数学文 优秀ppt名师课件.高考小题 1
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高考数学总复习5.3立体几何解答题习题文市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课件
19/89
几何体体积与距离问题
高考真题体验·对方向
1.(全国Ⅱ·19)如图,在三棱锥P-ABC
中,AB=BC=2 2 ,PA=PB=PC=AC=4,O为AC中点.
(1)证实:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM距离.
-20-
20/89
解:(1)因为 AP=CP=AC=4,O 为 AC 的中点,所以 OP⊥AC,且 OP=2 3.
-16-
16/89
(1)证实:∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面
ABCD=AB,PA⊥AB,
∴PA⊥平面ABCD,
又CD⊂平面ABCD,
∴PA⊥CD.
-17-
17/89
(2)证实:由已知,BC∥ED,且BC=ED,
∴四边形BCDE是平行四边形,
又CD⊥AD,BC=CD,
∴四边形BCDE是正方形,
-26-
26/89
4.(全国Ⅲ·19)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.
(1)证实:AC⊥BD;
(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD,若E为棱BD上与D不重合点,
且AE⊥EC,求四面体ABCE与四面体ACDE体积比.
-27-
27/89
(1)证实:取AC中点O,连接DO,BO.
1
2
4 2
由题设可知 OC=2AC=2,CM=3BC=
2 5
所以 OM=
3
,CH=··sin ∠ =
3
4 5
4 5
所以点 C 到平面 POM 的距离为
5
5
,∠ACB=45°.
.
.
-21-
数学文 优秀ppt名师课件2.5.高考小题 2
A. x 2 -y2=1
4
C.3 x 2 － 3 y 2
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20
5
=1
B.x2- y 2 =1
4
D. 3 x 2 － 3 y 2 =1
5 20
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(2)(2019·全国卷Ⅲ)设F1,F2为椭圆C: x 2 y 2 =1的两
c x 2 － y 2 1. 88
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【拓展提升】 1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离,一般运用定义转化 为到准线的距离处理.如本例(2)充分运用抛物线定义 实施转化,使解答简捷、明快.
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2.设A(x1,y1),B(x2,y2),由抛物线的定义知
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【解析】1.选D.因为椭圆的焦点为(± ,20p ),抛物线
的焦点为 ( p , 0,由) 已知可得
2
,2解p 得pp=8.
2
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所以(-2)· b =-1,所以 =b . 1
a
a2
又因为c2=a2+b2,解得a=2,b=1,
所以双曲线的方程为
x
2
-y2=1.
4
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数学文 课件.高考小题 1ppt优质课件
A.4π B.9
2
C.6π D.3 2
3
数学文 课件. 高考小题 1 p p t 优质课件
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【解析】选B.当球的半径最大时,球的体积最大.在直
三棱柱内,当球和三个侧面都相切时,因为AB⊥BC,AB=6,
BC=8,所以AC=10,底面的内切圆的半径即为此时球的半
V=a3-4× 1 × 1a2·a= 1 a3= 1 ,
32
3
3
所以a=1,所以三棱锥的棱长为 2 ,
因此,该三棱锥的表面积为S=4× 3 ×(
4
答案: 2 2 3
2)2=2 3 .
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【拓展提升】 1.由几何体的三视图求其表面积: (1)关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置 关系及度量大小. (2)还原几何体的直观图,套用相应的面积公式.
为2的等边三角形,
设H是△PAB的中心,OH⊥平面PAB,O是外接球的球心,
则OH= 1 PE= 1 ,PH= 2 3 ,
2
2
3
则R2=OP2=OH2+PH2= 1 9 .
12
故四面体P-ABE外接球的表面积为4πR2= 1 9 .
3
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考向二 几何体的表面积与体积 (保分题型考点) 【题组通关】 1.如图为一个多面体的三视图,则该多面体的体积为 ()
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2
C.6π D.3 2
3
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【解析】选B.当球的半径最大时,球的体积最大.在直
三棱柱内,当球和三个侧面都相切时,因为AB⊥BC,AB=6,
BC=8,所以AC=10,底面的内切圆的半径即为此时球的半
V=a3-4× 1 × 1a2·a= 1 a3= 1 ,
32
3
3
所以a=1,所以三棱锥的棱长为 2 ,
因此,该三棱锥的表面积为S=4× 3 ×(
4
答案: 2 2 3
2)2=2 3 .
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【拓展提升】 1.由几何体的三视图求其表面积: (1)关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置 关系及度量大小. (2)还原几何体的直观图,套用相应的面积公式.
为2的等边三角形,
设H是△PAB的中心,OH⊥平面PAB,O是外接球的球心,
则OH= 1 PE= 1 ,PH= 2 3 ,
2
2
3
则R2=OP2=OH2+PH2= 1 9 .
12
故四面体P-ABE外接球的表面积为4πR2= 1 9 .
3
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考向二 几何体的表面积与体积 (保分题型考点) 【题组通关】 1.如图为一个多面体的三视图,则该多面体的体积为 ()
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数学文 优秀ppt名师课件2.4.高考小题 2
数学文 优秀课件2 . 4 . 高考小题 2 【优秀课件】
【拓展提升】 点、线、面的位置关系的判断方法
(1)平面的基本性质是立体几何的基本理论基础,也是 判断线面关系的基础.对点、线、面的位置关系的判断, 常采用穷举法,即对各种关系都进行考虑,要充分发挥 模型的直观性作用.
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α⊥β;④若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β.其中正确的 命题是 ( ) A.①② B.②③ C.①④ D.②④
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【解析】选B.①若α∩β=m,n⊂α,n⊥m,如图,则α与 β不一定垂直,故①为假命题;
【变式训练】 (2019·日照联考)已知m,n是两条不同直线,α,β是两 个不同平面,给出四个命题: ①若α∩β=m,n⊂α,n⊥m,则α⊥β;②若 m⊥α,m⊥β,则α∥β;③若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则
数学文 优秀课件2 . 4 . 高考小题 2 【优秀课件】
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2.选D.不妨令l1,l2,l3分别为如图所示正方体的边所在 直线. 若l4为直线B1C1,则有l1∥l4; 若l4为直线C1D1,则l1⊥l4; 若l4为直线A1C1,则l1与l4异面, 故l1与l4的位置关系不确定.
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数学文 优秀课件2 . 4 . 高考小题 2 【优秀课件】 数学文 优秀课件2 . 4 . 高考小题 2 【优秀课件】
数学文 优秀课件2 . 4 . 高考小题 2 【优秀课件】
数学文 课件完美版2.5.高考小题 3ppt
数学文 课件完美版2 . 】(1)设直线l与椭圆相交于A(x1,y1),B(x2,y2).
则 x1 2＋ y1 2＝ 1， 且 x2 2＋ y2 2＝ 1，
36 9
36 9
两式相减得 y1－y2＝－x1＋x2 .
x1－x2 4(y1＋y2)
又x1+x2=8,y1+y2=4,所xy以11－ －xy22
(2)弦长计算公式:直线AB与圆锥曲线有两个交点 A(x1,y1),B(x2,y2),则弦长|AB|= 1k2（ x1 ＋ x2 ） 2 － 4x1x2， 其中k为弦AB所在直线的斜率.
2.弦中点问题的解决方法 (1)用“点差法”求解弦中点问题的解题步骤
数学文 课件完美版2 . 5 . 高考小题 3 p p t 数学文 课件完美版2 . 5 . 高考小题 3 p p t
5
5
＝ 4 2 5 t2， 5
当t=0时,|AB|max=4 5 1 0 .
(2)选D.直线AB的斜率k=0＋1 ＝ 1 ，
3－1 2
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则
x a
2 1 2
x
2 2
a 2
y
2 1
b2
y
2 2
b2
1, ① 1②
①-②得
y1－y2＝－b2
x1－x2
a2
x1x2 , y1y2
3
x
1
x
2＝
1
10 －k
2
＞
0，
(2)由
x
2
＋
3
y2 ＝1， m
消去x并 x整＋ 2理y －得2 ＝,(30 +4m)y2-8my+m=0,
数学文 课件2.5.高考小题 1ppt优质课件
答案:(x-2)2+y2=9
数学文 课件2 . 5 . 高考小题 1 p p t 优质课件
数学文 课件2 . 5 . 高考小题 1 p p t 优质课件
2.由题意知,椭圆顶点的坐标为(0,2),(0,-2), (-4,0),(4,0). 由圆心在x轴的正半轴上知圆过顶点(0,2),(0,-2), (4,0).
数学文 课件2 . 5 . 高考小题 1 p p t 优质课件
(2)代数法:联立直线方程和圆的方程,消元转化为关于
x(或y)的一元二次方程,由根与系数的关系即可求得弦
长|AB|= 1 k 2 |x1-x2|= 1k2（ x1 ＋ x2 ） 2 － 4x1x2
或|AB|=
1＋
1 k2
|y1-y2|=
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【解析】方法一:设圆心坐标为C(-1,m), 则A(0,m),焦点F(1,0), A C=(-1,0), =A F(1,-m), cos∠CAF= A C A F 1 1 ， m 3 ，
|A C ||A F | 1 m 2 2
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数学文 课件2 . 5 . 高考小题 1 p p t 优质课件
考向三 直线(圆)和圆的位置关系(压轴题型考点)
【典例】（1）（2016·全国卷Ⅱ）圆x2+y2-2x-8y
+13=0①的圆心到直线ax+y-1=0 的距离为1②，
则a=( )
A . 4 B . 3 C .3 D .2
3
4
数学文 课件2 . 5 . 高考小题 1 p p t 优质课件
2.待定系数法求圆的方程:(1)若已知条件与圆心(a,b) 和半径r有关,则设圆的标准方程,依据已知条件列出关 于a,b,r的方程组,从而求出a,b,r的值;(2)若已知条件 没有明确给出圆心或半径,则选择圆的一般方程,依据 已知条件列出关于D,E,F的方程组,进而求出D,E,F的值.
高考数学文科5年高考3年模拟精品课件全国卷1地区通用：1.1 集合
A.{1}
B.{3,5}
C.{1,2,4,6} D.{1,2,3,4,5}
答案 C ∵U={1,2,3,4,5,6},P={1,3,5}, ∴∁UP={2,4,6}, ∵Q={1,2,4}, ∴(∁UP)∪Q={1,2,4,6}. 2.(2015课标Ⅱ,1,5分)已知集合A={x|-1<x<2},B={x|0<x<3},则A∪B= ( ) A.(-1,3) B.(-1,0) C.(0,2) D.(2,3)
A.{0,2} B.{1,2}
C.{0}
D.{-2,-1,0,1,2}
答案 A 本题主要考查集合的基本运算. ∵A={0,2},B={-2,-1,0,1,2},∴A∩B={0,2},故选A.
2.(2018课标全国Ⅱ,2,5分)已知集合A={1,3,5,7},B={2,3,4,5},则A∩B= ( )
答案 A 本题考查集合的并集. A∪B={1,2,3}∪{2,3,4}={1,2,3,4}.故选A. 5.(2017课标全国Ⅲ,1,5分)已知集合A={1,2,3,4},B={2,4,6,8},则A∩B中元素的个数为 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案 B 因为集合A和集合B有共同元素2,4,所以A∩B={2,4},所以A∩B中元素的个数为2.
12.(2017浙江,1,5分)已知集合P={x|-1<x<1},Q={x|0<x<2},则P∪Q= ( ) A.(-1,2) B.(0,1) C.(-1,0) D.(1,2) 答案 A 本题考查集合的概念和集合的运算. P∪Q={x|-1<x<2}.故选A. 易错警示 把求并集看成求交集,而错选B,因为平时做得最多的集合运算是求两集合的交集, 从而形成思维定势. 13.(2015四川,1,5分)设集合A={x|-1<x<2},集合B={x|1<x<3},则A∪B= ( ) A.{x|-1<x<3} B.{x|-1<x<1} C.{x|1<x<2} D.{x|2<x<3} 答案 A 把集合A、B表示在数轴上,如图.
高考数学复习第四章三角函数解三角形4.7解三角形文市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课件
解得 b=5(b=-3 舍去).
1
1
所以 S△ABC= bcsin A= ×5×√3 ×
2
2
√6
3
=
5√2
.
2
15/37
-16考点1
考点2
考点3
考点4
解题心得1.已知两边和一边对角或已知两角和一边都能用正弦
定了解三角形,正弦定理形式多样,其中a=2Rsin A,b=2Rsin
B,c=2Rsin C能够实现边角互化.
2 + 2 - 2
2
,
所以 3a2+b2+c2=8.
√7
2
因为 a2=b2+c2-bc,所以 4a2=7,所以 a= .
18/37
-19考点1
考点2
考点3
考点4
考点 2
判断三角形的形状
例2在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C对边,且2asin A=(2b-c)sin
B+(2c-b)sin C.
即sin Acos B+cos Asin B+sin Bcos A-cos Bsin A=2sin Acos A,
所以有sin Bcos A=sin Acos A,
π
当cos A=0时,A= 2 ,△ABC为直角三角形;
当cos A≠0时,sin B=sin A,由正弦定理得a=b,△ABC为等腰三角形.
(1)求角A大小;
(2)若sin B+sin C= √3 ,试判断△ABC形状.
思索判断三角形形状时主要有哪些方法?
19/37
-20考点1
考点2
考点3
考点4
解 (1)由 2asin A=(2b-c)sin B+(2c-b)sin C 及正弦定理,得
1
1
所以 S△ABC= bcsin A= ×5×√3 ×
2
2
√6
3
=
5√2
.
2
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考点2
考点3
考点4
解题心得1.已知两边和一边对角或已知两角和一边都能用正弦
定了解三角形,正弦定理形式多样,其中a=2Rsin A,b=2Rsin
B,c=2Rsin C能够实现边角互化.
2 + 2 - 2
2
,
所以 3a2+b2+c2=8.
√7
2
因为 a2=b2+c2-bc,所以 4a2=7,所以 a= .
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考点2
考点3
考点4
考点 2
判断三角形的形状
例2在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C对边,且2asin A=(2b-c)sin
B+(2c-b)sin C.
即sin Acos B+cos Asin B+sin Bcos A-cos Bsin A=2sin Acos A,
所以有sin Bcos A=sin Acos A,
π
当cos A=0时,A= 2 ,△ABC为直角三角形;
当cos A≠0时,sin B=sin A,由正弦定理得a=b,△ABC为等腰三角形.
(1)求角A大小;
(2)若sin B+sin C= √3 ,试判断△ABC形状.
思索判断三角形形状时主要有哪些方法?
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考点2
考点3
考点4
解 (1)由 2asin A=(2b-c)sin B+(2c-b)sin C 及正弦定理,得
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A.a<c<b
B.a<b<c
C.b<c<a
D.c<a<b
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【解析】选A.0<log52<log55 =1 ,
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5.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,且对于任意的 x∈R,都有f(x+4)=f(x)+f(2),f(1)=4,则f(3)+f(10)的 值为________.
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考向二 函数的图象及应用(保分题型考点)
【题组通关】
1.函数f(x)= ln x 1 的图象大致为
ex
()
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【解析】选C.函数f(x)= ln x 1 是非奇非偶函数,排除
图象相切时,圆心(1,0)到直线kx-y+2k=0的距离为1,即
k 2=k 1,得k= ,函2 数f(x)与g(x)的图象有3个交点;
1 k2
4
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当g(x)=k(x+2)过点(1,1)时,函数f(x)与g(x)的图象有 6个交点,此时1=3k,得k=1 .
xx
新高考 高中数学 选修一 课件+类型题1.1.1空间向量及其线性运算
欧啦 ·数学
临渊羡鱼，不如退而结网！
新高考·人教B版 ·选修1
选修一
第一章 空间向量与立体几何
1.1 空间向量及其运算
1.1.1 空间向量及其运算
一、空间向量的概念
思考： 观察正方体中过同一个顶点的三条棱所表示的向量O→A， O→B，O→C，它们和以前所学的向量有何不同？ 【提示】 O→A，O→B，O→C是不同在一个平面内的向量，而 我们以前所学的向量都在同一平面内．
图 3－1－20
方法点评：
1．求两向量数量积的解题思路： (1)解出两向量的模． (2)根据向量的方向求出两向量的夹角． (3)使用公式 a·b＝|a||b|cos〈a，b〉得出结果． 2．数量积的运算结果是一个数量，正、负、零皆有可能．
典型例题
类型一、空间向量的有关概念 例 1、给出下列命题： ①零向量没有确定的方向； ②在正方体 ABቤተ መጻሕፍቲ ባይዱD—A1B1C1D1 中，A→C＝A→1C1； ③若向量 a 与向量 b 的模相等，则 a，b 的方向相同或相 反； ④在四边形 ABCD 中，必有A→B＋A→D＝A→C. 其中正确命题的序号是________．
综上可知，正确命题为①②. 【答案】 ①②
方法点评： 1．在空间中，零向量、单位向量、向量的模、相等向量、 相反向量等概念和平面向量中相对应的概念完全相同． 2．由于向量是由其模和方向确定的，因此解答空间向量 有关概念问题时，通常抓住这两点来解决． 3．零向量是一个特殊向量，其方向是任意的，且与任何 向量都共线，这一点说明了共线向量不具备传递性．
图 3－1－20
(3)|G→F|＝12a，|A→C|＝a， 又∵G→F∥A→C，〈G→F，A→C〉＝π， ∴G→F·A→C＝12a2cos π＝－12a2； (4)∵|E→F|＝12a，|B→C|＝a，E→F∥B→D， ∴〈E→F，B→C〉＝〈B→C，B→D〉＝60°， ∴B→C·E→F＝12a2cos 60°＝14a2.
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新高考·人教B版 ·选修1
选修一
第一章 空间向量与立体几何
1.1 空间向量及其运算
1.1.1 空间向量及其运算
一、空间向量的概念
思考： 观察正方体中过同一个顶点的三条棱所表示的向量O→A， O→B，O→C，它们和以前所学的向量有何不同？ 【提示】 O→A，O→B，O→C是不同在一个平面内的向量，而 我们以前所学的向量都在同一平面内．
图 3－1－20
方法点评：
1．求两向量数量积的解题思路： (1)解出两向量的模． (2)根据向量的方向求出两向量的夹角． (3)使用公式 a·b＝|a||b|cos〈a，b〉得出结果． 2．数量积的运算结果是一个数量，正、负、零皆有可能．
典型例题
类型一、空间向量的有关概念 例 1、给出下列命题： ①零向量没有确定的方向； ②在正方体 ABቤተ መጻሕፍቲ ባይዱD—A1B1C1D1 中，A→C＝A→1C1； ③若向量 a 与向量 b 的模相等，则 a，b 的方向相同或相 反； ④在四边形 ABCD 中，必有A→B＋A→D＝A→C. 其中正确命题的序号是________．
综上可知，正确命题为①②. 【答案】 ①②
方法点评： 1．在空间中，零向量、单位向量、向量的模、相等向量、 相反向量等概念和平面向量中相对应的概念完全相同． 2．由于向量是由其模和方向确定的，因此解答空间向量 有关概念问题时，通常抓住这两点来解决． 3．零向量是一个特殊向量，其方向是任意的，且与任何 向量都共线，这一点说明了共线向量不具备传递性．
图 3－1－20
(3)|G→F|＝12a，|A→C|＝a， 又∵G→F∥A→C，〈G→F，A→C〉＝π， ∴G→F·A→C＝12a2cos π＝－12a2； (4)∵|E→F|＝12a，|B→C|＝a，E→F∥B→D， ∴〈E→F，B→C〉＝〈B→C，B→D〉＝60°， ∴B→C·E→F＝12a2cos 60°＝14a2.
数学文 优秀ppt名师课件.高考小题 2
f ( 1 =)
2
lo
g
2
1 2
=－ -111-2=-3<0,
2
f(1)=log21-1 =0-1<0,
1
f(2)=log22-12
=1- 1
2
= 1 >0,
2
f(3)=log23- 1 >1- 1 = 2 >0,即f(1)·f(2)<0,
3
33
数学文 优秀课件. 高考小题 2 【优秀课件】
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(2)已知函数f(x)=ax+b(a>0,a≠1)的定义域和值域都 是[-1,0],则a+b=________.
数学文 优秀课件. 高考小题 2 【优秀课件】
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【解析】(1)选C.由题图可知, ①当x=0时,y=b >0,所以b>0;
c2
②当y=0时,即ax+b=0. 又根据选项知a≠0,所以x=- b >0,所以a<0;
－1＋ b解＝0得，
0＋ b ＝ －1 ，
所 a ＝以12a，+b=- .
b ＝ － 2 ，
3 2
答案:- 3
2
数学文 优秀课件. 高考小题 2 【优秀课件】
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考向二 函数的零点与方程(压轴题型考点)
角度1 确定函数零点个数或其存在范围
【例1】(1)函数f(x)=log2x- 1 的零点所在的区间
3.曲线y=|3x-1|与直线y=k的图象如图所示, 由图象可知,如果y=|3x-1|与直线y=k有两个公共点, 则实数k应满足0<k<1. 答案:(0,1)
高考数学(文)一轮课件：第一部分 专题六 平面向量
A．－12
1 B.2
C．－14
1 D.4
答案 A
解析 由题意知，C→O＝12(C→D＋C→A)＝1212C→B＋C→A＝14(A→B－A→C)＋12C→A＝ 14A→B－34A→C，∴λ＝14，μ＝－34，∴λ＋μ＝－12.故选 A.
答案
解析
2．(2019·广东韶关调研)如果等腰三角形 ABC 的周长是底边长 BC 的 5 倍，BC＝1，则A→B·B→C＝( )
因此 tanα＝tan(α－β＋β)＝1t－antaαn－αβ－＋βttaannββ＝12.
答案
20．(本小题满分 12 分)(2019·南宁二模)如图所示，在△ABO 中，O→C＝14 O→A，O→D＝12O→B，AD 与 BC 相交于点 M，设O→A＝a，O→B＝b，试用 a 和 b 表 示向量O→M.
A．－23a＋13b B．13a－23b C．43a＋13b D．－43a＋13b 答案 B
答案
解析 如图，B→E＝B→A＋A→E＝－A→B＋13A→C＝－A→B＋13(A→B＋A→D)＝－23A→B ＋13A→D＝13a－23b.故选 B.
解析
4．(2019·河北衡水中学一模)如图，在等腰梯形 ABCD 中，DC＝12AB， BC＝CD＝DA，DE⊥AC 于点 E，则D→E＝( )
3×－3＋ 3＋1
3＝－
3.
故选 A.
答案
解析
10．(2019·湖南联考)已知△ABC 的一内角 A＝π3，O 为△ABC 所在平面
上一点，满足|OA|＝|OB|＝|OC|，设A→O＝mA→B＋nA→C，则 m＋n 的最大值为
()
2 A.3
B．1
4 C.3
D．2
2021届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题ppt完美课件(95页)
2 0 2 1 届新高 考数学 二轮专 题复习 ：第三 章立体 几何第 1课时立 体几何 中的高 考小题 课 件 （共95 张PPT）
【解析】选D.方法一:设PA=PB=PC=2x,E,F分别为PA,AB的中点, 所以EF∥PB,且EF= 1 PB=x,
2
因为△ABC是边长为2的等边三角形, 所以CF= 3 ,又∠CEF=90°, 所以 CE 3AEx2=, PA=1 x,
【解析】选C.如图，设CD=a，PE=b，
则 PO PE2OE2 b2a2，
4由题意PO2=1 ab来自即b2 a2 1 ab，2
42
化简得 4(b)22b10，
aa
解得 b 1 (负5值舍去).
a4
2 0 2 1 届新高 考数学 二轮专 题复习 ：第三 章立体 几何第 1课时立 体几何 中的高 考小题 课 件 （共95 张PPT）
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,则三棱锥A-NMD1 的体积为________.
【解析】如图,
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,
所以S△ANM=12
×1×1= 1 ,
2
所以
11 1 V A N M D 1V D 1 A M N3223.
2
A. 2 2?
B.3π
C. 2 3
D. 3
【解析】选B.如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为
a，圆锥的高PO=3
a.由已知得CD= 2
a，PC=PD=2a，S则PCD1 2
2a
7a 2
7， 2
从而a=1，圆锥的表面积为πa×2a+πa2=3π.
高考数学专题讲座完整版.ppt
现象之三：同一位学生在相隔不长的时间内，参加两
次难度相近的考试，考试成绩一好一差，反差很大这又是
什么原因呢？
现象之四：在同一次考试中，有的学习尖子成绩低的 令人难以置信，而一些以往成绩平平的学生却有不俗的表 现，剔除试卷本身的因素外，还有没有其他原因呢？
精选
考场心态 考前心态 学习方法 学习基础 学习态度 努力学习 临场发挥 思维能力 复习方法
,cosx=
4 5
,
则
tan2x=
A
7 24
B
7 24
C 24
7
D
24 7
另解1（估算）∵x∈( 2
,0
)， cosx =
4 5
∈
（ 2， 3），∴
22
∴ <2x< ,
4
<x<
6
，
2
3
∴ tan2x< - 3 ,故选 （D）。
精选
新课程理科（7）题 设a>0，f(x)=ax2+bx+c，曲线y=f(x)在
各种因素在高考成功中的作用（百分比）
很小
较小
中等
较大
很大 重要性排名
2
6
20
72
1
7.8 23.5 68.9
2
6
38
56
3
1.9
19.6
45
47
4
1.9 19.6 19.6 58.8
5
5.9 13.7 25.5 54.9
6
5.9
15.6 33.3
45
7
3.9 15.6 43.1 37.2
8
1.9 19.6 41.9 37.2
高考数学复习高考专题突破二高考中的三角函数与平面向量问题市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课件
因为 f(x)＝52sin 2x－523(1＋cos 2x)＋523
＝5(12sin
2x－
3 2 cos
2x)＝5sin(2x－π3)，
所以函数的周期 T＝22π＝π.
16/51
(2)函数f(x)单调区间； 解答
由 2kπ－π2≤2x－π3≤2kπ＋π2(k∈Z)， 得 kπ－1π2≤x≤kπ＋51π2 (k∈Z)， 所以函数 f(x)的单调增区间为[kπ－1π2，kπ＋51π2](k∈Z). 由 2kπ＋π2≤2x－π3≤2kπ＋32π(k∈Z)， 得 kπ＋152π≤x≤kπ＋1112π(k∈Z)， 所以函数 f(x)的单调减区间为[kπ＋152π，kπ＋1112π](k∈Z).
29/51
(2)cos(B－C)值. 解答 在△ABC 中，sin B＝ 1－cos2B
＝ 1－132＝232，
由正弦定理，得
sin
C＝bcsin
B＝23×2 3
2＝4
2 9.
因为a＝b>c，所以C为锐角，
因此 cos C＝ 1－sin2C＝
1－4 9 22＝79.
于是 cos(B－C)＝cos Bcos C＋sin Bsin C
2－ 20
6 .
20/51
思维升华
依据三角形中已知条件，选择正弦定理或余弦定理求解；在做相关角范 围问题时，要注意挖掘题目中隐含条件，正确对结果进行取舍.
21/51
跟踪训练2 在△ABC中，角A，B，C所正确边分别为a，b，c.已知a＝3， cos A＝ ，B＝A＋ . (1)求b值； 解答
由题意知，sin A＝ 1－cos2A＝ 33， 又因为 B＝A＋π2，
解答
由(1)得：sin B＝35，cos B＝45，sin C＝cos C＝ 22， 则 sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝7102， cos A＝－cos(B＋C)＝－(cos Bcos C－sin Bsin C)＝－102，
新课标高考数学题型全归纳文科PPT函数省公共课一等奖全国赛课获奖课件
t
2
或
1 2
，对应图2-36（2）知，x1
3, x2
1 4
,
x3
1 2 , x4
2.
所以函数 y f f (x) 1 零点个数是 .4故选A.
y f (t)
y 1
t1Βιβλιοθήκη x1x3 x2 x4
2
t 2
图 2-36 第5页
【解析】 故选C.
第6页
【例2.82变式1】设函数 y x3 与
y
1 2
f f
(a) (b)
mb ma
，即
（ⅱ）当 a 1 b
1
1 a
ma
时1，b1函 数mbf
，得 a
(x) 在
b，故舍去；
a,1 上单调递减，1, b
上单调递增，函数
f (x) 值域中包含 ，0而 ma ，0 故不满足题意，舍去；
（ⅲ）当1 a b 时，函数 f (x) 在a,b上单调递增，
当
f (，x) 且 1 1 x 0 时，
，则
，
0ab
x f (a) f (b)
1 1 1 1
a
b
1 11 1
a
b
第16页
1 1 2 2 1 ，即 1 1 ，得 ab 1.
ab
ab
ab
（2）假设存在实数 a,b a b，使得函数 y f (x)
定义域，值域都是 a,b ，
图 2-40
【例2.89】设函数 f (x) 定义域为 ，D若存在非零实数 使l 得对于任意 x M ,
M D ，有x l D，且 f (x l) f (x) ，则称 f (x) 为 M上 l
高调函数. 假如定义域为 1, 函数 f为(x) x2 上1,
高考数学复习第四章三角函数与解三角形4.8解三角形应用举例文ppt市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖
∴∠ASB＝45°，由正弦定理知sinB3S0°＝sinA4B5°， ∴BS＝ABsi·nsi4n53°0°＝3 2.
11/74
角度二 两点不可到达的距离 [典题 2] [2017·辽宁沈阳一模]如图，A，B，C，D 都在同一 个与水平面垂直的平面内，B，D 为两岛上的两座灯塔的塔顶．测 量船于水面 A 处测得 B 点和 D 点仰角分别为 75°，30°，于水面 C 处测得 B 点和 D 点的仰角均为 60°，AC＝0.1 km.试探究图中 B， D 间距离与另外哪两点间距离相等，然后求 B，D 的距离(计算结 果精确到 0.01 km，
37/74
④ (2)坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i 为坡 度)．坡度又称为坡比．
38/74
[典题 5] [2017·浙江适应性考试]如图所示，为了解某海域 海底构造，在海平面内一条直线上的 A，B，C 三点进行测量， 已知 AB＝50 m，BC＝120 m，于 A 处测得水深 AD＝80 m，于 B 处测得水深 BE＝200 m，于 C 处测得水深 CF＝110 m，求∠DEF 的余弦值．
22/74
1.实际问题中角的概念理解错误． 为测量某塔 AB 的高度，在一幢与塔 AB 相距 20 m 的建筑物 的顶部测得塔顶 A 的仰角为 30°，测得塔基 B 的俯角为 45°，那 么塔 AB 的高度是____2_0__1_＋__3_3__m_____．
23/74
解析：由题意画出示意图，如图所示，易知 AD＝203＝203 3 m，BD＝CD＝20 m，故 AB＝20＋203 3＝201＋ 33(m)．
9/74
[典题 1] 某同学骑电动车以 24 km/h 的速度沿正北方向的 公路行驶，在点 A 处测得电视塔 S 在电动车的北偏东 30°方向上， 15 min 后到点 B 处，测得电视塔 S 在电动车的北偏东 75°方向上， 则点 B 与电视塔的距离是___3__2___km.
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角度二 两点不可到达的距离 [典题 2] [2017·辽宁沈阳一模]如图，A，B，C，D 都在同一 个与水平面垂直的平面内，B，D 为两岛上的两座灯塔的塔顶．测 量船于水面 A 处测得 B 点和 D 点仰角分别为 75°，30°，于水面 C 处测得 B 点和 D 点的仰角均为 60°，AC＝0.1 km.试探究图中 B， D 间距离与另外哪两点间距离相等，然后求 B，D 的距离(计算结 果精确到 0.01 km，
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④ (2)坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i 为坡 度)．坡度又称为坡比．
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[典题 5] [2017·浙江适应性考试]如图所示，为了解某海域 海底构造，在海平面内一条直线上的 A，B，C 三点进行测量， 已知 AB＝50 m，BC＝120 m，于 A 处测得水深 AD＝80 m，于 B 处测得水深 BE＝200 m，于 C 处测得水深 CF＝110 m，求∠DEF 的余弦值．
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1.实际问题中角的概念理解错误． 为测量某塔 AB 的高度，在一幢与塔 AB 相距 20 m 的建筑物 的顶部测得塔顶 A 的仰角为 30°，测得塔基 B 的俯角为 45°，那 么塔 AB 的高度是____2_0__1_＋__3_3__m_____．
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解析：由题意画出示意图，如图所示，易知 AD＝203＝203 3 m，BD＝CD＝20 m，故 AB＝20＋203 3＝201＋ 33(m)．
9/74
[典题 1] 某同学骑电动车以 24 km/h 的速度沿正北方向的 公路行驶，在点 A 处测得电视塔 S 在电动车的北偏东 30°方向上， 15 min 后到点 B 处，测得电视塔 S 在电动车的北偏东 75°方向上， 则点 B 与电视塔的距离是___3__2___km.
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【拓展提升】 由三视图还原到直观图的思路 (1)根据俯视图确定几何体的底面. (2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特 征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置. (3)确定几何体的直观图形状.
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
考向二 几何体的表面积与体积 (保分题型考点) 【题组通关】 1.如图为一个多面体的三视图,则该多面体的体积为 ()
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
【解析】由三视图可知,正方体体积V1=43=64,四棱柱
体积V2= 2 4 2 ×4=24,
2
所以该几何体体积V=V1-V2=40. 答案:40
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
4.已知一个几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
A.1
B.2
C.3
D.4
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
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【解析】选B.设点P在平面A1ADD1的射影为P′,在平面 C1CDD1的射影为P″,如图所示. 所以三棱锥P-BCD的正视图与侧
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
【解析】 由题设及几何体的三视图知,该几何体是一个正方体截 去4个三棱锥后剩余的内接正三棱锥B-A1C1D(如图所 示).
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
A.π+ 1
3
B.2π+ 2
3
C.π+ 2
3
D.2π+ 1
3
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
【解析】选C.由三视图可知:该几何体是由上下两部分 组成,上面是两个全等的三棱锥,下面是一个圆柱体; 所以该几何体的体积为:V=π×12×1+2× ×12×11×1=π+
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
A.2 0
3
B.7 C. 2 2
3
D. 2 3
3
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
【解析】选B.由三视图知,该几何体是
棱长为2的正方体截去三棱锥D-D1MN与 三棱锥A-MA1B后剩下的多面体 所以该几何体的体积
2
D. 1 ( 2 2 +2 2 +8)
2
【解析】选B.根据三视图可知该几何体是底面为直角
三角形的三棱锥,其表面积
S= 122 12 3 1 2 3
2
2
2
121 11 2 2 32 8.
2
2
2.某三棱锥的三视图如图所示,其侧视图为直角三角形, 则该三棱锥最长的棱长等于 ( )
A.4 2 C. 4 1
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
【解析】选B.由几何体的正视图和俯视图可知该几何 体的直观图为长方体截去了右上方的一个角如图①,故 其侧视图为图②.
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
V=23- 1 1 ×12×2- 1 1 ×2×1×2=7.
32
32
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
2.如图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为 ()
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
B. 3 4 D.5 2
【解析】选C.根据几何体的三视图,知该几何体是底面 为直角三角形,两侧面垂直于底面,高为5的三棱锥 P-ABC(如图所示). 棱锥最长的棱长PA= 25＋ 16＝41.
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
3.如图,在底面边长为1,高为2的正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,点P是平面A1B1C1D1内一点,则三棱锥P-BCD 的正视图与侧视图的面积之和为 世纪金榜导学号 ()
第1课时 空间几何体的表面积与体积计算
考向一 空间几何体的三视图与直观图 (保分题型考点) 【题组通关】 1.如图,网格纸中的小正方形的边长均为1,图中粗线画 出的是一个几何体的三视图,则这个几何体的表面积为 ()
A.
1 2
( 2 2 +3
2 +4)
C. 1 ( 2 2 + 2 +8)
2
B. 1 ( 2 2 +3 2 +8)
几何体的体积为________cm3.
世纪金榜导学号
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
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【解析】根据三视图可知几何体下部是一个
高为1,底面半径为1的圆锥.上部是一个高为
3的圆柱被一个斜平面所截后的一部分,底面
半径是1,所以几何体的体积是
1 ×12×π×1+π×12×(1+ ×1 2)= .7
视图分别为△P′AD与△P″CD,因此所求面积S=S△P′AD+S△P″C
×1×2+ ×1×2=2.1
1
2
2
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
4.将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥, 得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体 的侧视图为 ( ) 世纪金榜导学号
3
2
3
答案:
7
3
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
5.如图,某三棱锥的三视图是三个边长相等的正方形及 对角线,若该三棱锥的体积是 1 ,则它的棱长是
3
________,它的表面积是________. 世纪金榜导学号
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
32 2 3
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
Hale Waihona Puke 数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
3.(2019·北京高考)某几何体是由一个正方体去掉一 个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正 方形的边长为1,那么该几何体的体积为________.
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
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考向二 几何体的表面积与体积 (保分题型考点) 【题组通关】 1.如图为一个多面体的三视图,则该多面体的体积为 ()
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
【解析】由三视图可知,正方体体积V1=43=64,四棱柱
体积V2= 2 4 2 ×4=24,
2
所以该几何体体积V=V1-V2=40. 答案:40
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
4.已知一个几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
A.1
B.2
C.3
D.4
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
【解析】选B.设点P在平面A1ADD1的射影为P′,在平面 C1CDD1的射影为P″,如图所示. 所以三棱锥P-BCD的正视图与侧
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
【解析】 由题设及几何体的三视图知,该几何体是一个正方体截 去4个三棱锥后剩余的内接正三棱锥B-A1C1D(如图所 示).
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
A.π+ 1
3
B.2π+ 2
3
C.π+ 2
3
D.2π+ 1
3
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
【解析】选C.由三视图可知:该几何体是由上下两部分 组成,上面是两个全等的三棱锥,下面是一个圆柱体; 所以该几何体的体积为:V=π×12×1+2× ×12×11×1=π+
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
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A.2 0
3
B.7 C. 2 2
3
D. 2 3
3
数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
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【解析】选B.由三视图知,该几何体是
棱长为2的正方体截去三棱锥D-D1MN与 三棱锥A-MA1B后剩下的多面体 所以该几何体的体积
2
D. 1 ( 2 2 +2 2 +8)
2
【解析】选B.根据三视图可知该几何体是底面为直角
三角形的三棱锥,其表面积
S= 122 12 3 1 2 3
2
2
2
121 11 2 2 32 8.
2
2
2.某三棱锥的三视图如图所示,其侧视图为直角三角形, 则该三棱锥最长的棱长等于 ( )
A.4 2 C. 4 1
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【解析】选B.由几何体的正视图和俯视图可知该几何 体的直观图为长方体截去了右上方的一个角如图①,故 其侧视图为图②.
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V=23- 1 1 ×12×2- 1 1 ×2×1×2=7.
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2.如图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为 ()
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B. 3 4 D.5 2
【解析】选C.根据几何体的三视图,知该几何体是底面 为直角三角形,两侧面垂直于底面,高为5的三棱锥 P-ABC(如图所示). 棱锥最长的棱长PA= 25＋ 16＝41.
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3.如图,在底面边长为1,高为2的正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,点P是平面A1B1C1D1内一点,则三棱锥P-BCD 的正视图与侧视图的面积之和为 世纪金榜导学号 ()
第1课时 空间几何体的表面积与体积计算
考向一 空间几何体的三视图与直观图 (保分题型考点) 【题组通关】 1.如图,网格纸中的小正方形的边长均为1,图中粗线画 出的是一个几何体的三视图,则这个几何体的表面积为 ()
A.
1 2
( 2 2 +3
2 +4)
C. 1 ( 2 2 + 2 +8)
2
B. 1 ( 2 2 +3 2 +8)
几何体的体积为________cm3.
世纪金榜导学号
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【解析】根据三视图可知几何体下部是一个
高为1,底面半径为1的圆锥.上部是一个高为
3的圆柱被一个斜平面所截后的一部分,底面
半径是1,所以几何体的体积是
1 ×12×π×1+π×12×(1+ ×1 2)= .7
视图分别为△P′AD与△P″CD,因此所求面积S=S△P′AD+S△P″C
×1×2+ ×1×2=2.1
1
2
2
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4.将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥, 得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体 的侧视图为 ( ) 世纪金榜导学号
3
2
3
答案:
7
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5.如图,某三棱锥的三视图是三个边长相等的正方形及 对角线,若该三棱锥的体积是 1 ,则它的棱长是
3
________,它的表面积是________. 世纪金榜导学号
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Hale Waihona Puke 数学文 优秀课件. 高考小题 1 【优秀课件】
3.(2019·北京高考)某几何体是由一个正方体去掉一 个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正 方形的边长为1,那么该几何体的体积为________.
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