(北师大版)数学必修二课时作业：1.1简单几何体(含答案)
2024-2025学年高中数学第1章立体几何初步1简单几何体(教师用书)教案北师大版必修2
布置作业：
根据本节课学习的简单几何体的内容，布置适量的课后作业，巩固学习效果。
提醒学生注意作业要求和时间安排，确保作业质量。
拓展与延伸
1. 提供与本节课内容相关的拓展阅读材料：
- 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的代表作，其中包含了关于立体几何的详细论述，对于理解立体几何的概念和定理非常有帮助。
举例：可以用坐标系表示几何体的顶点或中心点的位置，用向量表示几何体的尺寸和方向。
（3）几何体的表面积和体积计算：如何计算简单几何体的表面积和体积。
举例：正方体的表面积公式为6a²，其中a为边长；正方体的体积公式为a³。
2.教学难点
（1）理解并应用几何体的特征：学生可能对几何体的特征和性质理解不深，难以运用到实际问题中。
互动探究：
设计小组讨论环节，让学生围绕简单几何体的问题展开讨论，培养学生的合作精神和沟通能力。
鼓励学生提出自己的观点和疑问，引导学生深入思考，拓展思维。
技能训练：
设计实践活动或实验，让学生在实践中体验几何体的应用，提高实践能力。
在新课呈现结束后，对简单几何体的知识点进行梳理和总结。
强调重点和难点，帮助学生形成完整的知识体系。
- 学习如何表示和描述简单几何体的尺寸和位置；
- 掌握如何计算简单几何体的表面积和体积。
2.教学目标：
- 学生能准确识别和描述常见简单几何体的特征；
- 学生能运用数学语言和符号表示简单几何体的尺寸和位置；
- 学生能计算简单几何体的表面积和体积，并能解决相关实际问题。
三、教学步骤
1.导入（5分钟）：通过展示一些实际生活中的几何体模型，引导学生思考和讨论这些模型的特征和数学关系。
2016-2017学年高中数学 第一章立体几何初步 1.1.2 简单多面体课件 北师大版必修2
探究一
探究二
探究三
探究四
思想方法
解:(1)错误.棱锥的侧面一定是三角形,可以是等腰三角形,也可以 是正三角形,例如棱长均相等的正三棱锥的各个面都是正三角形.
(2)正确.在三棱锥中,共有4个面,每一个面均可作为底面,每一个 顶点均可作为棱锥的顶点.
(3)错误.只有当棱锥被与其底面平行的平面所截时,才能截得一 个棱锥和一个棱台.
4.棱台 (1)棱台的定义:用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥,底面与截 面之间的部分叫作棱台.原棱锥的底面和截面叫作棱台的下底面和 上底面,其他各面叫作棱台的侧面,相邻侧面的公共边叫作棱台的 侧棱.如图所示.
(2)表示:用表示底面各顶点的字母表示棱台.如上图中的棱台可记 作:四棱台ABCD-A'B'C'D'. (3)分类:按底面多边形的边数分为三棱台、四棱台、五棱台…… (4)特殊的棱台:用正棱锥截得的棱台叫作正棱台.正棱台的侧面是 全等的等腰梯形.
锥的顶点,于是棱台的侧棱所在的直线均相交于同一点,故命题④
为真命题.故选A. 答案:A
探究一
探究二
探究三
探究四
思想方法
探究一
探究二
探究三
探究四
思想方法
变式训练1 下列说法中正确的是
.
①在正方体上任意选择4个不共面的顶点,它们可能是正四面体的4
个顶点;
②底面是等边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥;
其中假命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
探究一
探究二
探究三
探究四
思想方法
解析:解答本题可先根据棱柱、棱锥、棱台的结构特征进行详细
分析,再结合已知的各个命题具体条件进行具体分析.显然命题① ②③均是真命题.对于命题④,棱台的侧棱所在的直线就是截得原
(北师大版)数学必修二达标练习：1.1简单几何体(含答案)
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课堂达标·效果检测1.下面没有体对角线的一种几何体是( )A.三棱柱B.四棱柱C.五棱柱D.六棱柱【解析】选A.三棱柱只有面对角线，没有体对角线.2.下列对棱柱的叙述正确的是( )A.棱柱的所有面中仅有一组对面平行B.棱柱的所有面中仅有一组面垂直C.相邻两个面的交线为棱柱的侧棱D.在棱柱中相互垂直的面可能有多组【解析】选D.如在正方体中平行的面和垂直的面有多组，故A， B错误.对于C，因为底面和侧面的交线不是侧棱，故C错误.3.(2018·南昌高一检测)下列说法正确的是( )A.棱柱的所有侧棱不平行B.棱柱的所有棱长都相等C.棱柱的所有侧面都是正方形或长方形D.棱柱的侧面个数与底面的边数相等【解析】选D.根据棱柱的定义知棱柱的所有侧棱都是平行的，A错误，棱柱的所有棱长不一定相等，B不正确.棱柱的侧面都是长方形或正方形或平行四边形，C不正确.棱柱的侧面的个数与底面边数相等，D正确.4.有下列说法：(1)用一个平面去截棱锥，得到一个棱锥和一个棱台(2)两个底面平行且相似，其余各面都是等腰梯形的多面体是棱台.(3)棱锥的底面和侧面都是三角形.其中正确的有________个.【解析】(1)中的平面不一定平行于底面，(1)错.(2)中的各条侧棱不一定交于一点，(2)错.( 3)棱锥的侧面都是三角形，但底面不一定是三角形，(3)错.答案：05.一个棱柱至少有________个面，面数最少的棱柱有________个顶点，有__________条棱.【解析】面数最少的棱柱是三棱柱，共有5个面，6个顶点，9条棱.答案：5 6 96.已知ABCD为等腰梯形，两底边为AB，CD且AB>CD绕AB所在直线旋转一周，所形成的几何体可以分成几个简单几何体？【解析】将等腰梯形ABCD绕AB边所在的直线旋转一周形成的几何体如图所示，是由两个相同的圆锥和一个圆柱构成的.关闭Word文档返回原板块。
人教版高中数学必修第二册 课时作业(一) 【含解析】
数学必修第二册课时作业(一)【原卷版】1．给出下列物理量：①质量；②速度；③位移；④力；⑤路程；⑥功；⑦加速度．其中是向量的有()A．4个B．5个C．6个D．7个2．【多选题】下列结论正确的是()A．若|a|＝|b|，则a＝b或a＝－bB．非零向量a与b平行，则a与b的方向相同或相反C．起点不同，但方向相同且模相等的向量是相等向量D．与非零向量a平行的单位向量有1个3．设O是△ABC的外心，则AO→，BO→，CO→是()A．相等向量B．模相等的向量C．平行向量D．起点相同的向量4．【多选题】如图，O是正方形ABCD的中心，则下列结论正确的是()A.AO→＝OC→B.AO→∥AC→C.AB→与CD→共线D.AO→＝BO→5．在△ABC中，AB＝AC，D，E分别是AB，AC的中点，则()A.AB→与AC→共线B.DE→与CB→共线C.AD→与AE→相等D.AD→与BD→相等6．四边形ABCD中，AB→＝2DC→，则四边形ABCD为()A．平行四边形B．矩形C．梯形D．菱形7．在坐标平面上，把所有单位向量的起点平移到坐标系的原点，则它们的终点所构成的图形是________．8．已知在边长为2的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，则|BD→|＝________．9．某人向正东方向行进100m后，再向正南方向行进1003m，则此人位移的方向是________．10.如图，若四边形ABCD 为正方形，△BCE 为等腰直角三角形，则：(1)图中与AB →共线的向量有________________________________________________________________；(2)图中与AB →相等的向量有________；(3)图中与AB →的模相等的向量有_______________________________________；(4)图中与EC →相等的向量有________．11.如图，在平行四边形ABCD 中，E ，F 分别是AD ，BC 的中点，则以A ，B ，C ，D ，E ，F 这六个点中任意两点分别作为起点和终点的所有向量中，与向量EF →方向相反的向量是________．12．若A 地位于B 地正西方向5km 处，C 地位于A 地正北方向5km 处，则C 地相对于B 地的位移是________．13．一辆消防车从A 地去B 地执行任务，先从A 地向北偏东30°方向行驶2km 到达D 地，然后从D 地沿北偏东60°方向行驶6km 到达C 地，从C 地又向南偏西30°方向行驶2km 才到达B 地．(1)在图中画出向量AD →，DC →，CB →，AB →；(2)描述B 地相对于A 地的位置．14．如图，在四边形ABCD 中，已知M ，N 分别是BC ，AD 的中点，且AB →＝DC →，求证：CN 綉MA .15．中国象棋中规定：马走“日”字．下图是中国象棋的半个棋盘，若马在A 处，可跳到A 1处，也可跳到A 2处，用向量AA 1→或AA 2→表示马走了“一步”．试在图中画出马在B ，C 处走了“一步”的所有情况．1．O 是△ABC 内一点，若|OA →|＝|OB →|＝|OC →|，则O 是△ABC 的()A ．重心B ．内心C ．外心D ．垂心2．【多选题】下列命题中是真命题的是()A ．向量AB →∥CD →(AB →，CD →为非零向量)就是AB →所在的直线平行于CD →所在的直线B ．零向量与任一向量平行C ．相等向量一定是平行向量D ．平行向量一定是相等向量3.如图，已知四边形ABCD 是平行四边形，O 是两条对角线的交点，设点集M ＝{A ，B ，C ，D ，O }，向量集合T ＝{PQ →|P ∈M ，Q ∈M ，且P ，Q 不重合}，求集合T 中元素的个数．4．对于下列各种情况，各向量的终点的集合分别是什么图形？(1)把所有单位向量的起点平行移动到同一点P ；(2)把平行于直线l 的所有向量的起点平移到直线l 上的点P ；(3)把平行于直线l 的所有单位向量的起点平移到直线l 上的点P .5．民间流传的一种智力玩具七巧板是将一块正方形切割为五个等腰直角三角形和一个正方形、一个平行四边形，如图所示．试写出图中与FE →模相等的向量．6．指出下图中的平行向量和相等向量．7.如图所示，在四边形ABCD中，AB→＝DC→，N，M是AD，BC上的点，且CN→＝MA→.(1)求证：DN→＝MB→；(2)试写出图中与向量DN→共线的向量．数学必修第二册课时作业(一)【解析版】1．给出下列物理量：①质量；②速度；③位移；④力；⑤路程；⑥功；⑦加速度．其中是向量的有()A ．4个B ．5个C ．6个D ．7个答案A解析速度、位移、力、加速度这4个物理量是向量，它们都有大小和方向．2．【多选题】下列结论正确的是()A ．若|a |＝|b |，则a ＝b 或a ＝－bB ．非零向量a 与b 平行，则a 与b 的方向相同或相反C ．起点不同，但方向相同且模相等的向量是相等向量D ．与非零向量a 平行的单位向量有1个答案BC解析A 中两个向量未必共线；D 中与非零向量a 平行的单位向量有2个．3．设O 是△ABC 的外心，则AO →，BO →，CO →是()A ．相等向量B ．模相等的向量C ．平行向量D ．起点相同的向量答案B4．【多选题】如图，O 是正方形ABCD 的中心，则下列结论正确的是()A.AO →＝OC →B.AO →∥AC →C.AB →与CD →共线 D.AO →＝BO→答案ABC解析根据正方形的特征，结合相等向量，平行向量作出判断，只有D 是错误的，AO →与BO →只是模相等，由于方向不相同，所以不是相等向量．5．在△ABC 中，AB ＝AC ，D ，E 分别是AB ，AC 的中点，则()A.AB →与AC →共线 B.DE →与CB →共线C.AD →与AE →相等D.AD →与BD →相等答案B解析如图，因为D ，E 分别是AB ，AC 的中点，所以由三角形的中位线定理可得DE ∥BC .所以DE →与CB →共线．6．四边形ABCD 中，AB →＝2DC →，则四边形ABCD 为()A ．平行四边形B ．矩形C ．梯形D ．菱形答案C解析∵AB →＝2DC →，∴AB ∥DC 且AB ≠DC .∴四边形ABCD 为梯形．7．在坐标平面上，把所有单位向量的起点平移到坐标系的原点，则它们的终点所构成的图形是________．答案单位圆8．已知在边长为2的菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，则|BD →|＝________．答案23解析由题意知AC ⊥BD ，且∠ABD ＝30°，设AC ，BD 交点为O ，在Rt △ABO 中，|BO →|＝|AB →|·cos 30°＝2×32＝3，∴|BD →|＝2|BO →|＝23.9．某人向正东方向行进100m 后，再向正南方向行进1003m ，则此人位移的方向是________．答案南偏东30°解析如图所示，此人从点A 出发，经点B ，到达点C ，则tan ∠BAC ＝BC BA ＝1003100＝3，∵∠BAC 是三角形的内角，∴∠BAC ＝60°，即位移的方向是南偏东30°.10.如图，若四边形ABCD 为正方形，△BCE 为等腰直角三角形，则：(1)图中与AB →共线的向量有________________________________________________________________；(2)图中与AB →相等的向量有________；(3)图中与AB →的模相等的向量有_______________________________________；(4)图中与EC →相等的向量有________．答案(1)DC →，BE →，BA →，CD →，EB →，AE →，EA →(2)DC →，BE→(3)BA →，BE →，EB →，DC →，CD →，AD →，DA →，BC →，CB →(4)BD→11.如图，在平行四边形ABCD 中，E ，F 分别是AD ，BC 的中点，则以A ，B ，C ，D ，E ，F 这六个点中任意两点分别作为起点和终点的所有向量中，与向量EF →方向相反的向量是________．答案BA →，FE →，CD→解析由平行四边形的性质，可知AB 綉EF 綉DC .则与向量EF →方向相反的向量有BA →，FE →，CD →.12．若A 地位于B 地正西方向5km 处，C 地位于A 地正北方向5km 处，则C 地相对于B 地的位移是________．答案西北方向52km解析根据题意画出图形如图所示，由图可知|BC →|＝52km ，且∠ABC ＝45°，故C 地相对于B 地的位移是西北方向52km.13．一辆消防车从A 地去B 地执行任务，先从A 地向北偏东30°方向行驶2km 到达D 地，然后从D 地沿北偏东60°方向行驶6km 到达C 地，从C 地又向南偏西30°方向行驶2km才到达B 地．(1)在图中画出向量AD →，DC →，CB →，AB →；(2)描述B 地相对于A 地的位置．解析(1)作向量AD →，DC →，CB →，AB →如图所示．(2)由题意知AD →＝BC →，所以四边形ABCD 为平行四边形，所以AB →＝DC →，所以B 地相对于A 地的位置为“北偏东60°，相距6km ”．14．如图，在四边形ABCD 中，已知M ，N 分别是BC ，AD 的中点，且AB →＝DC →，求证：CN 綉MA .证明因为AB →＝DC →，所以AB ＝DC ，且AB ∥DC .所以四边形ABCD 是平行四边形．所以AD →＝BC →.又因为M ，N 分别是BC ，AD 的中点，所以AN ＝MC ，且AN ∥MC .所以四边形AMCN 是平行四边形．所以CN 綉MA .15．中国象棋中规定：马走“日”字．下图是中国象棋的半个棋盘，若马在A 处，可跳到A 1处，也可跳到A 2处，用向量AA 1→或AA 2→表示马走了“一步”．试在图中画出马在B ，C 处走了“一步”的所有情况．解析根据规则，作出符合要求的所有向量，如图．1．O 是△ABC 内一点，若|OA →|＝|OB →|＝|OC →|，则O 是△ABC 的()A ．重心B ．内心C ．外心D ．垂心答案C解析由条件知点O 到△ABC 三个顶点的距离相等，所以O 是△ABC 的外心．2．【多选题】下列命题中是真命题的是()A ．向量AB →∥CD →(AB →，CD →为非零向量)就是AB →所在的直线平行于CD →所在的直线B ．零向量与任一向量平行C ．相等向量一定是平行向量D ．平行向量一定是相等向量答案BC解析向量AB →∥CD →包含AB →所在的直线与CD →所在的直线平行和重合两种情况，故A 是假命题；零向量的方向是任意的，因此与任一向量平行，故B 是真命题；相等向量的方向相同，因此相等向量一定是平行向量，故C 是真命题；平行向量的长度不一定相同，即使长度相同，方向也有可能相反，因此平行向量不一定是相等向量，故D 是假命题．3.如图，已知四边形ABCD 是平行四边形，O 是两条对角线的交点，设点集M ＝{A ，B ，C ，D ，O }，向量集合T ＝{PQ →|P ∈M ，Q ∈M ，且P ，Q 不重合}，求集合T 中元素的个数．解析从模和方向两个角度考虑，以下向量是互不相等的向量：AB →，BA →，AD →，DA →，AO →，OA →，AC →，CA →，BO →，OB →，BD →，DB →，其他向量都与它们中的某一个相等，故集合T 中有12个元素．4．对于下列各种情况，各向量的终点的集合分别是什么图形？(1)把所有单位向量的起点平行移动到同一点P ；(2)把平行于直线l 的所有向量的起点平移到直线l 上的点P ；(3)把平行于直线l 的所有单位向量的起点平移到直线l 上的点P .解析(1)是以P 点为圆心，以1个单位长度为半径的圆．(2)是直线l .(3)是直线l 上与点P 的距离为1个单位长度的两个点．5．民间流传的一种智力玩具七巧板是将一块正方形切割为五个等腰直角三角形和一个正方形、一个平行四边形，如图所示．试写出图中与FE →模相等的向量．解析与FE →模相等的向量有EF →，DO →，OD →，GH →，HG →，OB →，BO →，AO →，OA →，共9个．6．指出下图中的平行向量和相等向量．解析平行向量有CD →∥AB →∥IJ →∥MN →，EF →∥GH →∥KL →.相等向量有CD →＝MN →，AB →＝IJ →.7.如图所示，在四边形ABCD 中，AB →＝DC →，N ，M 是AD ，BC 上的点，且CN →＝MA →.(1)求证：DN →＝MB →；(2)试写出图中与向量DN →共线的向量．解析(1)证明：因为AB →＝DC →，所以|AB →|＝|DC →|，且AB ∥CD .因此四边形ABCD 是平行四边形，所以|DA →|＝|CB →|，且DA ∥CB .同理，由CN →＝MA →，可证四边形CNAM 是平行四边形，所以CM →＝NA →.所以|MB →|＝|DN →|，即DN →与MB →的模相等，又DN →与MB →的方向相同，故DN →＝MB →.(2)图中与向量DN →共线的向量有NA →，AN →，ND →，CM →，MC →，MB →，BM →，CB →，BC →，DA →，AD →.。
北师大版(2019)高中数学必修第二册课程目录与教学计划表
北师大版（2019）高中数学必修第二册课程目录与教学计划表教材课本目录是一本书的纲领，是教与学的路线图。
不管是做教学计划、实施教学活动，还是做学习计划、复习安排、工作总结，都离不开目录。
目录是一本书的知识框架，要做到心中有书、胸有成竹，就从目录开始吧！课程目录教学计划、进度、课时安排必修第二册第一章三角函数1 周期变化2 任意角2.1 角的概念推广2.2 象限角及其表示本节综合与测试3 弧度制3.1 弧度概念3.2 弧度与角度的换算本节综合与测试4 正弦函数和余弦函数的概念及其性质4.1 单位圆与任意角的正弦函数、余弦函数定义4.2 单位圆与正弦函数、余弦函数的基本性质4.3 诱导公式与对称4.4 诱导公式与旋转本节综合与测试5 正弦函数、余弦函数的图象与性质再认识5.1 正弦函数的图象与性质再认识5.2 余弦函数的图象与性质再认识本节综合与测试6 函数y=Asin(wx+φ)性质与图象6.1 探究w对y=sinwx的图象的影响6.2 探究φ对y=sin(x+φ)的图象的影响第六章立体几何初步1 基本立体图形1.1 构成空间几何体的基本元素1.2 简单多面体——棱柱、棱锥和棱台1.3 简单旋转体——球、圆柱、圆锥和圆台本节综合与测试2 直观图3 空间点、直线、平面之间的位置关系3.1 空间图形基本位置关系的认识3.2 刻画空间点、线、面位置关系的公理本节综合与测试4 平行关系4.1 直线与平面平行4.2 平面与平面平行本节综合与测试5 垂直关系5.1 直线与平面垂直5.2 平面与平面垂直本节综合与测试6 简单几何体的再认识6.1 柱、锥、台的侧面展开与面积6.2 柱、锥、台的体积6.3 球的表面积和体积本节综合与测试本章综合与测试本册综合。
新北师大版高中数学必修二同步练习：1-1简单几何体(含答案)
第一章§1 1.1一、选择题1．对于以下几何体，说法正确的选项是()A．图①是圆柱 B ．图②和图③是圆锥C．图④和图⑤是圆台 D ．图⑤是圆台[答案] D[分析 ]图①与图④中几何体两个底面不相互平行，所以它们不是圆柱和圆台．图②与图③中几何体的过旋转轴的截面(轴截面 )不是等腰三角形，所以它们不是圆锥．图⑤是圆台．2．一个圆柱的母线长为5，底面半径为2，则圆柱的轴截面的面积为()A． 10B．20C． 40D．15[答案 ]B[分析 ]圆柱的轴截面是矩形，矩形的长宽分别为5、 4，则面积为4×5＝ 20.3．用一个平面去截一个几何体，获得的截面是四边形，这个几何体可能是() A．圆锥 B ．圆柱C．球体 D ．以上均有可能[答案 ]B[分析 ]圆锥、球体被平面截后不行能是四边形，而圆柱被截后可能是四边形．4．充满气的车轮内胎可由图中哪个图形绕对称轴旋转生成()[答案] C[分析 ]汽车内胎是圆形筒状几何体．5．一个正方体内有一个内切球，作正方体的对角面，所得截面图形是以下图中的()[答案 ]B[分析 ]由组合体的构造特点知，球只与正方体的上、下底面相切，而与双侧棱相离．故正确答案为 B.6．已知球心到球的一个截面的距离为5，截面圆的半径为12，则球的半径为 ()A． 13B．12C． 5D． 149[答案 ]A[分析 ]设球的半径为R，则 R＝52＋ 122＝ 13.二、填空题7．已知圆台的轴与母线所在直线的夹角为45°，若上底面的半径为 1，高为 1，则圆台的下底面半径为 ________．[答案 ]2[分析 ]设下底面半径为r，则r－1＝ tan45 °，∴ r＝ 2.18．有以下说法：①球的半径是连结球面上随意一点和球心的线段；②球的直径是球面上随意两点间的线段；③用一个平面截一个球，获得的是一个圆；④空间中到必定点距离相等的点的会合是一个球．此中正确的有________．[答案 ]①[分析 ]球是半圆绕其直径所在的直线旋转，旋转面所围成的关闭的几何体，不难理解，半圆的直径就是球的直径，半圆的圆心就是球心，半圆的半径就是球的半径，所以①正确；假如球面上的两点连线经过球心，则这条线段就是球的直径，所以②错误；球是一个几何体，平面截它应获得一个面而不是一条曲线，所以③错误；空间中到必定点距离相等的点的会合是一个球面，而不是一个球体，所以④错误．三、解答题9．如下图，用一个平行于圆锥SO 底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶ 16，截去的小圆锥的母线长是 3 cm，求圆台 OO′的母线长．[分析 ]设圆台的母线长为l ，由截得圆台上、 下底面积之比为1∶ 16，可设截得圆台的上、下底面半径分别为r,4r.过轴SO 作截面如下图．则△ SO ′A ′∽△ SOA ，SA ′ O ′ A ′∴SA ＝ OA. 又 SA ′＝ 3， SA ＝ 3＋ l ，O ′A ′＝ r ， OA ＝ 4r ，3r 1∴ 3＋ l ＝4r ＝4.解得 l ＝ 9.即圆台的母线长为9 cm.一、选择题1．以下命题中，错误的选项是( )A ．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B ．圆锥的轴截面是全部过极点的截面中面积最大的一个C ．圆台的全部平行于底面的截面都是圆D ．圆锥全部的轴截面都是全等的等腰三角形[答案 ] B[分析 ]当圆锥的轴截面顶角大于 90°时，面积不是最大的．2．已知球的两个平行截面的面积分别为5π和 8π，它们位于球心的同一侧， 且相距为 1，那么这个球的半径是 ()A ． 4B ． 3C ． 2D ． 1[答案 ] B[分析 ]如图，设球的半径为R ，两截面圆的半径分别为r1， r2，22则πr＝ 5π，πr＝ 8π，12∴r1＝ 5， r2＝ 2 2.又 O1O2＝ 1，取 OO2＝ x，则有 R2＝ 5＋ (x＋1) 2， R2＝ 8＋ x2，∴5＋(x＋ 1)2＝8＋ x2，∴x＝1，∴ R＝ 3.二、填空题3．若母线长是 4 的圆锥的轴截面的面积是8，则圆锥的高是________．[答案 ]22[分析 ]如下图，设圆锥的底面半径为r ，则圆锥的高是16－ r2，∵12·2r ·16－ r 2＝ 8，∴ r＝ 2 2.∴圆锥的高为 16－22＝2 2.4．已知圆锥母线与旋转轴所成的角为30°，母线的长为 2，则其底面面积为 ________．[答案 ]π2[分析 ]如下图，过圆锥的旋转轴作其轴截面ABC ，设圆锥的底面半径为 r.∵△ ABC 为等腰三角形，∴△ ABO 为直角三角形．又∵∠ BAO ＝ 30°，1 2∴BO＝r ＝2AB ＝2 .2π∴底面圆 O 的面积为 S＝πr＝ .2三、解答题5．如下图，已知AB 是直角梯形ABCD 与底边垂直的一腰．分别以AB ， CD ，DA 为轴旋转，试说明所得几何体的构造特点．[分析 ] (2)以 CD (1) 以 AB 边为轴旋转所得旋转体是圆台．如图(1) 所示．边为轴旋转所得旋转体为一组合体：上部为圆锥，下部为圆台，再挖去一个小圆锥，如图(2) 所示．(3)以AD边为轴旋转获得一个组合体，它是一个圆柱上部挖去一个圆锥．如图(3) 所示．6．轴截面为正三角形的圆锥叫作等边圆锥．已知某等边圆锥的轴截面面积为3，求该圆锥的底面半径、高和母线长．[分析 ]如图△ SAB为等边圆锥的轴截面，设圆锥的底面半径为r，高为 h，母线长为l，则在轴截面△SAB 中，有 OB＝ r， SO＝ h， SB＝ l，且∠ SBO＝ 60°.在直角△ SOB 中， h＝3r， l＝ 2r，所以 S△SAB＝12×AB×SO＝ rh＝3r2，依据题意得3r2＝3，解得 r ＝1，所以 l＝ 2r＝ 2， h＝3r＝ 3.即该圆锥的底面半径为1，高为3，母线长为 2.7．一个圆台的母线长为12cm，两底面面积分别为224π cm和 25πcm，求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长．[分析 ] (1)圆台的轴截面是等腰梯形ABCD( 如图 )．2由于圆台上底面面积为4πcm，所以上底面半径为2cm.2又由于圆台下底面面积为25πcm，所以下底面半径为5cm，所以高为 AM ＝ 122－－2＝ 3 15(cm) ．(2)延伸 BA ，CD 订交于点 S，设截得此圆台的圆锥的母线长为l ，由于 Rt△ SAO 1∽ Rt△ SBO ，SA AO 1l－ 122，所以SB＝BO，即l＝5解得 l ＝ 20(cm) ，即截得此圆台的圆锥的母线长为20cm.。
2021年高中数学第1章 学案北师大版必修2(付,143页)
第一章立体几何初步§1简单几何体1．1简单旋转体知识点一旋转体[填一填](1)概念：一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体．(2)特殊的旋转体：圆柱、圆锥、圆台、球．知识点二球[填一填](1)概念：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，将半圆旋转所形成的曲面叫作球面．球面所围成的几何体叫作球体，简称球．半圆的圆心叫作球心．连接球心和球面上任意一点的线段叫作球的半径．连接球面上两点并且过球心的线段叫作球的直径．如图所示．(2)表示：球常用表示球心的字母表示．如上图中的球记作球O.[答一答]1．在平面几何中，你学习了直线与圆的位置关系，那么平面与球的位置关系如何？提示：类比平面上直线与圆的位置关系，平面与球有以下几种位置关系：相离、相切、相交，其中相离是平面与球无公共点，相切是平面与球有且只有一个公共点，相交则是平面与球有无数多个公共点．知识点三圆柱、圆锥、圆台[填一填](1)概念：分别以矩形的一边、直角三角形的一条直角边、直角梯形垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体分别叫作圆柱、圆锥、圆台．圆台也可以看作是用平行于圆锥底面的平面截这个圆锥而得到的．垂直于旋转轴的边旋转而成的圆面叫作它们的底面；不垂直于旋转轴的边旋转而成的曲面叫作它们的侧面，无论转到什么位置，这条边都叫作侧面的母线．如图所示．(2)表示：圆柱、圆锥、圆台都是用表示轴的字母表示．如上图中的圆柱、圆锥、圆台分别记为圆柱OO′、圆锥SO、圆台OO′.[答一答]2．对圆柱、圆锥、圆台：(1)平行于底面的截面是什么样的图形？(2)过轴的截面(简称轴截面)分别是什么样的图形？(3)研究圆柱、圆台和圆锥之间的关系．提示：(1)平行于底面的截面，图形都是圆．(2)过轴的截面，对于圆柱是矩形，对于圆锥是等腰三角形，对于圆台是等腰梯形．(3)圆柱的上底面变小，就变为圆台，当上底面变为一个点时，它就变成了圆锥．圆台是由圆锥截得的，“补台成锥”是解决圆台问题的一种重要方法．3．为什么以直角三角形的一边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体不一定是圆锥？提示：如图①所示，Rt△ABC中，AB⊥AC，以直角边AC所在的直线为轴旋转所得旋转体是圆锥，如图②；以直角边AB所在的直线为轴旋转所得旋转体也是圆锥，如图③；以斜边BC所在的直线为轴旋转所得旋转体不是圆锥，是两个同底面的圆锥拼接成的几何体，如图④.由此可见，平面图形绕同一平面内的一条直线旋转所得几何体是什么样的旋转体，跟所选旋转轴所在的直线的位置关系有关．在理解圆柱、圆锥和圆台的概念时要注意以下几点(1)我们以轴上的两个字母表示几何体，可以记作圆柱OO′，圆锥SO，圆台OO′.(2)圆台可看作是用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分．(3)这三种几何体的母线不是唯一的．圆柱的母线互相平行，圆锥的母线交于一点，圆台的母线延长后交于一点．连接圆柱上、下底面圆周上两点，不一定是圆柱的母线，圆柱的母线与轴平行．但连接圆锥顶点和底面圆周上任一点得到的线段都是母线．(4)用一个与底面平行的平面去截这三种几何体，得到的截面都是圆面.类型一旋转体的有关概念【例1】以下对于几何体的描述，错误的是()A．NBA决赛中使用的篮球不是球体B．一个等腰三角形绕着底边上的高所在直线旋转180°形成的封闭曲面所围成的图形叫作圆锥C．用平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫作圆台D．以矩形的一组对边的中垂线所在直线为轴旋转180°所形成的几何体为圆柱【思路探究】根据柱、锥、台的结构特征进行判断．【解析】根据球的定义可知A正确．由圆锥的定义知B正确．当平面与圆锥的底面平行时底面与截面之间的部分为圆台，故C错误．由圆柱的定义知D正确．【答案】 C规律方法1.判断简单旋转体结构特征的方法(1)明确由哪个平面图形旋转而成．(2)明确旋转轴是哪条直线．2．简单旋转体的轴截面及其应用(1)简单旋转体的轴截面中有底面半径、母线、高等体现简单旋转体结构特征的关键量．(2)在轴截面中解决简单旋转体问题体现了化空间图形为平面图形的转化思想．判断下列各命题是否正确．(1)圆柱上底面圆上任一点与下底面圆上任一点的连线都是圆柱的母线；(2)一直角梯形绕下底所在直线旋转一周，所形成的曲面围成的几何体是圆台；(3)圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形；(4)到定点的距离等于定长的点的集合是球．解：(1)错误．由圆柱母线的定义知，圆柱的母线应平行于轴．(2)错误．直角梯形绕下底所在直线旋转一周所形成的几何体是由一个圆柱与一个圆锥组成的简单组合体，如图所示．(3)正确．(4)错误．应为球面．类型二有关几何体的计算问题【例2】一个圆台的母线长为12 cm，两底面面积分别为4π cm2和25π cm2.求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长．【思路探究】本题主要考查圆台中的有关计算，关键是画出轴截面，依据相似三角形求解．【解】(1)如右图所示，设圆台的轴截面是等腰梯形ABCD，O1，O分别是上、下底面的中心，作AM⊥BC于M，延长BA，CD交于S，连接SO，则SO经过O1.由已知得上底面半径O1A＝2 cm ，下底面半径OB ＝5 cm ，且腰长AB ＝12 cm ，∴圆台的高AM ＝122－(5－2)2＝315(cm)．(2)设截得此圆台的圆锥的母线长为l cm ，则由△SAO 1∽△SBO ，得l －12l ＝25，解得l ＝20. 即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.规律方法 解决这类问题一般是画出轴截面解三角形．一个圆锥的高为2，母线与轴的夹角为30°，则圆锥的母线长为433. 解析：先明确圆锥的相关概念，画出示意图，再利用直角三角形的知识求解，如图所示，设圆锥底面直径为AB ，SO 为高，SA 为母线，由题意可知∠ASO ＝30°，所以在Rt △AOS 中，SA ＝SO cos ∠ASO ＝2cos30°＝433. 类型三 有关球的截面问题【例3】 在球内有相距9 cm 的两个平行截面，面积分别为49π cm 2和400π cm 2，求此球的半径．【思路探究】 作轴截面(过与截面圆垂直的半径作截面)，将空间图形化为平面图形．利用截面的性质解直角三角形．【解】 两截面与球心的位置关系有两种：(1)两截面位于球心的同侧；(2)球心在两截面之间．若两截面位于球心的同侧，如图①，C ，C 1分别是两平行截面的圆心，设球的半径为R ，截面圆的半径分别为r ，r 1，由πr 21＝49π，得r 1＝7(cm)，由πr 2＝400π，得r ＝20(cm)，在Rt△OB1C1中，OC1＝R2－r21＝R2－49，在Rt△OBC中，OC＝R2－r2＝R2－400，由题意知OC1－OC＝9 cm，即R2－49－R2－400＝9，解得R＝25(cm)，若球心在两截面之间，如图②，OC1＝R2－49，OC＝R2－400.由题意知OC1＋OC＝9 cm，即R2－49＋R2－400＝9，R2－49＝9－R2－400，平方得R2－400＝－15，此方程无解，说明第二种情况不存在．综上所述，所求球的半径为25 cm.规律方法在解决球的截面问题时，可作轴截面，将空间图形化为平面图形．由于球心与截面圆心的连线垂直于截面圆，因此经过球心与截面圆心的连线作轴截面如图．则球的半径R，截面圆半径r，球心到截面的距离d有如下关系：d2＋r2＝R2.在半径等于13 cm的球内有一个截面，它的面积是25π cm2，求球心到这个截面的距离．解：设截面圆的半径为r cm.因为πr2＝25π，所以r＝5.设球心到截面的距离为d cm，则d＝132－52＝12.所以球心到截面的距离为12 cm.类型四圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图问题【例4】如图所示，一圆柱的底面半径为2，母线长为5，轴截面为矩形ABCD，从点A拉一绳子沿圆柱侧面到点C，求最短绳长．【思路探究】(1)绳子是在圆柱的侧面上，与侧面有关的问题用侧面展开图来解决．(2)沿母线BC剪开，将圆柱侧面的一半展开，得展开图矩形，其中AD是母线的长，AB′是底面周长的一半．【解】沿BC剪开，将圆柱侧面的一半展开得到矩形B′ADC′，如图所示，连接AC′，则AC′的长即为所求最短绳长，由题意可知，B′C′＝5，AB′＝2π，即最短绳长为25＋4π2.规律方法1.圆柱问题中的基本量为底面半径r、h、母线长l，且h＝l.2．解决与圆柱有关的问题可作轴截面或侧面展开图，将空间问题转化为平面问题．3．轴截面是矩形，长和宽分别为2r和l.4．侧面展开图是矩形，长和宽分别为2πr和l.圆锥底面半径r＝1 cm，母线l＝6 cm，现有一只蚂蚁，从圆锥底面圆周上点A沿侧面爬一周后又回到A点，求它至少要爬的路程．解：如图所示，将圆锥侧面沿母线P A 展开，所得扇形的圆心角θ＝r l ·360°＝16×360°＝60°，∴△P AA ′为等边三角形，∴AA ′＝6，即它至少要爬的路程为6 cm.——转化与化归思想——立体几何问题平面化1．利用轴截面将空间问题转化为平面问题圆柱、圆锥、圆台、球的轴截面中含有丰富的元素和良好的图形性质，因此在解决几何体的有关长度计算问题时常常利用轴截面来解决，将空间问题转化为平面问题．2．用侧面展开的方法求圆柱、圆锥和圆台侧面上两点间距离(最值)求几何体侧面上两点间最短距离的问题，常把侧面展开，转化为平面几何问题后解决．【例5】 如图所示，已知圆锥SO 中，底面半径r ＝1，母线长l ＝4，M 为母线SA 上的一个点，且SM ＝x ，从点M 拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点A .求：(1)绳子的最短长度的平方f (x )；(2)绳子最短时，顶点到绳子的最短距离；(3)f (x )的最大值．【思路分析】 求几何体侧面上两点之间的距离的最小值时，往往利用其侧面展开图求解．【精解详析】 将圆锥的侧面沿SA 剪开，并展开，如图所示，该图形为扇形，且弧AA ′的长度L 就是圆O 的周长，所以L ＝2πr ＝2π.所以∠ASM ＝L 2πl ×360°＝2π2π×4×360°＝90°.(1)由题意知，绳子长度的最小值为展开图中的AM ，且AM ＝x 2＋16(0≤x ≤4)，所以f (x )＝AM 2＝x 2＋16(0≤x ≤4)．(2)作SR ⊥AM ，垂足为R ，则SR 的长度为顶点S 到绳子的最短距离，因为12SA ·SM ＝12AM ·SR ，所以SR ＝SA ·SM AM ＝4x x 2＋16(0≤x ≤4)，即绳子最短时，顶点到绳子的最短距离为4x x 2＋16(0≤x ≤4)． (3)因为f (x )＝x 2＋16(0≤x ≤4)是增函数，所以f (x )的最大值为f (4)＝32.【解后反思】 求解旋转体侧面上两点间的最小距离时，一般将几何体侧面展开，从而将空间问题转化为平面问题，将曲线问题转化为直线问题来解决，使复杂问题简单化．如图，圆台的上、下底面半径分别为5 cm 和10 cm ，母线长AB ＝20 cm ，从圆台母线AB 的中点M 拉一条绳子绕圆台侧面转到A 点．求：在绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离．提示：类似几何体表面最短路径问题一般是把侧面展开，转化为平面几何知识求解． 解：如图，将圆台侧面展开，则绳子的最短长度为侧面展开图中A 1M 的长度，所以∠AOA 1＝10－520×360°＝90°， 设OB ＝l ′，则5l ′·360°＝90°， 所以l ′＝20 cm ，所以OA ＝OA 1＝40 cm ，OM ＝30 cm.在Rt△A1OM中，A1M＝OA21＋OM2＝402＋302＝50(cm)．过点O作OQ⊥A1M于Q，交弧BB1于P，则PQ为所求最短距离．因为OA1·OM＝A1M·OQ，则40×30＝50·OQ，所以OQ＝24 cm，所以PQ＝OQ－OP＝OQ－OB＝24－20＝4(cm)，即上底圆周上的点到绳子的最短距离为4 cm.一、选择题1．下列不是旋转体的是(D)A．圆台B．圆锥C．圆柱D．球面解析：如果只考虑物体的形状和大小，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形叫作空间几何体．旋转体是特珠的空间几何体．因此球面不是旋转体．2．下列说法中正确的是(D)A．圆台是直角梯形绕其一边所在的直线旋转而成的B．圆锥是直角三角形绕其一边所在的直线旋转而成的C．圆柱不是旋转体D．圆台可以看作是平行于底面的平面截一个圆锥而得到的底面与截面之间的部分解析：圆台是直角梯形绕垂直于底边的腰所在的直线旋转而得到的，故A不正确；圆锥是直角三角形绕其一条直角边所在的直线旋转而得到的，故B不正确；而圆柱、圆锥、圆台、球都是旋转体，故C不正确．3．有下列表述：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．其中正确的是(D)A．①②B．②③C．①③D．②④解析：对于①③，两点的连线不一定在圆柱、圆台的侧面上，当然有可能不是母线了，对于②④，由母线的定义知正确．二、填空题4．有下列说法：①球的半径是连接球面上任意一点和球心的线段；②球的直径是球面上任意两点间的线段；③用一个平面截一个球，得到的是一个圆；④空间中到一定点距离相等的点的集合是一个球．其中正确的有①.解析：①球是半圆绕其直径所在的直线旋转，旋转面所围成的封闭的几何体，不难理解，半圆的直径就是球的直径，半圆的圆心就是球心，半圆的半径就是球的半径，因此①正确；如果球面上的两点连线经过球心，则这条线段就是球的直径，因此②错误；球是一个几何体，平面截它应得到一个面而不是一条曲线，所以③错误；空间中到一定点距离相等的点的集合是一个球面，而不是一个球体，所以④错误．5．圆柱、圆锥和圆台过轴的截面分别是矩形、等腰三角形和等腰梯形．三、解答题6．在半径为25 cm的球内有一个截面，它的面积是49π cm2，求球心到这个截面的距离．解：设球的半径为R，截面圆的半径为r，球心到截面的距离为d，如图所示．因为S＝πr2＝49π cm2，所以r＝7 cm，所以d＝R2－r2＝252－72＝24(cm)，即球心到这个截面的距离为24 cm.1．2 简单多面体知识点一多面体与棱柱[填一填]1．多面体我们把若干个平面多边形围成的几何体叫作多面体．其中棱柱、棱锥、棱台都是简单多面体．2．棱柱(1)棱柱的有关概念两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，这些面围成的几何体叫作棱柱．两个互相平行的面叫作棱柱的底面，其余各面叫作棱柱的侧面，棱柱的侧面是平行四边形．两个面的公共边叫作棱柱的棱，其中两个侧面的公共边叫作棱柱的侧棱，底面多边形与侧面的公共顶点叫作棱柱的顶点，与两个底面都垂直的直线夹在两底面间的线段长叫作棱柱的高．(2)棱柱的分类①按底面多边形的边数：棱柱的底面可以是三角形、四边形、五边形……我们把这样的棱柱分别叫作三棱柱、四棱柱、五棱柱…….②按侧棱与底面是否垂直：[答一答]1．有人说：有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．你认为这种说法对吗？提示：这种说法不对．棱柱有两个本质特征：(1)有两个面互相平行；(2)其余各面每相邻两个面的公共边相互平行．正是由于这两个特征，使棱柱的各侧面都是平行四边形，但是有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体未必是棱柱．反例如图．知识点二棱锥[填一填](1)定义有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，这些面围成的几何体叫作棱锥．这个多边形叫作棱锥的底面，其余各面叫作棱锥的侧面，相邻侧面的公共边叫作棱锥的侧棱，各侧面的公共点叫作棱锥的顶点，过顶点作底面的垂线，顶点与垂足间的线段长叫作棱锥的高．(2)正棱锥如果棱锥的底面是正多边形，且各侧面全等，就称作正棱锥．(3)分类按底面多边形的边数分：底面是三角形、四边形、五边形……的棱锥分别叫作三棱锥、四棱锥、五棱锥…….[答一答]2．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥吗？为什么？提示：不一定，判断一个几何体是否是棱锥，关键是紧扣棱锥的三个本质特征：(1)有一个面是多边形；(2)其余各面都是三角形；(3)这些三角形有一个公共顶点．这三个特征缺一不可，显然，这种说法不满足(3). 反例如图．知识点三棱台[填一填](1)定义用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫作棱台．原棱锥的底面和截面叫作棱台的下底面和上底面，其他各面叫作棱台的侧面，相邻侧面的公共边叫作棱台的侧棱，与两个底面都垂直的直线夹在两底面间的线段长叫作棱台的高．(2)正棱台用正棱锥截得的棱台叫作正棱台，正棱台的侧面是全等的等腰梯形，它的高叫作正棱台的斜高．(3)分类按底面多边形的边数分：底面是三角形、四边形、五边形……的棱台分别叫作三棱台、四棱台、五棱台…….[答一答]3．棱台的各侧棱是什么关系？各侧面是什么样的多边形？两个底面是什么关系？提示：棱台的各侧棱延长后交于一点，各侧面是梯形，两个底面是相似的多边形．4．观察下面的几何体，思考问题：图①是棱台吗？图②用任意一个平面去截棱锥，一定能得到棱台吗？提示：图①不是棱台，因为各侧棱延长后不交于一点，图②中只有用平行于底面的平面去截才能得到棱台．1．对于多面体概念的理解，注意以下两个方面(1)多面体是由平面多边形围成的，围成一个多面体至少要四个面．(2)多面体是一个“封闭”的几何体．2．对于棱柱的定义注意以下三个方面(1)有两个面平行，各侧棱都平行，各侧面都是平行四边形．(2)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱．(3)从运动的观点看，棱柱可以看成是一个平面多边形，从一个位置沿一条不与其共面的直线运动到另一位置时，形成的几何体．3．对于棱锥要注意有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，必须强调其余各面是共顶点的三角形．4．棱台中各侧棱延长后必相交于一点，否则不是棱台.类型一概念的理解与应用【例1】下列关于多面体的说法正确的个数为________．①所有的面都是平行四边形的几何体为棱柱；②棱台的侧面一定不会是平行四边形；③底面是正三角形，且侧棱相等的三棱锥是正三棱锥；④棱台的各条侧棱延长后一定相交于一点；⑤棱柱的每一个面都不会是三角形．【解析】①中两个四棱柱放在一起，如图所示，能保证每个面都是平行四边形，但并不是棱柱．故①错．②中棱台的侧面一定是梯形，不可能为平行四边形，②正确．根据棱锥的概念知③正确．根据棱台的概念知④正确．棱柱的底面可以是三角形，故⑤不正确．正确的个数为3.【答案】 3规律方法有关棱柱、棱锥、棱台结构特征的判断方法(1)举反例法：结合棱柱、棱锥、棱台的定义举反例直接判断关于棱锥、棱台结构特征的某些说法不正确．(2)直接法：棱锥棱台定底面只有一个面是多边形，此面即为底面两个互相平行的面，即为底面看侧棱相交于一点延长后相交于一点下面属于多面体的是①②.(将正确答案的序号填在横线上)①建筑用的方砖；②埃及的金字塔；③茶杯；④球．解析：①②属于多面体；③④属于旋转体．类型二棱柱的结构特征【例2】如图所示，已知长方体ABCD－A1B1C1D1.(1)这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？(2)用平面BCFE把这个长方体分成两部分后，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，是几棱柱？如果不是，说明理由．【思路探究】判断一个几何体是否是棱柱，关键是验证几何体是否满足棱柱的定义．如果是棱柱，一是要找到两个面平行，二是要判定其余各个面的公共边平行；如果不是棱柱，则需指出不满足定义或举出反例．【解】(1)是棱柱，并且是四棱柱，因为以长方体相对的两个面作底面都是四边形，其余各面都是矩形，矩形当然是平行四边形，并且几何体的四条侧棱互相平行．(2)截面BCFE上方部分是棱柱，且是三棱柱BEB1－CFC1，其中△BEB1和△CFC1是底面．截面BCFE下方部分也是棱柱，且是四棱柱ABEA1－DCFD1，其中四边形ABEA1和四边形DCFD1是底面．规律方法棱柱的两个主要结构特征：(1)有两个面互相平行；(2)各侧棱都互相平行，各侧面都是平行四边形．通俗地讲，就是棱柱“两头一样平，上下一样粗”．下列说法中，正确的是(C)A．底面是正多边形的棱柱是正棱柱B．棱柱中两个互相平行的面一定是棱柱的底面C．棱柱的各个面中，至少有两个面互相平行D．棱柱的侧面是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形解析：正棱柱是底面是正多边形且侧棱垂直于底面的棱柱，故A错误；棱柱中可以有两个侧面互相平行，不一定是底面，同时底面可以是平行四边形，故B，D错；由棱柱的概念知C正确．故正确答案为C.类型三棱锥的几何特征【例3】已知正三棱锥V－ABC的底面边长为6，高VO＝4，D为AB的中点，过点V，C，D作截面，试求该截面的周长和面积．【思路探究】依据题意画出图形，利用高与侧棱、底面等边三角形相应的外接圆半径，高与斜高、底面等边三角形相应边心距构成的直角三角形进行计算．【解】 由题意画出图形，如图所示，其中VO ＝4，AB ＝BC ＝CA ＝6，∵△ABC 是等边三角形，O 是中心，∴OC ＝23，OD ＝3，在Rt △VOC 和Rt △VOD 中，由勾股定理，得VC ＝42＋(23)2＝27，VD ＝42＋(3)2＝19，∴截面△VCD 的周长为VC ＋CD ＋VD ＝27＋33＋19，面积为12CD ·VO ＝12×33×4＝6 3.规律方法 1.如图，在正三棱锥的计算中，常要研究基本量：底面边长AB 、侧棱长PC 、高PO 、斜高PD 、边心距OD 、底面外接圆半径OC 等．2．含有这些基本量的直角三角形有Rt △POD 、Rt △POC 、Rt △PDB 、Rt △AOD 等． 3．通过解这些直角三角形可求出基本量，进而完成解题． 4．记住一些结论可提高解题速度．如若AB ＝a ，则OC ＝33a ，OD ＝36a ，CD ＝32a 等．在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有( D ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个解析：如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中取四棱锥A 1－ABCD ，则此四棱锥的四个侧面全为直角三角形．故正确答案为D.类型四 棱台的几何特征【例4】 已知四棱台的上底面、下底面分别是边长为4,8的正方形，各侧棱长均为17，求四棱台的高．【思路探究】 思路一：用“补形法”，将棱台还原为棱锥，结合平面几何知识求解；思路二：依题意，作出棱台的对角面，化为平面几何的计算问题．【解】解法一：如图所示，设O 1，O 分别为正方形A 1B 1C 1D 1和正方形ABCD 的中心，则P ，O 1，O 三点共线．A 1O 1＝12A 1C 1＝12×42＝22，AO ＝12AC ＝12×82＝4 2.∵△P A 1O 1∽△P AO ，∴A 1O 1AO ＝P A 1P A ，即P A 1P A ＝12.又∵P A ＝P A 1＋A 1A ＝2P A 1，∴P A 1＝A 1A ＝17， 在Rt △PO 1A 1中，PO 1＝P A 21－A 1O 21＝(17)2－(22)2＝3.又∵PO 1PO ＝A 1O 1AO ，∴PO ＝6，∴OO 1＝3.∴四棱台的高为3.解法二：如图所示，在截面ACC 1A 1中，A 1A ＝CC 1＝17，A 1C 1＝42，AC ＝82，过A 1作A 1E ⊥AC 交AC 于点E ，则A 1E 就是四棱台的高．在Rt △A 1EA 中，AE ＝12×(82－42)＝22，A 1A ＝17，∴A1E＝A1A2－AE2＝(17)2－(22)2＝3，即四棱台的高为3.规律方法正棱台的计算1．将正棱台补成棱锥(1)大、小棱锥中用解直角三角形方法求解；(2)两棱锥之间运用“对应高之比等于相似比”及相似形知识求解．2．在正棱台中作直角梯形，进而化为矩形和直角三角形求解．下列几何体是棱台的是④(填序号)．解析：①③都不是由棱锥截得的，不符合棱台的定义，故①③不满足题意，②中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故②不满足题意，④符合棱台的定义，故填④.——多维探究系列——几何体的侧面或表面展开图问题展开图问题是转化思想的体现，是把立体几何问题转化为平面几何问题的重要手段之一，所以要重视这种问题的应用．【例5】如图是三个几何体的侧面展开图，请问各是什么几何体？【思路分析】图①中，有5个平行四边形，而且还有2个全等的五边形，符合棱柱特点；图②中，有5个三角形，且有共同的顶点，还有1个五边形，符合棱锥特点；图③中，有3个梯形，还有2个相似的三角形，符合棱台的特点．【精解详析】由几何体的侧面展开图的特点，结合棱柱、棱锥、棱台的定义，可把。
新课标北师大版高中数学教材目录及课时安排
新课标北师大版高中数学教材目录及课时安排必修1（36节）第一章集合（5）§1 集合的含义与表示 1 §2 集合的基本关系1§3 集合的基本运算 2 阅读材料康托与集合论小结与复习1第二章函数（9）§1 生活中的变量关系1 §2 对函数的进一步认识3§3 函数的单调性 1 §4 二次函数性质的再研究2§5 简单的幂函数 1 阅读材料函数概念的发展小结与复习1第三章指数函数和对数函数（14）§1 正整数指数函数 1 §2 指数概念的扩充3§3 指数函数 3 §4 对数 2§5 对数函数3§6 指数函数、幂函数、对数函数增长的比较1第四章函数应用7§1 函数与方程 2 §2 实际问题的函数建模4小结与复习1必修2（36）第一章立体几何初步（18节）§1 简单几何体 1 §2 直观图 1§3 三视图 3 §4 空间图形的基本关系与公理 2§5 平行关系 3 §6 垂直关系 4§7 简单几何体的面积和体积2第二章解析几何初步（18节）§1 直线与直线的方程8 §2 圆与圆的方程 5§3 空间直角坐标系3必修3全书目录第一章统计（16）§1 统计活动：随机选取数字§2 从普查到抽样§3 抽样方法§4 统计图表§5 数据的数字特征§6 用样本估计总体§7 统计活动：结婚年龄的变化§8 相关性§9 最小二乘法第二章算法初步（12）§1 算法的基本思想§2 算法的基本结构及设计§3 排序问题§4 几种基本语句第三章概率（8）§1 随机事件的概率§2 古典概型§3模拟方法――概率的应用必修4第一章三角函数（16）§1 周期现象与周期函数§2 角的概念的推广§3 弧度制§4 正弦函数§5 余弦函数§6 正切函数§7 函数的图像§8 同角三角函数的基本关系阅读材料数学与音乐第二章平面向量（12）§1 从位移、速度、力到向量§2 从位移的合成到向量的加法§3 从速度的倍数到数乘向量§4 平面向量的坐标§5 从力做的功到向量的数量积§6 平面向量数量积的坐标表示§7 向量应用举例阅读材料向量与中学数学第三章三角恒等变形（8）§1 两角和与差的三角函数§2 二倍角的正弦、余弦和正切§3 半角的三角函数§4 三角函数的和差化积与积化和差§5 三角函数的简单应用必修5第一章数列（12）§1数列1.1数列的概念 1.2数列的函数特性§2等差数列2.1等差数列 2.2等差数列的前ｎ项和§3等比数列3.1等比数列 3.2等比数列的前ｎ项和§4书雷在日常经济生活中的应用第二章解三角形（8）§1正弦定理与余弦定理1.1正弦定理 1.2余弦定理§2三角形中的几何计算§3解三角形的实际应用举例第三章不等式（16）§1不等关系——2 1.1不等关系 1.2比较大小§2一元二次不等式——52.1一元二次不等式的解法 2.2一元二次不等式的应用§3基本不等式——— 33.1基本不等式 3.2基本不等式与最大（小）值§4简单线性规划——54.1二元一次不等式（组）与平面区域4.2简单线性规划 4.3简单线性规划的应用。
新北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试题(含答案解析)(4)
一、选择题1．正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心的棱锥）的三视图如图所示，俯视图是正三角形，O是其中心，则正视图（等腰三角形）的腰长等于（）A．5B．2 C．3D．22．已知三棱锥A BCD的各棱长都相等，E为BC中点，则异面直线AB与DE所成角的余弦值为（）A．13B．3C．33D．1163．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm）为（）A．43B．2C ．4D ．64．如图，正三棱柱111ABC A B C -的高为4，底面边长为43，D 是11B C 的中点，P 是线段1A D 上的动点，过BC 作截面AP α⊥于E ，则三棱锥P BCE -体积的最小值为（ ）A ．3B ．23C ．43D ．125．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．24B ．30C ．47D ．676．如图正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均相等，O 是1AA 中点，P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，则直线OP 与平面ABC 所成角正弦值的最大值为（ ）A ．2 B ．255C ．32D ．2777．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形.其中3AB =，2AD =，PAD △是以A ∠为直角的等腰直角三角形，若60PAB ∠=︒，则异面直线PC 与AD 所成角的余弦值是（ ）A ．2211B ．2211-C ．77D ．211118．已知球O 的半径为5，球面上有,,A B C 三点，满足214,27AB AC BC ===，则三棱锥O ABC -的体积为（ ） A ．77B ．142C ．714D ．1479．在正方体1111ABCD A BC D -中，M 是棱1CC 的中点．则下列说法正确的是（ ） A ．异面直线AM 与BC 5B ．BDM 为等腰直角三角形C ．直线BM 与平面11BDD B 10D ．直线1AC 与平面BDM 相交10．如图，正方形ABCD 的边长为4，点E ，F 分别是AB ，B C 的中点，将ADE ，EBF △，FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A '，若点G 及四面体A DEF '的四个顶点都在同一个球面上，则以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为（ ）A ．263+B ．463+C ．4263-D ．2263- 11．在四棱锥P -ABCD 中，//AD BC ，2AD BC =，E 为PD 中点，平面ABE 交PC 于F ，则PFFC=（ ） A ．1B ．32C ．2D ．312．如图，长、宽、高分别为2、1、1的长方体木块上有一只小虫从顶点A 出发沿着长方体的外表面爬到顶点B ，则它爬行的最短路程是（ ）A ．10B ．5C ．22D ．3二、填空题13．如图，在三棱锥P ABC -中，点B 在以AC 为直径的圆上运动，PA ⊥平面,ABC AD PB ⊥，垂足为,D DE PC ⊥，垂足为E ，若23,2PA AC ==，则三棱锥P ADE -体积的最大值是_________．14．如图，点E 是正方体1111ABCD A BC D -的棱1DD 的中点，点M 在线段1BD 上运动，则下列结论正确的有__________． ①直线AD 与直线1C M 始终是异面直线②存在点M ，使得1B M AE ⊥ ③四面体EMAC 的体积为定值④当12D M MB =时，平面EAC ⊥平面MAC15．正方体1111ABCD A BC D -棱长为点1，点E 在边BC 上，且满足2BE EC =，动点P 在正方体表面上运动，满足1PE BD ⊥，则动点P 的轨迹的周长为__________． 16．在三棱锥P ABC -中，4PA PB ==，42BC =，8AC =，AB BC ⊥．平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半径为_________．17．在三棱锥P ABC -中，P 在底面ABC 的射影为ABC 的重心，点M 为棱PA 的中点，记二面角P BC M --的平面角为α，则tan α的最大值为___________. 18．在三棱锥D ABC -中，AD ⊥平面ABC ，3AC =，17BC =，1cos 3BAC ∠=，若三棱锥D ABC -的体积为27，则此三棱锥的外接球的表面积为______19．如图，在三棱锥A BCD -，,AB AD BC ⊥⊥平面ABD ，点E 、F （E 与A 、D 不重合）分别在棱AD 、BD 上，且EF AD ⊥.则下列结论中：正确结论的序号是______.①//EF 平面ABC ；②AD AC ⊥；③//EF CD20．将底面直径为8，高为23为______.三、解答题21．在所有棱长均为2的直棱柱1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 是菱形，且60BAD ∠=︒，O ，M 分别为1,BD B C 的中点．（Ⅰ）求证：直线//OM 平面11DB C ； （Ⅱ）求二面角1D AC D --的余弦值．22．如图（1）在ABC 中，AC BC =，D ､E ､F 分别是AB ､AC ､BC 边的中点，现将ACD △沿CD 翻折，使得平面ACD ⊥平面BCD .如图（2）（1）求证：//AB 平面DEF ； （2）求证：BD AC ⊥.23．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，32,3,PB PD PA AD ====点,E F 分别为线段,PD BC 的中点.（1）求证://EF 平面ABP ; （2）求证:平面AEF ⊥平面PCD ;（3）求三棱锥C AEF -的体积24．如图，圆柱的轴截面ABCD 是长方形，点E 是底面圆周上异于A ，B 的一点，AF DE ⊥，F 是垂足.（1）证明：AF DB ⊥；（2）若2AB =，3AD =，当三棱锥D ABE -体积最大时，求点C 到平面BDE 的距离. 25．如图，在平面四边形A ABC '中，90CAB CA A '∠=∠=，M 在直线AC 上，A A A C ''=，AB AM MC ==，A AC '绕AC 旋转．（1）若A AC '所在平面与ABC 所在平面垂直，求证：A C '⊥平面A AB '． （2）若二面角A AC B '--大小为60，求直线A B '与平面ABM 所成角的正弦值． 26．如图，四边形ABCD 为矩形，且4=AD ，22AB =PA ⊥平面ABCD ，2PA =，E 为BC 的中点.（1）求证：PC DE ⊥；（2）若M 为PC 的中点，求三棱锥M PAB -的体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，设底面边长为2x ，表示出2522x AO OE -===1333xOE CE ==，即可求出x ，进而求出腰长. 【详解】根据三视图可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，则底面中心O 在CE 上，连接AO ，可得AO ⊥平面ABC ，由三视图可知5AB AC AD ===45AEC ∠=， 设底面边长为2x ，则DE x =，则25AE x =-则在等腰直角三角形AOE 中，2522xAO OE -===O 是底面中心，则133xOE CE ==，则253 23x x-=，解得3x=，则1AO=，底面边长为23，则正视图（等腰三角形）的腰长为()22312+=.故选：B.【点睛】本题考查根据三视图计算原几何体的相关量，解题的关键是根据正三棱锥中的关系求出底面边长.2．B解析：B【分析】取AC中点F，连接,EF DF，证明FED∠是异面直线AB与DE所成角（或其补角），然后在三角形中求得其余弦值即可得．【详解】取AC中点F，连接,EF DF，∵E是BC中点，∴//EF AB，12EF AB=，则FED∠是异面直线AB与DE所成角（或其补角），设1AB=，则12EF=，32DE DF==，∴在等腰三角形DEF中，11324cos3EFFEDDE∠===．所以异面直线AB与DE3故选：B．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．3．B解析：B 【分析】根据三视图判断出几何体的结构，利用椎体体积公式计算出该几何体的体积. 【详解】根据三视图可知，该几何体为如图所示四棱锥，该棱锥满足底面是直角梯形，且侧棱ED ⊥平面ABCD ， 所以其体积为11(12)22232V =⨯⨯+⨯⨯=， 故选：B. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：（1）首先根据题中所给的几何体的三视图还原几何体；（2）结合三视图，分析几何体的结构特征，利用体积公式求得结果.4．C解析：C 【分析】因为P BCE P ABC E ABC V V V ---=-则当E ABC V -取最大值时，三棱锥P BCE -体积有最小值，建立坐标系求得当点E 的高为3时，问题得解. 【详解】以点O 为原点，,,OA OD OB 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设点(),0,E x z ，依题意得()6,0,0A ，则()6,0,AE x z =- ，(),0,OE x z = 因为过BC 作截面AP α⊥于E ，所以AE OE ⊥则0AE OE ⋅=， 故()2600x x z -++= 所以()6z x x =-3x =时max 3z =又()143P BCE P ABC E ABC ABCV V V S z ---=-=-因为max 3z =所以三棱锥P BCE -体积的最小值()1114343643332P BCE ABC V S-=-=⋅⋅=故选：C 【点睛】关键点点晴：本题的解题关键是将问题转化为求E ABC V -的最大值，通过建系求得三棱锥E ABC -的高的最大值即可.5．D解析：D 【分析】先找到几何体的原图，再求出几何体的高，再求几何体的体积得解.【详解】由三视图可知几何体为图中的四棱锥1P CDD E -， 由题得22437AD =-=，所以几何体的高为7. 所以几何体的体积为11(24)676732⋅+⋅⋅=. 故选：D 【点睛】方法点睛：通过三视图找几何体原图常用的方法有：（1）直接法；（2）拼凑法；（3）模型法.本题利用的就是模型法.要根据已知条件灵活选择方法求解.6．D解析：D 【分析】先找到与平面11A BC 平行的平面OEFG ,确定点P 在直线FG 上，作出线面角，求出正弦，转化为求AP 的最小值. 【详解】分别取1,,CC BC BA 的中点，连接,,,OE EF FG GO ,并延长FG ，如图，由中位线性质可知11//OE AC , 1//EF BC ,且OEEF E =,故平面11//A BC 平面OGFE ，又P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC 则点P 在直线FG 上，OA ⊥平面ABC ,OPA ∴∠是直线OP 与平面ABC 所成角，sin OAOPA OP∴∠=, OA 为定值，∴当OP 最小时，正弦值最大，而OP所以当AP 最小时，sin OPA ∠最大， 故当AP FG ⊥时，sin OPA ∠最大， 设棱长为2， 则1212AG =⨯=，而30GAP ∠=︒,AP ∴=, 又1212OA =⨯=,sin OAOPA OP∴∠===故选：D 【点睛】关键点点睛：由P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，转化为找过O 的平面与平面11A BC 平行，P 在所找平面与平面ABC 的交线上，从而容易确定出线面角，是本题解题的关键所在.7．D解析：D 【分析】在图形中找到（并证明）异面直线所成的角，然后在三角形中计算． 【详解】因为//AD BC ，所以PCB ∠是异面直线PC 与AD 所成角（或其补角）， 又PA AD ⊥，所以PA BC ⊥，因为AB BC ⊥，AB PA A ⋂=，,AB PA ⊂平面PAB ，所以BC ⊥平面PAB ， 又PB ⊂平面PAB ，所以PB BC ⊥． 由已知2PA AD ==，所以PB==cos11BCPCBPC∠===，所以异面直线PC与AD所成角的余弦值为11．故选：D．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．8．A解析：A【分析】利用正弦定理求出ABC的外接圆半径，则可求出三棱锥的高，进而求出三棱锥体积.【详解】设ABC的外接圆的圆心为D，半径为r，在ABC中，cos ABC∠==sin4ABC∴∠=，由正弦定理可得28sinACrABC==∠，即4r=，则3OD==，11133324O ABC ABCV S OD-∴=⨯⨯=⨯⨯=故选：A.【点睛】本题考查球内三棱锥的相关计算，解题的关键是利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，利用勾股关系求出高.9．C解析：C 【分析】A 通过平移，找出异面直线所成角，利用直角三角形求余弦即可. B.求出三角形的三边，通过勾股定理说明是不是直角三角形.C.求出点M 到面11BB D D 的距离，再求直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦.D.可通过线线平行证明线面平行. 【详解】 设正方体棱长为2A. 取1BB 的中点为N ，则//BC MN ，则AM 与BC 所成角为AMN ∠ 由BC ⊥面11ABB A ，故MN ⊥面11ABB A ，故MN AN ⊥，在Rt ANM △中，5tan AMN ∠=，故2cos 3AMN ∠=B. BDM 中，5BM =22BD =5DM =C. AC BD ⊥，1AC BB ⊥，故AC ⊥面11BB D D ，1//CC 面11BB D D ，故M 到面11BB D D 的距离等于C 到面11BB D D 的距离，即为122d AC =直线BM 与平面11BDD B 所成角为θ210sin 5d BM θ===直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于105D.如图ACBD O =OM 为1ACC △的中位线，有1//OM AC故直线1AC 与平面BDM 平行故选：C 【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.10．A解析：A 【分析】先求出'A FDE -外接球的半径和外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的球心到外接圆的圆心的距离，可得高h 的最大值. 【详解】因为A ，B ，C 三点重合于点A '，原来A B C ∠∠∠、、都是直角，所以折起后三条棱'''A F A D A E 、、互相垂直，所以三棱锥'A FDE -可以看作一个长方体的一个角，它们有相同的外接球，外接球的直径就是长方体的体对角线，即为2R==R=，DE DF====EF=在DFE△中，222cos2DE EF DFDEFDE EF+-∠===⨯，所以DEF∠为锐角，所以sin DEF∠==，DEF的外接圆的半径为2sinDFrDEF===∠则球心到DEF23，以FDE为底面的三棱锥G-DEF的高h的最大值为1R OO+23.故选：A.【点睛】本题考查了翻折问题和外接球的问题，关键点翻折前后量的变化及理解外接球和三棱锥的关系，考查了学生的空间想象力和计算能力.11．C解析：C【分析】首先通过延长直线,DC AB，交于点G，平面BAE变为GAE，连结PG，EG交于点F，再根据三角形中线的性质，求PFFC的值.【详解】延长,DC AB，交于点G，连结PG，EG交PC于点F，//AD BC，且2AD BC=，可得点,B C分别是,AG DG的中点，又点E是PD的中点，PC∴和GE是△PGD的中线，∴点F是重心，得2PFFC=故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到PC 与平面BAE 的交点，即将平面BAE 转化为平面GAE 是关键.12．C解析：C 【分析】小虫有两种爬法，一种是从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行，另一种是从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，将两种情况下的两个面延展为一个面，计算出平面图形的对角线长，比较大小后可得结果. 【详解】由于长方体ACDE FGBH -的长、宽、高分别为2、1、1，则小虫从点A 沿着侧面AEHF 和上底面FHBG 爬行，以及小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，这两条线路的最短路程相等.①若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行，将侧面ACGF 和上底面BHFG延展为一个平面，如下图所示：则2AC BC ==，最短路程为2222AB AC BC +=②若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，将面ACGF 和侧面BDCG 延展为一个平面，如下图所示：则3AD AC CD =+=，1BD =，最短路程为2210AB AD BD =+因为2210，因此，小虫爬行的最短路程为22 故选：C. 【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.二、填空题13．【分析】由已知证明再由三角形相似列比例式可得证明利用基本不等式求得的最大值可得三棱锥体积的最大值【详解】由平面得又平面得又平面得而平面可得在中由得由得则由得又得即（当且仅当时等号成立）三棱锥体积的最解析：34【分析】由已知证明AE PC ⊥，再由三角形相似列比例式可得PE ，证明AD DE ⊥，利用基本不等式求得AD DE ⋅的最大值，可得三棱锥P ADE -体积的最大值． 【详解】由PA ⊥平面ABC ，得PA BC ⊥，又BC AB ⊥，PAAB A =，BC ∴⊥平面PAB ，得BC AD ⊥，又AD PB ⊥，PB BC B ⋂=， AD ∴⊥平面PBC ，得AD PC ⊥，而DE PC ⊥，AD DE D ⋂=，PC ∴⊥平面ADE ，可得AE PC ⊥．在Rt PAC △中，由23,2PA AC ==，得4PC =．由Rt PEA Rt PAC ∽，得PE PA PA PC =，则21234PA PE PC ===， 由3PE =，23PA =23AE =，又AD DE ⊥，2223AD DE AE ∴+==，得2232AD DE AD DE =+≥⋅， 即32AD DE⋅（当且仅当AD DE =时等号成立）， ∴三棱锥P ADE -体积的最大值是1111333323224AD DE PE ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=．故答案为：34． 【点睛】方法点睛：解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理．14．②③④【分析】取点为线段的中点可判断①建立空间直角坐标系假设存在点使得利用解出的值即可判断②；连接交于点证明线段到平面的距离为定值可判断③；求出点的坐标然后计算平面和平面的法向量即可判断④【详解】对解析：②③④. 【分析】取点M 为线段1BD 的中点可判断①，建立空间直角坐标系假设存在点M ，使得1B M AE ⊥，利用()1110AE B M AE B B BD λ⋅=⋅+=解出λ的值即可判断②；连接AC 、BD 交于点1O ，证明11//EO BD ，线段1BD 到平面AEC 的距离为定值，可判断③；求出点M 的坐标，然后计算平面AEC 和平面MAC 的法向量，即可判断④. 【详解】对于①：连接1AC 交1BD 于点O ，当点M 在O 点时直线AD 与直线1C M 相交，故①不正确，以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则()0,0,0D ，()10,0,2D ，()2,0,0A ，()0,2,0C ，()0,0,1E ，()2,2,0B ，()12,2,2B ，对于②：()2,0,1AE =-，假设存在点M ，使得1B M AE ⊥，()()()1110,0,22,2,22,2,22B M B B BD λλλλλ=+=-+--=---，[]0,1λ∈，所以14220AE B M λλ⋅=+-=，解得13λ=，所以当12D M MB =时1B M AE ⊥， 故②正确； 对于③：连接AC 、BD 交于点1O ，因为点E 是棱1DD 的中点，此时11//EO BD ，故线段1BD 到平面AEC 的距离为定值，所以四面体EMAC 的体积为定值，故③正确； 对于④：当12D M MB =时，442,,333M ⎛⎫⎪⎝⎭，()2,0,1AE =-，()2,2,0AC =-，设平面AEC 的法向量为()111,,m x y z =，由111120220m AE x z m AC x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩令12z =，可得11x =，11y =，可得()1,1,2m =，设平面MAC 的法向量为()222,,n x y z =，242,,333MA ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，由222222202420333n AC x y n MA x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--=⎪⎩解得:20y =，令 21x =可得22z =，所以1,1,1n ，因为1111120m n ⋅=⨯+⨯-⨯=，m n ⊥所以平面EAC ⊥平面MAC ，故④正确；故答案为：②③④.【点睛】方法点睛：证明面面垂直的方法（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；（2）利用性质：//,αββγαγ⊥⇒⊥（客观题常用）；（3）面面垂直的定义（不常用）；（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0.15．【分析】根据题意得平面在上取使得连接证得平面平面将空间中的动点轨迹的周长问题转化为求三角形边周长问题又代入计算即可【详解】解：如图正方体中连接：易得平面在上取使得连接易得根据线面平行判定定理证得平面【分析】根据题意得1BD ⊥平面1ABC ，在1,BB AB 上取,F G使得12,2BF FB AG GB ==连接,,GE EF GF 证得平面1//AB C 平面EFG ，将空间中的动点P 轨迹的周长问题转化为求三角形EFG 边周长问题，又GE EF GF ===，代入计算即可. 【详解】解：如图正方体中连接11,,AC B C B A ：易得1BD ⊥平面1ABC ，在1,BB AB 上取,F G 使得12,2BF FB AG GB ==连接,,GE EF GF ，易得1//,//GE AC EF BC根据线面平行判定定理证得平面1//AB C 平面EFG所以1BD ⊥平面EFG所以线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹， 因为1223GE EF GF ==== 所以动点P 的运动轨迹周长为232GE EF GF ++==2【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直，面面平行的概念，解题的关键是借助图形将空间问题转化为平面问题.本题中根据1BD ⊥平面1ABC 及平面1//ABC 平面EFG 得到线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹，代值计算即可.16．4【分析】取中点连接再根据题意依次计算进而得球的球心即为（与重合）【详解】解：因为所以又因为所以所以因为平面平面平面平面平面所以平面取中点连接所以所以平面所以此时所以即球的球心球心即为（与重合）半径 解析：4【分析】取,AB AC 中点,D E ，连接DE ，DP ，再根据题意依次计算4EA EB EC EP ====，进而得球O 的球心O 即为E （O 与E 重合）【详解】 解：因为42BC =8AC =，AB BC ⊥， 所以42AB =4PA PB ==，所以222PA PB AB +=，所以PA PB ⊥，因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ⋂平面ABC AB =，AB BC ⊥，BC ⊂平面ABC ，所以BC ⊥平面PAB ，取,AB AC 中点,D E ，连接DE ，DP所以//DE BC ，22DE =，22DP =所以DE ⊥平面PAB ，所以DE PD ⊥，此时，142EB AC EA EC ====， 224EP DP DE =+=， 所以4EA EB EC EP ====，即球O 的球心球心O 即为E （O 与E 重合），半径为4EA =.故答案为：4.【点睛】本题解题的关键在于寻找球心，在本题中，,PAB ABC △△均为直角三角形，故易得AC 中点即为球心.考查空间思维能力，运算求解能力，是中档题.17．【分析】取中点为过分别作底面的垂线根据题中条件得到；过分别作的垂线连接由二面角的定义结合线面垂直的判定定理及性质得到为二面角的平面角；为二面角的平面角得出令进而可求出最值【详解】取中点为过分别作底面解析：34【分析】取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ，根据题中条件，得到AN NO OE ==，2PO MN =；过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ，由二面角的定义，结合线面垂直的判定定理及性质，得到MHN ∠为二面角M BC A--的平面角；PGO ∠为二面角A BC P --的平面角，得出tan 4tan PGO MHN ∠=∠，()23tan tan tan 14tan MHN PGO MHN MHNα∠=∠-∠=+∠，令tan 0x MHN =∠>，进而可求出最值.【详解】取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ，则O 为ABC 的重心，MN ⊥平面ABC ；PO ⊥平面ABC ；由于点M 为棱PA 的中点，所以有AN NO OE ==，2PO MN =；过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ，因为BC ⊂平面ABC ，所以MN BC ⊥，同理PO BC ⊥；又MN NH N ⋂=，MN ⊂平面MNH ，NH ⊂平面MNH ，所以BC ⊥平面MNH ；因为MH ⊂平面MNH ，所以BC MH ⊥，所以MHN ∠为二面角M BC A --的平面角；同理BC PG ⊥，所以PGO ∠为二面角A BC P --的平面角，所以tan PO PGO OG ∠=，tan MN MHN HN∠=， 因为NO OE =，//OG NH ，所以12OG NH =； 因此2tan 4tan 12PO MN PGO MHN OG HN ∠===∠， 所以()2tan tan 3tan tan tan 1tan tan 14tan PGO MHN MHN PGO MHN PGO MHN MHN α∠-∠∠=∠-∠==+∠⋅∠+∠， 令tan 0x MHN =∠>，则2333tan 1444x x x x α=≤=+，当且仅当214x =，即12x =时，等号成立. 故答案为：34. 【点睛】关键点点睛： 求解本题的关键在于确定二面角M BC A --、A BC P --以及P BC M --三者之间的关系，由题中条件得出二面角A BC P --是二面角MBC A --的4倍，进而可求得结果. 18．【分析】设出外接球的半径球心的外心半径r 连接过作的平行线交于连接如图所示在中运用正弦定理求得的外接圆的半径r 再利用的关系求得外接球的半径运用球的表面积公式可得答案【详解】设三棱锥外接球的半径为球心为 解析：20π【分析】设出外接球的半径R 、球心O ，ABC 的外心1O 、半径 r , 连接1AO ，过O 作的平行线OE 交AD 于 E ，连接OA ，OD ，如图所示，在ABC 中，运用正弦定理求得 ABC 的外接圆的半径r ,再利用1,,R r OO 的关系求得外接球的半径，运用球的表面积公式可得答案.【详解】设三棱锥外接球的半径为R 、球心为O ，ABC 的外心为1O 、外接圆的半径为r ，连接1AO ，过O 作平行线OE 交AD 于E ，连接OA ，OD ，如图所示，则OA OD R ==，1O A r =，OE AD ⊥，所以E 为AD 的中点.在ABC中，由正弦定理得2sin BC r BAC ==∠r =. 在ABC 中，由余弦定理2222cos BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠，可得2117963AB AB =+-⋅⋅，得4AB =.所以11sin 34223ABC S AB AC BAC =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△因为11333D ABC ABC V S AD AD -=⋅⋅=⨯=△，所以4AD =.连接1OO ，又1//OO AD ，所以四边形1EAOO 为平行四边形，1128EA OO AD ===，所以R ===所以该三棱锥的外接球的表面积()224π4π520πS R ===.故答案为：20π.【点睛】本题考查三棱锥的外接球，及球的表面积计算公式，解决问题的关键在于利用线面关系求得外接球的球心和球半径，属于中档题.19．①②【分析】采用逐一验证法根据线面平行线面垂直的判定定理以及线面距离判断可得结果【详解】由共面所以因为平面平面所以平面；故①正确；平面平面所以又因为平面平面所以故②正确；若则平面或EF 在平面ACD 内 解析：①②【分析】采用逐一验证法，根据线面平行，线面垂直的判定定理，以及线面距离，判断可得结果.【详解】由AB AD ⊥，,,EF AD AD EF AB ⊥，共面 ，所以//EF AB ,因为EF ⊄平面ABC ，AB 平面ABC ，所以//EF 平面ABC ；故①正确； BC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥，又因为AB AD ⊥，AB BC B ⋂=，AD ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥，故②正确；若//EF CD ，则//EF 平面ACD ，或EF 在平面ACD 内，如图EF 与平面ACD 相交于点E ，显然不成立，故③不正确，故答案为：①②【点睛】本题主要考查了线线、线面之间的位置关系，考查了线面平行的判断以及由线面垂直证明线线垂直，属于中档题. 20．【分析】欲使圆柱侧面积最大需使圆柱内接于圆锥设圆柱的高为h 底面半径为r 用r 表示h 从而求出圆柱侧面积的最大值【详解】欲使圆柱侧面积最大需使圆柱内接于圆锥；设圆柱的高为h 底面半径为r 则解得；所以；当时取 解析：43π【分析】欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥，设圆柱的高为h ，底面半径为r ，用r 表示h ，从而求出圆柱侧面积的最大值.【详解】欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥；设圆柱的高为h ，底面半径为r ， 23423h r -=，解得323h =； 所以()23222334S rh r r r πππ⎛⎫===- ⎪ ⎪⎝⎭圆柱侧； 当2r 时，S 圆柱侧取得最大值为43π 故答案为：43π.【点睛】本题考查了求圆柱侧面积的最值，考查空间想象能力，将问题转化为函数求最值，属于中档题.三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ5 【分析】（Ⅰ）由中位线定理证明1//OM C D ，即可得线面平行；（Ⅱ）连1D O ，证明1D OD ∠为二面角1D AC D --的平面角， 在直角1D DO △中计算可得．【详解】解：（Ⅰ）连1BC ，则M 也为1BC 的中点，又M 为BD 的中点，所以1//OM C D ，因为OM ⊄平面11DB C ，1C D ⊂平面11DC B ，所以直线//OM 平面11DB C ；（Ⅱ）连1D O ，因为ABCD 是菱形，所以DO AC ⊥，又1111ABCD A BC D -为直棱柱，底面为菱形，所以11D A D C =，而O 为AC 中点，所以1D O AC ⊥，所以1D OD ∠为二面角1D AC D --的平面角，因为ABCD 是边长为2的菱形，且60BAD ∠=︒，所以1DO =，又12DD =， 由直棱柱知1DD DO ⊥，所以15DO =，所以115cos DO D OD D O ∠==．【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查求二面角角，求二面角常用方法：（1）定义法：作出二面角的平面角并证明，然后在三角形中计算可得；（2）向量法：建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量夹角的余弦即可得二面角的余弦（注意判断二面角是锐角还是钝角）．22．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）根据三角形中位线的性质，得到//EF AB ，利用线面平行的判定定理证得结果； （2）根据面面垂直的性质定理，得到BD ⊥平面ACD ，进而证得BD AC ⊥.【详解】证明：（1）如图（2）：在ABC 中，E ､F 分别是AC ､BC 中点，得//EF AB ， 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，//AB ∴平面DEF .（2）∵平面ACD ⊥平面BCD 且交线为CD ，BD CD ⊥，且BD ⊂平面BCD ， ∴BD ⊥平面ACD ，又AC ⊂平面ACD∴BD AC ⊥.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关空间关系的证明问题，解题方法如下：（1）熟练掌握线面平行的判定定理，在解题过程中，一定不要忘记线在面内、线在面外的条件；（2）根据面面垂直的条件，结合线线垂直，利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而证得线线垂直.23．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）98. 【分析】（1）取PA 的中点G ，连接,BG EG ，证明四边形EFBG 为平行四边形，得出//EF BG ，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）先证明PA ⊥平面ABCD ，从而得出PA CD ⊥，再由等腰三角形的性质得出AE PD ⊥，最后由面面垂直的判定定理证明即可；（3）以AFC △为底，12PA 为高，由棱锥的体积公式得出答案. 【详解】（1）如图，取PA 的中点G ，连接,BG EG .因为点,E G 分别为,PD PA 的中点，所以1//,2EG AD EG AD = 又因为F 是BC 的中点，四边形ABCD 是正方形，所以//BF EG 且BF EG = 故四边形EFBG 为平行四边形，所以//EF BG因为BG ⊂平面,ABP EF 不在平面ABP 内，所以//EF 平面ABP .（2）由条件知32,3PB PD PA AD AB =====，所以PAB △和PAD △都是等腰直角三角形，,PA AB PA AD ⊥⊥又因为,,AB AD A AB AD =⊂平面,ABCD 所以PA ⊥平面ABCD因为CD ⊂平面ABCD ，所以PA CD ⊥又因为,,AD CD PA AD A ⊥⋂=所以CD ⊥平面PAD ，所以CD AE ⊥因为E 是PD 的中点，所以AE PD ⊥又因为,,PD CD D PD CD ⋂=⊂平面PCD ，所以AE ⊥平面PCD因为AE ⊂平面,AEF 所以平面AEF ⊥平面PCD .（3）由图可知C AEF E ACF V V --=，1111319333232228E ACF ACF V S PA -=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=△， 即三棱锥C AEF -的体积为98 【点睛】 关键点睛：在证明线线平行时，关键是证明四边形EFBG 为平行四边形，从而得出//EF BG .24．（1）证明见解析；（232211【分析】。
新课标北师大版高中数学教材目录及课时安排
新课标北师大版高中数学教材目录及课时安排必修1（36节）第一章集合（5）§1 集合的含义与表示 1 §2 集合的基本关系1 §3 集合的基本运算第二章函数（9）§1 生活中的变量关系1 §2 对函数的进一步认识3 §3 函数的单调性 1§4 二次函数性质的再研究2 §5 简单的幂函数 1 阅读材料函数概念的发展第三章指数函数和对数函数（14）§1 正整数指数函数 1 §2 指数概念的扩充3 §3 指数函数 3§4 对数 2 §5 对数函数 3 §6 指数函数、幂函数、对数函数增长的比较 1第四章函数应用 (7)§1 函数与方程 2 §2 实际问题的函数建模 4必修2（36）第一章立体几何初步（18节）§1 简单几何体 1 §2 直观图 1 §3 三视图 3§4 空间图形的基本关系与公理 2 §5 平行关系 3 §6 垂直关系 4§7 简单几何体的面积和体积 2第二章解析几何初步（18节）§1 直线与直线的方程 8 §2 圆与圆的方程 5 §3 空间直角坐标系 3必修3全书目录第一章统计（16）§1 统计活动：随机选取数字§2 从普查到抽样§3 抽样方法§4 统计图表§5 数据的数字特征§6 用样本估计总体§7 统计活动：结婚年龄的变化§8 相关性§9 最小二乘法第二章算法初步（12）§1 算法的基本思想§2 算法的基本结构及设计§3 排序问题§4 几种基本语句第三章概率（8）§1 随机事件的概率§2 古典概型§3模拟方法――概率的应用必修4第一章三角函数（16）§1 周期现象与周期函数§2 角的概念的推广§3 弧度制§4 正弦函数§5 余弦函数§6 正切函数§7 函数的图像§8 同角三角函数的基本关系阅读材料数学与音乐第二章平面向量（12）§1 从位移、速度、力到向量§2 从位移的合成到向量的加法§3 从速度的倍数到数乘向量§4 平面向量的坐标§5 从力做的功到向量的数量积§6 平面向量数量积的坐标表示§7 向量应用举例阅读材料向量与中学数学第三章三角恒等变形（8）§1 两角和与差的三角函数§2 二倍角的正弦、余弦和正切§3 半角的三角函数§4 三角函数的和差化积与积化和差§5 三角函数的简单应用必修5第一章数列（12）§1 数列 1.1 数列的概念 1.2 数列的函数特性§2 等差数列 2.1 等差数列 2.2 等差数列的前ｎ项和§3 等比数列 3.1 等比数列 3.2 等比数列的前ｎ项和第二章解三角形（8）§1 正弦定理与余弦定理 1.1 正弦定理 1.2 余弦定理§2 三角形中的几何计算§3 解三角形的实际应用举例第三章不等式（16）§1 不等关系——2 1.1 不等关系 1.2 比较大小§2 一元二次不等式——5 2.1 一元二次不等式的解法 2.2 一元二次不等式的应用§3 基本不等式——— 3 3.1 基本不等式 3.2 基本不等式与最大（小）值§4 简单线性规划——54.1 二元一次不等式（组）与平面区域4.2 简单线性规划 4.3 简单线性规划的应用。
高中数学必修二 第一章立体几何 课时作业3
一、选择题1．(2013·兰州高一检测)下列几何体是台体的是()A B C D【解析】台体包括棱台和圆台两种，A的错误在于四条侧棱没有交于一点，B的错误在于截面与圆锥底面不平行．C是棱锥，结合棱台和圆台的定义可知D 正确．【答案】 D2．圆柱的母线长为10，则其高等于()A．5B．10C．20D．不确定【解析】圆柱的母线长和其高相等．【答案】 B3．用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，这个几何体不可能是() A．圆锥B．圆柱C．球D．棱柱【解析】用一个平面去截圆锥、圆柱、球均可以得到圆面，但截棱柱一定不会产生圆面．【答案】 D图1－1－284．如图1－1－28的组合体的结构特征是()A．一个棱柱中截去一个棱柱B．一个棱柱中截去一个圆柱C．一个棱柱中截去一个棱锥D．一个棱柱中截去一个棱台【解析】该组合体的结构特征是一个棱柱中截去一个棱锥．【答案】 C5．正方形绕其一条对角线所在直线旋转一周，所得几何体是()A．圆柱B．圆锥C．圆台D．两个圆锥【解析】连接正方形的两条对角线知对角线互相垂直，故绕对角线旋转一周形成两个圆锥．【答案】 D二、填空题6．如图1－1－29所示的蒙古包可以看作是由________和________构成的几何体．图1－1－29【解析】上半部分为圆锥，下半部分为圆柱．【答案】圆锥圆柱7．给出下列说法：(1)圆柱的底面是圆面；(2)经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)圆台的任意两条母线的延长线，可能相交，也可能不相交；(4)夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体，其中说法正确的是________．【解析】(1)正确，圆柱的底面是圆面；(2)正确，如图所示，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)不正确，圆台的母线延长相交于一点；(4)不正确，夹在圆柱的两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体．【答案】(1)(2)8．若母线长是4的圆锥的轴截面的面积是8，则该圆锥的高是________．【解析】设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高h＝42－r2.所以由题意可知12－r2＝8，2·(2r)·h＝r4∴r2＝8，∴h＝2 2.【答案】2 2三、解答题9．说出下面几何体的结构特征：(1)某单位的公章(2)运动器材—空竹图1－1－30【解】(1)由一个半球，一个圆柱和一个圆台组合而成．(2)由两个大圆柱，两个小圆柱和两个小圆台组合而成．10．(2013·杭州高一检测)一个圆台的母线长为12 cm，两底面面积分别为4π cm2和25π cm2.求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长．【解】(1)如图，过圆台的轴作截面为等腰梯形ABCD，由已知可得上底半径O1A＝2 cm，下底半径OB＝5 cm，且腰长AB＝12 cm，∴AM＝122－(5－2)2＝315(cm)，即圆台的高为315 cm.(2)设截得此圆台的圆锥的母线长为l，则由△SAO1∽△SBO，可得l－12l＝25，∴l＝20(cm)，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.11．如图1－1－31中(1)，(2)所示的图形绕虚线旋转一周后形成的几何体是由哪些基本几何体构成的？(1)(2)图1－1－31【解】图(1)，(2)的几何图形旋转后形成的图形分别如图(3)，(4)所示，图(1)旋转形成的几何体是由一个圆柱O1O2和两个圆台O2O3，O3O4组成的．图(2)旋转形成的几何体是由一个圆台O1O3(其中挖去一个圆锥O1O2)，一个圆柱O3O4和一个圆锥O4O5组成的．(3)(4)。
北师大版高中数学课本目录(含重难点及课时分布)
高中数学课本内容及其重难点北师大版高中数学必修一·第一章集合（考点的难度不是很大，是高考的必考点）· 1、集合的基本关系· 2、集合的含义与表示· 3、集合的基本运算（重点)（2课时）·第二章函数· 1、生活中的变量关系· 2、对函数的进一步认识· 3、函数的单调性（重点）· 4、二次函数性质的再研究（重点)· 5、简单的幂函数(5课时)·第三章指数函数和对数函数· 1、正整数指数函数· 2、指数概念的扩充· 3、指数函数（重点）· 4、对数· 5、对数函数（重点）· 6、指数函数、幂函数、对数函数增减性（重点）(3课时）·第四章函数应用· 1、函数与方程· 2、实际问题的函数建模（2课时）北师大版高中数学必修二·第一章立体几何初步· 1、简单几何体· 2、三视图（重点）· 3、直观图（1课时）· 4、空间图形的基本关系与公理（重点)· 5、平行关系(重点）· 6、垂直关系（重点)· 7、简单几何体的面积和体积（重点）· 8、面积公式和体积公式的简单应用(重点、难点）(4课时）·第二章解析几何初步· 1、直线与直线的方程· 2、圆与圆的方程· 3、空间直角坐标系（4课时）北师大版高中数学必修三·第一章统计· 1、统计活动：随机选取数字· 2、从普查到抽样· 3、抽样方法· 4、统计图表· 5、数据的数字特征(重点）· 6、用样本估计总体· 7、统计活动：结婚年龄的变化· 8、相关性· 9、最小二乘法(3课时)·第二章算法初步· 1、算法的基本思想· 2、算法的基本结构及设计（重点）· 3、排序问题（重点）· 4、几种基本语句（2课时）·第三章概率· 1、随机事件的概率（重点）· 2、古典概型(重点）· 3、模拟方法――概率的应用（重点、难点）（4课时)北师大版高中数学必修四·第一章三角函数· 1、周期现象与周期函数· 2、角的概念的推广· 3、弧度制· 4、正弦函数（重点)· 5、余弦函数（重点）· 6、正切函数(重点）· 7、函数的图像（重点)· 8、同角三角函数的基本关系(重点、难点）（5课时）·第二章平面向量· 1、从位移、速度、力到向量· 2、从位移的合成到向量的加法（重点）· 3、从速度的倍数到数乘向量（重点）· 4、平面向量的坐标（重点)· 5、从力做的功到向量的数量积(重点）· 6、平面向量数量积的坐标表示（重点)· 7、向量应用举例（难点）（5课时）·第三章三角恒等变形(重点）· 1、两角和与差的三角函数· 2、二倍角的正弦、余弦和正切· 3、半角的三角函数· 4、三角函数的和差化积与积化和差· 5、三角函数的简单应用（难点）（4课时)北师大版高中数学必修五·第一章数列· 1、数列的概念· 2、数列的函数特性· 3、等差数列（重点）· 4、等差数列的前n项和（重点）· 5、等比数列（重点）· 6、等比数列的前n项和（重点)· 7、数列在日常经济生活中的应用(6课时）·第二章解三角形（重点）· 1、正弦定理与余弦定理正弦定理· 2、正弦定理· 3、余弦定理· 4、三角形中的几何计算（难点）· 5、解三角形的实际应用举例(6课时）·第三章不等式· 1、不等关系· 1。
北师大版七年级数学上册《1.1生活中的立体图形》同步测试题及答案
北师大版七年级数学上册《1.1生活中的立体图形》同步测试题及答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、单选题1．下列立体图形中，是圆锥的是（）A．B．C．D．2．下列图形中是多面体的有（）A．（1）（2）（4）B．（2）（4）（6）C．（2）（5）（6）D．（1）（3）（5）3．子弹从枪膛中射出去的轨迹像是一条线，这个现象可以用数学知识解释为（）A．点动成线B．线动成面C．面动成体D．以上都不对4．一个印有“你要探索数学”字样的立方体纸盒表面展开图如图1所示，若立方体纸盒是按图2展开，则印有“索”字在几号正方形内（）A．①B．①C．①D．①5．几何图形都是由点、线、面、体组成的，点动成线，线动成面，面动成体，下列生活现象中可以反映“线动成面”的是（）A．笔尖在纸上移动划过的痕迹B．长方形绕一边旋转一周形成的几何体C．流星划过夜空留下的尾巴D．汽车雨刷的转动扫过的区域6．如图，下列图形中属于棱柱的有（）A．2B．3C．4D．57．夜晚时，我们看到的流星划过属于（）A．点动成线B．线动成面C．面动成体D．以上答案都不对8．一个直角三角形绕它的一边所在直线旋转一周所得到的几何体一定是（）A．圆锥B．圆柱C．圆锥或圆柱D．以上都不对9．观察下面四个图形是圆锥的是（）A．B．C．D．10．在①球体；①柱体；①锥体；①棱柱；①棱锥中，必是多面体的是() A．①～①B．①①C．①D．①①11．一个棱柱有18条棱，那么它的底面一定是（）A．五边形B．六边形C．十边形D．十五边形12．将下列平面图形绕轴旋转一周，可得到图中所示的立体图形的是（）．A．B．C．D．二、填空题13．一个正方体有个面，条棱，个顶点．14．今年十一国庆节当晚，香港以“富兴百业贺国庆，盈聚慧城耀香江”为主题，在维多利亚港举行国庆烟花汇演，庆祝中华人民共和国成立74周年．绚烂的焰火可以看成由点运动形成的，这个现象说明．15．如果长方形的长和宽分别为6和4，那么以长方形的一边为轴旋转一周所得的几何体的体积为（结果保留 ）．16．如图的几何体有个面，条棱，个顶点，它是由简单的几何体和组成的．17．如图，有一个盛有水的正方体玻璃容器，从内部量得它的棱长为30 cm，容器内的水深为8 cm.现把一块长，宽，高分别为15 cm，10 cm，10 cm的长方体实心铁块平放进玻璃容器中，容器内的水将升高cm.三、解答题18．小明学习了“面动成体”之后，他用一个边长为6cm、8cm和10cm的直角三角形，绕其中一条边旋转一周，得到了一个几何体．请计算出几何体的体积．（锥体体积＝13底面积×高）19．请把下图中的平面图形与其绕所画直线旋转一周之后形成的立体图形用线连接起来．20．将一个长方形分别沿它的长和宽所在的直线旋转一周，回答下列问题：(1)旋转后将得到什么几何体？(2)若长方形的长和宽分别为6cm和4cm，求旋转后两个几何体的体积．（结果保留π）21．请你观察下列几种简单多面体模型，解答下列问题：多面体面数（F）棱数（E）四面体46长方体612正八面体8(1)计算长方体棱数，可依据长方体有6个面，每个面均为四边形即有4条棱，得出总棱数为12；请你猜想多面体面数、形状、棱长之间的数量关系，完成以下计算：①如图所示，正八面体的每一个面都是三角形，则正八面体有__________条棱；①正十二面体的每一个面都是正五边形，则它共有__________条棱；(2)如下图，一种足球（可视作简单32面多面体）是由32块黑白相间的牛皮缝制而成，黑皮为正五边形，白皮为正六边形，且边长相等，已知图中足球有90条棱；某体育公司采购630张牛皮用于生产这种足球，已知一张牛皮可用于制作30个正五边形或者制作20个正六边形，要使裁剪后的五边形和六边形恰好配套，应怎样计划用料才能制作尽可能多的足球？22．十八世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式．请你观察下列几种简单多面体模型，解答下列问题：（1）根据上面多面体模型，完成表格中的空格：多面体顶点数（V）面数（F）棱数（E）四面体44①长方体8612正八面体①812正十二面体201230（2）你发现顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的关系式是．（3）一个多面体的面数与顶点数相同，且有12条棱，则这个多面体的面数是．23．18世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式．请你观察下列几种简单多面体模型，解答下列问题．(1)根据上面的多面体模型，直接写出表格中的m，n的值，则m=______，n=______．多面体顶点数（V）面数（F）棱数（E）四面体446长方体m612正八面体n812正十二面体201230(2)你发现顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的关系式是_______．(3)一个多面体的面数等于顶点数，且这个多面体有30条棱，求这个多面体的面数．参考答案1．A【分析】本题考查常见的几何体．熟记常见的几何体，是解题的关键．根据圆锥的特征，进行判断即可．【详解】解：A、是圆锥，符合题意；B、是球体，不符合题意；C、是圆柱体，不符合题意；D、是长方体，不符合题意；故选：A．2．B【分析】多面体指四个或四个以上多边形所围成的立体．【详解】解：（1）圆锥有2个面，一个曲面，一个平面，不是多面体；（2）正方体有6个面，故是多面体；（3）圆柱有3个面，一个曲面两个平面，不是多面体；（4）三棱锥有4个面，故是多面体；（5）球有1个曲面，不是多面体；（6）三棱柱有5个面，故是多面体．故是多面体的有（2）（4）（6）故选：B．【点睛】本题考查多面体的定义，关键点在于：多面体指四个或四个以上多边形所围成的立体．3．A【分析】根据“点动成线”的概念直接回答即可．【详解】解：子弹从枪膛中射出去的轨迹可以看作点动成线的实际应用；故选A【点睛】此题考查了点、线、面、体，正确理解点线面体的概念是解题的关键．4．A【详解】试题分析：正方体的表面展开图的特征：相对面展开后间隔一个正方形.由图可得印有“索”字在①号正方形内，故选A.考点：正方体的表面展开图点评：本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握正方体的表面展开图的特征，即可完成.5．D【分析】根据点动成线，线动成面，面动成体即可一一判定．【详解】解：A．笔尖在纸上移动划过的痕迹，反映的是“点动成线”，故不符合题意；B．长方形绕一边旋转一周形成的几何体，反映的是“面动成体”，故不符合题意；C．流星划过夜空留下的尾巴，反映的是“点动成线”，故不符合题意；D．汽车雨刷的转动扫过的区域，反映的是“线动成面”，故符合题意．故选：D【点睛】本题考查了点动成线，线动成面，面动成体，理解和掌握点动成线，线动成面，面动成体是解决本题的关键．6．B【分析】根据有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱，由此可选出答案．【详解】解：根据棱柱的定义可得①符合棱柱定义的有第一、二、四个几何体都是棱柱，共3个，其余都不是棱柱．故选①B．【点睛】本题考查棱柱的定义，属于基础题，掌握基本的概念是关键．7．A【分析】把流星视为点，流星的轨迹是一条线，符合点动成线的原理．【详解】①把流星视为点，流星的轨迹是一条线，符合点动成线的原理①选A．【点睛】本题考查了点动成线的原理，正确理解题意是解题的关键．8．D【分析】此题考查面与体的关系，正确理解面与体的关系是解题的关键．由平面图形绕某条直线旋转一周可得到体，据此依次判断．【详解】解：将直角三角形绕一边所在的直线旋转一周形成的几何体不一定是圆锥，以斜边所在的直线为轴旋转一周所得到的几何体是两个圆锥组成的组合体，不是圆锥故选：D9．C【分析】根据圆锥的定义：圆锥面和一个截它的平面（满足交线为圆）组成的空间几何图形叫圆锥，进行判断即可.【详解】解：A、不是圆锥，故错误；B、不是圆锥，故错误；C、是圆锥，故正确；D、不是圆锥，故错误；故选C.【点睛】本题主要考查了圆锥的定义，解题的关键在于能够熟练掌握圆锥的定义.10．D【详解】解：①球体只有一个曲面，故球体不是多面体；①柱体，圆柱有三个面，故柱体不一定是多面体；①锥体，圆锥有两个面，故锥体不一定是多面体；①棱柱至少有两个底面，三个侧面，故棱柱是多面体；①棱锥至少有一个底面，三个侧面，故棱锥是多面体．故选D．11．B【分析】根据题意利用n棱柱中棱的条数为3n，由棱的总条数为18，进行计算即可求出答案．【详解】解：n棱柱有3n条棱，又18÷3=6，因此底面是六边形.故选：B．【点睛】本题考查认识立体图形，熟练掌握棱柱的顶点、面数和棱的条数是正确判断的前提．12．B【分析】根据点动成线，线动成面，面动成体进行判断即可．【详解】解：绕轴旋转一周，可得到图中所示的立体图形的是：故选：B．【点睛】此题主要考查了点、线、面、体，关键是掌握面动成体．点、线、面、体的运动组成了多姿多彩的图形世界．13．612 8【分析】根据正方体的特征：正方体有6个面、12条棱、8个顶点，每个面都是正方形，而且面积相等，每条棱的长度都相等，正方体是特殊的长方体．据此解答．【详解】解：正方体有6个面，有12条棱，有8个顶点，一个正方体所有面的大小相等；每条棱长度都相等；故答案为6，12，8．【点睛】本题考查正方体，解题关键是理解并掌握正方体的特征．14．点动成线【分析】根据点，线，面，体的关系得出答案．【详解】绚烂的烟花可以看成由点运动形成的，这个现象说明了点动成线．故答案为：点动成线．15．96π或144π【分析】由题意易得可分两种情况进行求解，即①若以长方体的长为轴，旋转一周，则得到高为6，底面半径为4的圆柱，①若以长方体的宽4为轴，旋转一周，则得到高为4，底面半径为6的圆柱；然后进行求解即可．【详解】解：①若以长方体的长为轴，旋转一周，则得到高为6，底面半径为4的圆柱，其体积为24696ππ⨯⨯=；①若以长方体的宽4为轴，旋转一周，则得到高为4，底面半径为6的圆柱，其体积为264144ππ⨯⨯=．故答案为：96π或144π．【点睛】本题主要考查几何初步，关键是由平面图形得到几何体，进而求解即可．16．9 16 9 四棱锥四棱柱【详解】观察这个几何体可知，它有9个面，16条棱，9个顶点，它是由简单的几何体四棱锥和四棱柱组成的．17．315或1【分析】根据题意列出式子，进行计算即可【详解】解：设长方体浸入水面的高度为xcm，则水面升高了（x-8）cm 当以15 cm，10 cm为底面积浸入水中时：30308+1510x=3030x⨯⨯⨯⨯解得：3 x=95故水面升高了：339-8=155（cm）当以10 cm，10 cm为底面积浸入水中时：30308+1010x=3030x⨯⨯⨯⨯解得：x=9故水面升高了：9-8=1（cm）故答案为：315或1【点睛】此题主要考查了有理数乘除的应用，根据题意得出式子进行计算是解题关键．18．几何体的体积为：96πcm3或128πcm3或76.8πcm3．【分析】根据三角形旋转是圆锥，可得几何体；根据圆锥的体积公式，分类讨论可得答案．【详解】解：以8cm为轴，得：以8cm为轴体积为13×π×62×8＝96π（cm3）；以6cm为轴，得：以6cm为轴的体积为13×π×82×6＝128π（cm3）；以10cm为轴，得以10cm 为轴的体积为13×π（245）2×10＝76.8π（cm 3）． 故几何体的体积为：96πcm 3或128πcm 3或76.8πcm 3．【点睛】本题考查了点线面体，利用三角形旋转是圆锥是解题关键．19．见解析【分析】本题考查了点线面体，熟记各种图形旋转得出的立体图形是解题关键．直角三角形绕直角边旋转一周得到的立体图形是圆锥，长方形绕一边旋转一周得到的立体图形是圆柱，直角梯形绕如图所示的一边旋转一周得到的立体图形是圆台，半圆绕直径旋转一周得到的立体图形是球．【详解】解：如图所示：20．(1)圆柱(2)396cm π 3144cm π【分析】（1）根据平面图形中矩形旋转一周可得到圆柱求解即可；（2）根据绕长方形的长旋转一周得到圆柱的高为6cm ，圆柱底面半径为4cm ；绕长方形的宽旋转一周得到的圆柱的高为4cm ，底面半径为6cm ，分别利用圆柱的体积公式求解即可．【详解】（1）解：由题意可得，旋转后将得到圆柱答：旋转后将得到的几何体是圆柱；（2）解：由题意可得，绕长方形的长旋转一周得到圆柱的高为6cm ，圆柱底面半径为4cm①236496V cm ππ=⨯⨯=圆柱绕长方形的宽旋转一周得到的圆柱的高为4cm ，底面半径为6cm①2246144V cm ππ=⨯⨯=圆柱答：旋转后两个几何体的体积分别为396cm π 3144cm π．21．(1)12;30(2)用于制作30个正五边形的牛皮共180张，用于制作20个正六边形的牛皮共450张．【分析】本题考查了几何体中点、棱、面之间的关系以及二元一次方程组的应用与整除问题，解题的关键是审清题意．（1）根据每一个面有三条棱，每二个面共用一条棱即可求解，即：棱数=面数32⨯÷．（2）设一个足球有黑皮x 块，白皮y 块，根据二个面共用一条棱，结合题意可列方程组，求得每个足球黑皮块数与白皮块数；然后再设用于制作正五边形的需要m 张，用于制作正六边形的需要n 张，依据题意建立方程组，求得m 与n 的最大整数值，并检验是否符合题意即可得到答案．【详解】（1）解：①正八面体的每一个面都是三角形，则每一个面有三条棱，故八个面共有2438=⨯条棱，但每两个面共用一条棱，因此正八面体棱数是：24212÷=（条）．①根据①的思路可知，正十二面体共有棱数：125302⨯=（条）． 故答案为：12；30．（2）设一个足球有黑皮x 块，白皮y 块，根据题意得： 5690232x y x y +=⨯⎧⎨+=⎩，解得：1220x y =⎧⎨=⎩ 设630张牛皮中，用于制作正五边形的需要m 张，用于制作正六边形的需要n 张，依据题意得：63030201220m n m n +≤⎧⎪⎨=⎪⎩，解得：180450m n ≤⎧⎨≤⎩（m 、n 为整数） m 、n 取最大的整数并经过检验知，180,450m n ==正好符合题意①最多制作2045020n =（个）足球，且正好将630张牛皮全部用完． 答：用于制作30个正五边形的牛皮共180张，用于制作20个正六边形的牛皮共450张．22．（1）6，6；（2）V+F -E=2；（3）7．【分析】（1）观察图形即可得出结论；（2）观察可得：顶点数+面数-棱数=2；（3）代入（2）中的式子即可得到面数【详解】解：（1）观察图形，四面体的棱数为6；正八面体的顶点数为6；多面体顶点数（V）面数（F）棱数（E）四面体446长方体8612正八面体6812正十二面体201230（2）观察表格可以看出：顶点数+面数-棱数=2，关系式为：V+F-E=2；（3）由题意得：F+F-12=2，解得F=7．故答案为：（1）6，6；（2）V+F-E=2；（3）7．【点睛】本题考查多面体的顶点数，面数，棱数之间的关系及灵活运用．23．(1)8；6(2)V+F-E=2(3)这个多面体的面数为16【分析】（1）观察图形即可得出结论；（2）观察可得：顶点数+面数-棱数=2；（3）将所给数据代入（2）中的式子即可得到面数．【详解】（1）解：观察图形，长方体的定点数为8；正八面体的顶点数为6；多面体顶点数（V）面数（F）棱数（E）四面体446长方体8612正八面体6812正十二面体201230故答案为：8；6；（2）解：观察表格可以看出：顶点数+面数-棱数=2，关系式为：V+F-E=2；（3）解：由题意得：F+F-30=2解得F=16①这个多面体的面数为16．【点睛】本题主要考查多面体的顶点数，面数，棱数之间的关系及灵活运用，正确理解题意是解题的关键．。
简单几何体的再认识(1)课件-2022-2023学年高一下学期数学北师大版(2019)必修第二册
情境引入
新知探究
应用举例
课堂练习
梳理小结
布置作业
已知圆锥的底面半径为与母线长为，如何计算圆锥的侧面积和表面积？
➢ 把圆锥的侧面沿一条母线展开，得到的是什么图形？
➢ 扇形的半径和弧长分别是什么？
半径：圆锥的母线
扇形
弧长：底面圆的周长
1
侧面积 = ⋅ 2π ⋅ = π
2
2π
l
r
表面积 = 侧面积 + 底面积 = π + π 2
其中，c为底面周长，h′为斜高.
侧 = 4 ×
1
2
1 1
2 4 1
1
4
+ 2 ℎ′
= (1 + 2 )ℎ′
其中，c1 、c2 分别为上、下
底面周长， h′为斜高.
对于一般的棱柱、棱锥、棱台，如何计算它们的侧面积？
对于一般的棱柱、棱锥、棱台，其侧面就是一般的平行四边形、三角形、梯形，分别计算
积公式易得结果.
解：∵圆锥的轴截面是边长为2的正三角形
∴底面半径 = 1，母线长 = 2，
∴侧面积 = π = 2π.故答案为2π.
新知探究
情境引入
应用举例
课堂练习Biblioteka 梳理小结布置作业陀螺是中国民间的娱乐工具之一，其形状结构如图所示，由一个同底的圆柱
体和圆锥体组合而成，若圆锥体和圆柱体的高以及底面圆的半径长分别为h1、h2、
1
1
= 底 ⋅ = × 230.42 × 146.6 ≈ 2594046.0 （m3）
3
3
因此，金字塔的侧面积约为85914.9 m2，体积约为2594046.0 m3.
B
高中数学课时作业11-1简单几何体北师大版必修2
高中数学课时作业11-1简单几何体北师大版必修2|基础巩固|(25分钟，60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．下面的几何体中是棱柱的有( )A．3个B．4个C．5个 D．6个解析：棱柱有三个特征：(1)有两个面相互平行；(2)其余各面是四边形；(3)侧棱相互平行．本题所给几何体中⑥⑦不符合棱柱的三个特征，而①②③④⑤符合，故选C.答案：C2．下面图形中，为棱锥的是( )A．①③ B．①③④C．①②④ D．①②解析：根据棱锥的定义和结构特征可以判断，①②是棱锥，③不是棱锥，④是棱锥．故选C.答案：C3．下列图形中，是棱台的是( )解析：由棱台的定义知，A、D的侧棱延长线不交于一点，所以不是棱台；B中两个面不平行，不是棱台，只有C符合棱台的定义，故选C.答案：C4．给出下列说法：①以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周而得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周而得的旋转体是圆台；③圆锥、圆台的底面都是圆面；④分别以矩形长和宽(长和宽不相等)所在直线为旋转轴，旋转一周而得的两个圆柱是两个不同的圆柱．其中正确说法的个数是( ) A．1 B．2C．3 D．4解析：以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，旋转一周所得的旋转体才是圆锥，若以斜边所在直线为旋转轴，旋转一周所得的旋转体是由两个圆锥组成的组合体，故①错误；以直角梯形中垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，旋转一周而得的旋转体是圆台，以其他的边所在直线为旋转轴，旋转一周而得的旋转体不是圆台，②错误；③④是正确的．答案：B5．一个正方体内有一个内切球，作正方体的对角面，所得截面图形是下图中的( )解析：由组合体的结构特征知，球只与正方体的上、下底面相切，而与两侧棱相离．故正确答案为B.答案：B二、填空题(每小题5分，共15分)6．以等腰梯形的对称轴为轴旋转一周，所形成的旋转体是________．解析：等腰梯形的对称轴为两底中点的连线，此线把等腰梯形分成两个全等的直角梯形，旋转后形成圆台．答案：圆台7．已知正四棱锥V－ABCD，底面面积为16，一条侧棱长为2，。
北师大版数学高一-(北师大)必修2作业 1.1简单几何体
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课时提能演练(一)（30分钟 50分）一、选择题（每小题4分，共16分）1.下列说法中正确的是( )（A）棱柱的底面一定是平行四边形（B）棱锥的底面一定是三角形（C）棱台的底面是两个相似的正方形（D）棱台的侧棱延长后必交于一点2.在如图所示的图形中，是圆柱的是( )3.（2012·铜川高一检测）用一个平面去截一个三棱锥，截面形状是( )（A）四边形（B）三角形（C）三角形或四边形（D）不可能为四边形4.（2012·深圳高一检测）如图是一个正方体，它的展开图可能是下面四个展开图中的( )二、填空题（每小题4分，共8分）5.（2011·广东高考）正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数为____________.6.已知长方体过同一个顶点的三个面的面积分别为2，3，6，则它的体对角线长为____________.三、解答题（每小题8分，共16分）7.（易错题）如图所示，已知AB是直角梯形ABCD与底边垂直的一腰，分别以AB，CD，DA为轴旋转，试说明所得几何体的结构特征.8.画一个三棱台，再把它分成（1）一个三棱柱和另一个多面体；（2）三个三棱锥，并用字母表示.【挑战能力】（10分）在正四棱柱上任意选择4个顶点，试画图分析以下两个问题：（1）这4个顶点可能是哪几种平面图形的顶点？（2）这4个顶点可能是哪几种空间图形的顶点？答案解析1.【解析】选D.由棱台、棱锥、棱柱的定义可得.2.【解析】选C.A为圆台，D为棱锥，B中上、下两底面不平行，不是圆柱，故C正确.3.【解析】选C.如图，若截面截三棱锥的三条棱，则截面的形状为三角形（如图①），若截面截三棱锥的四条棱，则截面的形状为四边形（如图②）.4.【解析】选A.直接观察或动手折叠，可得选A.5.【解题指南】本题主要考查体对角线的概念，由体对角线的概念可得答案.【解析】上底面内的每个顶点，与下底面内不在同一侧面的两个顶点的连线可构成正五棱柱的对角线.上底面每个顶点有两条对角线，故一个正五棱柱的对角线共有5×2=10条.答案：106.【解析】设长方体的过同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，解之得所以长方体的体对=【方法技巧】巧化未知为已知长方体棱长和体对角线长的关系公式为l此公式的推导利用了长方体中体对角线与棱构成的直角三角形，体现了化立体几何问题为平面几何问题的思想方法，这种思想方法对于解决立体几何问题是十分重要的.7.【解析】（1）以AB边为轴旋转所得的旋转体是圆台，如图（1）所示.（2）以CD边为轴旋转所得几何体为：上部为圆锥，下部为圆台，再挖去一个小圆锥,如图（2）所示.（3）以AD边为轴旋转得到几何体，它是一个圆柱上部挖去一个圆锥，如图（3）所示.【误区警示】本题以CD为轴旋转所得的几何体易忽略挖去底面的小圆锥而出错.8.【解析】画三棱台一定要利用三棱锥.（1）如图①所示，三棱柱是棱柱A′B′C′-AB″C″.（2）如图②所示，三个三棱锥分别是A′-ABC，B′-A′BC，C′-A′B′C.【挑战能力】【解析】（1）这4个顶点可能是以下平面图形的顶点：矩形，正方形.（2）这4个顶点可能是以下空间图形的顶点：有三个面为直角三角形，一个面为等腰三角形的四面体（如图1，2）；每个面都是等腰三角形的四面体（如图3）；每个面都是直角三角形的四面体（如图4）．。
2021高中数学北师大版必修二课时分层作业：1.1 简单几何体含解析
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课时分层作业一简单几何体一、选择题(每小题5分，共30分)1.棱台不具有的性质是 ( )A.两底面相似B.侧面都是梯形C.侧棱长都相等D.侧棱延长后相交于一点【解析】选C.由棱台的概念(棱台的产生过程)可知A，B，D都是棱台具有的性质，而侧棱长不一定相等.2.关于下列几何体，说法正确的是( )A.图①是圆柱B.图②和图③是圆锥C.图④和图⑤是圆台D.图⑤是圆台【解析】选D. 图①与图④中几何体两个底面不互相平行，所以它们不是圆柱和圆台.图②与图③中几何体的过旋转轴的截面(轴截面)不是等腰三角形，所以它们不是圆锥.图⑤是圆台.3.棱柱的侧面都是( )A.三角形B.四边形C.五边形D.矩形【解析】选B.由棱柱的性质可知，棱柱的侧面都是四边形.4.下列几何体是台体的是( )【解析】选D.台体包括棱台和圆台两种，A的错误在于四条侧棱没有交于一点，B的错误在于截面与圆锥底面不平行.C是棱锥，结合棱台和圆台的定义可知D正确.5.下面几何体的截面一定是圆面的是 ( )A.圆台B.球C.圆柱D.棱柱【解析】选B.截面可以从各个不同的部位截取，截得的截面都是圆面的几何体只有球.6.在日常生活中，常用到的螺母可以看成一个组合体，其结构特征是( )A.一个棱柱中挖去一个棱柱B.一个棱柱中挖去一个圆柱C.一个圆柱中挖去一个棱锥D.一个棱台中挖去一个圆柱【解析】选B.一个六棱柱挖去一个等高的圆柱.二、填空题(每小题5分，共10分)7.伐木工人将树伐倒后，再将枝杈砍掉，根据需要将其截成不同长度的粗细均匀的圆木，圆木可以近似地看成_________体.【解析】由圆柱的结构特征可知此圆木可以近似地看作是一个圆柱体. 答案：圆柱8.用铁丝做一个三角形，在三个顶点上分别固定一根筷子，把三根筷子的另一端也用铁丝连接成一个三角形，从而获得一个几何体模型，如果筷子的长度相同且所在直线平行，那么这个几何体是_________.【解析】在该模型中已知一个面为三角形，含有筷子的三个面为平行四边形，可知另一个铁丝三角形所在面与最先的铁丝三角形所在平面平行，故此几何体是三棱柱.答案：三棱柱三、解答题(每小题10分，共20分)9.圆台两底面的半径分别是2 cm和5 cm，母线长是3 cm，求它的轴截面的面积.【解析】如图所示，作出轴截面，过点A作AM⊥BC于点M，则BM=5-2=3(cm)，AM==9 cm，所以S梯形ABCD=×(4+10)×9=63(cm2).10.矩形ABCD中，AB=2，BC=3，矩形ABCD绕AB所在直线旋转得圆柱，求其底面半径r及母线长l.【解析】因为AB所在直线为旋转轴，所以r=BC=3，l=AB=2.一、选择题(每小题5分，共25分)1.如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为( )A.一个球体B.一个球体中间挖去一个圆柱C.一个圆柱D.一个球体中间挖去一个长方体【解析】选B.外面的圆旋转形成一个球，里面的长方形旋转形成一个圆柱.所以形成的几何体为一个球体挖去一个圆柱.2.下列说法中正确的是 ( )A.所有的棱柱都有一个底面B.棱柱的顶点至少有6个C.棱柱的侧棱至少有4条D.棱柱的棱至少有4条【解析】选B.棱柱都有两个底面，A错误；三棱柱的顶点最少，6个；侧棱最少，3条；棱最少，9条.3.有下列说法，其中正确的是 ( )①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线都是互相平行的.A.①②B.②③C.①③D.②④【解题指南】依据旋转体的概念逐项选取，对于母线要注意其位置关系.【解析】选D.圆柱(或圆台)中上、下底面圆周上任意两点的连线，不一定是矩形(或直角梯形)中“不垂直于旋转轴的边”，故①③错误，②④正确.4.下列叙述中正确的个数是( )①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台.A.0B.1C.2D.3【解析】选A.①应以直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转一周才可以得到圆锥；②以直角梯形垂直于底边的一腰所在直线为轴旋转一周才可以得到圆台；③它们的底面为圆面；④用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可得到一个圆锥和一个圆台.故①②③④全不正确.5.某同学制作了一个对面图案相同的正方体礼品盒(如图)，则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为( )【解析】选A.两个☆不能并列相邻，B、D错误；两个※不能并列相邻，C错误，故选A.也可通过实物制作检验来判定.二、填空题(每小题5分，共15分)6.图中阴影部分绕图示的直线旋转一周，形成的几何体是_________.【解析】三角形旋转一周后围成一个圆锥，圆面旋转一周后形成一个球，阴影部分形成的几何体为圆锥中挖去一个球后剩余的几何体.答案：圆锥挖去一个球的组合体7.如图中的组合体的结构特征有以下几种说法：(1)由一个长方体割去一个四棱柱所构成的；(2)由一个长方体与两个四棱柱组合而成的；(3)由一个长方体挖去一个四棱台所构成的；(4)由一个长方体与两个四棱台组合而成的，其中正确说法的序号是_________.【解题指南】可从拼接和分割两种构成方式分析此组合体的结构特征. 【解析】如图所示，该组合体可由一个长方体割去一个四棱柱所构成，也可以由一个长方体与两个四棱柱组合而成.故说法(1)(2)正确.答案：(1)(2)8.若母线长是4的圆锥的轴截面的面积是8，则该圆锥的高是_________.【解析】设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高h=.所以由题意可知·2r·h=r=8，所以r 2=8，所以h=2.答案：2三、解答题(每小题10分，共30分)9.根据下列关于几何体的描述，说出几何体的名称：(1)由八个面围成，其中两个面是互相平行且全等的六边形，其他各面都是平行四边形.(2)由五个面围成，其中一个面是四边形，其他各面都是有一个公共顶点的全等三角形.(3)由五个面围成，其中上、下两个面是相似三角形，其余各面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点.【解析】(1)该几何体有两个面是互相平行且全等的六边形，其他各面都是平行四边形，可使相邻两个面的公共边都相互平行，故该几何体是六棱柱.(2)该几何体的一个面是四边形，其他各面都是全等的三角形，并且这些三角形有一个公共顶点，因此该几何体是四棱锥.(3)该几何体上、下两个面是相似三角形，其余各面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点，因此该几何体是三棱台.10.长方体ABCD-A1B1C1D1(如图所示)中，AB=3，BC=4，A1A=5，现有一甲壳虫从A出发沿长方体表面爬行到C1来获取食物，试画出它的最短爬行路线，并求其路程的最小值.【解析】把长方体的部分面展开，如图所示.对甲、乙、丙三种展开图利用勾股定理可得AC 1的长分别为、、，由此可见乙是最短线路，所以甲壳虫可以先在长方形ABB 1A1内由A到E，再在长方形BCC1B1内由E到C1，也可以先在长方形AA1D1D内由A到F，再在长方形DCC1D1内由F到C1，其最短路程为.11.如图所示是一个三棱台ABC-A′B′C′，试用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥.(写出一种分法)【解析】过A′，B，C三点作一个平面，再过A′，B，C′作一个平面，就把三棱台ABC-A′B′C′分成三部分，形成的三个三棱锥分别是A′-ABC，B-A′B′C′，A′-BCC′.关闭Word文档返回原板块。
2019届(北师大版)数学必修二课时作业：1.2直观图(含答案)
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课时提升作业(二)直观图一、选择题(每小题3分，共18分)1.(2014·绍兴高一检测)在正方体ABCD-A1B1C1D1的直观图中，底面ABCD的直观图一定是( )A.正方形B.菱形C.矩形D.平行四边形【解析】选D.底面ABCD是正方形，在直观图中角与边的长度会改变，但对边的平行性不变，一定是平行四边形.2.(2014·亳州高一检测)如图所示为某一平面图形的直观图，则此平面图形可能是下图中的( )【解析】选C.直观图中有一条边与y′轴平行，两条边与x′轴平行，所以该图形为直角梯形.3. (2014·锦州高一检测)如图，△ABC的斜二测直观图为等腰Rt△A′B′C′，其中A′B′=2，则△ABC的面积为( )A.2B.4C.2D.4【解题指南】根据所给的直观图是一个等腰直角三角形且直角边长是2，求出直观图的面积，根据平面图形的面积是直观图的2倍，得到结果.【解析】选D.因为等腰Rt△C′A′B′是一平面图形的直观图，直角边长为A′B′=2，所以直角三角形的面积是×2×2=2，因为平面图形与直观图的面积的比为2∶1，所以原平面图形的面积是2×2=4.4.水平放置的△ABC，有一边在水平线上，它的斜二测直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是( )A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.任意三角形【解析】选C.直观图是正三角形，三角形的底角为60°，大于45°，原图中有一个角大于90°，是钝角三角形.5.(2014·榆林高一检测)如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为一个正方形，则原来图形的形状是( )【解析】选A.直观图中正方形的边长为1，故对角线长为，所以在原图中一对角线的长为2.【举一反三】本例条件不变，则原图的周长为__________.【解析】原图中一条边长为1，另一条边长为=3，故周长为(1+3)×2=8.答案：86.(2014·银川高一检测)如图所示，△A′O′B′表示水平放置的△AOB的直观图，B′在x′轴上，A′O′和x′轴垂直，且A′O′=2，则△AOB的边OB上的高为( )A.2B.4C.2D.4【解析】选D.因为直观图与原图形中边OB长度不变，S原图形=2S直观图，所以有·OB·h=2××2·O′B′，所以h=4.7.一个建筑物上部为四棱锥，下部为长方体，且四棱锥的底面与长方体的上底面尺寸一样，已知长方体的长、宽、高分别为20 m，5m，10 m，四棱锥的高为8m，若按1∶500的比例画出它的直观图，那么直观图中，长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为______________.【解析】根据斜二测画法规则求解.答案：4cm，0.5cm，2cm，1.6cm8.(2014·聊城高一检测)已知两个圆锥，底面重合在一起，其中一个圆锥顶点到底面的距离为2cm，另一个圆锥顶点到底面的距离为3cm，则其直观图中这两个顶点之间的距离为______________.【解析】圆锥顶点到底面的距离即圆锥的高，故两顶点间距离为2+3=5(cm).在直观图中与z轴平行的线段长度不变，仍为5cm.答案：5cm9.已知△ABC的水平放置的直观图是等腰的Rt△A′B′C′，且∠A′=90°，A′B′=(如图)，则△ABC的面积是________.【解析】根据斜二测画法的规则，画出△ABC，如图所示，其中BC=B′C′=2，AB=2A′B′=2，∠ABC=90°，所以S△ABC=×2×2=2.答案：210.(2014·济宁高一检测)用斜二测画法作出长为4，宽为3的矩形的直观图. 【解析】画法：(1)如图①在已知矩形ABCD中，取AB，AD所在边为x轴、y 轴，相交于O点(O与A重合)；画对应的x′轴，y′轴，使∠x′O′y′=45°，如图②.(2)在x′轴上取点A′(A′与O′重合)，B′使A′B′=AB，在y′轴上取D′，使A′D′=AD，过D′作D′C′平行于x′轴，且等于A′B′的长.(3)去掉辅助线，连接C′B′所得四边形A′B′C′D′就是矩形ABCD的直观图.11.(2014·丽水高一检测)有一棱柱，其底面为边长为3cm的正方形，各侧面都是矩形，且侧棱长为4cm，试画出此棱柱的直观图.【解析】(1)画轴.如图(1)所示，画x轴，y轴，z轴，三轴相交于点O，使∠xOy= 45°，∠xOz=90°.(2)画底面.以点O为中点，在x轴上画MN=3cm，在y轴上画PQ=cm，分别过点M，N作y轴的平行线，过点P，Q作x轴的平行线，设它们的交点分别为A，B，C，D，则四边形ABCD就是该棱柱的底面.(3)画侧棱.过A，B，C，D各点分别作z轴的平行线，并在这些平行线上分别截取4cm长的线段AA′，BB′，CC′，DD′.(4)成图.顺次连接A′，B′，C′，D′，A′，并加以整理(去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线)，就得到棱柱的直观图，如图(2)所示.一、选择题(每小题4分，共16分)1.(2014·佛山高一检测)下列说法正确的是( )A.互相垂直的两条直线的直观图仍然是互相垂直的两条直线B.梯形的直观图可能是平行四边形C.矩形的直观图可能是梯形D.正方形的直观图是平行四边形【解析】选D.对于A.若两条直线中一条平行于x轴，一条平行于y轴，则直观图中两直线的夹角为45°，故A错，原图中平行的线段在直观图中也平行，故B，C错.2.(2014·北京高一检测)一个三角形在其直观图中对应一个边长为4的正三角形，则原三角形的面积为( )A.8B.8C.4D.4【解题指南】利用直观图面积与原图面积比为∶4解答.【解析】选A.S直观图=×4×4×=4.由=，得S原图=8.【变式训练】若一个正三角形的边长为4，则其直观图的面积为________. 【解析】S原图=×4×4×=4，由=，得S直观图=4×=.答案：3.如图，矩形A′B′C′D′是水平放置的图形ABCD的直观图，其中A′B′=6，A′D′=2，则图形ABCD为( )A.平行四边形B.矩形C.菱形D.正方形【解析】选C.将直观图还原如图所示，AB=A′B′=6，AE=2A′E′=4，DE=D′E′=2，DC=6，则在Rt△ADE中，AD==6，所以四边形ABCD为菱形.【误区警示】本题学生易由于只看到AB CD，忘了判断AD与AB的关系得四边形ABCD为平行四边形而出错.4.(2014·宿州高一检测)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形ABCD，如图所示，∠ABC=45°，AB=AD=1，OC⊥DC，原平面图形的面积为( )A.1+B.2+C.2+D.1+【解题指南】解答本题的关键是求原梯形的高，下底边长，故应过A作AE⊥BC 于E.【解析】选C.过A作AE⊥BC，垂足为E，由题意知DC∥AE，AD∥EC，所以四边形ADCE为矩形.所以EC=AD=1，由∠ABC=45°，AB=AD=1知BE=，所以原平面图形是梯形且上下两底长分别为1和1+，高为2，所以原平面图形的面积为××2=2+.二、填空题(每小题4分，共12分)5.(2014·蚌埠高二检测)△ABC的面积为10，以它的一边所在直线为x轴画直观图后，其直观图的面积为__________.【解析】如图所示为△ABC的原图形和直观图.作A′D′⊥B′C′于D′，则A′D′为直观图B′C′边上的高，易求得A′D′=AO，所以S△A′B′C′=S△ABC=×10=.答案：6.如图，在斜二测画法下，两个边长为1的正三角形ABC的直观图不是全等三角形的一组是________.【解题指南】可大致画出其直观图进行判断，首先由三角形形状进行直观判断，形状确定后可求出相应角度、长度判断.【解析】根据斜二测画法知在(1)(2)(4)中，正三角形的顶点A，B都在x轴上，点C由AB边上的高线确定，所得直观图是全等的；对于(3)，左侧建系方法画出的直观图，其中有一条边长度为原三角形的边长，但右侧的建系方法中所得的直观图中没有边与原三角形的边长相等，由此可知不全等.答案：(3)三、解答题 (每小题12分，共24分)7.如图是水平放置的由正方形ABCE和正三角形CDE所构成的平面图形，请画出它的直观图.【解析】画法：(1)以AB边所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴，两轴相交于点O(如图(1))，画相应的x′轴和y′轴，两轴相交于点O′，使∠x′O′y′=45°(如图(2)).(2)在图(2)中，以O′为中点，在x′轴上截取A′B′=AB；分别过A′，B′作y′轴的平行线，截取A′E′=AE，B′C′=BC；在y′轴上截取O′D′=OD.(3)连接E′D′，D′C′，C′E′，并擦去辅助线x′轴和y′轴以及O′点，便得到平面图形水平放置的直观图(如图(3)).8.画出一个正四棱台的直观图(尺寸：上、下底面边长分别为6cm，8cm，高为4cm的正四棱台).【解题指南】先画出上、下底面(正方形)的直观图，然后画出整个正四棱台的直观图.【解析】(1)画下底面，画x轴，y轴，使∠xOy=45°，以O为中点，在x轴上取线段EF，使得EF=8cm.在y轴上取线段GH，使得GH=EF，GH的中点为O，再过G，H分别作AB∥EF，CD∥EF，AB=EF=CD=8cm，且使得AB的中点为G，CD的中点为H，连接AD，BC，这样就得到了正四棱台的下底面的直观图.(2)画z轴.三轴相交于点O，使z轴与x轴成90°.(3)画上底面，在z轴上截取线段OO1=4cm，过O1点作O1x′∥Ox，O1y′∥Oy，则∠x′O1y′=45°.建立坐标系x′O1y′，在x′O1y′中画出上底面的直观图A1B1C1D1.(4)再连接AA1，BB1，CC1，DD1，并擦去辅助线及相关点，得到的图形就是所求的正四棱台的直观图(图②).关闭Word文档返回原板块。
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课时提升作业(一)
简单几何体
一、选择题(每小题3分，共18分)
1.(2014·阜阳高一检测)下列说法正确的是( )
A.棱柱的侧面都是矩形
B.棱柱的侧棱都相等
C.棱柱的各个面都是平行四边形
D.棱柱的侧棱总与底面垂直
【解析】选B.由棱柱的定义知，棱柱的侧面都是平行四边形，故A错误.而平行四边形的对边相等，故侧棱都相等，棱柱的底面不一定是平行四边形，故C错.棱柱的侧棱可以与底面垂直，也可以不垂直.
2.下列图形所表示的几何体中，不是棱锥的为( )
【解析】选A.由棱锥的定义及结构特征知A不是棱锥.
3.(2014·亳州高一检测)下列说法错误的是( )
A.多面体至少有四个面
B.九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形
C.长方体、正方体都是棱柱
D.三棱柱的侧面为三角形
【解析】选D.多面体中面数最少的是三棱锥，有四个面，故A正确.根据棱柱的结构特征知B正确.长方体、正方体符合棱柱的结构特征，C正确.D中三棱柱的侧面为平行四边形，D错误.
4.下列图形中，不是三棱柱的展开图的是( )
【解析】选C.根据三棱柱的结构特征知，A，B，D中的展开图都可还原为三棱柱，但是C中展开图还原后的几何体没有下底面，故不是三棱柱的展开图.
5.(2014·南昌高一检测)下列说法正确的个数为( )
①存在斜四棱柱，其底边为正方形；
②存在棱锥，其所有面均为直角三角形；
③任意的圆锥都存在两条母线互相垂直；
④矩形绕任意一条直线旋转都可以形成圆柱.
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选B.①存在斜四棱柱，其底面为正方形，正确.②正
确.如图.③不正确，圆锥的顶角小于90°时就不存在.④不正
确，矩形绕其对角线所在直线旋转，不能围成圆柱.
6.以钝角三角形的较小边所在的直线为轴，其他两边旋转一周所得的几何体是
( )
A.两个圆锥拼接而成的组合体
B.一个圆台
C.一个圆锥
D.一个圆锥挖去一个同底的小圆锥
【解析】选D.如图所示.旋转一周后其他两边形成的几何体为在圆锥AO的底部挖去一个同底的圆锥BO.
【误区警示】本题易选A而导致错误.事实上圆锥BO为空心的，并非真正的圆锥.
二、填空题(每小题4分，共12分)
7.矩形绕一边所在的直线旋转一周得到圆柱，则得到不同形状的圆柱有________个.
【解题指南】矩形包括正方形和长方形，不同的情况下得到圆柱的情形不同. 【解析】若该矩形为长方形，则矩形的长与宽所在的直线为轴可以得到2个不同形状的圆柱，若该矩形为正方形，则得到1个圆柱.
答案：1或2
【误区警示】本题易漏掉一种情形而导致答案错误.
8.如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后将水槽倾斜一个小角度，则倾
斜后水槽中的水形成的几何体的形状是________.
【解析】如图：假设以AB边固定进行倾斜，则几何体BB2C2C-AA2D2D一定为棱柱.
答案：棱柱
9.五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数为________.
【解析】上底面内的每个顶点，与下底面内不在同一侧面的两个顶点的连线可构成五棱柱的对角线，上底面每个顶点有两条对角线，故一个五棱柱的对角线共有5×2=10条.
答案：10
三、解答题(每小题10分，共20分)
10.一直角梯形ABCD，如图所示，分别以AB，BC，CD，DA所在直线为轴旋转一周，画出所得几何体的大致形状，并指明它是由哪些简单几何体组成的.
【解析】以AB为轴旋转所得几何体是一个圆台，如图a；以BC为轴旋转所得几何体是一个圆柱和一个圆锥拼接而成，如图b；以CD为轴旋转所得几何体是一个圆台挖去一个小圆锥后，再与一个大圆锥拼接而成，如图c；以DA为轴旋转所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥而成，如图d.
C1D1的八个顶点中任取若干，连
11.试从正方体ABCD -A
结后构成以下空间几何体，并且用适当的符号表示出来.
(1)只有一个面是等边三角形的三棱锥.
(2)四个面都是等边三角形的三棱锥.
(3)三棱柱.
【解析】(1)如图所示，三棱锥A1-AB1D1(答案不惟一).
(2)如图所示，三棱锥B1-ACD1(答案不惟一).
(3)如图所示，三棱柱A1B1D1-ABD(答案不惟一).
【变式训练】判断如图所示的几何体是不是棱台？为什么？
【解析】①②③都不是棱台.因为①和③都不是由棱锥所截得的，故①③都不是棱台，虽然②是由棱锥所截得的，但截面和底面不平行，故不是棱台，只有用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面与底面之间的部分才是棱台，③是由长方体截得，是棱柱而不是棱台.
一、选择题(每小题4分，共16分)
1.(2014·西安高一检测)AB为圆柱下底面内任一不过圆心的弦，过AB和上底面圆心作圆柱的一截面，则这个截面是( )
A.三角形
B.矩形
C.梯形
D.以上都不对
【解析】选D.如图，AB∥CD，且AB≠CD，但AD，BC是曲线，不是直线，故选D.
【误区警示】本题易误将曲线AD，BC当作直线选C而导致错误.
2.下列叙述，其中正确的有( )
①两个底面平行且相似，其余的面都是梯形的多面体是
棱台；
②如图所示，截正方体所得的几何体是棱台；
③棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥.
A.0个
B.1个
C.2个
D.3个
【解析】选A.①不正确，因为不能保证各侧棱的延长线交
于一点.②不正确，因为侧棱延长后不能交于一点，还原后
也并非棱锥.③不正确，如图，用一个过顶点的平面截四棱
锥得到的是两个三棱锥.
【拓展延伸】棱台定义的应用
除了用它作判定之外，至少还有三项用途：
①为保证侧棱延长后交于一点，可以先画棱锥再画棱台；
②如果解棱台问题遇到困难，可以将它还原为棱锥去看，因为它是由棱锥截来的；
③可以利用两底是相似多边形进行有关推算.
3.用一个平面去截一个三棱锥，截面形状是( )
A.四边形
B.三角形
C.三角形或四边形
D.不可能为四边形
【解题指南】截面与三棱锥的棱有几个交点，连起来就是几边形.
【解析】选C.如图，若截面截三棱锥的三条棱，则截面的形状为三角形(如图①)，若截面截三棱锥的四条棱，则截面的形状为四边形(如图②).
4.(2014·重庆高一检测)如图所示，模块①～⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成.现从模块①～⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体.则下列选择方案中，能够完成任务的为( )
A.模块①②⑤
B.模块①③⑤
C.模块②④⑤
D.模块③④⑤
【解析】选A.先将模块⑤放到模块⑥上，再把模块①放到模块⑥上，再把模块②放到模块⑥上，即得到棱长为3的大正方体.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.(2014·北京高一检测)如图所示，不是正四面体(各棱长都相等的三棱锥)的展开图的是________.
【解析】(3)(4)中的四个三角形有公共顶点，无法折成三棱锥，当然不是正四面体的展开图.
答案：(3)(4)
【变式训练】试判断下列三个图是否为正四面体的表面展开图.
【解析】①②③都是正四面体的表面展开图.
6.(2014·吉安高一检测)在圆锥中平行于底面的截面面积是底面的，则此截面分圆锥的高为上、下两段，其比值为__________.
【解题指南】作出圆锥的轴截面图运用几何知识解决.
【解析】作出圆锥的轴截面如图，截面圆半径ED，底面
圆半径OB.由题意=，解得=，
由△SED∽△SOB知=，故=1∶1.
即截面分圆锥的高上、下两段的比为1∶1.
答案：1∶1
三、解答题(每小题12分，共24分)
7.如图所示的几何体的侧面展开图是一个矩形，且几何体的底面边长均为3，侧面的棱长为5，已知点P是棱AA1上一动点，Q是棱BB1上一动点，求CP+PQ+QC1的最小值.
【解析】将几何体沿棱CC1剪开，其侧面展开为平面图形，如图所示，CP+PQ+QC1的最小值即平面图中矩形对角线CC1的长，所以(CP+PQ+QC1)min=
=.
【拓展延伸】求几何体表面上连结两点曲线长的最小值问题的策略
(1)将几何体沿着某些棱剪开后展开，画出其侧面展开图.
(2)将所求曲线问题转化为平面上的线段问题.
(3)结合已知条件求得结果.
8.如图，图①是正方体木块，把它截去一块，可能得到的几何体有②，③，④，
⑤的木块.
(1)我们知道，正方体木块有8个顶点、12条棱、6个面，请你将图②，③，④，
⑤的木块的顶点数、面数填入下表：
(2)观察你填出的表格，归纳出上述各种木块的顶点数V、棱数E、面数F之间的关系.
(3)看图⑥中正方体的切法，请验证你所得的数量关系是否正确.
【解题指南】可从顶点数V+面数F的和与棱数E的关系考虑.
【解析】(1)通过观察各几何体，得到表格：
(2)由特殊到一般，归纳猜想得到：顶点数V+面数F-棱数E=2.
(3)该木块的顶点数为10，面数为7，棱数为15，有10+7-15=2，与(2)中归纳的数量关系式“V+F-E=2”相符.
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