!＋错误!＝错误!。
(2)[教材习题改编］如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若错误!＝a，错误!＝b,错误!＝c，则错误!可用a，b，c表示为________．答案:－错误!a＋错误!b＋c解析：由图可知，错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!错误!＝错误!＋错误!(错误!－错误!)＝c＋错误!（b－c)＝－错误!a＋错误!b＋c.[典题1] （1）[2017·河南郑州模拟]如图所示,已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G 在线段MN上,且错误!＝2错误!，若错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!，则x＋y＋z ＝________。
2018高考数学(文)(人教新课标)大一轮复习课件：第八章 立 体 几 何 8.5
解：根据两平面平行的性质定理可得 BFD′E 为平行四 边形，①正确；若四边形 BFD′E 是正方形，则 BE⊥ED′， 又 A′D′⊥EB，A′D′∩ED′＝D′，所以 BE⊥面 ADD′A′，与 已知矛盾，②错；易知四边形 BFD′E 在底面 ABCD 内的投 影是正方形 ABCD，③正确；当 E，F 分别为棱 AA′，CC′ 的中点时， EF∥AC， 又 AC⊥平面 BB′D， 所以 EF⊥面 BB′D， ④正确．故填①③④.
解：若 l⊥m，m⊥平面 α，则 l∥α 或 l⊂α；若 l∥α，m ⊥平面 α，则 l⊥m，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分 条件．故选 B.
(2015·浙江)设 α，β 是两个不同的平面，l，m 是两条不同 的直线，且 l⊂α，m⊂β( A．若 l⊥β，则 α⊥β C．若 l∥β，则 α∥β ) B．若 α⊥β，则 l⊥m D．若 α∥β，则 l∥m
解：对于 A，由两平面垂直的判定定理知，A 正确；对于 B， 直线 l，m 相交、平行、异面都有可能，B 错误；对于 C，要求 α 内两条相交直线都平行于 β，才能推出 α∥β，C 错误；对于 D，l， m 平行、异面都有可能，D 错误．故选 A.
如图， 在正方体 ABCDA1B1C1D1 中， P 为对角线 BD1 的三等分点，P 到各顶点的距离的不同取值有( A．3 个 B．4 个 C．5 个 ) D．6 个
在正方体 ABCDA′B′C′D′中，过对角线 BD′的一个平面交 AA′于 E，交 CC′于 F，则 ①四边形 BFD′E 一定是平行四边形； ②四边形 BFD′E 有可能是正方形； ③四边形 BFD′E 在底面 ABCD 内的投影一定是正方形； ④平面 BFD′E 有可能垂直于平面 BB′D. 以上结论正确的为__________．(写出所有正确结论的编号)
2018版高考数学(浙江文理通用)大一轮复习讲义课件第八章立体几何8.1
易知 BD＝ 2，在 Rt△VBD 中，VD＝ VB2＋BD2＝ 3.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
6.(2016· 慈溪模拟 ) 一只蚂蚁从正方体 ABCD － A1B1C1D1 的顶点A处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到 达顶点C1位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最 短爬行路线的正视图是
2.斜二测画法中的“三变”与“三不变”
坐标轴的夹角改变， “三变”与y轴平行的线段的长度变为原来的一半， 图形改变.
平行性不改变， “三不变”与x，z轴平行的线段的长度不改变， 相对位置不改变.
思考辨析 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
解析
思维升华
(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的
结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；
(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的
几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概
念类的命题进行辨析.
跟踪训练1 (1)以下命题： ①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； ②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；
于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度 不变 ；平行于 y 轴的线段在
知识拓展
1.常见旋转体的三视图 (1)球的三视图都是半径相等的圆. (2)水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形. (3)水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形. (4)水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形.
答案 解析
1
2
3
4
5
6
7
8
2018高三新课标·数学(理)总复习课件：第八章 立体几何8-1
第八章 立 体 几 何
基础诊断
考点突破
课堂总结
第1课时 空间几何体的结构、三视图、 直观图
基础诊断
、台、球等简易组合体的三视图，并能识别 三视图所表示的立体模型．会用斜二测画法画出它们的直观图． 2． 了解平行投影与中心投影， 了解空间图形的不同表示形式．
课堂总结
6.
(2017· 河北省“五一名校联盟”质监)某四面体的三视图 )
如图，则其四个面中最大的面积是(
A．2 C. 3
B．2 2 D．2 3
基础诊断
考点突破
课堂总结
答案 D 解析 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中还原出三视图的 直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左 侧面的三棱锥，即D1－BCB1，其四个面的面积分别为2，2 2 ， 2 2，2 3，故选D.
(6)×
解析 (1)(2)(3)(4)的反例见下面四个图．
(5)平行于轴的连线才是母线． (6)圆锥的三视图不全相同．
基础诊断
考点突破
课堂总结
2．(课本习题改编)如图所示，空心圆柱体的正视图是(
)
答案 C
基础诊断
考点突破
课堂总结
3.三视图如图的几何体是(
)
A．三棱锥 C．四棱台
B．四棱锥 D．三棱台
基础诊断
考点突破
课堂总结
答案 B 解析 几何体底面为四边形，侧面是三角形，故选B.
基础诊断
考点突破
课堂总结
4. (2017· 山东师大附中月考)如图是各棱长均为2的正三棱柱 ABC－A1B1C1的直观图，则此三棱柱侧视图的面积为 ________．
基础诊断
考点突破
课堂总结
基础诊断
考点突破
课堂总结
第1课时 空间几何体的结构、三视图、 直观图
基础诊断
、台、球等简易组合体的三视图，并能识别 三视图所表示的立体模型．会用斜二测画法画出它们的直观图． 2． 了解平行投影与中心投影， 了解空间图形的不同表示形式．
课堂总结
6.
(2017· 河北省“五一名校联盟”质监)某四面体的三视图 )
如图，则其四个面中最大的面积是(
A．2 C. 3
B．2 2 D．2 3
基础诊断
考点突破
课堂总结
答案 D 解析 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中还原出三视图的 直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左 侧面的三棱锥，即D1－BCB1，其四个面的面积分别为2，2 2 ， 2 2，2 3，故选D.
(6)×
解析 (1)(2)(3)(4)的反例见下面四个图．
(5)平行于轴的连线才是母线． (6)圆锥的三视图不全相同．
基础诊断
考点突破
课堂总结
2．(课本习题改编)如图所示，空心圆柱体的正视图是(
)
答案 C
基础诊断
考点突破
课堂总结
3.三视图如图的几何体是(
)
A．三棱锥 C．四棱台
B．四棱锥 D．三棱台
基础诊断
考点突破
课堂总结
答案 B 解析 几何体底面为四边形，侧面是三角形，故选B.
基础诊断
考点突破
课堂总结
4. (2017· 山东师大附中月考)如图是各棱长均为2的正三棱柱 ABC－A1B1C1的直观图，则此三棱柱侧视图的面积为 ________．
基础诊断
考点突破
课堂总结
核按钮2018高考新课标数学理一轮复习配套课件：第八章立体几何8.4 精品
a，b 是两条不同的直 线，α，β 是两个不同的平面，则下列命题中真命题的是( )
A．若 a∥α，b∥α，则 a∥b B．若 a⊂α，b⊂β，α⊥β，则 a⊥b C．若 a∥α，a∥b，则 b∥α D．若 α∥β，a⊂α，则 a∥β
解：对于 A，平行于同一平面的两条直线的位置关系可 能是平行、相交或者异面，A 错误；对于 B，分别位于两个 相互垂直的平面内的两条直线可能平行、相交或异面，B 错 误；对于 C，直线 b 可能位于平面 α 内，C 错误；对于 D， 直线 a 与平面 β 没有公共点，因此 a∥β，D 正确．故选 D.
为平行四边形，∴AD1∥C1D. 又 AD1⊄平面 BDC1，C1D⊂平面 BDC1，∴AD1∥平面 BDC1.
(2)连接 D1D，∵BB1∥平面 ACC1A1，BB1⊂平面 BB1D1D，平面 ACC1A1∩平面 BB1D1D＝D1D，∴BB1∥D1D.
又 D1，D 分别为 A1C1，AC 的中点，∴BB1＝DD1， 故四边形 BDD1B1 为平行四边形，∴BD∥B1D1. 又 BD⊄平面 AB1D1，B1D1⊂平面 AB1D1， ∴BD∥平面 AB1D1.
如图所示的四个正方体图形中，A，B 为正方体的两个顶点， M，N，P 分别为其所在棱的中点，能得出 AB∥面 MNP 的图形的序 号是____________．(写出所有符合要求的图形序号)
解：在①中，由于平面 MNP 与 AB 所在的侧面平 行，所以 AB∥平面 MNP；在③中，由于 AB 与以 MP 为中位线的三角形的底边平行，∴AB∥MP，又∵MP ⊂平面 MNP，AB⊄平面 MNP.∴AB∥平面 MNP.②④ 中，只须平移 AB，即可发现 AB 与平面 MNP 相交．故 填①③.
第八章
A．若 a∥α，b∥α，则 a∥b B．若 a⊂α，b⊂β，α⊥β，则 a⊥b C．若 a∥α，a∥b，则 b∥α D．若 α∥β，a⊂α，则 a∥β
解：对于 A，平行于同一平面的两条直线的位置关系可 能是平行、相交或者异面，A 错误；对于 B，分别位于两个 相互垂直的平面内的两条直线可能平行、相交或异面，B 错 误；对于 C，直线 b 可能位于平面 α 内，C 错误；对于 D， 直线 a 与平面 β 没有公共点，因此 a∥β，D 正确．故选 D.
为平行四边形，∴AD1∥C1D. 又 AD1⊄平面 BDC1，C1D⊂平面 BDC1，∴AD1∥平面 BDC1.
(2)连接 D1D，∵BB1∥平面 ACC1A1，BB1⊂平面 BB1D1D，平面 ACC1A1∩平面 BB1D1D＝D1D，∴BB1∥D1D.
又 D1，D 分别为 A1C1，AC 的中点，∴BB1＝DD1， 故四边形 BDD1B1 为平行四边形，∴BD∥B1D1. 又 BD⊄平面 AB1D1，B1D1⊂平面 AB1D1， ∴BD∥平面 AB1D1.
如图所示的四个正方体图形中，A，B 为正方体的两个顶点， M，N，P 分别为其所在棱的中点，能得出 AB∥面 MNP 的图形的序 号是____________．(写出所有符合要求的图形序号)
解：在①中，由于平面 MNP 与 AB 所在的侧面平 行，所以 AB∥平面 MNP；在③中，由于 AB 与以 MP 为中位线的三角形的底边平行，∴AB∥MP，又∵MP ⊂平面 MNP，AB⊄平面 MNP.∴AB∥平面 MNP.②④ 中，只须平移 AB，即可发现 AB 与平面 MNP 相交．故 填①③.
第八章
2018届高考(新课标)数学(文)大一轮复习课件：第八章 立体几何 8-3
∴FH，EG，AC共点．
合． (2)证明点共线问题的两种方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；② 直接证明这些点都在同一条特定直线上．
(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
跟踪训练 1 如图，平面 ABEF⊥平面 ABCD，四边形 ABEF 与四边形 ABCD 都是直角梯形， ∠BAD＝∠FAB＝90°， BC∥AD 1 1 且 BC＝2AD，BE∥AF 且 BE＝2AF，G，H 分别为 FA，FD 的中 点．
§8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系
[考纲要求] 1.理解空间直线、平面位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.
能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题．
1．平面的基本性质 (1)公理1：如果一条直线上的______在一个平面内，那么这条直线在此平面内． (2)公理2：过____________________的三点，有且只有一个平面．
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形； (2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
【解析】 (1)证明 由已知 FG＝GA，FH＝HD， 1 1 可得 GH 綊2AD.又 BC 綊2AD，∴GH 綊 BC. ∴四边形 BCHG 为平行四边形． 1 (2)∵BE 綊2AF，G 是 FA 的中点，∴BE 綊 FG， ∴四边形 BEFG 为平行四边形，∴EF∥BG. 由(1)知 BG 綊 CH，∴EF∥CH，∴EF 与 CH 共面．
两点
不在一条直线上
线． (4)公理2的三个推论 推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面； 推论2：经过两条______直线有且只有一个平面；
一个
合． (2)证明点共线问题的两种方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；② 直接证明这些点都在同一条特定直线上．
(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
跟踪训练 1 如图，平面 ABEF⊥平面 ABCD，四边形 ABEF 与四边形 ABCD 都是直角梯形， ∠BAD＝∠FAB＝90°， BC∥AD 1 1 且 BC＝2AD，BE∥AF 且 BE＝2AF，G，H 分别为 FA，FD 的中 点．
§8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系
[考纲要求] 1.理解空间直线、平面位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.
能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题．
1．平面的基本性质 (1)公理1：如果一条直线上的______在一个平面内，那么这条直线在此平面内． (2)公理2：过____________________的三点，有且只有一个平面．
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形； (2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
【解析】 (1)证明 由已知 FG＝GA，FH＝HD， 1 1 可得 GH 綊2AD.又 BC 綊2AD，∴GH 綊 BC. ∴四边形 BCHG 为平行四边形． 1 (2)∵BE 綊2AF，G 是 FA 的中点，∴BE 綊 FG， ∴四边形 BEFG 为平行四边形，∴EF∥BG. 由(1)知 BG 綊 CH，∴EF∥CH，∴EF 与 CH 共面．
两点
不在一条直线上
线． (4)公理2的三个推论 推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面； 推论2：经过两条______直线有且只有一个平面；
一个
2018届高考(新课标)数学(文)大一轮复习课件：第八章 立体几何 8-2
(3)由三视图可知，该几何体为一个圆柱上放着一个同底的圆锥，如图．根据题中数据，可知
圆锥的母线长为4，圆柱母线长为4，它们的底面半径为2.
∴S圆锥侧＝π×2×4＝8π，S圆柱侧＝2π×2×4＝16π，S圆柱下底＝4π.∴该几何体的表面积为8π＋
16π＋4π＝28π.故选C.
【答案】 (1)C (2)B (3)C
【方法规律】 空间几何体表面积的求法 (1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的
位置关系及数量．
(2)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． (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．
跟踪训练1 (2016· 课标全国Ⅲ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面
§8.2 空间几何体的表面积与体积
[考纲要求] 了解球体、柱体、锥体、台体的表面积和体积计算公式(不要求记忆)．
1．多面体的表(侧)面积
因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是_____________________，表面积
是侧面积与底面面积之和．
所有侧面的面积之和
2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
)
(6)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.( 【答案】 (1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×
)
1．(教材改编)已知圆锥的表面积等于 12π 开图是一个半圆r2＋πrl＝πr2＋πr· 2r＝3πr2＝12π，
体的三视图，则该多面体的表面积为(
)
A．18＋36 5 C．90
B．54＋18 5 D．81
【解析】 由三视图可知原几何体为一个斜四棱柱，底面是 边长为 3 的正方形，该斜四棱柱是棱长为 6 的正方体的一部分， 如图所示，其表面积为(3×3＋3×6＋3×3 5)×2＝54＋18 5.
2018届高考(新课标)数学(文)大一轮复习课件：第八章 立体几何 8-5
∵PD＝DC，E是PC的中点，
由①和②及BC∩PC＝C，得DE⊥平面PBC，
而PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB.
又EF⊥PB且DE∩EF＝E， ∴PB⊥平面EFD.
题型二 平面与平面垂直的判定与性质 【例2】 (1)(2017· 济宁模拟)如图1，在四棱锥PABCD中 ，PA⊥底面ABCD，平面ABCD为正 方形，E为侧棱PD上一点，F为AB上一点，该四棱锥的正(主)视图和侧(左)视图如图2所示．
∴PA⊥BD. ∵PC⊥平面BDE，BD⊂平面BDE， ∴PC⊥BD. 又∵PA∩PC＝P，
∴BD⊥平面PAC.
(2)(2017· 临沂模拟)如图所示， 已知 AB 为圆 O 的直径，点 D 1 为线段 AB 上一点，且 AD＝3DB，点 C 为圆 O 上一点，且 BC ＝ 3AC，PD⊥平面 ABC，PD＝DB.求证：PA⊥CD.
①求四面体PBFC的体积；
②证明：AE∥平面PFC；
③证明：平面PFC⊥平面PCD.
【解析】 (1)①由侧视图可得 F 为 AB 的中点， 1 ∴△BFC 的面积为 S＝2×1×2＝1. ∵PA⊥平面 ABCD， 1 1 2 ∴四面体 PBFC 的体积为 VPBFC＝3S△BFC·PA＝3×1×2＝3.
§8.5 直线、平面垂直的判定与性质
[考纲要求] 1.能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直
的有关性质和判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的位置关系 的简单命题．
1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义
如果一条直线l与平面α内的_______直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
【解析】 由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面
2018高三新课标·数学(理)总复习课件：第八章 立体几何8-4
第4课时 直线、平面平行的判定及 性质
基础诊断
考点突破
课堂总结
…2017 考钢下载…
1．以立体几何的定义、公理、定理为出发点，认识和理解空 间中线面平行的有关性质和判定定理． 2． 能运用公理、 定理和已获得的结论证明一些空间位置关系 的简单命题．
基础诊断
考点突破
课堂总结
请注意 近年来，高考题由考查知识向考查能力方向转变，题目新颖 多变，灵活性强．立体几何试题一般都是综合直线和平面，以及 简单几何体的内容于一体，经常是以简单几何体作为载体，全面 考查线面关系．
基础诊断
考点突破
课堂总结
答案 ④ 解析 ①若 a∥α，b⊂α，则 a，b 平行或异面；②若 a∥α， b∥α，则 a，b 平行、相交、异面都有可能；③若 a∥b，b⊂α， a∥α或 a⊂α.
基础诊断
考点突破
课堂总结
3．考查下列三个命题，在“________”处都缺少同一个条件， 补上这个条件使其构成真命题(其中 l， m 为直线， α ， β 为平面)， 则此条件为________． m⊂α l∥m ⇒l∥α ； ② l∥m m∥α ⇒l∥α ； ③ l⊥β α⊥β ⇒
基础诊断
考点突破
课堂总结
方法二：如图(2)所示，连接 AC1，AC， ∵ABCD－A1B1C1D1 为正方体， ∴AC⊥BD. 又 CC1⊥平面 ABCD， ∴AC 为 AC1 在平面 ABCD 上的射影，∴ AC1⊥BD. 同理可证 AC1⊥A1B， ∴AC1⊥平面 A1BD.同理可证 AC1⊥平面 PMN. ∴平面 PMN∥平面 A1BD.
基础诊断
考点突破
课堂总结Βιβλιοθήκη 6．在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M，N，P 分别是 C1C， B1C1，C1D1 的中点，求证：平面 MNP∥平面 A1BD.
基础诊断
考点突破
课堂总结
…2017 考钢下载…
1．以立体几何的定义、公理、定理为出发点，认识和理解空 间中线面平行的有关性质和判定定理． 2． 能运用公理、 定理和已获得的结论证明一些空间位置关系 的简单命题．
基础诊断
考点突破
课堂总结
请注意 近年来，高考题由考查知识向考查能力方向转变，题目新颖 多变，灵活性强．立体几何试题一般都是综合直线和平面，以及 简单几何体的内容于一体，经常是以简单几何体作为载体，全面 考查线面关系．
基础诊断
考点突破
课堂总结
答案 ④ 解析 ①若 a∥α，b⊂α，则 a，b 平行或异面；②若 a∥α， b∥α，则 a，b 平行、相交、异面都有可能；③若 a∥b，b⊂α， a∥α或 a⊂α.
基础诊断
考点突破
课堂总结
3．考查下列三个命题，在“________”处都缺少同一个条件， 补上这个条件使其构成真命题(其中 l， m 为直线， α ， β 为平面)， 则此条件为________． m⊂α l∥m ⇒l∥α ； ② l∥m m∥α ⇒l∥α ； ③ l⊥β α⊥β ⇒
基础诊断
考点突破
课堂总结
方法二：如图(2)所示，连接 AC1，AC， ∵ABCD－A1B1C1D1 为正方体， ∴AC⊥BD. 又 CC1⊥平面 ABCD， ∴AC 为 AC1 在平面 ABCD 上的射影，∴ AC1⊥BD. 同理可证 AC1⊥A1B， ∴AC1⊥平面 A1BD.同理可证 AC1⊥平面 PMN. ∴平面 PMN∥平面 A1BD.
基础诊断
考点突破
课堂总结Βιβλιοθήκη 6．在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M，N，P 分别是 C1C， B1C1，C1D1 的中点，求证：平面 MNP∥平面 A1BD.
2018高考数学(文理通用版)一轮复习课件 第八章 解析几何 第5讲
y2 x2 (4) 2＋ 2＝1(a≠b)表示焦点在y轴上的椭圆． a b x2 y2 y2 x2 (5) 2＋ 2＝1(a>b>0)与 2＋ 2＝1(a>b>0)的焦距相等． a b a b A．0 C．2 B．1 D．3
• [解析] (1)(2)(3)(4)不正确，(5)正确，故选 B．
2．(2016· 广东模拟)已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(1,0)，离心率等于 1 ，则C的方程是 导学号 30072468 ( 2 x2 y2 A． ＋ ＝1 3 4 x2 y2 C． ＋ ＝1 4 2
掌握椭圆的定义
、几何图形、标 准方程．
考
关的计算问题、标准方
程及其几何性质 ( 特别 是离心率 ) 的应用问题
椭圆的
几 何性质
★★★ ★★ 掌握椭圆的简单 10年11 性质.
，常与直线方程交汇命
题． 2 ．形式探究：本讲内
考
容在高考中多以选择题
知 识 梳 理
• 知识点一 椭圆的定义 距离的和等于常数(大于|F F |) • 平面内与两个定点F1、F2的 焦点 焦距 _____________________________的点的轨 迹叫做椭圆，这两个定点叫做椭圆的 ______，两焦点间的距离叫做椭圆的 椭圆 ______． 线段F F • 注：若集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}， 空集 |F1F2|＝2c，其中 a＞0，c＞0，且a、c为常 数，则有如下结论： • 1．若a＞c，则集合P为_______；源自1 2 1 2• 知识点二
椭圆的标准方程和几何性质
y2 x2 ＋ ＝1(a＞b＞0) a2 b2
x2 y2 标准方程 2＋ 2＝1(a＞b＞0) a b
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
8.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O的表 面积为 答案 解析 14π 本题考查长方体和球的性质,考查了球的表面积公式.
7 2
.
由题意知长方体的体对角线为球O的直径,设球O的半径为R,则(2R)2=32+22+12=14,得R2= ,所以 球O的表面积为4πR2=14π.
1 3
由圆H的面积为π,得圆H的半径为1,
9 9 R 2 2 2 9 所以 ,所以球O的表面积S=4πR2=4π· = π. +1 =R ,得出R = 8 8 2 3
2
10.(2013课标Ⅱ,15,5分,0.158)已知正四棱锥O-ABCD的体积为 ,底面边长为 ,则以 3 O为球 心,OA为半径的球的表面积为 答案 24π
1 2
6 2
3 2 2
.
解析 设底面中心为E,连接OE,AE,则|AE|= |AC|= ,∵体积V= ×|AB|2×|OE|=|OE|= ,∴|OA| 2
=|AE|2+|OE|2=6.从而以OA为半径的球的表面积S=4π·|OA|2=24π. 思路分析 先根据已知条件直接利用锥体的体积公式求得正四棱锥O-ABCD的高,再利用勾股
1 6
3
=36得R=6.从而球O的表面积S=4πR2=144π.故选C.
思路分析 VO-ABC=VC-AOB.当OC垂直于面AOB时,三棱锥O-AOB,即三棱锥O-ABC的体积最大,此时
可求出半径,从而求出球O的表面积.
6.(2014大纲全国,10,5分)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该 球的表面积为 (
81 A. 4
)
B.16π
A
C.9π
27 D. 4
9 4
答案
易知球心在正四棱锥的高上,设球的半径为R,则(4-R)2+( 2 )2=R2,解得R= ,所以球的
9 81 表面积为4π× = π,故选A. 4 4
2
7.(2017课标全国Ⅰ,16,5分)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 .
疑难突破
易错警示
长方体的体对角线为球的直径是求解的关键.
易因用错球的表面积公式而致错.
9.(2013课标Ⅰ,15,5分,0.123)已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足, α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为 答案 解析
9 2
.
平面α截球O所得截面为圆面,圆心为H,设球O的半径为R,则由AH∶HB=1∶2得OH= R,
高考文数
(课标专用)
§8.2
空间几何体的表面积和体积
五年高考
A组
考点一
A.12π C.8π 答案 A
统一命题·课标卷题组
)
空间几何体的表面积
32 π B.
1.(2016课标全国Ⅱ,4,5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为 (
3
D.4π
设正方体的棱长为a,则a3=8,解得a=2.
A.20π C.28π 答案
2
B.24π D.32π C
3 ,底面半径为2,则圆锥的母线长为4,所以圆锥的侧面积为 由三视图知圆锥的高为2
1 ×4π×4=8π.圆柱的底面积为4π,圆柱的侧面积为4×4π=16π,从而该几何体的表面积为8π+16π+
4π=28π,故选C.
3.(2016课标全国Ⅲ,10,5分)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视 图,则该多面体的表面积为 ( )
5πr2+4r2.由5πr2+4r2=16+20π得r=2.故选B.
5.(2015课标Ⅱ,10,5分,0.459)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三 棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为 ( )
A.36π
C.144π 答案 C
B.64π
D.256π △AOB的面积为定值,当OC垂直于平面AOB时,三棱锥O-ABC的体积取得最大值.由 R
A.18+36 5 C.90 答案 D.81 B 由三视图可知,该几何体是底面为正方形(边长为3),高为6,侧棱长为3 5 的斜四棱柱. B.54+18 5 其表面积S=2×32+2×3×3 5 +2×3×6=54+18 5 .故选B. 易错警示 学生易因空间想象能力较差而误认为侧棱长为6,或漏算了两底面的面积而致错..
4.(2015课标Ⅰ,11,5分,0.629)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该 几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r= ( )
A.1 答案 B.2 C.4 D.8 B 由已知条件可知,该几何体由圆柱的一半和半球组成,其表面积为2πr2+πr2+4r2+2πr2=
2 3 6 2= R,则OO1= 则OO1⊥平面ABC,CO1= × × R 3 2 3
2 3 则VS-ABC=2VO-ABC=2× × ( R 2 ) × R= R =9,
6 R R, R = 3
2
Hale Waihona Puke 23 31 3
3 4
3 3
1 3
所以R=3. 所以球O的表面积S=4πR2=36π.
答案
解析
36π
由题意作出图形,如图.
设球O的半径为R,由题意知SB⊥BC,SA⊥AC,又SB=BC,SA=AC,则SB=BC=SA=AC= 2R.连接OA, OB,
则OA⊥SC,OB⊥SC,因为平面SCA⊥平面SCB,平面SCA∩平面SCB=SC,所以OA⊥平面SCB,所以
2, OA⊥OB,则AB= R 2的等边三角形,设△ABC的中心为O1,连接OO1,CO1. 所以△ABC是边长为 R
1 3
3 2 2
设球的半径为R,则2R= 3 a,即R= 3 ,所以球的表面积S=4πR2=12π.故选A. 方法点拨 的一半. 对于正方体与长方体,其体对角线为其外接球的直径,即外接球的半径等于体对角线
2.(2016课标全国Ⅱ,7,5分)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面 积为 ( )