[配套K12]2018高中数学第1章立体几何初步第一节空间几何体3 中心投影、平行投影和直观图画法习题苏教

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【配套K12】2018版高中数学第一章立体几何初步1.2.4第1课时两平面平行学业分层测评苏教版必修

1.2.4 第1课时两平面平行(建议用时：45分钟)[学业达标]一、填空题1．有下列命题：①平面α内有无数个点到平面β的距离相等，则α∥β；②α∩γ＝a，α∩β＝b，且a∥b(α，β，γ分别表示平面，a，b表示直线)，则γ∥β；③平面α内一个三角形三边分别平行于平面β内的一个三角形的三条边，则α∥β；④平面α内的一个平行四边形的两边与平面β内的一个平行四边形的两边对应平行，则α∥β.其中正确的有________．(填序号)【解析】由面面平行的定义、性质得③正确．【答案】③2．已知夹在两平行平面α，β之间的线段AB的长为6，AB与α所成的角为60°，则α与β之间的距离为________．【解析】过B作BC⊥α于C，则∠BAC＝60°，在Rt△ABC中，BC＝AB·sin 60°＝3 3.【答案】3 33．如图1－2－83，AE⊥平面α，垂足为E，BF⊥α，垂足为F，l⊂α，C，D∈α，AC⊥l，则当BD与l______时，平面ACE∥平面BFD.图1－2－83【解析】l⊥平面ACE，故需l⊥平面BFD.【答案】垂直4．平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为________．【解析】设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1.∵平面α∥平面CB 1D 1，∴m 1∥m . 又平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1， ∴B 1D 1∥m 1.∴B 1D 1∥m .∵平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，且平面CB 1D 1∩平面DCC 1D 1＝CD 1，同理可证CD 1∥n . 因此直线m 与n 所成的角即直线B 1D 1与CD 1所成的角．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，△CB 1D 1是正三角形，故直线B 1D 1与CD 1所成角为60°，其正弦值为32. 【答案】325．已知平面α∥β∥γ，两条相交直线l ，m 分别与平面α，β，γ相交于点A ，B ，C 和D ，E ，F ，已知AB ＝6，DE DF ＝25，则AC ＝________.【导学号：41292038】【解析】 ∵α∥β∥γ，∴AB BC ＝DEEF. 由DE DF ＝25，得DE EF ＝23，即AB BC ＝23，而AB ＝6，∴BC ＝9，∴AC ＝AB ＋BC ＝15. 【答案】 156．若平面α∥平面β，且α，β间的距离为d ，则在平面β内，下列说法正确的是________．(填序号)①有且只有一条直线与平面α的距离为d ； ②所有直线与平面α的距离都等于d ； ③有无数条直线与平面α的距离等于d ； ④所有直线与平面α的距离都不等于d .【解析】由两平行平面间的距离可知，②③正确．【答案】 ②③7．如图1－2－84所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，CD 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足________时，有MN ∥平面B 1BDD 1.图1－2－84【解析】∵HN∥BD，HF∥DD1，HN∩HF＝H，BD∩DD1＝D，∴平面NHF∥平面B1BDD1，故线段FH上任意点M与N连结，有MN∥平面B1BDD1.【答案】M∈线段FH8．如图1－2－85，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________．图1－2－85【解析】取CD的中点H，连结EH，FH(略)．在正四面体CDEF中，由于CD⊥EH，CD ⊥HF，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，则平面EFH与正方体的左右两侧面平行，则EF也与之平行，与其余四个平面相交．【答案】 4二、解答题9．如图1－2－86所示，B为△ACD所在平面外一点，M，N，G分别为△ABC，△ABD，△BCD的重心．图1－2－86(1)求证：平面MNG∥平面ACD；(2)求S△MNG∶S△ACD.【解】(1)证明：连结BM，BN，BG并延长交AC，AD，CD分别于点P，F，H.∵M ，N ，G 分别为△ABC ，△ABD ，△BCD 的重心， ∴BM MP ＝BN NF ＝BGGH＝2.连结PF ，FH ，PH ，有MN ∥PF . 又PF ⊂平面ACD ，MN ⊄平面ACD . ∴MN ∥平面ACD .同理MG ∥平面ACD .又MG ∩MN ＝M ， ∴平面MNG ∥平面ACD . (2)由(1)可知MG PH ＝BG BH ＝23，∴MG ＝23PH .又PH ＝12AD ，∴MG ＝13AD .同理NG ＝13AC ，MN ＝13CD .∴△MNG ∽△ACD ，其相似比为1∶3. ∴S △MNG ∶S △ACD ＝1∶9.10.如图1－2－87，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，问：当点Q 在什么位置时，平面D 1BQ 与平面PAO 平行？图1－2－87【解】如图，设平面D 1BQ ∩平面ADD 1A 1＝D 1M ，点M 在AA 1上，由于平面D 1BQ ∩平面BCC 1B 1＝BQ ，平面ADD 1A 1∥平面BCC 1B 1，由面面平行的性质定理可得BQ ∥D 1M .假设平面D 1BQ ∥平面PAO ，由平面D 1BQ ∩平面ADD 1A 1＝D 1M ，平面PAO ∩平面ADD 1A 1＝AP ，可得AP ∥D 1M ，所以BQ ∥D 1M ∥AP .因为P 为DD 1的中点，所以M 为AA 1的中点，所以Q 为CC 1的中点，故当Q 为CC 1的中点时，平面D 1BQ ∥平面PAO .[能力提升]1．如图1－2－88，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，如果在平面AB 1内，∠1＋∠2＝180°，在平面BC 1内，∠3＋∠4＝180°，那么平面ABC 与平面A 1B 1C 1的位置关系是________．图1－2－88【解析】在平面AB 1内，∠1＋∠2＝180°知A 1B 1∥AB ，在平面BC 1内，∠3＋∠4＝180°，知B 1C 1∥BC ，所以平面ABC 与平面A 1B 1C 1平行．【答案】平行2．已知平面α∥平面β，直线m ⊂α，直线n ⊂β，点A ∈m ，点B ∈n ，记点A ，B 之间的距离为a ，点A 到直线n 的距离为b ，直线m 和n 的距离为c ，则a ，b ，c 之间的大小关系为__________.【导学号：41292040】【解析】在如图所示的棱长为1的正方体中，上、下底面分别记为α，β.直线m 即直线AD 1，直线n 即直线BD .显然点A ，B 之间的距离为a ＝3，点A 到直线n 的距离为b ＝2，直线m 和n 的距离为c ＝1，则c <b <a .【答案】 c <b <a3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，Q 分别是棱D 1C 1，A 1D 1，BC 的中点．点P 在对角线BD 1上，且BP ＝23BD 1，给出下列四个命题：图1－2－89①MN ∥平面APC ； ②C 1Q ∥平面APC ； ③A ，P ，M 三点共线； ④平面MNQ ∥平面APC .其中正确命题的序号为______________．【解析】 E ，F 分别为AC ，MN 的中点，G 为EF 与BD 1的交点，显然△D 1FG ∽△BEG ，故D 1G BG ＝D 1F BE ＝12，即BG ＝23BD 1.又BP ＝23BD 1，故点G 与点P 重合，所以平面APC 和平面ACMN 重合，MN ⊂平面APC ，故命题①不正确，命题④也不正确．【答案】 ②③4．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，如图1－2－90所示．图1－2－90(1)求证：平面AB 1D 1∥平面C 1BD ；(2)试找出体对角线A 1C 与平面AB 1D 1和平面C 1BD 的交点E ，F ，并证明A 1E ＝EF ＝FC . 【解】 (1)证明：因为在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD 綊B 1C 1，所以四边形AB 1C 1D 是平行四边形，所以AB 1∥C 1D .又因为C 1D ⊂平面C 1BD ，AB 1⊄平面C 1BD .所以AB 1∥平面C 1BD .同理可证，B 1D 1∥平面C 1BD .又因为AB 1∩B 1D 1＝B 1，AB 1⊂平面AB 1D 1，B 1D 1⊂平面AB 1D 1，所以平面AB 1D 1∥平面C 1BD . (2)如图所示，连结A 1C 1，交B 1D 1于点O 1；连结AO 1，与A 1C 交于点E .又因为AO1⊂平面AB1D1，所以点E也在平面AB1D1内，所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点．连结AC，交BD于O；连结C1O，与A1C交于点F，则点F就是A1C与平面C1BD的交点．下面证明A1E＝EF＝FC.因为平面A1C1C∩平面AB1D1＝EO1，平面A1C1C∩平面C1BD＝C1F，平面AB1D1∥平面C1BD，所以EO1∥C1F，在△A1C1F中，O1是A1C1的中点，所以E是A1F的中点，即A1E＝EF；同理可证OF∥AE，所以F是CE的中点，即FC＝EF，所以A1E＝EF＝FC.。

【配套K12】[学习](全国通用版)2018-2019高中数学第一章立体几何初步 1.2 点、线

第一课时直线与平面垂直1若直线a⊥平面α,直线b∥α,则直线a与b的关系是()A.a⊥b,且a与b相交B.a⊥b,且a与b不相交C.a⊥bD.a与b不一定垂直b∥α,则在平面α内存在一条直线c,使得b∥c,因为直线a⊥平面α,c⊂α,所以a ⊥c.因为b∥c,所以a⊥b.当b与a相交时为相交垂直,当b与a不相交时为异面垂直,故选C.2如图,BC是Rt△ABC的斜边,PA⊥平面ABC,PD⊥BC,则图中直角三角形的个数是()A.8B.7C.6D.5PA⊥AC, PA⊥AD,PA⊥AB,BC⊥AD,BC⊥PD,AC⊥AB.图中的直角三角形分别为△PAC,△PAD,△PAB,△ADC,△ADB,△PCD,△PDB,△ABC,共8个,故选A.3设α表示平面,a,b,l表示直线,给出下列四个命题:①⇒l⊥α;②⇒b⊥α;③⇒b⊥α;④⇒a⊥α.其中正确的命题是()A.①②B.②③C.③④D.②中当a,b相交时才成立;③中由a∥α,a⊥b知b∥α或b⊂α或b⊥α或b与α相交;④中当a垂直于平面α内的两条相交直线时,有a⊥α,若a只垂直于平面α内的一条直线,则不能得出a⊥α,从而不正确.4已知直线a,b与平面α,给出下列四个命题:①若a∥b,b⊂α,则a∥α;②若a∥α,b⊂α,则a∥b;③若a∥α,b∥α,则a∥b;④若a⊥α,b∥α,则a⊥b.其中正确命题的个数是 ()A.1B.2C.3D.45在正方形SG1G2G3中,E,F分别是G1G2和G2G3的中点,D是EF的中点,现在沿SE,SF和EF把这个正方形折起,使点G1,G2,G3重合,重合后的点记为G,则下列结论成立的是()A.SD⊥平面EFGB.SG⊥平面EFGC.GF⊥平面SEFD.GD⊥平面SEFSG⊥GE,SG⊥GF,又GF与GE相交于点G,所以SG⊥平面EFG.6如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=,则下列结论中错误．．的是()A.AC⊥BEB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值D.△AEF的面积与△BEF的面积相等7对于四面体ABCD,给出下列四个命题:①若AB=AC,BD=CD,则BC⊥AD;②若AB=CD,AC=BD,则BC⊥AD;③若AB⊥AC,BD⊥CD,则BC⊥AD;④若AB⊥CD,BD⊥AC,则BC⊥AD.其中真命题的序号是.①,取BC的中点E.连接AE,DE,则BC⊥AE,BC⊥DE,所以BC⊥AD.对于命题④,过A向平面BCD作垂线AO,如图,连接BO并延长与CD交于点G,则CD⊥BG,同理CH⊥BD.所以O为△BCD的垂心,连接DO,则BC⊥DO,BC⊥AO,所以BC⊥AD.8如图,已知在矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD,则a的值等于.PA⊥平面ABCD,所以PA⊥QD.又因为PQ⊥QD,PA∩PQ=P,所以QD⊥平面PAQ.所以AQ⊥QD,即Q在以AD为直径的圆上,当圆与BC相切时,点Q只有一个,故BC=2AB=2.9如果一条直线与一个平面垂直,那么,称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是.,一个面有四条棱与之垂直,六个面,共构成24个“正交线面对”;而正方体的六个对角面中,每个对角面又有两条面对角线与之垂直,共构成12个“正交线面对”,所以共有36个“正交线面对”.10如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2, AB∥DC,∠BCD=90°.(1)求证:PC⊥BC;(2)求点A到平面PBC的距离.PD⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC.由∠BCD=90°,得BC⊥DC.又因为PD∩DC=D,PD⊂平面PCD,DC⊂平面PCD,所以BC⊥平面PCD.因为PC⊂平面PCD,所以PC⊥BC.AC,设点A到平面PBC的距离为h.因为AB∥DC,∠BCD=90°,所以∠ABC=90°.从而由AB=2,BC=1,得△ABC的面积S△ABC=1.由PD⊥平面ABCD及PD=1,得三棱锥P-ABC的体积V=S△ABC·PD=.因为PD⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,所以PD⊥DC.又PD=DC=1,所以PC=.由PC⊥BC,BC=1,得△PBC的面积S△PBC=,由V=S△PBC·h=·h=,得h=.因此,点A到平面PBC的距离为.★11如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC为正三角形,M,N,G分别是棱CC1,AB,BC的中点,且CC1=AC.求证:(1)CN∥平面AMB1;(2)B1M⊥平面AMG.设AB1的中点为P,连接NP,MP.因为CM∥AA1,且CM=AA1,NP∥AA1,且NP=AA1,所以CM∥NP,且CM=NP.所以四边形CNPM是平行四边形.所以CN∥MP.因为CN⊄平面AMB1,MP⊂平面AMB1,所以CN∥平面AMB1.(2)因为CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥AG.由△ABC是正三角形得AG⊥BC,又因为BC∩CC1=C,所以AG⊥平面CC1B1B.所以B1M⊥AG.因为CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥AC.设AC=2a,则CC1=2 a.在Rt△MCA中,AM= a.同理,B1M= a.因为BB1∥CC1,所以BB1⊥平面ABC.所以BB1⊥AB.所以AB1==2 a.所以AM2+B1M2=A.所以B1M⊥AM.又因为AG∩AM=A,AG⊂平面AMG,AM⊂平面AMG, 所以B1M⊥平面AMG.。

【配套K12】2018版高中数学第一章立体几何初步1.2.4第2课时两平面垂直学业分层测评苏教版必修

1.2.4 第2课时两平面垂直(建议用时：45分钟)[学业达标]一、填空题1．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的序号是__________．(1)若m ⊥n ，n ∥α，则m ⊥α； (2)若m ∥β，β⊥α，则m ⊥α； (3)若m ⊥β，n ⊥β，n ⊥α，则m ⊥α； (4)若m ⊥n ，n ⊥β，β⊥α，则m ⊥α.【解析】 (1)中，由m ⊥n ，n ∥α可得m ∥α或m 与α相交或m ⊂α，错误； (2)中，由m ∥β，β⊥α可得m ∥α或m 与α相交或m ⊂α，错误； (3)中，由m ⊥β，n ⊥β可得m ∥n ，又n ⊥α，所以m ⊥α，正确； (4)中，由m ⊥n ，n ⊥β，β⊥α可得m ∥α或m 与α相交或m ⊂α，错误．【答案】 (3)2．如图1－2－98，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝23，CC 1＝2，则二面角C 1－BD －C 的大小为________．图1－2－98【解析】如图，取BD 中点O ，连结OC ，OC 1， ∵AB ＝AD ＝23，∴CO ⊥BD ，CO ＝ 6. ∵CD ＝BC ，∴C 1D ＝C 1B ，∴C 1O ⊥BD .∴∠C 1OC 为二面角C 1－BD －C 的平面角， ∴tan ∠C 1OC ＝C 1C OC ＝26＝33， ∴∠C 1OC ＝30°，即二面角C 1－BD －C 的大小为30°. 【答案】 30°3．下列四个命题：①过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直；②过平面外一点有且只有一条直线与该平面平行；③如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行；④如果两个平面互相垂直，那么经过第一个平面内一点且垂直于第二个平面的直线必在第一个平面内．其中真命题的序号是________.【解析】根据空间点、线、面间的位置关系，过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直，故①正确；过平面外一点有无数条直线与该平面平行，故②不正确；根据平面与平面平行的性质定理知③正确；根据两个平面垂直的性质知④正确．从而正确的命题有①③④.【答案】①③④4．如图1－2－99所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，则二面角B－PA－C的大小为________．图1－2－99【解析】∵PA⊥平面ABC，BA，CA⊂平面ABC，∴BA⊥PA，CA⊥PA，因此，∠BAC即为二面角B－PA－C的平面角．又∠BAC＝90°，故二面角B－PA－C的大小为90°.【答案】90°5．已知三棱锥D－ABC的三个侧面与底面全等，且AB＝AC＝3，BC＝2，则二面角D－BC－A的大小为________．【解析】如图，由题意知AB＝AC＝BD＝CD＝3，BC＝AD＝2.取BC的中点E，连结DE，AE，则AE⊥BC，DE⊥BC，所以∠DEA为所求二面角的平面角．易得AE＝DE＝2，又AD＝2，AD2＝AE2＋DE2，所以∠DEA＝90°.【答案】90°6．如图1－2－100所示，将等腰直角三角形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________．图1－2－100【解析】连结B′C，则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，则B′C＝AC＝2a，B′D＝DC＝a，所以B′C2＝B′D2＋DC2，所以∠B′DC＝90°.【答案】90°7．四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，则这个四棱锥的五个面中两两垂直的共有________对．【解析】因为AD⊥AB，AD⊥PA且PA∩AB＝A，可得AD⊥平面PAB.同理可得BC⊥平面PAB、AB⊥平面PAD、CD⊥平面PAD，由面面垂直的判定定理可得，平面PAD⊥平面PAB，平面PBC⊥平面PAB，平面PCD⊥平面PAD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，共有5对．【答案】 58．已知平面α，β，且α∩β＝AB，PC⊥α，PD⊥β，C，D是垂足．若PC＝PD＝1，CD＝2，则平面α与平面β的位置关系是________.【解析】因为PC⊥α，AB⊂α，所以PC⊥AB.同理PD⊥AB.又PC∩PD＝P，故AB⊥平面PCD.设AB与平面PCD的交点为H，连结CH，DH.因为AB⊥平面PCD，所以AB⊥CH，AB⊥DH，所以∠CHD是二面角C－AB－D的平面角．又PC＝PD＝1，CD＝2，所以CD2＝PC2＋PD2＝2，即∠CPD＝90°.在平面四边形PCHD中，∠PCH＝∠PDH＝∠CPD＝90°，所以∠CHD＝90°，故平面α⊥平面β.【答案】垂直二、解答题9．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.图1－2－101求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.【证明】(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.10．如图1－2－102，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是A1B1，BC，C1D1和B1C1的中点．图1－2－102(1)求证：平面MNF ⊥平面NEF ；(2)求二面角M －EF －N 的平面角的正切值．【解】 (1)证明：连结MN ，∵N ，F 均为所在棱的中点，∴NF ⊥平面A 1B 1C 1D 1. 而MN ⊂平面A 1B 1C 1D 1，∴NF ⊥MN . 又∵M ，E 均为所在棱的中点，∴△C 1MN 和△B 1NE 均为等腰直角三角形， ∴∠MNC 1＝∠B 1NE ＝45°，∴∠MNE ＝90°， ∴MN ⊥NE .又NF ∩NE ＝N ，∴MN ⊥平面NEF . 而MN ⊂平面MNF ，∴平面MNF ⊥平面NEF .(2)在平面NEF 中，过点N 作NG ⊥EF 于点G ，连结MG . 由(1)得知MN ⊥平面NEF .又EF ⊂平面NEF ，∴MN ⊥EF . 又MN ∩NG ＝N ，∴EF ⊥平面MNG ，∴EF ⊥MG . ∴∠MGN 为二面角M －EF －N 的平面角．设该正方体的棱长为2. 在Rt △NEF 中，NG ＝NE ·NF EF ＝2×26＝233， ∴在Rt △MNG 中，tan ∠MGN ＝MN NG ＝2233＝62.∴二面角M －EF －N 的平面角的正切值为62. [能力提升]1．已知α，β是两个不同的平面，m ，n 是平面α及β之外的两条不同直线，给出下列四个论断：①m ⊥n ；②α⊥β；③n ⊥β；④m ⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：__________.【解析】由面面垂直的判定定理可知，由m ⊥n ，m ⊥α，n ⊥β可推出α⊥β；由面面垂直的性质定理可知，由m ⊥α，n ⊥β，α⊥β可推出m ⊥n .【答案】 ①③④⇒②(或②③④⇒①)2．如图1－2－103，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC .底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .图1－2－103【解析】∵B1D⊥平面A1ACC1，∴CF⊥B1D，∴为了使CF⊥平面B1DF，只要使CF⊥DF(或CF⊥B1F)即可，设AF＝x，则CD2＝DF2＋FC2，∴x2－3ax＋2a2＝0，∴x＝a或x＝2a.【答案】a或2a3．如果一个三棱锥的三个侧面两两垂直，则顶点在底面内的射影是底面三角形的________心．【解析】三侧面两两垂直，则三条侧棱也两两垂直，∴PC⊥平面PAB，∴AB⊥PC，作PO⊥平面ABC于点O，则AB⊥PO，∴AB⊥平面POC，∴AB⊥OC，同理，OB⊥AC，∴O为△ABC的垂心．【答案】垂4．如图1－2－104，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD.图1－2－104(1)若G为AD边的中点，求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，并证明你的结论．【证明】(1)∵在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，∴BG⊥AD.又平面PAD ⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BG⊥平面PAD.(2)如图，连结PG.∵△PAD为正三角形，G为AD的中点，∴PG⊥AD.由(1)知BG⊥AD，又PG⊂平面PGB，BG⊂平面PGB，且PG∩BG＝G，∴AD⊥平面PGB.∵PB⊂平面PGB，∴AD⊥PB.(3)当F为PC的中点时，平面DEF⊥平面ABCD.证明如下：F为PC的中点时，在△PBC中，FE∥PB，又在菱形ABCD中，GB∥DE，而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，FE∩DE＝E，∴平面DEF∥平面PGB.易知PG⊥平面ABCD，而PG⊂平面PGB，∴平面PGB⊥平面ABCD，∴平面DEF⊥平面ABCD.。

【配套K12】[学习]2018-2019学年高中数学第一章空间几何体 1.3.1 柱体、锥体、台

1.3.1 柱体、锥体、台体的表面积与体积【选题明细表】1.已知等腰直角三角形的直角边的长为2,将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( B )(A) (B) (C)2π (D)4π解析:由题意,该几何体可以看作是两个底面半径为,高为的圆锥的组合体,其体积为2××π×()2×=π.2.(2018·河南焦作期末)一个圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆,则该圆锥的体积为( D )(A)2π (B)π (C) (D)解析:由题圆锥的底面周长为2π,底面半径为1,圆锥的高为,圆锥的体积为π·12·=π,故选D.3.(2018·河北沧州高一检测)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,母线长为3,圆台的侧面积为84π,则圆台较小底面的半径为( A )(A)7 (B)6 (C)5 (D)3解析:设上、下底面半径为r,R.则2πR=3×2πr,所以R=3r.又π(r1+r2)l=S侧,所以S侧=π(3r+r)×3=84π,所以r=7.4.(2018·安徽马鞍山期中)若圆锥的高等于底面直径,则它的底面积与侧面积之比为( C )(A)1∶2 (B)1∶(C)1∶(D)∶2解析:若圆锥的高等于底面直径,则h=2r,则母线l==r,而圆锥的底面面积为πr2,圆锥的侧面积为πrl=πr2,故圆锥的底面积与侧面积之比为1∶,故选C.5.(2018·桂林调研)正六棱柱的一条最长的对角线长是13,侧面积为180,棱柱的全面积为.解析:如图,设正六棱柱的底面边长为a,侧棱长为h,易知CF′是正六棱柱的一条最长的对角线,即CF′=13.因为CF=2a,FF′=h,所以CF′===13. ①因为正六棱柱的侧面积为180,所以S侧=6a·h=180, ②联立①②解得或当a=6,h=5时,S底=6×a2×2=108.所以S全=180+108.当a=,h=12时,S底=6×a2×2=,所以S全=180+.答案:180+或180+1086.如图,直三棱柱ABC A 1B1C1的高为6 cm,底面直角三角形的边长分别为3 cm,4 cm,5 cm,以上、下底的内切圆为底面,挖去一个圆柱,求剩余部分形成的几何体的体积为.(π取3.14)解析:由题意知,Rt△ABC的内切圆O的半径为r=1(cm),所以所求几何体的体积为V=×3×4×6-π×12×6≈17.16(cm3).即剩余部分形成的几何体的体积为17.16 cm3.答案:17.16 cm37.若圆锥的侧面积为2π,底面面积为π,则该圆锥的体积为.解析:由题底面半径是1,圆锥的母线为2,则圆锥的高为,所以圆锥的体积为××π=.答案:8.(2018·湖南郴州二模)我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题:在下雨时,用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸,则平地降雨量是( B )(注:①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积;②一尺等于十寸;③台体的体积公式V=(S上++S下)·h)(A)2寸(B)3寸(C)4寸(D)5寸解析:如图,由题意可知,天池盆上底面半径为14寸,下底面半径为6寸,高为18寸.因为积水深9寸,所以水面半径为(14+6)=10寸,则盆中水的体积为π×9(62+102+6×10)=588π(立方寸),所以平地降雨量等于=3(寸).故选B.9.(2018·辽宁抚顺一中月考)如图,多面体ABCDEF中,BA,BC,BE两两垂直,且AB∥EF,CD∥BE,AB=BE=2,BC=CD=EF=1,则多面体ABCDEF的体积为.解析:多面体ABCDEF的体积等于四棱锥D ABEF和三棱锥A BCD的体积之和.因为=×S四边形ABEF×BC=×(1+2)×2×1=1,=×S△BCD×AB=××1×1×2=.所以多面体ABCDEF的体积V多面体ABCDEF=+1=.答案:10.已知正四棱锥底面正方形的边长为4 cm,高与斜高的夹角为30°,求正四棱锥的侧面积和表面积.解:如图,正四棱锥的高PO,斜高PE,底面边心距OE组成Rt△POE.因为OE=2 cm,∠OPE=30°,所以PE=2OE=4 cm.因此S侧=4×PE·BC=4××4×4=32(cm2),S表面积=S侧+S底=32+16=48(cm2).11.(2018·江苏省连云港市高一期末)如图,正方体ABCD A 1B1C1D1的棱长为2,P是BC的中点,点Q是棱CC1上的动点.(1)点Q在何位置时,直线D1Q,DC,AP交于一点,并说明理由;(2)求三棱锥B1-DBQ的体积;(3)若点Q是棱CC1的中点时,记过点A,P,Q三点的平面截正方体所得截面面积为S,求S. 解:(1)当Q是棱CC1的中点时,直线D1Q,DC,AP交于一点,理由:延长D1Q、DC交于点O,则QC为△DD1O的中位线,所以C为DO的中点,延长AP、DC交于点O′,则PC为△ADO′的中位线,所以C为DO′的中点,所以点O与点O′重合,所以直线D1Q、DC、AP交于一点.(2)==×(×2×2)×2=.(3)连接AD1、PQ,由(1)知,AD1∥PQ,所以梯形APQD1为所求截面,梯形APQD1的高为=,S=(+2)×=.。

[配套K12]2018-2019学年高中数学第一章空间几何体 1.2.3 空间几何体的直观图情境

配套K12内容资料
配套K12内容资料1.2.3 空间几何体的直观图
【情境导学】
美术与数学有着千丝万缕的联系,在美术图中,空间图形或实物在画板上画得既有立体感,又要表现出各主要部分的位置关系和度量关系.空间图形或实物如何在画板上表示出来?如何反映它们的主要特征呢?这就是空间几何体的直观图,画好空间几何体的直观图应首先从水
平放置的平面图形入手
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一个水平放置的正六边形,你看过去视觉效果是什么样子的?每条边还相等吗?该怎样把这种效果表示出来呢?。

【配套K12】2018版高中数学第一章空间几何体1.21.2.1中心投影与平行投影1.2.2空间几何

1.2.1 中心投影与平行投影1.2.2 空间几何体的三视图目标定位 1.了解中心投影和平行投影的意义.2.理解三视图画法的规则，能画简单几何体的三视图.3.能识别三视图所表示的空间几何体.自主预习1.投影(1)投影的定义由于光的照射，在不透明物体后面的屏幕上可以留下这个物体的影子，这种现象叫做投影.其中，我们把光线叫做投影线，把留下物体影子的屏幕叫做投影面.(2)投影的分类(3)当图形中的直线或线段不平行于投影线时，平行投影都具有下述性质：①直线或线段的平行投影仍是直线或线段；②平行直线的平行投影是平行或重合的直线；③平行于投影面的线段，它的投影与这条线段平行且等长；④与投影面平行的平面图形，它的投影与这个图形全等；⑤在同一直线或平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比.2.三视图(1)定义：光线从几何体的前面向后面正投影，得到投影图，这种投影图叫做几何体的正视图；光线从几何体的左面向右面正投影，得到投影图，这种投影图叫做几何体的侧视图；光线从几何体的上面向下面正投影，得到投影图，这种投影图叫做几何体的俯视图.几何体的正视图、侧视图、俯视图统称为几何体的三视图，三视图是正投影.(2)基本特征：一个几何体的侧视图和正视图高度一样，俯视图与正视图长度一样，侧视图与俯视图宽度一样.即时自测1.判断题(1)正视图反映了物体上下、左右的位置关系，即反映了物体的高度和长度.(√)(2)一个几何体的正视图和俯视图高度一样，正视图和侧视图长度一样，侧视图和俯视图宽度一样.(×)提示(2)一个几何体的侧视图和正视图高度一样，俯视图与正视图长度一样，侧视图与俯视图宽度一样.2.一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是( )A.球B.三棱锥C.正方体D.圆柱解析不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同，故选D.答案 D3.下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是( )A.①②B.①③C.①④D.②④解析①的三个视图都是相同的，都是正方形；②的正视图与侧视图相同，都是等腰三角形，俯视图不同；③的三个视图各不相同；④的正视图与侧视图相同，都是等腰三角形，俯视图不同.故选D.答案 D4.一图形的投影是一条线段，这个图形不可能是________(填序号).①线段；②直线；③圆；④梯形；⑤长方体.解析线段、圆、梯形都是平面图形，且在有限范围内，投影都可能为线段；长方体是三维空间图形，其投影不可能是线段；直线的投影，只能是直线或点.答案②⑤类型一中心投影与平行投影【例1】下列说法中：①平行投影的投影线互相平行，中心投影的投影线相交于一点；②空间图形经过中心投影后，直线还是直线，但平行线可能变成了相交的直线；③两条相交直线的平行投影是两条相交直线.其中正确说法的个数为( )A.0B.1C.2D.3解析由平行投影和中心投影的定义可知①正确；空间图形经过中心投影后，直线可能变成直线，也可能变成一个点，如当投影中心在直线上时，投影为点；平行线有可能变成相交线，如照片中由近到远物体之间的距离越来越近，最后相交于一点，②不正确；两条相交直线的平行投影是两条相交直线或一条直线；③不正确.答案 B规律方法判断一个几何体的投影是什么图形，先分清楚是平行投影还是中心投影，投影面的位置如何，再根据平行投影或中心投影的性质来判断.【训练1】下列命题中，正确的是( )A.矩形的平行投影一定是矩形B.梯形的平行投影一定是梯形C.两条相交直线的投影可能平行D.如果一条线段的平行投影仍是一条线段，那么这条线段中点的投影必是这条线段投影的中点解析平行投影因投影线的方向变化而不同，因而平行投影改变几何图形的形状，因而A，B不正确.两条相交直线的投影不可能平行，即C错.根据平行投影的性质，知D正确.故选D.答案 D类型二画空间几何体的三视图(互动探究)【例2】画出图中正四棱锥和圆台的三视图.(尺寸不作严格要求)[思路探究]探究点一画三视图时，三视图的排列方法如何？提示画三视图时，一般地，以正视图为准，侧视图在正视图的正右方，俯视图在正视图的正下方.探究点二三视图的画法规则是什么？提示三视图的画法规则如下：(1)正、俯视图都反映物体的长度——长对正；(2)正、侧视图都反映物体的高度——高平齐；(3)俯、侧视图都反映物体的宽度——宽相等.解正四棱锥的三视图如图所示：圆台的三视图如图所示：规律方法画三视图应遵循的原则和注意事项：(1)务必做到“长对正，高平齐，宽相等”.(2)三视图的排列方法是正视图与侧视图在同一水平位置，且正视图在左，侧视图在右，俯视图在正视图的正下方.(3)在三视图中，要注意实、虚线的画法.(4)画完三视图草图后，要再对照实物图来验证其正确性.【训练2】如图是截去一角的长方体，画出它的三视图.解物体三个视图的构成都是矩形，长方体截去一角后，截面是一个三角形，在每个视图中反映为不同的三角形，三视图如图.类型三由三视图还原空间几何体【例3】根据下列图中所给出的几何体的三视图，试画出它们的形状.解图(1)对应的几何体是一个六棱锥，图(2)对应的几何体是一个三棱柱，则所对应的空间几何体的图形分别为：规律方法由三视图还原空间几何体的步骤：【训练3】若将本例3(1)中的三视图改为如下三视图，试分析该几何体结构特征并画出物体的实物草图.解由三视图可知该几何体为四棱锥，对应空间几何体如右图：[课堂小结]1.理解平行投影和中心投影的概念时，可以从一束光线去照射一个物体所形成的影子，研究两者的不同之处.另外应注意平行投影的性质，尤其注意图形中的直线或线段不平行于投影线的情况.2.空间几何体的三视图可以使我们很好地把握空间几何体的性质，由空间几何体可画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间的相互转化，可以培养我们的几何直观能力和空间想象能力.1.下列说法正确的是( )A.任何物体的三视图都与物体的摆放位置有关B.任何物体的三视图都与物体的摆放位置无关C.有的物体的三视图与物体的摆放位置无关D.正方体的三视图一定是三个全等的正方形解析对于A，球的三视图与物体摆放位置无关，故A错；对于B，D，正方体的三视图与摆放位置有关，故B，D错；故选C.答案 C2.如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱解析如图，几何体为三棱柱.答案 B3.如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的正视图是边长为4的正方形，则此正三棱柱的侧视图的面积为________.解析由正视图可知三棱柱的高为4，底面边长为4，所以底面正三角形的高为23，所以侧视图的面积为4×23＝8 3.答案8 34.画出如图所示空间图形的三视图(阴影部分为正面).解如图所示.基础过关1.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是( )A.棱柱B.棱台C.圆柱D.圆台解析先观察俯视图，再结合正视图和侧视图还原空间几何体.由俯视图是圆环可排除A，B，由正视图和侧视图都是等腰梯形可排除C，故选D.答案 D2.已知一个几何体是由上、下两部分构成的一个组合体，其三视图如图所示，则这个组合体的上、下两部分分别是( )A.上部是一个圆锥，下部是一个圆柱B.上部是一个圆锥，下部是一个四棱柱C.上部是一个三棱锥，下部是一个四棱柱D.上部是一个三棱锥，下部是一个圆柱解析由几何体的三视图可知，该组合体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱.答案 A3.某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是( )解析由于该几何体的正视图和侧视图相同，且上部分是一个矩形，矩形中间无实线和虚线，因此俯视图不可能是D.答案 D4.若一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个正三棱柱的高(两底面之间的距离)和底面边长分别是________和________.解析三棱柱的高同侧视图的高，侧视图的宽度恰为底面正三角形的高，故底边长为4. 答案 2 45.图①为长方体木块堆成的几何体的三视图，此几何体共由______块木块堆成；图②中的三视图表示的实物为______.解析①中下层有3块木块，上层有一块木块，共4块木块.答案 4 圆锥6.如图所示的螺栓是由棱柱和圆柱构成的组合体，试画出它的三视图.解三视图如图所示.7.已知一个几何体的三视图如图，试根据三视图想象物体的原形，并试着画出实物草图.解由三视图知，该物体下部为长方体、上部为一个与长方体等高的圆柱，且圆柱的下底面圆相切于长方体的上底面正方形，由此可画出实物草图如图.能力提升8.用□表示1个立方体，用表示2个立方体叠加，用表示3个立方体叠加，那么如图所示，由7个立方体叠成的几何体，从正前方观察，可画出的平面图形是图中的( )答案 B9.一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为( )解析正视图中小长方形在左上方，对应俯视图应该在左侧，排除B、D，侧视图中小长方形在右上方，排除A，故选C.答案 C10.如果一个几何体的三视图如图所示，其中正视图中△ABC 是边长为2的正三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体的侧视图的面积为________.解析此几何体为一个正六棱锥，其顶点在底面上的正投影是底面的中心，由于正视图中△ABC 是边长为2的正三角形，其高为22－12＝3，故侧视图中三角形的高为 3.又俯视图中各三角形均为正三角形，其边长为12BC ＝1，故底面中心到边的距离为32.故侧视图中三角形的底边长为3，故侧视图的面积S ＝12×3×3＝32. 答案 3211.如图所示是一些立体图形的视图，但观察的方向不同，试说明其可能是哪一种几何体的视图，并画出立体图形的草图.解从柱、锥、台、球和三视图各方面综合考虑.(1)是一个圆，可能为球的正视图、侧视图、俯视图，也可能是圆柱的俯视图，其直观图如下图中①所示.(2)是一个三角形，可能是棱锥、圆锥的正视图、侧视图，也可能是三棱柱的俯视图，其直观图如下图中②所示.(3)是一个矩形，可能为四棱柱的正视图、侧视图、俯视图，也可能是圆柱的正视图、侧视图，也可能是三棱柱的正视图、俯视图，其直观图如下图中③所示.探究创新12.一个物体由几块相同的正方体组成，其三视图如图所示，试据图回答下列问题：(1)该物体有多少层？(2)该物体的最高部分位于哪里？(3)该物体一共由几个小正方体构成？解(1)该物体一共有两层，从正视图和侧视图都可以看出来.(2)该物体最高部分位于左侧第一排和第二排.(3)从侧视图及俯视图可以看出，该物体前后一共三排，第一排左侧2个，右侧1个；第二排左侧2个，右侧没有；第三排左侧1个，右侧1个.该物体一共由7个小正方体构成.。

[配套K12]2018版高中数学第一章立体几何初步 1.1.4 投影与直观图学案(含解析)新人教B版必修2

1.1.4 投影与直观图1.了解中心投影和平行投影的概念.(重点)2.了解“斜二测画法”的概念并掌握斜二测画法的步骤.(重点)3.会用斜二测画法画出一些简单平面图形和常见几何体的直观图.(重点)4.逆用斜二测画法，找出直观图的原图.(难点)[基础·初探]教材整理1 投影的概念阅读教材P16～P17“倒数第5段”与P19～P20“思考与讨论”以上内容，完成下列问题.1.投影的概念(1)定义：由于光的照射，在不透明物体后面的屏幕上可以留下这个物体的影子，这种现象叫做投影.(2)投影线：光线.(3)投影面：留下影子的屏幕.2.投影的分类(1)中心投影：光由一点向外散射形成的投影，叫做中心投影.中心投影的投影线交于一点.(2)平行投影：在一束平行光线照射下形成的投影，叫做平行投影.平行投影的投影线是平行的.判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)矩形的平行投影一定是矩形.( )(2)平行四边形的平行投影可能是正方形.( )(3)两条相交直线的平行投影可能平行.( )(4)如果一个三角形的投影仍是三角形，那么它的中位线的平行投影，一定是这个三角形的平行投影的中位线.( )【解析】利用平行投影的概念和性质进行判断.【答案】(1)×(2)√(3)×(4)√教材整理2 斜二测画法阅读教材P17“倒数第5段”以下～P18以上内容，完成下列问题.1.直观图的概念(1)定义：把空间图形(平面图形和立体图形的统称)画在平面内，使得既富有立体感，又能表达出主要部分的位置关系和度量关系的图形叫做直观图.(2)说明：在立体几何中，空间几何体的直观图是在平行投影下画出的空间图形.2.用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤(1)画轴：在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴和y′轴，两轴交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面.(2)画线：已知图形中平行于或在x轴、y轴的线段，在直观图中分别画成平行于或在x′轴、y′轴的线段.(3)取长度：已知图形中在x轴上或平行于x轴的线段，在直观图中长度不变，在y轴上或平行于y轴的线段，长度为原来的一半.3.立体图形直观图的画法画立体图形的直观图，在画轴时，要多画一条与平面x′O′y′垂直的轴O′z′，且平行于O′z′的线段长度不变.其他同平面图形的画法.判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两条平行线段在直观图中对应的两条线段仍然平行.( )(2)平行于坐标轴的线段在直观图中仍然平行于坐标轴.( )(3)平行于坐标轴的线段长度在直观图中仍然保持不变.( )(4)斜二测坐标系取的角可能是135°.()【解析】平行于y轴的线段在直观图中变为原来的一半，故(3)错误；由斜二测画法的基本要求可知(1)(2)(4)正确.【答案】(1)√(2)√(3)×(4)√[小组合作型]如图1145，点E，F分别是正方体的面ADD1A1和面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的正投影可能是图中的________.(要求把可能的序号都填上)图1145【精彩点拨】利用点B，F，D1，E在正方体各面上的正投影的位置来判断.【自主解答】其中②可以是四边形BFD1E在正方体的面ABCD或在面A1B1C1D1上的投影.③可以是四边形BFD1E在正方体的面BCC1B1上的投影.【答案】②③画投影图的关键及常用方法1.关键：画一个图形在一个投影面上的投影的关键是确定该图形的关键点(如顶点，端点等)及这些关键点的投影，再依次连接就可得到图形在投影面上的投影.2.常用方法：投影问题与垂直关系紧密联系，投影图形的形状与投影线和投射图形有关系，在解决有些投影问题时，常借助于正方体模型寻求解题方法.[再练一题]1.在正方体ABCDA′B′C′D′中，E、F分别是A′A、C′C的中点，则下列判断正确的是________.图1146①四边形BFD′E在底面ABCD内的投影是正方形；②四边形BFD′E在面A′D′DA内的投影是菱形；③四边形BFD′E在面A′D′DA内的投影与在面ABB′A′内的投影是全等的平行四边形.【解析】①四边形BFD′E的四个顶点在底面ABCD内的投影分别是点B、C、D、A，故投影是正方形，正确；②设正方体的边长为2，则AE ＝1，取D ′D 的中点G ，则四边形BFD ′E 在面A ′D ′DA 内的投影是四边形AGD ′E ，由AE ∥D ′G ，且AE ＝D ′G ，∴四边形AGD ′E 是平行四边形.但AE ＝1，D ′E ＝5，故四边形AGD ′E 不是菱形；对于③，由②知是两个边长分别相等的平行四边形，从而③正确.【答案】 ①③按图1147的建系方法，画水平放置的正五边形ABCDE 的直观图.图1147【精彩点拨】按照斜二测画法画水平放置的平面图形的步骤画直观图.【自主解答】画法：(1)在图①中作AG ⊥x 轴于点G ，作DH ⊥x 轴于点H .(2)在图②中画相应的x ′轴与y ′轴，两轴相交于点O ′，使∠x ′O ′y ′＝45°.(3)在图②中的x ′轴上取O ′B ′＝OB ，O ′G ′＝OG ，O ′C ′＝OC ，O ′H ′＝OH ，y ′轴上取O ′E ′＝12OE ，分别过G ′和H ′作y ′轴的平行线，并在相应的平行线上取G ′A ′＝12GA ，H ′D ′＝12HD .(4)连接A ′B ′，A ′E ′，E ′D ′，D ′C ′，并擦去辅助线G ′A ′，H ′D ′，x ′轴与y ′轴，便得到水平放置的正五边形ABCDE 的直观图A ′B ′C ′D ′E ′(如图③).1.在画水平放置的平面图形的直观图时，选取恰当的坐标系是关键，一般要使得平面多边形尽可能多的顶点在坐标轴上，以便于画点.2.画平面图形的直观图，首先画与坐标轴平行的线段(平行性不变)，与坐标轴不平行的线段通过与坐标轴平行的线段确定它的两个端点，然后连接成线段.[再练一题]2.用斜二测画法画水平放置的等腰梯形ABCD 的直观图，如图1148所示.图1148【解】画法：(1)如图①所示，取AB 所在直线为x 轴，AB 中点O 为原点，建立直角坐标系，画对应的坐标系x ′O ′y ′，使∠x ′O ′y ′＝45°(如图②).①(2)以O ′为中点在x ′轴上取A ′B ′＝AB ，在y ′轴上取O ′E ′＝12OE ，以E ′为中点画C ′D ′∥x ′轴，并使C ′D ′＝CD .②(3)连接B ′C ′，D ′A ′，所得的四边形A ′B ′C ′D ′就是水平放置的等腰梯形ABCD 的直观图.【精彩点拨】画轴→画底面→画顶点→成图【自主解答】画法：(1)画轴：① ②画Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴，∠xOy ＝45°(或135°)，∠xOz ＝90°，如图①.(2)画底面：以O 为中心，在xOy 平面内，画出正方形水平放置的直观图ABCD .(3)画顶点：在Oz 轴上截取OP ，使OP 的长度是原四棱锥的高.(4)成图：顺次连接PA 、PB 、PC 、PD ，并擦去辅助线，将被遮挡的部分改为虚线，得四棱锥的直观图，如图②.1.画空间图形的直观图，一般先用斜二测画法画出水平放置的平面图形，再画z 轴，并确定竖直方向上的相关的点，最后连点成图便可.2.直观图画法口诀可以总结为：“横长不变，纵长减半，竖长不变，平行关系不变.”[再练一题]3.用斜二测画法画正六棱柱(底面是正六边形，侧棱垂直于底面)的直观图.【解析】 (1)画轴：画x ′轴、y ′轴、z ′轴，使∠x ′O ′y ′＝45°(或135°)，∠x ′O ′z ′＝90°.(2)画底面：在面x ′O ′y ′内，画出正六边形的直观图ABCDEF .(3)画侧棱：过A 、B 、C 、D 、E 、F 分别作z ′轴的平行线，在这些平行线上分别截取AA ′、BB ′、CC ′、DD ′、EE ′、FF ′都等于侧棱长.(4)成图：顺次连线A ′、B ′、C ′、D ′、E ′、F ′，并加以整理就得到正六棱柱的直观图，如图所示.[探究共研型]探究1 断△ABC 的形状？图1149【提示】根据斜二测画法规则知：∠ACB ＝90°，故△ABC 为直角三角形.探究2 若探究1中△A ′B ′C ′的A ′C ′＝6，B ′C ′＝4，则AB 边的实际长度是多少？【提示】由已知得△ABC 中，AC ＝6，BC ＝8，故AB ＝AC 2＋BC 2＝10.探究3 若已知一个三角形的面积为S ，它的直观图面积是多少？【提示】原三角形面积为S ＝12a ·h (a 为三角形的底，h 为三角形的高)，画直观图后，a ′＝a ，h ′＝12h ·sin 45°＝24h ，S ′＝12a ′·h ′＝12a ·24h ＝24×12a ·h ＝24S .如图1150，某四边形的直观图为腰和上底长均为1的等腰梯形，∠B ′＝∠C ′＝45°，求原四边形的面积.图1150【精彩点拨】可用斜二测画法的逆步骤还原得原四边形，先确定点，再连线画出原四边形，再求其面积.【自主解答】取B ′C ′所在直线为x ′轴，因为∠A ′B ′C ′＝45°，所以取B ′A ′为y ′轴，过D ′点作D ′E ′∥A ′B ′，D ′E ′交B ′C ′于点E ′，则B ′E ′＝A ′D ′＝1，又因为梯形为等腰梯形，所以△E ′D ′C ′为等腰直角三角形，所以E ′C ′＝ 2.再建立一个直角坐标系xBy ，如图：在x 轴上截取线段BC ＝B ′C ′＝1＋2，在y 轴上截取线段BA ＝2B ′A ′＝2，过A 作AD ∥BC ，截取AD ＝A ′D ′＝1.连接CD ，则四边形ABCD 就是四边形A ′B ′C ′D ′的实际图形.四边形ABCD 为直角梯形，上底AD ＝1，下底BC ＝1＋2，高AB ＝2，所以四边形ABCD的面积S ＝12AB ·(AD ＋BC )＝12×2×(1＋1＋2)＝2＋ 2.1.还原图形的过程是画直观图的逆过程，关键是找与x ′轴、y ′轴平行的直线或线段.平行于x ′轴的线段长度不变，平行于y ′轴的线段还原时长度变为原来的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可.2.求图形的面积，关键是能先正确画出图形，然后求出相应边的长度，再利用公式求解.3.原图的面积S 与直观图的面积S ′之间的关系为S ＝22S ′.[再练一题]4.如图1151，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为a 的正方形，则原平面图形的面积为( )图1151 A.24a 2 B.22a 2 C.a 2 D.2a 2【解析】由直观图还原出原图，如图，在原图中找出对应线段长度进而求出面积.所以S＝a·22a＝22a2.【答案】 B1.关于斜二测画法所得直观图的说法正确的是( )A.直角三角形的直观图仍是直角三角形B.梯形的直观图是平行四边形C.正方形的直观图是菱形D.平行四边形的直观图仍是平行四边形【解析】由斜二测画法规则可知，平行于y轴的线段长度减半，直角坐标系变成斜坐标系，而平行性没有改变，故只有选项D正确.【答案】 D2.如图1152所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为( )图1152A.平行四边形B.梯形C.菱形D.矩形【解析】因为∠D′A′B′＝45°，由斜二测画法规则知∠DAB＝90°，又因四边形A′B′C′D′为平行四边形，所以原四边形ABCD为矩形.【答案】 D3.如图1153所示为水平放置的正方形ABCO，它在直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2,2)，则在用斜二测画法画出的它的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为________.图1153【解析】画出直观图，BC 对应B ′C ′，且B ′C ′＝1，∠B ′C ′x ′＝45°，故顶点B ′到x ′轴的距离为22.【答案】 224.如图1154所示的直观图△A ′O ′B ′，其平面图形的面积为________.图1154【解析】由直观图可知其对应的平面图形AOB 中，∠AOB ＝90°，OB ＝3，OA ＝4，∴S △AOB ＝12OA ·OB ＝6. 【答案】 65.画边长为1 cm 的正三角形的水平放置的直观图.【解】 (1)如图所示，以BC 边所在直线为x 轴，以BC 边上的高线AO 所在直线为y 轴，再画对应的x ′轴与y ′轴，两轴相交于点O ′，使∠x ′O ′y ′＝45°.(2)在x ′轴上截取O ′B ′＝O ′C ′＝0.5 cm ，在y ′轴上截取O ′A ′＝12AO ＝34cm ，连接A ′B ′，A ′C ′，则△A ′B ′C ′即为正三角形ABC 的直观图.。

【配套K12】2018版高中数学第一章立体几何初步1.1.1棱柱棱锥和棱台学案苏教版必修2

1.1.1 棱柱、棱锥和棱台1．通过观察实例，概括出棱柱、棱锥、棱台的定义．(重点)2．掌握棱柱、棱锥、棱台的结构特征及相关概念．(易错、易混点)3．能运用这些结构特征描述现实生活中简单物体的结构．(难点)[基础·初探]教材整理1 棱柱阅读教材P5～P6第5行以上部分内容，完成下列问题．1．棱柱的定义一般地，由一个平面多边形沿某一方向平移形成的空间几何体叫做棱柱．2．棱柱的相关概念平移起止位置的两个面叫做棱柱的底面，多边形的边平移所形成的面叫做棱柱的侧面，相邻侧面的公共边叫做侧棱．3．棱柱的特点棱柱的两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形．1．四棱柱共有______个顶点，________个面，______条棱．【答案】8 6 122．下列几何体中，棱柱有________个．①②③④图1－1－1【解析】由棱柱的特性可判断4个几何体均为棱柱．【答案】 4教材整理2 棱锥阅读教材P6第6行～第13行的内容，完成下列问题．1．棱锥的概念当棱柱的一个底面收缩为一个点时，得到的几何体叫做棱锥．2．棱锥的特点棱锥的底面是多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．1．三棱锥是________面体．【解析】因为三棱锥有四个面，故三棱锥是四面体．【答案】四2．五棱锥是由________个面围成．【解析】观察各棱锥可以归纳出，几棱锥就有几个侧面，因此五棱锥有5个侧面，1个底面，共6个面．【答案】 6教材整理3 棱台阅读教材P6倒数第3行～P7例1以上部分内容，完成下列问题．用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，得到两个几何体，一个仍然是棱锥，另一个我们称之为棱台．即棱台是棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分．1．如图1－1－2所示的几何体中，________是棱柱，________是棱锥，________是棱台.图1－1－2【解析】由棱柱、棱锥和棱台的定义知，①③④符合棱柱的定义，⑥符合棱锥的定义，②是一个三棱柱被截去了一段，⑤符合棱台的定义．故①③④是棱柱，⑥是棱锥，⑤是棱台．【答案】①③④⑥⑤2．下列叙述是棱台性质的是________．①两底面相似；②侧面都是梯形；③侧棱都平行；④侧棱延长后交于一点．【答案】①②④教材整理4 多面体阅读教材P7例1下面的部分，完成下列问题．棱柱、棱锥和棱台都是由一些平面多边形围成的几何体．由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)棱柱的侧面是平行四边形．( )(2)棱台的侧棱延长后不一定交于一点．( )(3)棱台的侧面是梯形．( )(4)面数最少的多面体是四面体．( )【答案】(1)√(2)×(3)√(4)√[小组合作型]棱柱、棱锥和棱台的概念及结构特点(1)下列命题中，正确的是______．①五棱柱中五条侧棱长度相同；②三棱柱中底面三条边长度都相同；③三棱锥的四个面可以都是钝角三角形；④棱台的上底面的面积与下底面的面积之比一定小于1.(2)下列说法正确的是__________．①棱锥的侧面不一定是三角形；②棱锥的各侧棱长一定相等；③棱台的各侧棱的延长线交于一点；④有两个面互相平行，其余各面都是梯形，则此几何体是棱台．(3)下列三个命题，其中不正确的是__________．①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台；②两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；③有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台．【精彩点拨】判断几何体结构特征的主要依据是棱柱、棱锥、棱台的概念．【自主解答】(1)由棱柱的特点知命题①正确．三棱柱的底面不一定为等边三角形，所以命题②不正确．如图所示，取以点O为端点的三条线段OA，OB，OC，使得∠AOB＝∠BOC ＝∠COA＝100°，且OA＝OB＝OC，这时△AOB，△BOC，△COA都是钝角三角形，只有△ABC 为等边三角形，可让点C沿OC无限靠近点O，则∠ACB就可趋近于100°，所以每个面都可以是钝角三角形，故命题③正确．由棱台的定义知，棱台是由棱锥截得的，截面是棱台的上底面，故上底面的面积一定小于下底面的面积，所以命题④正确．综上所述，可知①③④正确．(2)棱锥的侧面是有公共顶点的三角形，但是各侧棱不一定相等，故①②不正确；棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥底面得到的，故各个侧棱的延长线一定交于一点，③正确；棱台的各条侧棱必须交于一点，故④错误．(3)必须用一个平行底面的平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分才是棱台，故①不正确；两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体并不能说明各条侧棱是否交于一点，故不能判定②正确；有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体不一定是棱台，③不正确．【答案】(1)①③④(2)③(3)①②③对于判定关于棱柱、棱锥、棱台的命题真假的问题，求解的关键是抓住棱柱、棱锥、棱台的概念与特征．除此之外，还可以利用举例或找反例的方法来判断．[再练一题]1．给出下列几个命题：①棱柱的侧面不可能是三角形；②棱锥的侧面为三角形，且所有侧面都有一个公共顶点；③多面体至少有4个面；④将一个正方形沿不同方向平移得到的几何体都是正方体．其中真命题是________.【解析】①②均为真命题；对于③，一个图形要成为空间几何体，则它至少需有4个顶点，3个顶点只能构成平面图形，当有4个顶点时，可围成4个面，所以一个多面体至少应有4个面，而且这样的面必是三角形，故③也是真命题；对于④，当正方形沿与其所在平面垂直的方向平移，且平移的长度恰好等于正方形的边长时，得到的几何体才是正方体，故④不正确．故填①②③.【答案】①②③空间几何体的判定如图1－1－3，四边形AA1B1B为边长为3的正方形，CC1＝2，CC1∥AA1，CC1∥BB1，请你判断这个几何体是棱柱吗？若是棱柱，指出是几棱柱．若不是棱柱，请你试用一个平面截去一部分，使剩余部分是一个侧棱长为2的三棱柱，并指出截去的几何体的特征．在立体图中画出截面．图1－1－3【精彩点拨】依据棱柱的定义进行判断．【自主解答】(1)因为这个几何体的所有面中没有两个互相平行的面，所以这个几何体不是棱柱．(2)在四边形ABB1A1中，在AA1上取E点，使AE＝2；在BB1上取F点，使BF＝2；连结C1E，EF，C1F，则过C1，E，F的截面将几何体分成两部分，其中一部分是三棱柱ABC－EFC1，其侧棱长为2；截去部分是一个四棱锥C1－EA1B1F.认识一个几何体，需要看它的结构特征，并且要结合它各面的具体形状，棱与棱之间的关系，分析它是由哪些几何体组成的组合体，并能用平面分割开．[再练一题]2.如图1－1－4所示，已知长方体ABCD－A1B1C1D1.图1－1－4(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是棱柱吗？如果是，是几棱柱？并指出底面．如果不是，请说明理由．【解】是棱柱，并且是四棱柱．因为它可以看成由四边形ADD1A1沿AB方向平移至四边形BCC1B1形成的几何体，符合棱柱的定义．(2)截面BCFE右边的部分是三棱柱BEB1－CFC1，其中△BEB1与△CFC1是底面．截面BCFE 左边的部分是四棱柱ABEA1－DCFD1，其中四边形ABEA1和四边形DCFD1是底面．[探究共研型]多面体及多面体的有关概念探究1 观察下面四个几何体，这些几何体都是多面体吗？怎样定义多面体？(1) (2) (3) (4)图1－1－5【提示】这四个几何体都是多面体，多面体是由若干个平面多边形围成的几何体．探究2 多面体集合的哪些性质可以作为它的特征性质？【提示】多面体的每一个面都是多边形．探究3 根据图1－1－6所给的几何体的表面展开图，画出立体图形．(1) (2)图1－1－6【提示】将各平面图折起来的空间图形如图所示．(1) (2)画出如图1－1－7所示的几何体的表面展开图．(1) (2)图1－1－7【精彩点拨】作出模型，将模型剪开，观察展开图．【自主解答】表面展开图如图所示：(1) (2)多面体表面展开图问题的解题策略1．绘制展开图：绘制多面体的表面展开图要结合多面体的几何特征，发挥空间想象能力或者是亲手制作多面体模型．在解题过程中，常常给多面体的顶点标上字母，先把多面体的底面画出来，然后依次画出各侧面，便可得到其表面展开图．2．已知展开图：若是给出多面体的表面展开图，来判断是由哪一个多面体展开的，则可把上述过程逆推．同一个几何体的表面展开图可能是不一样的，也就是说，一个多面体可有多个表面展开图．[再练一题]3．给出如图1－1－8所示的正三角形纸片，要求剪拼成一个正三棱柱模型，使它的表面积与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标在图中，并写出简要说明．图1－1－8【解】如图，在正三角形三个角上剪出三个相同的四边形，其较长的一组邻边长为三角形边长的14，有一组对角为直角，余下的部分沿虚线折起，可成为一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好可以拼成这个正三棱柱的上底．1．棱柱的侧棱最少有________条，棱柱的侧棱长之间的大小关系是________．【答案】 3 相等2．如图1－1－9所示，不是正四面体的展开图的是________．①②③④图1－1－9【解析】可选择阴影三角形作为底面进行折叠，发现①②可折成正四面体，③④不论选哪一个三角形作底面折叠都不能折成正四面体．【答案】③④3．下列四个命题：(1)棱柱的底面一定是平行四边形；(2)棱锥的底面一定是三角形；(3)棱锥被平面分成的两部分不可能都是棱锥；(4)棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱．其中正确的是________(填序号).【答案】(4)4．如图1－1－10，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________．图1－1－10【解析】结合棱柱的定义可知倾斜后水槽中水形成的几何体的形状应为四棱柱．【答案】四棱柱5．画一个六面体：(1)使它是一个四棱柱；(2)使它由两个三棱锥组成；(3)使它是五棱锥．【解】如图所示．(1)是一个四棱柱；(2)是一个由两个三棱锥组成的几何体；(3)是一个五棱锥．(1) (2) (3)。

【K12教育学习资料】2018版高中数学第一章空间几何体1.21.2.1中心投影与平行投影1.2.2

【配套K12】2018版高中数学第一章空间几何体1.31.3.2球的体积和表面积学案新人教A版必修2

1.3.2 球的体积和表面积目标定位 1.记准球的表面积和体积公式，会计算球的表面积和体积.2.能解决与球有关的组合体的计算问题.自主预习球的体积公式与表面积公式(1)球的体积公式V ＝43πR 3(其中R 为球的半径)(2)球的表面积公式S ＝4πR2即时自测1.判断题(1)球的半径为R ，那么它的体积V ＝43πR 3.(√)(2)半径为3的球的体积是36π.(√)(3)球的半径为R ，那么它的表面积S ＝4πR 2.(√) (4)半径为2的球的表面积等于2π.(×) 提示 (4)S 球＝4π×(2)2＝8π.2.两个球的半径之比为1∶3，那么两个球的表面积之比为( ) A.1∶9B.1∶27C.1∶3D.1∶1解析由表面积公式知，两球的表面积之比为R 21∶R 22＝1∶9. 答案 A3.球的体积是32π3，则此球的表面积是( )A.12πB.16πC.16π3D.64π3解析设球的半径为R ，则V ＝43πR 3＝323π，∴R ＝2，∴表面积S ＝4πR 2＝16π. 答案 B4.两个半径为1的实心铁球，熔化成一个球，这个大球的半径是________. 解析设大球的半径为R ，则有43πR 3＝2×43π×13，R 3＝2，∴R ＝32.答案32类型一球的表面积和体积【例1】 (1)已知球的表面积为64π，求它的体积. (2)已知球的体积为5003π，求它的表面积.解 (1)设球的半径为R ，则4πR 2＝64π，解得R ＝4，所以球的体积V ＝43πR 3＝43π·(4)3＝2563π. (2)设球的半径为R ，则43πR 3＝5003π，解得R ＝5，所以球的表面积S ＝4πR2＝4π×52＝100π.规律方法 1.已知球的半径，可直接利用公式求它的表面积和体积. 2.已知球的表面积和体积，可以利用公式求它的半径.【训练1】在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3解析由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V 的最大值为9π2. 答案 B类型二球的截面问题(互动探究)【例2】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1.球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( ) A.6π B.43πC.46πD.63π[思路探究]探究点一用一个平面去截球，截面是什么？提示圆面.探究点二有关球的截面问题的解题策略如何？提示有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将问题转化为平面中圆的有关问题解决，计算时，需要注意球心与截面圆心之间的距离，截面圆的半径及球的半径满足勾股定理. 解析如图，设截面圆的圆心为O ′，M 为截面圆上任一点，则OO ′＝2，O ′M ＝1. ∴OM ＝（2）2＋1＝ 3.即球的半径为3.∴V ＝43π(3)3＝43π.答案 B规律方法有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将问题转化为平面中圆的有关问题解决.【训练2】已知半径为5的球的两个平行截面圆的周长分别为6π和8π，则这两个截面间的距离为________.解析若两个平行截面在球心同侧，如图(1)，则两个截面间的距离为52－32－52－42＝1；若两个平行截面在球心异侧，如图(2)，则两个截面间的距离为52－32＋52－42＝7.答案 1或7类型三球的组合体与三视图【例3】某个几何体的三视图如图所示，求该几何体的表面积和体积.解由三视图可知该几何体的下部是棱长为2的正方体，上部是半径为1的半球，该几何体的表面积为S ＝12×4π×12＋6×22－π×12＝24＋π.该几何体的体积为：V ＝23＋12×43π×13＝8＋2π3.规律方法 1.由三视图求球与其他几何体的简单组合体的表面积和体积，关键要弄清组合体的结构特征和三视图中数据的含义. 2.求解表面积和体积时要避免重叠和交叉.【训练3】已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________.解析由三视图知组合体为球内接正方体，正方体的棱长为2，若球半径为R ，则2R ＝23，∴R ＝ 3.∴S 球表＝4πR 2＝4π×3＝12π. 答案 12π [课堂小结]1.球的表面积、体积公式是解决问题的重要依据，在球的轴截面图形中，球半径、截面圆半径、球心到截面的距离所构成的直角三角形，其量值关系是解决问题的主要方法.2.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.1.直径为6的球的表面积和体积分别是( ) A.36π，144π B.36π，36π C.144π，36πD.144π，144π解析球的半径为3，表面积S ＝4π·32＝36π，体积V ＝43π·33＝36π.答案 B2.若将气球的半径扩大到原来的2倍，则它的体积增大到原来的( ) A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍解析设气球原来的半径为r ，体积为V ，则V ＝43πr 3，当气球的半径扩大到原来的2倍后，其体积变为原来的23＝8倍. 答案 C3. 体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为( ) A ．12πB.323πC ．8πD ．4π解析由题可知正方体的棱长为2，其体对角线23即为球的直径，所以球的表面积为4πR 2＝(2R )2π＝12π，故选A. 答案 A4.在半径为R 的球面上有A ，B ，C 三点，且AB ＝BC ＝CA ＝3，球心到△ABC 所在截面的距离为球半径的一半，求球的表面积.解依题意知，△ABC 是正三角形，△ABC 的外接圆半径r ＝33×3＝ 3. 由R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22＋(3)2，得R ＝2.所以球的表面积S ＝4πR 2＝16π.基础过关1.一个正方体的八个顶点都在半径为1的球面上，则正方体的表面积为( ) A.8B.8 2C.8 3D.4 2解析 ∵球的半径为1，且正方体内接于球，∴球的直径即为正方体的对角线，即正方体的对角线长为2.不妨设正方体的棱长为a ，则有3a 2＝4，即a 2＝43.∴正方体的表面积为6a 2＝6×43＝8.答案 A2.把3个半径为R 的铁球熔成一个底面半径为R 的圆柱，则圆柱的高为( ) A.RB.2RC.3RD.4R解析设圆柱的高为h ，则πR 2h ＝3×43πR 3，∴h ＝4R .答案 D3.若与球外切的圆台的上、下底面半径分别为r ，R ，则球的表面积为( ) A.4π(r ＋R )2B.4πr 2R 2C.4πRrD.π(R ＋r )2解析法一如图，设球的半径为r 1，则在Rt △CDE 中，DE ＝2r 1，CE ＝R －r ，DC ＝R ＋r .由勾股定理得4r 21＝(R ＋r )2－(R －r )2，解得r 1＝Rr .故球的表面积为S 球＝4πr 21＝4πRr .法二如图，设球心为O ，球的半径为r 1，连接OA ，OB ，则在Rt △AOB 中，OF 是斜边AB 上的高.由相似三角形的性质得OF 2＝BF ·AF ＝Rr ，即r 21＝Rr ，故r 1＝Rr ，故球的表面积为S球＝4πRr .答案 C4.一个球的表面积是144π cm 2，则它的体积是________. 解析设球的半径为R ，则4πR 2＝144π，∴R ＝6， ∴V ＝43πR 3＝43π×63＝288π(cm 3).答案 288π cm 35.某几何体的三视图如图所示，则其表面积为________.解析由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球，其表面积为半个球面面积与截面圆面积的和，即12×4π＋π＝3π.答案 3π6.盛有水的圆柱形容器的内壁底面半径为5 cm ，两个直径为5 cm 的玻璃小球都浸没于水中，若取出这两个小球，则水面将下降多少？解设取出小球后，容器中水面下降h cm ，两个小球的体积为V 球＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫523＝125π3(cm 3)，此体积即等于它们在容器中排开水的体积V ＝π×52×h ，所以125π3＝π×52×h ，所以h ＝53，即若取出这两个小球，则水面将下降53cm.7.某组合体的直观图如图所示，它的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，若图中r ＝1，l ＝3，试求该组合体的表面积和体积.解该组合体的表面积S ＝4πr 2＋2πrl ＝4π×12＋2π×1×3＝10π，该组合体的体积V ＝43πr 3＋πr 2l ＝43π×13＋π×12×3＝13π3.能力提升8.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )A.500π3cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3 cm 3解析利用球的截面性质结合直角三角形求解.如图，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)，BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm).设球的半径为R cm ，则R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5， ∴V 球＝43π×53＝5003π(cm 3).答案 A9.过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为( ) A.316B.916C.38D.932解析过球心作球的截面，如图所示，设球的半径为R ，截面圆的半径为r ，则有r ＝R 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22＝32R ，则球的表面积为4πR 2，截面的面积为π⎝ ⎛⎭⎪⎫32R 2＝34πR 2，所以截面的面积与球的表面积的比为34πR24πR 2＝316.答案 A10.圆柱形容器内盛有高度为8 cm的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是________cm.解析设球的半径为r ，则圆柱形容器的高为6r ，容积为πr 2×6r ＝6πr 3，高度为8 cm 的水的体积为8πr 2，3个球的体积和为3×43πr 3＝4πr 3，由题意6πr 3－8πr 2＝4πr 3，解得r ＝4(cm).答案 411.如图所示，半径为R的半圆内的阴影部分以直径AB 所在直线为轴，旋转一周得到一几何体，求该几何体的表面积.(其中∠BAC ＝30°)解如图所示，过C 作CO 1⊥AB 于O 1.在半圆中可得∠BCA ＝90°，∠BAC ＝30°，AB ＝2R ， ∴AC ＝3R ，BC ＝R ，CO 1＝32R ，∴S 球＝4πR 2，S 圆锥AO 1侧＝π×32R ×3R ＝32πR 2， S 圆锥BO 1侧＝π×32R ×R ＝32πR 2， ∴S 几何体表＝S 球＋S 圆锥AO 1侧＋S 圆锥BO 1侧＝112πR 2＋32πR 2＝11＋32πR 2.故旋转所得几何体的表面积为11＋32πR 2.探究创新12.如图所示，一个圆锥形的空杯子上放着一个直径为8 cm 的半球形的冰淇淋，请你设计一种这样的圆锥形杯子(杯口直径等于半球形的冰淇淋的直径，杯子壁厚忽略不计)，使冰淇淋融化后不会溢出杯子，怎样设计最省材料？解设圆锥形杯子的高为h cm ，要使冰淇淋融化后不会溢出杯子，则必须V 圆锥≥V 半球，而V 半球＝12×43πr 3＝12×4π3×43，V 圆锥＝13Sh ＝13πr 2h ＝π3×42×h .依题意：π3×42×h ≥12×4π3×43，解得h ≥8，即当圆锥形杯子杯口直径为8 cm ，高大于或等于8 cm 时，冰淇淋融化后不会溢出杯子.又因为S 圆锥侧＝πrl ＝πr h 2＋r 2，当圆锥高取最小值8时，S 圆锥侧最小，所以高为8 cm 时，制造的杯子最省材料.。

[配套K12]2018版高中数学第一章立体几何初步 1.1.7 柱、锥、台和球的体积学案(含解析)新人教B版必修2

1.1.7 柱、锥、台和球的体积1.了解柱、锥、台和球的体积计算公式.(重点)2.能够运用柱、锥、台、球的体积公式求简单几何体的体积.(重点)3.台体的体积及简单几何体的体积计算.(难点)[基础·初探]教材整理1 祖暅原理阅读教材P 28～P 29“中间”以上内容，完成下列问题.1.“幂势既同，则积不容异”，即“夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.2.作用：等底面积、等高的两个柱体或锥体的体积相等.判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的某个平面所截，如果截得的两个截面面积相等，则这两个几何体的体积相等.( )(2)锥体的体积只与底面积和高度有关，与其具体形状无关.( ) (3)由V 锥体＝13S ·h ，可知三棱锥的任何一个面都可以作为底面.( )【答案】 (1)× (2)√ (3)√教材整理2 柱体、锥体、台体和球的体积公式阅读教材P 29～P 31“第2行”以上内容，完成下列问题.其中S ′、S 分别表示上、下底面的面积，h 表示高，r ′和r 分别表示上、下底面圆的半径，R 表示球的半径.圆锥的母线长为5，底面半径为3，则其体积为( ) A.15π B.30 C.12πD.36π【解析】圆锥的高h ＝52－32＝4，故V ＝13π×32×4＝12π.【答案】 C[小组合作型]某几何体的三视图(单位：cm)如图11100所示，则该几何体的体积是( )图11100A.72 cm 3B.90 cm3C.108 cm 3D.138 cm 3【精彩点拨】三视图――→还原几何体――――――→是否分割计算体积【自主解答】该几何体为一个组合体，左侧为三棱柱，右侧为长方体，如图所示.V ＝V 三棱柱＋V 长方体＝12×4×3×3＋4×3×6＝18＋72＝90(cm 3).【答案】 B1.解答此类问题的关键是先由三视图还原作出直观图，然后根据三视图中的数据在直观图中求出计算体积所需要的数据.2.若由三视图还原的几何体的直观图由几部分组成，求几何体的体积时，依据需要先将几何体分割分别求解，最后求和.[再练一题]1.一个几何体的三视图如图11101所示，该几何体的体积是( )图11101A.16＋4 2B.12＋4 2C.8D.4【解析】由三视图可知，该几何体是一个平放的直三棱柱，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以该几何体的体积为12×2×2×2＝4，选D.【答案】 D如图11111A 1ABC ，三棱锥B A 1B 1C ，三棱锥C －A 1B 1C 1的体积之比.图11102【精彩点拨】 AB ∶A 1B 1＝1∶2―→S △ABC ∶S △A 1B 1C 1―→计算V A 1－ABC ―→计算V C －A 1B 1C 1―→计算V B －A 1B 1C【自主解答】设棱台的高为h ，S △ABC ＝S ，则S △A 1B 1C 1＝4S .∴V A 1－ABC ＝13S △ABC ·h ＝13Sh ，V C －A 1B 1C 1＝13S △A 1B 1C 1·h ＝43Sh .又V 台＝13h (S ＋4S ＋2S )＝73Sh ，∴V B －A 1B 1C ＝V 台－V A 1－ABC －V C －A 1B 1C 1＝73Sh －Sh 3－4Sh 3＝23Sh ， ∴体积比为1∶2∶4.三棱柱、三棱台可以分割成三个三棱锥，分割后可求锥体的体积和柱体或台体的体积关系，割补法在立体几何中是一种重要的方法.[再练一题]2.在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的凸多面体的体积是( )【导学号：45722032】A.23B.76C.45D.56【解析】如图，去掉的一个棱锥的体积是13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12×12×12＝148，剩余几何体的体积是1－8×148＝56. 【答案】 D780 cm 2.求正四棱台的体积.【精彩点拨】可以尝试借助四棱台内的直角梯形.求出棱台底面积和高，从而求出体积.【自主解答】如图所示，正四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1B 1＝10 cm ，AB ＝20 cm.取A 1B 1的中点E 1，AB 的中点E ，则E 1E 是侧面ABB 1A 1的高.设O 1、O 分别是上、下底面的中心，则四边形EOO 1E 1是直角梯形.由S 侧＝4×12(10＋20)·E 1E ＝780，得EE 1＝13，在直角梯形EOO 1E 1中，O 1E 1＝12A 1B 1＝5，OE ＝12AB ＝10，∴O 1O ＝E 1E 2－OE －O 1E 12＝12，V 正四棱台＝13×12×(102＋202＋10×20)＝2 800 (cm 3).故正四棱台的体积为2 800 cm 3.求台体的体积关键是求出上、下底面的面积和台体的高.要注意充分运用棱台内的直角梯形或圆台的轴截面寻求相关量之间的关系.[再练一题]3.本例若改为“正四棱台的上、下两底的底面边长分别为2 cm 和4 cm ，侧棱长为2 cm ，求该棱台的体积.”【解】如图，正四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1中，上、下底面边长分别为2 cm 和4 cm ，则O 1B 1＝ 2 cm ，OB ＝2 2 cm ，过点B 1作B 1M ⊥OB 于点M ，那么B 1M 为正四棱台的高，在Rt△BMB 1中，BB 1＝2 cm ，MB ＝(22－2)＝ 2 (cm).根据勾股定理MB 1＝BB 21－MB 2＝22－22＝2(cm).S 上＝22＝4 (cm 2)， S 下＝42＝16(cm 2)，∴V 正四棱台＝13×2×(4＋4×16＋16)＝13×2×28＝2832 (cm 3).且AB ＝BC＝CA ＝3 cm ，求球的体积和表面积.【精彩点拨】解决本题要充分利用已知条件，尤其是球半径，截面圆半径和球心距构成的直角三角形.【自主解答】如图，设过A ，B ，C 三点的截面为圆O ′，连接OO ′、AO 、AO ′.∵AB ＝BC ＝CA ＝3 cm ， ∴O ′为正三角形ABC 的中心， ∴AO ′＝33AB ＝ 3 (cm). 设OA ＝R ，则OO ′＝12R ，∵OO ′⊥截面ABC ， ∴OO ′⊥AO ′，∴AO ′＝32R ＝ 3 (cm)，∴R ＝2 cm ， ∴V 球＝43πR 3＝323π(cm 3)，S 球＝4πR 2＝16π(cm 2).即球的体积为323π cm 3，表面积为16π cm 2.球的基本性质是解决与球有关的问题的依据，球半径、截面圆半径和球心到截面的距离所构成的直角三角形是把空间问题转化为平面问题的主要方法.[再练一题]4.如果三个球的半径之比是1∶2∶3，那么最大球的体积是其余两个球的体积之和的( )A.1倍B.2倍C.3倍D.4倍【解析】半径大的球的体积也大，设三个球的半径分别为x,2x,3x ，则最大球的半径为3x ，其体积为43π×(3x )3，其余两个球的体积之和为43πx 3＋43π×(2x )3，∴43π×(3x )3÷⎣⎢⎡⎦⎥⎤43πx 3＋43πx3＝3.【答案】 C[探究共研型]探究1 121V 2.若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，求V 1V 2的值.【提示】设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，则h 1h 2＝23，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝32. 探究2 把长和宽分别为6和3的矩形卷成一个圆柱的侧面，求这个圆柱的体积. 【提示】设圆柱的底面半径为r ，母线长为l ，当2πr ＝6时，r ＝3π，l ＝3，所以V 圆柱＝πr 2·l ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2·3＝27π.当2πr ＝3时，r ＝32π，l ＝6，所以V 圆柱＝πr 2·l ＝π·⎝⎛⎭⎪⎫32π2·6＝272π.所以这个圆柱的体积为27π或272π.如图11103所示，在长方体ABCD A ′B ′C ′D ′中，用截面截下一个棱锥C A ′DD ′，求棱锥C A ′DD ′的体积与剩余部分的体积之比.【导学号：45722033】图11103【精彩点拨】先求出棱锥的体积，再求得剩余部分的体积，最后求得体积之比. 【自主解答】法一设AB ＝a ，AD ＝b ，DD ′＝c ，则长方体ABCD A ′B ′C ′D ′的体积V ＝abc ，又S △A ′DD ′＝12bc ，且三棱锥C A ′DD ′的高为CD ＝a . ∴V 三棱锥C A ′DD ′＝13S △A ′D ′D ·CD ＝16abc .则剩余部分的几何体体积V 剩＝abc －16abc ＝56abc .故V 棱锥C A ′DD ′∶V 剩＝16abc ∶56abc ＝1∶5.法二已知长方体可以看成侧棱垂直于底面的四棱柱ADD ′A ′BCC ′B ′，设它的底面ADD ′A ′面积为S ，高为h ，则它的体积为V ＝Sh .而棱锥C A ′DD ′的底面面积为12S ，高为h ，因此棱锥C A ′DD ′的体积V C A ′DD ′＝13×12Sh ＝16Sh .剩余部分的体积是Sh －16Sh ＝56Sh .所以棱锥C A ′DD ′的体积与剩余部分的体积之比为16Sh ∶56Sh ＝1∶5.1.常见的求几何体体积的方法 (1)公式法：直接代入公式求解.(2)等积法：如四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面积和高都易求的形式即可.(3)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积. 2.求几何体体积时需注意的问题柱、锥、台体的体积的计算，一般要找出相应的底面和高，要充分利用截面、轴截面，求出所需要的量，最后代入公式计算.[再练一题]5.如图11104所示，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，过顶点B ，D ，A 1截下一个三棱锥.图11104(1)求剩余部分的体积； (2)求三棱锥A A 1BD 的高.【解】 (1)V 三棱锥A 1ABD ＝13S △ABD ·A 1A＝13×12·AB ·AD ·A 1A ＝16a 3. 故剩余部分的体积V ＝V 正方体－V 三棱锥A 1ABD＝a 3－16a 3＝56a 3.(2)由(1)知V 三棱锥A A 1BD ＝V 三棱锥A 1ABD ＝16a 3，设三棱锥A A 1BD 的高为h ，则V 三棱锥A A 1BD ＝13·S △A 1BD ·h＝13×12×32(2a )2h ＝36a 2h ，故36a 2h ＝16a 3，解得h ＝33a .1.如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是4π，那么圆柱的体积等于( ) A.π B.2π C.4πD.8π【解析】设轴截面正方形的边长为a ，由题意知S 侧＝πa ·a ＝πa 2. 又∵S 侧＝4π，∴a ＝2. ∴V 圆柱＝π×2＝2π. 【答案】 B2.如图11105，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )图11105【解析】由三视图的概念可知，此几何体高为1，其体积V ＝Sh ＝S ＝12，即底面积S＝12，结合选项可知，俯视图为三角形. 【答案】 C3.已知圆锥SO 的高为4，体积为4π，则底面半径r ＝________. 【解析】由已知得4π＝13πr 2×4，解得r ＝ 3.【答案】34.一个几何体的三视图如图11106所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.教育配套资料K12教育配套资料K12图11106【解析】此几何体是由一个长为3，宽为2，高为1的长方体与底面直径为2，高为3的圆锥组合而成的，故V ＝V 长方体＋V 圆锥＝3×2×1＋13π×12×3＝(6＋π)m 3. 【答案】 6＋π5.一个正三棱锥底面边长为6，侧棱长为15，求这个三棱锥体积.【解析】如图所示，正三棱锥S ABC.设H 为正三角形ABC 的中心，连接SH ，则SH 的长即为该正三棱锥的高.连接AH 并延长交BC 于E ，则E 为BC 的中点，且AH ⊥BC .∵△ABC 是边长为6的正三角形，∴AE ＝32×6＝33.∴AH ＝23AE ＝2 3. 在△ABC 中，S △ABC ＝12BC ·AE ＝12×6×33＝9 3.在Rt△SHA 中，SA ＝15，AH ＝23，∴SH ＝SA 2－AH 2＝15－12＝ 3.∴V 正三棱锥＝13S △ABC ·SH ＝13×93×3＝9.。

[配套K12]2018版高中数学第一章立体几何初步 1.1.4 投影与直观图学业分层测评新人教B版必修2

1.1.4 投影与直观图学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.用斜二测画法画水平放置的△ABC时，若∠A的两边分别平行于x轴、y轴，且∠A＝90°，则在直观图中∠A′等于( )A.45°B.135°C.45°或135°D.90°【解析】在画直观图时，∠A′的两边依然分别平行于x′轴、y′轴，而∠x′O′y′＝45°或135°.【答案】 C2.由斜二测画法得到：①相等的线段和角在直观图中仍然相等；②正方形在直观图中是矩形；③等腰三角形在直观图中仍然是等腰三角形；④菱形的直观图仍然是菱形.上述结论正确的个数是( )A.0B.1C.2D.3【解析】只有平行且相等的线段在直观图中才相等，而相等的角在直观图中不一定相等，如角为90°，在直观图中可能是135°或45°，故①错，由直观图的斜二测画法可知②③④皆错.故选A.【答案】 A3.如图1155为一平面图形的直观图的大致图形，则此平面图形可能是( )图1155A B C D【解析】根据该平面图形的直观图，该平面图形为一个直角梯形，且在直观图中平行于y′轴的边与底边垂直.【答案】 C4.已知水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到如图1156所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC中∠ABC的大小是( )图1156A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】根据斜二测画法可知△ABC中，BC＝2，AO＝3，AO⊥BC，∴AB＝AC＝12＋32＝2，故△ABC是等边三角形，则∠ABC＝60°.【答案】 C5.下列说法：①平行投影的投影线互相平行，中心投影的投影线相交于一点；②空间图形经过中心投影后，直线变成直线，但平行线可能变成了相交的直线；③两条相交直线的平行投影是两条相交直线.其中正确的个数为( )A.0B.1C.2D.3【解析】二、填空题6.下列图形：①线段；②直线；③圆；④梯形；⑤长方体.其中投影不可能是线段的是________.【解析】根据投影的定义知②⑤不可能.【答案】②⑤7.如图1157所示，四边形OABC是上底为2，下底为6，底角为45°的等腰梯形，由斜二测画法，画出这个梯形的直观图O′A′B′C′，则在直观图中梯形的高为________.图1157【解析】按斜二测画法，得梯形的直观图O ′A ′B ′C ′，如图所示，原图形中梯形的高CD ＝2，在直观图中C ′D ′＝1，且∠C ′D ′E ′＝45°，作C ′E ′垂直于x ′轴于E ′，则C ′E ′＝C ′D ′·sin 45°＝22. 【答案】228.如图1158甲所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AA 1，C 1D 1的中点，G 是正方形BCC 1B 1的中心，则四边形AGFE 在该正方体的各个面上的正投影可能是乙中的________.甲① ② ③ ④乙图1158【解析】在面ABCD 和面A 1B 1C 1D 1上的正投影是图乙①；在面ADD 1A 1和面BCC 1B 1上的正投影是图乙②；在面ABB 1A 1和面DCC 1D 1上的正投影是图乙③.【答案】 ①②③ 三、解答题9.如图1159，△A ′B ′C ′是水平放置的平面图形的斜二测直观图，将其恢复成原图形.图1159【解】画法：(1)如图②，画直角坐标系xOy，在x轴上取OA＝O′A′，即CA＝C′A′；①②(2)在图①中，过B′作B′D′∥y′轴，交x′轴于D′，在图②中，在x轴上取OD＝O′D′，过D作DB∥y轴，并使DB＝2D′B′.(3)连接AB，BC，则△ABC即为△A′B′C′原来的图形，如图②.10.有一个正六棱锥(底面为正六边形，侧面为全等的等腰三角形的棱锥)，底面边长为3 cm，高为3 cm，画出这个正六棱锥的直观图.【解】(1)先画出边长为3 cm的正六边形的水平放置的直观图，如图①所示；(2)过正六边形的中心O′建立z′轴，在z′轴上截取O′V′＝3 cm，如图②所示；(3)连接V′A′、V′B′、V′C′、V′D′、V′E′、V′F′，如图③所示；(4)擦去辅助线，遮挡部分用虚线表示，即得到正六棱锥的直观图，如图④所示.[能力提升]1.如图1160所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，则在△ABC的三边及中线AD中，最长的线段是( )图1160A.ABB.ADC.BCD.AC【解析】还原直观图后知，原图形是以AC为斜边的直角三角形ABC，AD是直角边BC的中线，所以AC 最长.【答案】 D2.水平放置的△ABC 的斜二测直观图如图1161所示，已知B ′C ′＝4，A ′C ′＝3，则△ABC 中AB 边上的中线的长度为( )图1161A.732B.73C.5D.52【解析】由斜二测画法规则知△ABC 是∠ACB 为直角的三角形，其中AC ＝3，BC ＝8，AB ＝73，所以AB 边上的中线长为732. 【答案】 A3.如图1162，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________.图1162【解析】易知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，平行四边形的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′. ∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42， ∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 【答案】 24 24.一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1163所示，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，求原平面图形的面积.图1163【解】过A 作AE ⊥BC ，垂足为E ，又∵DC ⊥BC 且AD ∥BC ，∴四边形ADCE 是矩形，∴EC ＝AD ＝1，由∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1知BE ＝22， ∴原平面图形是梯形且上下两底边长分别为1和1＋22，高为2， ∴原平面图形的面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.。

【配套K12】2018版高中数学第一章立体几何初步1.1.2圆柱圆锥圆台和球学案苏教版必修2

1.1.2 圆柱、圆锥、圆台和球1．了解圆柱、圆锥、圆台、球的概念．(重点)2．通过与棱柱、棱锥、棱台的类比进一步认识圆柱、圆锥、圆台和球的结构特征．(难点、易混点)3．了解复杂几何体的组成情况，学会分析并掌握它们是由哪些简单几何体组合而成．(难点)[基础·初探]教材整理1 圆柱、圆锥和圆台的概念阅读教材P8～P9第6行以上部分，完成下列问题．1．圆柱、圆锥和圆台的概念将矩形、直角三角形、直角梯形分别绕着它的一边、一直角边、垂直于底边的腰所在的直线旋转一周，形成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台．2．与圆柱、圆锥、圆台有关的概念绕着旋转的这条直线叫做轴．垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做底面．不垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做侧面，无论旋转到什么位置，这条边都叫做母线．1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)以直角三角形的一边为轴旋转所得的旋转体是圆锥．(×)(2)圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆．(×)(3)用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．(×)2．如图1－1－18将图(1)(2)(3)(4)所示的三角形绕直线l旋转一周，可以得到如图(5)所示的几何体的是哪一个图中的三角形__________．(填序号)图1－1－18【答案】(2)教材整理2 球阅读教材P9第7～10行的内容，完成下列问题．半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面叫做球面，球面围成的几何体叫做球体，如图1－1－19所示．图1－1－19下列说法中正确的是__________．(填序号)①半圆弧以其直径为轴旋转所成的曲面叫球；②空间中到定点的距离等于定长的所有点的集合叫球面；③球面和球是同一个概念；④经过球面上不同的两点只能作一个最大的圆．【解析】半圆弧以其直径为轴旋转所成的曲面叫球面，球面围成的几何体，叫球，①不正确；②正确；球面和球是两个不同的概念，③错误；若球面上不同的两点恰好为最大的圆的直径的端点，则过此两点的大圆有无数个，故④错误．【答案】②教材整理3 旋转体阅读教材P9第11行至例1上面部分，完成下列问题．下列各命题：①圆锥的轴截面是等腰三角形，且只有一个；②球的任意截面都是圆面；③圆台所有母线的延长线交于一点．其中正确命题的序号是__________．(写出所有正确命题的序号)【解析】圆锥的轴截面是等腰三角形，但其轴截面有无数个，故①错误；由球的特征性质可知②正确；由圆台的特征性质可知③正确．【答案】②③[小组合作型]旋转体的结构特征下列说法：①以直角梯形的一腰所在的直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆台；②分别以矩形两条相邻边所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周，所得到的两个圆柱可能是不同的圆柱；③用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确说法的序号是________．【精彩点拨】要紧扣住圆柱、圆锥、圆台的形成过程进行判断．【自主解答】①错误．若以直角梯形的不垂直于底边的腰为轴旋转一周形成的旋转体不是圆台，是圆锥和圆台的组合体．②正确．若矩形的两邻边长不相等，则其旋转形成的曲面或圆面的半径也不一样，故所得圆柱也不同．③错误．当此平面与圆锥的底面平行时，才能截得一个圆锥和一个圆台，否则不能得到．【答案】②准确掌握圆柱、圆锥、圆台、球的生成过程及其结构特征是解决此类概念问题的关键．要注意定义中的关键字眼，对于似是而非的问题，可以通过动手操作来解决．[再练一题]1．给出以下四个命题：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__________.【解析】①不正确，因为这两点的连线不一定与圆柱的旋转轴平行；②正确，符合圆锥母线的定义；③不正确，结合圆台母线的定义可知，母线与旋转轴的延长线应交于一点，而从圆台上、下底面圆周上各取一点，其连线未必满足这一条；④正确，符合圆柱母线的性质．【答案】②④球与旋转体(1)下列说法：①球面上四个不同的点一定不在同一平面内；②球的半径是球面上任意一点和球心的连线段；③球面上任意三点可能在一条直线上；④用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面．其中正确的序号是__________．(2)已知AB是直角梯形ABCD与底边垂直的一腰(如图1－1－20)．分别以AB，BC，CD，DA为轴旋转，试说明所得几何体是由哪些简单几何体构成的？图1－1－20【精彩点拨】(1)依据球的形成过程及相关概念判断．―――→为轴【自主解答】(1)作球的一个大圆，在大圆上任取四点，则这四点就在球面上，且共面，故①错误；根据球的半径的定义可知②正确；球面上任意三点一定不共线，故③错误；用一个平面去截球，一定截得一个圆面，故④正确．【答案】②④(2)①以AB边为轴旋转所得旋转体是圆台．如图(1)所示．②以BC边为轴旋转所得旋转体是一组合体：下部为圆柱，上部为圆锥．如图(2)所示．③以CD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(3)所示．④以AD边为轴旋转得到一个组合体，它是一个圆柱上部挖去一个圆锥．如图(4)所示．(1) (2) (3) (4)关于平面图形绕固定轴旋转后得到的几何体的组成问题，可采用如下方法解决：[再练一题]2．如图1－1－21所示，画出下列图形绕直线旋转一周后所形成的几何体，并说出这些几何体是由哪些旋转体组合而成的．图1－1－21【解】如图所示，(a)是由圆锥、圆柱组合而成的．(b)是由圆柱中间挖去一个圆锥组合而成的．[探究共研型]旋转体的相关概念和计算探究1 圆柱、圆锥、圆台平行于底面的截面是什么样的图形？圆柱、圆锥、圆台过轴的截面(简称轴截面)分别是什么样的图形？【提示】它们平行于底面的截面都是圆面．它们的轴截面分别是矩形、等腰三角形、等腰梯形．探究2 圆柱、圆锥、圆台都是旋转体，它们在结构上有哪些相同点和不同点？三者的关系如何？当底面发生变化时，它们能否互相转化？【提示】它们的相同点是：它们都是由平面图形旋转得到的；不同点是：圆柱和圆台有两个底面，圆锥只有一个底面，圆柱的两个底面是半径相等的圆，圆台的两个底面是半径不等的圆；当底面发生变化时，它们能相互转化，即圆台的上底面扩大，使上下底面全等，就是圆柱；圆台的上底面缩为一个点就是圆锥．圆台的上、下底面半径分别为6和12，平行于底面的截面自上而下分母线为2∶1的两部分，求截面的面积．【精彩点拨】画出圆台，将圆台还原成圆锥，利用比例关系求截面的半径即可．【自主解答】如图所示，将圆台还原成圆锥，其中P 为圆锥顶点，CD 、AB 、EF 分别为圆台的上、下底面以及截面圆的半径．显然CD ∥EF ∥AB ，所以PD PB ＝CD AB ＝612＝12，所以PD ＝DB ＝12PB .又DF FB ＝2，所以DF ＝23DB ＝13PB . 所以PF ＝PD ＋DF ＝56PB .所以EF AB ＝PF PB ＝56，所以EF ＝56AB ＝10，所以截面的面积为π·EF2＝π·102＝100π.圆柱、圆锥、圆台问题要抓住它们的轴截面及其中线段与底面半径、高、母线之间的关系，构造矩形、直角三角形求解．[再练一题]3．圆锥母线长为8，底面半径为2，A 为底面圆周上一点，从A 出发将绳子绕圆锥侧面一周后，再回到A ，则绳长最短为__________.【解析】如图所示，将圆锥沿过A 点的母线展开，设A 点展开后另一点为A ′点，则绳子最短长度为线段AA ′的长度．因为底面半径为2，所以孤长＝2π×2＝4π.因为展开图对应的扇形半径R ＝8，所以圆心角α＝4π8＝π2，即△A ′OA 为直角三角形．所以AA ′＝82＋82＝8 2. 【答案】 8 21．下面几何体的截面一定是圆面的是________． ①圆台；②球；③圆柱；④棱柱．【解析】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．【答案】 ②2．如图1－1－22，下列给出的图形中，绕给出的轴旋转一周，能形成圆柱的是________，能形成圆锥的是________．图1－1－22【解析】结合圆柱、圆锥的定义，结合选项可知，图①形成圆锥，图②形成球，图③形成圆柱，图④形成圆台．【答案】③①3．一个圆柱的母线长为5，底面半径为2，则圆柱的轴截面的面积为________．【解析】由题意可知，该圆柱的轴截面的面积为5×2×2＝20.【答案】204．以下说法：①圆台上底面的面积与下底面的面积之比一定小于1；②矩形绕任意一条直线旋转都可以围成圆柱；③直角三角形绕其一边所在直线旋转一周都可以围成圆锥；④圆台的上、下底面不一定平行，但过圆台侧面上每一点的母线都相等．其中正确的序号为__________.【解析】①正确，圆台是由圆锥截得的，截面是上底面，其面积小于下底面的面积；②错误，矩形绕其对角线所在直线旋转，不能围成圆柱；③错误，绕直角边所在直线旋转可以围成圆锥，但绕斜边所在直线旋转围成的是由两个圆锥组成的组合体；④错误，圆台的上、下底面一定平行．【答案】①5．如图1－1－23所示的图形绕虚线旋转一周后形成的立体图形分别是由哪些简单几何体组成的？(1) (2)图1－1－23【解】旋转后的图形草图分别如图①②所示．①②其中图①是由一个圆柱O1O2和两个圆台O2O3，O3O4组成的；图②是由一个圆锥O5O4、一个圆柱O3O4及一个圆台O1O3中挖去一个圆锥O2O1组成的．。

[配套K12]2018版高中数学第一章立体几何初步 1.2.3 第2课时平面与平面垂直学案(含解析)新人教B版必修2

1.2.3 第2课时平面与平面垂直1.了解面面垂直的定义.(重点)2.掌握面面垂直的判定定理和性质定理.(重点))3.灵活运用线面、面面垂直的判定定理和性质定理解决空间中的位置关系问题.(难点[基础·初探]教材整理1 平面与平面垂直的判定阅读教材P52～P53“第12自然段”内容，完成下列问题.1.平面与平面垂直(1)定义：如果两个平面相交，且它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.(2)画法：图1256记作：α⊥β.2.判定定理对于直线m，n和平面α，β，能得出α⊥β的一个条件是( )A.m⊥n，m∥α，n∥βB.m⊥n，α∩β＝m，n⊂αC.m∥n，n⊥β，m⊂αD.m∥n，m⊥α，n⊥β【解析】因为m∥n，n⊥β，则m⊥β，又m⊂α，故α⊥β，所以C正确.【答案】 C教材整理2 平面与平面垂直的性质定理阅读教材P 53“第13自然段”～“例4”以上内容，完成下列问题.设平面α⊥平面β，在平面α内的一条直线a 垂直于平面β内的一条直线b ，则() A.直线a 必垂直于平面β B.直线b 必垂直于平面α C.直线a 不一定垂直于平面β D.过a 的平面与过b 的平面垂直【解析】当α⊥β，在平面α内垂直交线的直线才垂直于平面β，因此，垂直于平面β内的一条直线b 的直线不一定垂直于β，故选C.【答案】 C[小组合作型]如图，且CE ＝CA ＝2BD ，M 是EA 的中点，求证：图1257(1)DE ＝DA ；(2)平面BDM ⊥平面ECA ； (3)平面DEA ⊥平面ECA .【精彩点拨】 (1)要证DE ＝DA ，只需证明Rt△EFD ≌Rt△DBA ；(2)注意M 为EA 的中点，可取CA 的中点N ，先证明N 点在平面BDM 内，再证明平面BDM 过平面ECA 的一条垂线即可；(3)仍需证平面DEA 经过平面ECA 的一条垂线.【自主解答】 (1)取EC 的中点F ，连接DF .∵EC ⊥BC ，易知DF ∥BC ， ∴DF ⊥EC .在Rt△EFD 和Rt△DBA 中， ∵EF ＝12EC ＝BD ，FD ＝BC ＝AB ，∴Rt△EFD ≌Rt△DBA . ∴ED ＝DA .(2)取CA 的中点N ，连接MN ，BN ，则MN ═∥12EC ， ∴MN ∥BD ，∴N 点在平面BDMN 内. ∵EC ⊥平面ABC ，∴EC ⊥BN . 又CA ⊥BN ，∴BN ⊥平面ECA . ∵BN 在平面MNBD 内， ∴平面MNBD ⊥平面ECA . 即平面BDM ⊥平面ECA . (3)∵BD ═∥12EC ，MN ═∥12EC . ∴MNBD 为平行四边形.∴DM ∥BN . 由(2)知BN ⊥平面ECA ，∴DM ⊥平面ECA . 又DM ⊂平面DEA ， ∴平面DEA ⊥平面ECA .1.证明平面与平面垂直的方法(1)利用定义：证明二面角的平面角为直角.(2)利用面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直.2.根据面面垂直的定义判定两平面垂直，实质上是把问题转化成了求二面角的平面角，通常情况下利用判定定理要比定义简单些，这也是证明面面垂直的常用方法，即要证面面垂直，只要转证线面垂直，其关键与难点是在其中一个平面内寻找一直线与另一平面垂直.[再练一题]1.如图1258所示，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，CD ⊥AD .求证：平面PDC ⊥平面PAD .图1258【证明】 ∵PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥CD .又∵CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面PAD . 又∵CD ⊂平面PDC . ∴平面PDC ⊥平面PAD .ABCD 是边长为a 的菱形且∠DAB ＝60°，侧面PAD 为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD .图1259(1)若G 为AD 的中点，求证：BG ⊥平面PAD ； (2)求证：AD ⊥PB .【精彩点拨】 (1)菱形ABCD ，∠DAB ＝60°―→△ABD 为正三角形 ―→BG ⊥AD ――――――――→面PAD ⊥底面ABCD BG ⊥平面PAD(2)要证AD⊥PB，只需证AD⊥平面PBG即可.【自主解答】(1)如图，在菱形ABCD中，连接BD，由已知∠DAB＝60°，∴△ABD为正三角形，∵G是AD的中点，∴BG⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BG⊥平面PAD.(2)如图，连接PG.∵△PAD是正三角形，G是AD的中点，∴PG⊥AD，由(1)知BG⊥AD.又∵PG∩BG＝G.∴AD⊥平面PBG.而PB⊂平面PBG.∴AD⊥PB.1.证明或判定线面垂直的常用方法(1)线面垂直的判定定理.(2)面面垂直的性质定理.(3)若a∥b，a⊥α，则b⊥α(a、b为直线，α为平面).(4)若a⊥α，α∥β，则a⊥β(a为直线，α，β为平面).2.两平面垂直的性质定理告诉我们要将面面垂直转化为线面垂直，方法是在其中一个面内作(找)与交线垂直的直线.[再练一题]2.如图1260所示，四棱锥VABCD的底面是矩形，侧面VAB⊥底面ABCD，又VB⊥平面VAD.求证：平面VBC⊥平面VAC.图1260【证明】 ∵平面VAB ⊥底面ABCD ，且BC ⊥AB . ∴BC ⊥平面VAB ，∴BC ⊥VA ，又VB ⊥平面VAD ，∴VB ⊥VA ，又VB ∩BC ＝B ， ∴VA ⊥平面VBC ， ∵VA ⊂平面VAC . ∴平面VBC ⊥平面VAC .[探究共研型]探究1 如图的正方形，侧棱PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a ，你能证明PD ⊥平面ABCD 吗？图1261【提示】 ∵PD ＝a ，DC ＝a ，PC ＝2a ，∴PC 2＝PD 2＋DC 2，∴PD ⊥DC . 同理可证PD ⊥AD ，∵AD ⊂平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，且AD ∩DC ＝D ， ∴PD ⊥平面ABCD .探究2 如图1262所示，已知圆锥的顶点为S ，AB 为底面圆O 的直径，点D 为线段AB 上一点，且AD ＝13DB ，点C 为圆O 上一点，且BC ＝3AC ，P 为母线SA 上的点，其在底面圆O 上的正投影为点D ，求证：PA ⊥CD .图1262【提示】连接CO ，由3AD ＝DB 知，D 为AO 的中点，又AB 为圆O 的直径，∴AC ⊥CB ，由3AC ＝BC 知，∠CAB ＝60°， ∴△ACO 为等边三角形，从而CD ⊥AO .∵点P在圆O所在平面上的正投影为点D，∴PD⊥平面ABC，又CD⊂平面ABC，∴PD⊥CD，由PD∩AO＝D得，CD⊥平面PAB，又PA⊂平面PAB，∴PA⊥CD.探究3 试总结线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化关系.【提示】垂直问题转化关系如下所示：如图1263所示，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点.求证：图1263(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.【精彩点拨】(1)利用性质定理可得PA⊥底面ABCD；(2)可证BE∥AD，从而得BE∥平面PAD；(3)利用面面垂直的判定定理.【自主解答】(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA⊥AD，所以PA⊥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PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD.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EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.1.证明线面垂直，一种方法是利用线面垂直的判定定理，另一种方法是利用面面垂直的性质定理.本题已知面面垂直，故可考虑面面垂直的性质定理.2.利用面面垂直的性质定理证明线面垂直的问题时，要注意以下三点：(1)两个平面垂直；(2)直线必须在其中一个平面内；(3)直线必须垂直于它们的交线.[再练一题]3.如图1264所示，在三棱锥PABC中，E，F分别为AC，BC的中点.图1264(1)求证：EF∥平面PAB；(2)若平面PAC⊥平面ABC，且PA＝PC，∠ABC＝90°.求证：平面PEF⊥平面PBC.【证明】(1)∵E，F分别为AC，BC的中点，∴EF∥AB.又EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴EF∥平面PAB.(2)∵PA＝PC，E为AC的中点，∴PE⊥AC.又∵平面PAC⊥平面ABC，∴PE⊥平面ABC，∴PE⊥BC.又∵F为BC的中点，∴EF∥AB.∵∠ABC＝90°，∴BC⊥EF.∵EF∩PE＝E，∴BC⊥平面PEF.又∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PEF.1.下列命题中错误的是( )A.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βB.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βC.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥平面γD.如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β【解析】如果平面α⊥平面β，那么平面α内垂直于交线的直线都垂直于平面β，其他与交线不垂直的直线均不与平面β垂直，故D 项叙述是错误的.【答案】 D2.空间四边形ABCD 中，若AD ⊥BC ，BD ⊥AD ，那么有( ) A.平面ABC ⊥平面ADC B.平面ABC ⊥平面ADB C.平面ABC ⊥平面DBC D.平面ADC ⊥平面DBC 【解析】∵⎭⎪⎬⎪⎫AD ⊥BCAD ⊥BD BC ∩BD ＝B⎭⎪⎬⎪⎫⇒AD ⊥平面BCD 又AD ⊂平面ADC ⇒平面ADC ⊥平面DBC .【答案】 D3.在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD 且底面各边都相等，M 是PC 上一点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD (只要填写一个你认为正确的条件即可)【解析】连接AC ，因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥BD ，因为四边形ABCD 的各边相等，所以AC ⊥BD ，且PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ，即BD ⊥PC ，要使平面MBD ⊥平面PCD ，只需PC 垂直于面MBD 上的与BD 相交的直线即可，所以可填DM ⊥PC (或BM ⊥PC )；故填DM ⊥PC (或BM ⊥PC).【答案】 DM ⊥PC (或BM ⊥PC )4.下列四个命题中，正确的序号有________. ①α∥β，β⊥γ，则α⊥γ；②α∥β，β∥γ，则α∥γ； ③α⊥β，γ⊥β，则α⊥γ； ④α⊥β，γ⊥β，则α∥γ.【解析】 ③④不正确，如图所示，α⊥β，γ⊥β，但α，γ相交且不垂直.【答案】 ①②5.在四面体ABCD 中，BD ＝2a ，AB ＝AD ＝CB ＝CD ＝AC ＝a ，求证：平面ABD ⊥平面BCD . 【证明】如图所示，∵△ABD 与△BCD 是全等的等腰三角形，∴取BD 的中点E ，连接AE ，CE ，则AE ⊥BD ，BD ⊥CE . ∴∠AEC 为二面角A BD C 的平面角. 在△ABD 中，AB ＝a ，BE ＝12BD ＝22a ， AE ＝AB 2－BE 2＝22a . 同理CE ＝22a . 在△AEC 中，AE ＝CE ＝22a ，AC ＝a ，由于AC 2＝AE 2＋CE 2，∴AE ⊥CE ，即∠AEC ＝90°， ∴平面ABD ⊥平面BCD .。

2018版高中数学第一章立体几何初步1.3.1空间几何体的表面积学案苏教版

空间几何体的表面积学习目标 1. 通过对柱体、锥体、台体的研究，掌握柱体、锥体、台体的表面积的求法.2.了解柱体、锥体、台体的表面积计算公式；能运用柱体、锥体、台体的表面积公式进行计算和解决有关实际问题 .3. 培养空间想象能力和思维能力 .知识点一直棱柱和正棱锥的表面积思考 1直棱柱和正棱锥的特征是什么？思考 2下图是直六棱柱的展开图，你能根据展开图归纳出直棱柱的侧面面积公式吗？思考 3下图是正四棱锥的展开图，设底面周长为c，你能根据展开图，归纳出正n 棱锥的侧面面积公式吗？思考 4如何求多面体的表面积？梳理(1) 直棱柱的侧面积①侧棱和底面 ________的棱柱叫做直棱柱.②直棱柱的侧面展开图是矩形，这个矩形的长等于直棱柱的底面周长c，宽等于直棱柱的高h，因此，直棱柱的侧面积是S 直棱柱侧＝______.③底面为正多边形的直棱柱叫做正棱柱.(2) 正棱锥的侧面积①如果一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的正投影是____________ ，那么称这样的棱锥为正棱锥. 正棱锥的侧棱长都相等.②棱锥的侧面展开图是由各个侧面组成的，展开图的面积就是棱锥的侧面积. 如果正棱锥的底面周长为 c ，斜高( 即侧面等腰三角形底边上的高) 为h′，它的侧面积是S 正棱锥侧＝__________.知识点二正棱台的表面积思考 1什么是正棱台？正棱台的侧面展开图是怎样的图形？思考 2如图是正四棱台的展开图，设下底面周长为c，上底面周长为c′，你能根据展开图，归纳出正n 棱台的侧面面积公式吗？思考 3正棱台的侧面积除了用展开图的方法求外，你还有其他方法吗？棱台的表面积如何求？梳理正棱锥被 ________________________ 所截，截面和底面之间的部分叫做正棱台. 与正棱锥的侧面积公式类似，若设正棱台的上、下底面的周长分别为c′， c，斜高为 h′，则其侧面积是 S正棱台侧＝________________.知识点三圆柱、圆锥、圆台的表面积思考 1圆柱OO′及其侧面展开图如图所示，则其侧面积为多少？表面积为多少？思考 2圆锥SO及其侧面展开图如图所示，则其侧面积为多少？表面积为多少？思考 3圆台OO′及其侧面展开图如图所示，则其侧面积为多少？表面积为多少？梳理图形表面积公式底面积： S 底＝圆柱侧面积： S 侧＝，表面积： S＝底面积： S 底＝，圆锥侧面积： S 侧＝，旋转体表面积： S＝上底面面积： S 上底＝，下底面面积： S 下底＝，圆台侧面积： S 侧＝，表面积： S＝类型一求多面体的侧面积和表面积例 1 正四棱台两底面边长分别为 a 和 b( a<b).(1) 若侧棱所在直线与上、下底面正方形中心的连线所成的角为45°，求棱台的侧面积；(2) 若棱台的侧面积等于两底面面积之和，求它的高.引申探究若四棱台的高是12 cm，两底面边长之差为10 cm，表面积为512 cm 2，求底面的边长.反思与感悟(1) 求棱锥、棱台及棱柱的侧面积和表面积的关键是求底面边长，高，斜高，侧棱 . 求解时要注意直角三角形和梯形的应用.(2) 正棱柱、正棱锥、正棱台的所有侧面都全等，因此求侧面积时，可先求一个侧面的面积，然后乘以侧面的个数.(3) 棱台是由棱锥所截得到的，因此棱台的侧面积也可由大小棱锥侧面积作差得到.跟踪训练 1 已知正四棱锥的侧面积是底面积的 2 倍，高为3，求它的表面积.类型二求旋转体的表面积引申探究若本例条件改为：圆台的一个底面周长是另一个底面周长的 3 倍，母线长为 3，圆台的侧面积为 84π，求圆台较小底面的半径 .例 2 圆台的上、下底面半径分别为10 cm和 20 cm. 它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，那么圆台的表面积是 ________ cm 2.( 结果中保留π )反思与感悟(1) 求圆柱、圆锥和圆台的侧面积和表面积，只需求出上、下底半径和母线长即可，求半径和母线长时常借助轴截面.(2)解答旋转体的侧面积与表面积问题可先把空间问题转化为平面问题，即在展开图内求母线的长，再进一步代入侧面积公式求出侧面积，进而求出表面积.(3)旋转体的轴截面是化空间问题为平面问题的重要工具，因为在轴截面中集中体现了旋转体的“关键量”之间的关系. 在推导这些量之间的关系时要注意比例性质的应用.跟踪训练 2 若圆锥的母线长为 2 cm，底面圆的周长为2πcm，则圆锥的表面积为________ 2cm .类型三简单组合体的表面积例 3 牧民居住的蒙古包的形状是一个圆柱与圆锥的组合体，尺寸如图所示( 单位：m)，请你帮助算出要搭建这样的一个蒙古包至少需要多少篷布？( 精确到 0.01 m 2)反思与感悟(1) 组合体的侧面积和表面积问题，首先要弄清楚它是由哪些简单几何体组成，然后再根据条件求各个简单组合体的基本量，注意方程思想的应用.(2)在实际问题中，常通过计算物体的表面积来研究如何合理地用料，如何节省原材料等，在求解时应结合实际，明确实际物体究竟是哪种几何体，哪些面计算在内，哪些面实际没有 .跟踪训练 3 有两个相同的直棱柱，高为2a,4 5a( >0). 用它，底面三角形的边长分别为 3a a, a们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，表面积最小的是一个四棱柱，求 a 的取值范围 .1.将边长为 1 的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是________.2. 已知一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半，且侧面积是32π，则母线长为________.23. 若正三棱锥的斜高是高的33倍，则该正三棱锥的侧面积是底面积的________倍 .4. 已知一个正四棱柱的对角线的长是9 cm，表面积等于144 cm 2，则这个棱柱的侧面积为2________ cm .5.以圆柱的上底中心为顶点，下底为底作圆锥，假设圆柱的侧面积为 6，圆锥的侧面积为 5，求圆柱的底面半径 .1. 多面体的表面积为围成多面体的各个面的面积之和. 棱柱的表面积等于它的侧面积加底面积；棱锥的表面积等于它的侧面积加底面积；棱台的表面积等于它的侧面积加两个底的面积.2. 有关旋转体的表面积的计算要充分利用其轴截面，就是说将已知条件尽量归结到轴截面中求解 . 而对于圆台有时需要将它还原成圆锥，再借助相似的相关知识求解.3. S圆柱表＝ 2πr ( r＋l ) ；S圆锥表＝πr ( r＋l ) ；S圆台表＝π ( r2＋rl＋Rl＋R2).答案精析问题导学知识点一思考 1直棱柱：侧棱和底面垂直的棱柱；正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的正投影是底面中心．思考 2S直棱柱侧面积＝ ch，即直棱柱的侧面积等于它的底面周长和高的乘积．1 1思考 3S 正棱锥侧面积＝2nah′＝2ch′，即正棱锥的侧面积等于它的底面周长和斜高乘积的一半．思考 4 一般地，我们可以把多面体展开成平面图形，求出展开图中各个小多边形的面积，然后相加即为多面体的表面积．梳理 (1) ①垂直②ch1′(2) ①底面中心②2ch知识点二思考 1正棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做正棱台．正棱台的侧面展开图是一些全等的等腰梯形．思考2 S ＝1 1正棱台侧面积2 n( a＋ a′)h′＝2( c＋c′)h′.思考 3可以用求两个正棱锥侧面积之差的方法得出．棱台的表面积等于侧面积与底面积的和．1梳理平行于底面的平面2( c＋c′)h′知识点三思考 1 S侧＝2πrl， S 表＝2π r ( r ＋ l )．1思考 2 底面周长是2πr，利用扇形面积公式得S侧＝2×2πrl＝π rl ，S表＝π r 2＋π rl ＝π r ( r ＋ l )．思考 3由题图知，圆台的侧面展开图是扇环，内弧长等于圆台上底周长，外弧长等于圆台x r下底周长，则，x＋l＝R，r解得 x＝R－r l .S扇环＝ S大扇形－ S 小扇形＝1( x ＋ l ) ×2π R －1x ×2π r 22＝π [( － ) x ＋Rl ] ＝ π ( r ＋ )，R rR l22所以 S 圆台侧＝π ( r ＋ R ) l ， S 圆台表＝π ( r ＋ rl ＋Rl ＋ R ) ．梳理 2π r 2 2π rl2π r ( r ＋l ) π r 2π rlπr ( r ＋ l ) π r ′ 2 πr 2 π ( r ′ l ＋ rl )π ( r ′ 2＋ r 2＋ r ′ l ＋ rl )题型探究例 1 解 (1) 如图所示，设 O 、 O 分别上、下底面的中心，过C 作 CE ⊥AC 于 E ，过 E 作111EF ⊥ BC ，连结 C 1F ，则 C 1F 为正四棱台的斜高．由题意知∠ C 1CO ＝45°，2CE ＝ CO － EO ＝ CO － C 1O 1＝ 2 ( b －a ) ．2在 Rt △ C 1CE 中， C 1E ＝ CE ＝ 2 ( b － a ) ，1又 EF ＝ CE ·sin 45 °＝ 2( b －a ) ，∴C 1F ＝ C 1E 2＋ EF 2＝2 － 2＋ 1 b － a22 b a 23＝ 2 ( b －a ) ．1 3∴S 侧＝ (4 a ＋ 4b ) × ( b － a )22＝ 3( b 2－ a 2) ．(2) ∵ S 侧＝ S 底， S 底＝a 2＋b 2，12 2∴ 2(4 a ＋ 4b ) · h 斜＝ a ＋ b ，a 2＋b 2.∴h 斜＝a ＋bb － a又 EF ＝，222 ab∴h＝h斜－ EF＝＋.a b引申探究解如图，设上底面边长为x cm，则下底面边长为( x＋ 10)cm，x＋10－x在 Rt△E1FE中，EF＝2＝5(cm) ．∵E1F＝12 cm，∴斜高 E1E＝13 cm.1∴S 侧＝4×2( x＋x＋10)×13＝52( x＋ 5) ，S表＝52( x＋5)＋x2＋( x＋10)2＝2x2＋ 72x＋360.∵S 表＝512 cm2，∴2x2＋72x＋360＝512，解得 x1＝－38(舍去)，x2＝2.∴x2＋10＝12.∴正四棱台的上、下底面边长分别为 2 cm、 12 cm.跟踪训练1解如图，设PO＝3，PE是斜高，∵S 侧＝2S底，1∴4·2·BC·PE2＝2BC，∴BC＝ PE.在 Rt△POE中，PO ＝ 3，11OE ＝ 2BC ＝2PE ，PE 22∴9＋ 2＝PE ，∴PE ＝ 2 3.223) 2＝ 12，∴S 底＝ BC ＝ PE ＝(2 S 侧＝ 2S 底＝2×12＝ 24，∴S 表＝ S 底＋ S 侧＝ 12＋ 24＝ 36.例 2 1 100 π引申探究解设圆台较小底面的半径为 r ，则另一底面半径为3r ，由题意知母线长 l ＝ 3，∵ S 侧＝ π ( r ＋3r ) ×3＝ 84π ，∴ r ＝ 7.跟踪训练 2 3π例 3 解上部分圆锥体的母线长为 1.2 2＋ 2.5 2m ，其侧面积为 152 2S ＝ π × 2× 1.2 ＋ 2.5(m 2 ) ．下部分圆柱体的侧面积为S 2＝ π×5×1.8(m 2) ．522∴ 搭建这样的一个蒙古包至少需要的篷布为 S ＝ S 1 ＋ S 2 ＝ π× 2 × 1.2 ＋2.5 ＋ π× 5× 1.8 ≈ 50.05(m 2) ．跟踪训练 3 解两个相同的直棱柱拼成一个三棱柱或四棱柱，有四种情况：四棱柱有一种，边长为 5a 的边重合在一起，表面积为 24a 2＋ 28.三棱柱有三种，边长为 4a 的边重合在一起，表面积为 24a 2＋ 32；边长为 3a 的边重合在一起，表面积为 24a 2＋ 36；两个相同的直三棱柱竖直放在一起，表面积为12a 2＋ 48.最小的是一个四棱柱，即 24a 2＋ 28<12a 2＋ 48，2515即 a <3，又 a >0，∴ 0<a < 3 .∴a 的取值范围为 15.0， 3 当堂训练1． 2π 2.4 3.2 4.112 或 725．解如图所示，设圆柱底面圆的半径为 R ，高为 h ，则圆锥的底面半径为 R ，高为 h ，设圆锥母线长为 l ，则有 l ＝R 2＋ h 2. ①2π Rh ＝ 6，依题意，得②π Rl ＝ 5，2 π2 π由①②，得R ＝ π，即圆柱的底面半径为π.。

[配套K12]2018版高中数学第一章立体几何初步 1.1.3 圆柱、圆锥、圆台和球学案(含解析)新人教B版必修2

1.1.3 圆柱、圆锥、圆台和球1.了解圆柱、圆锥、圆台、球的定义.(重点)2.掌握圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征.(重点)3.能够根据圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征识别和区分几何体.(难点))4.会作旋转体的轴截面，并利用轴截面解决问题.(难点[基础·初探]教材整理1 圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征阅读教材P11～P14“例2”以上内容，完成下列问题.判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)矩形绕其一边所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是圆柱.( ) (2)以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台.( )(3)用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台.( ) (4)用任意平面截球所得截面均为圆.( )【解析】 (1)正确；(2)错误.应以直角梯形的垂直于底边的腰为轴；(3)错误，应是平面与圆锥底面平行时；(4)错误，平面截球所得截面是圆面，而不是圆.【答案】 (1)√ (2)× (3)× (4)× 教材整理2 简单组合体的结构特征阅读教材P 15内容，完成下列问题. 1.简单组合体的概念由简单几何体组合而成的几何体叫做简单组合体. 2.简单组合体的构成形式有两种基本形式：一种是由简单几何体拼接而成的；另一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成的.如图1134所示的组合体的结构特征是( )图1134A.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】由简单组合体的基本形式可知，该组合体是一个棱柱中截去一个棱锥.【答案】 C[小组合作型]【导学号：45722011】A.直角三角形绕一条边所在直线旋转得到的旋转体是圆锥B.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C.圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台D.通过圆台侧面上一点，有无数条母线【精彩点拨】根据圆柱、圆锥、圆台的定义及结构特征进行判断.【自主解答】A错误，应为直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转得到的旋转体是圆锥；若绕其斜边所在直线旋转得到的是两个圆锥构成的一个组合体.B错误，没有说明这两个平行截面与底面的位置关系，当这两个平行截面与底面平行时正确，其他情况则是错误的.D错误，通过圆台侧面上一点，只有一条母线.故选C.【答案】 C1.圆柱、圆锥、圆台和球都是一个平面图形绕其特定边(弦)旋转而成的几何体，必须准确认识各旋转体对旋转轴的具体要求.2.只有理解了各旋转体的生成过程，才能明确由此产生的母线、轴、底面等概念，进而判断与这些概念有关的命题的正误.[再练一题]1.给出下列命题：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圆锥的顶点与底面圆周上的任意点的连线是圆锥的母线；③在圆台的上、下底面的圆周上各取一点，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( )A.①②B.②③C.①③D.②④【解析】根据圆柱、圆锥、圆台的定义和性质可知，只有②④两个命题是正确的，①③可能是弦，所以选D.【答案】 D如图ABCD绕AD 所在直线旋转一周时，其他各边旋转围成一个几何体，试描述该几何体的结构特征.图1135【精彩点拨】关键是弄清简单组合体是由哪几部分组成.【自主解答】如图所示，旋转所得的几何体是由一个圆柱挖去两个圆锥后剩余部分而成的组合体.本题是不规则图形的旋转问题.对于不规则平面图形绕轴旋转问题，首先要对原平面图形作适当的分割，一般分割成矩形、梯形、三角形或圆半圆或四分之一圆等基本图形，然后结合圆柱、圆锥、圆台、球的形成过程进行分析.[再练一题]2.描述下列几何体的结构特征.图1136【解】图①所示的几何体是由两个圆台拼接而成的组合体；图②所示的几何体是由一个圆台挖去一个圆锥得到的组合体；图③所示的几何体是在一个圆柱中间挖去一个三棱柱后得到的组合体.[探究共研型]探究1 【提示】圆面.探究2 圆柱、圆锥、圆台过轴的截面是什么样的图形？【提示】分别为矩形、等腰三角形、等腰梯形.探究3 经过圆台的任意两条母线作截面，截面是什么图形？【提示】因为圆台可以看成是圆锥被平行于底面的平面所截得到的几何体，所以任意两条母线长度均相等，且延长后相交，故经过这两条母线的截面是以这两条母线为腰的等腰梯形.如图1137所示，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，截去的圆锥的母线长是3 cm ，求圆台O ′O 的母线长.图1137【精彩点拨】过圆锥的轴作截面，利用三角形相似来解决.【自主解答】设圆台的母线长为l ，由截得圆台上、下底面面积之比为1∶16，可设截得圆台的上、下底面的半径分别为r,4r .过轴SO 作截面，如图所示.则△SO ′A ′∽△SOA ，SA ′＝3 cm. ∴SA ′SA ＝O ′A ′OA ，∴33＋l ＝r 4r ＝14. 解得l ＝9(cm)，即圆台的母线长为9 cm.用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质与底面全等或相似，同时结合旋转体中的经过旋转轴的截面轴截面的性质，利用相似三角形中的相似比，构设相关几何变量的方程组而得解.[再练一题]3.一个圆锥的高为2 cm ，母线与轴的夹角为30°，求圆锥的母线长及圆锥的轴截面的面积.【导学号：45722012】【解】如图，设圆锥SO 的底面直径为AB ，SO 为高，SA 为母线，则∠ASO ＝30°.在Rt△SOA 中，AO ＝SO ·tan 30°＝233(cm). SA ＝SOcos 30°＝232＝433(cm).∴S △ASB ＝12SO ·2AO ＝433(cm 2).∴圆锥的母线长为433 cm ，圆锥的轴截面的面积为433cm 2.1.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】 D2.下列说法不正确的是( ) A.圆柱的平行于轴的截面是矩形 B.圆锥的过轴的截面是等边三角形 C.圆台的平行于底面的截面是圆面 D.球的任意截面都是圆面【解析】圆锥的过轴的截面是等腰三角形，B 错. 【答案】 B3.如图1138所示的几何体是由简单几何体________构成的.图1138【答案】四棱台和球4.如图1139所示，下列几何体中，图①是圆柱，图②是圆锥，图③是圆台，图1139上述说法正确的个数有________个.【解析】图(1)不是圆柱，因为从其轴截面可以看出，该几何体不是由矩形绕其一边所在直线旋转一周得到的；图(2)不是圆锥，因为该几何体不是由直角三角形绕其直角边所在直线旋转一周得到的；图(3)不是圆台，因为该几何体的上、下底面所在的平面不平行，不是由平行于圆锥底面的平面截得的.【答案】 05.已知一个圆柱的轴截面是一个正方形且其面积是Q ，求此圆柱的底面半径. 【解】设圆柱底面半径为r ，母线为l ，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2r ＝l ，2r ·l ＝Q ，解得r ＝Q2.所以此圆柱的底面半径为Q2.。

[配套K12]2018高中数学 第1章 立体几何初步 第一节 空间几何体3 中心投影、平行投影和直观图画法习题 苏教

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