重庆市育才中学高2014级一轮复习学案(理科数学)66空间几何体的结构、三视图、直观图(教师版)
重庆市育才中学高2014级一轮复习学案(理科数学) 38直线与椭圆(教师用)
38直线与椭圆一、学习内容：选修2-1P31～40 二、课标要求：1．能够把研究直线与椭圆位置关系的问题转化为研究方程解的问题，会根据韦达定理及判别式解决问题．2．通过对椭圆的学习，进一步体会数形结合的思想．三、基础知识1．直线与椭圆位置关系判断联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m x 2a 2＋y 2b2＝1得：(b 2＋a 2k 2)x 2＋2a 2kmx ＋a 2m 2－a 2b 2＝0．该一元二次方程的判别式为△．则△>0⇔有 个交点⇔相交；△＝0⇔有 个交点⇔相切；△<0⇔ 交点⇔相离． 2．椭圆的弦(1)焦半径：点()00,P x y 为椭圆22221x y a b+=上一点，12,F F 分别为椭圆的左右焦点，12,PF PF 称为椭圆的焦半径.则10PF a ex =+，20PF a ex =-（记忆方法：左+右-）（怎样推导？）(2)若AB 为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点弦（过焦点的弦），A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．若AB 过左焦点，则弦长()()()1112122AB AF BF a ex a ex a e x x =+=+++=++(左+) 若AB 过右焦点，则弦长()()()2212122AB AF BF a ex a ex a e x x =+=-+-=+-（右-）通径（过焦点且垂直于长轴的弦）为最短的焦点弦，通径＝2b 2a ．（怎样推导？）(3) 若AB 为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一般弦，A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)．①弦长l ＝|x 1－x 2|1＋k 2＝|y 1－y 2| 1＋1k2.（怎样推导？）②若弦AB 的中点为M (x 0，y 0)，则22AB OMb k k a⋅=-.（怎样推导？）四、基础练习1．已知直线l ：y ＝2x ＋m ，椭圆C ：x 24＋y 22＝1，试问：当m 取何值时，直线l 与椭圆C ：(1)有两个不重合的公共点；(2)有且只有一个公共点；(3)没有公共点？ 【解析】 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m x 24＋y 22＝1得：9x 2＋8mx ＋2m 2－4＝0，其Δ＝(8m )2－4×9×(2m 2－4)＝－8m 2＋144，(1)由Δ>0，得－32<m <32，此时直线与椭圆C 有两个不同的公共点； (2)由Δ＝0，得m ＝±32，此时直线与椭圆C 有且只有一个公共点； (3)由Δ<0，得m <－32，或m >32，此时直线与椭圆C 没有公共点．综上所述，当－32<m <32时，直线l 与椭圆C 有两个不重合的公共点；当m ＝±32时，直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点；当m <－32或m >32时，直线l 与椭圆C 没有公共点． 2.已知F 1为椭圆C ：x 22＋y 2＝1的左焦点，直线l ：y ＝x －1与椭圆C 交于A 、B 两点，则|F 1A |＋|F 1B |的值为________．【解析】设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1y ＝x －1消去y 整理得3x 2－4x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝43，易得点A (0，－1)、B (43，13)．又点F 1(－1,0)，因此|F 1A |＋|F 1B |＝12＋(－1)2＋ (73)2＋(13)2＝823. 3．(2010·新课标全国)设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2＋y 2b2＝1(0＜b ＜1)的左、右焦点，过F 1的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等差数列．(1)求|AB |；(2)若直线l 的斜率为1，求b 的值．【解析】 (1)由椭圆定义知|AF 2|＋|AB |＋|BF 2|＝4，又2|AB |＝|AF 2|＋|BF 2|，得|AB |＝43.(2)l 的方程为y ＝x ＋c ，其中c ＝1－b 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ，B 两点坐标满足方程组 ⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋c ， x 2＋y 2b 2＝1.化简得(1＋b 2)x 2＋2cx ＋1－2b 2＝0.则x 1＋x 2＝－2c 1＋b 2，x 1x 2＝1－2b 21＋b 2.因为直线AB 的斜率为1，所以|AB |＝2|x 2－x 1|，即43＝2|x 2－x 1|.则89＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4(1－b 2)(1＋b 2)2－4(1－2b 2)(1＋b 2)＝8b 4(1＋b 2)2，解得b ＝22. 4．(2011·北京理)已知椭圆G ：x 24＋y 2＝1，过点(m,0)作圆x 2＋y 2＝1的切线l 交椭圆G 于A ，B 两点，将|AB |表示为m 的函数，并求|AB |的最大值．【解析】 由题意知，|m |≥1.当m ＝1时，切线l 的方程为x ＝1，点A ，B 的坐标分别为(1，32)，(1，－32)，此时|AB |＝ 3. 当m ＝－1时，同理可得|AB |＝ 3.当|m |>1时，设切线l 的方程为y ＝k (x －m )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －m )， x 24＋y 2＝1.得(1＋4k 2)x 2－8k 2mx ＋4k 2m 2－4＝0. 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则 x 1＋x 2＝8k 2m 1＋4k 2，x 1x 2＝4k 2m 2－41＋4k 2.又由l 与圆x 2＋y 2＝1相切，得|km |k 2＋1＝1，即m 2k 2＝k 2＋1. 所以|AB |＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2 ＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝(1＋k 2)[64k 4m 2(1＋4k 2)2－4(4k 2m 2－4)1＋4k 2]＝43|m |m 2＋3.由于当m ＝±1时，|AB |＝3， 所以|AB |＝43|m |m 2＋3，m ∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)． 因为|AB |＝43|m |m 2＋3＝43|m |＋3|m |≤2，且当m ＝±3时，|AB |＝2， 所以|AB |的最大值为2.点评：(1)由已知点设直线方程时，要注意斜率存在和不存在的情况，适当时候要分类讨论． (2)在解决有关弦长问题时，常用设而不求思想．5．过点P (－1,1)作直线与椭圆x 24＋y 22＝1交于A 、B 两点，若线段AB 的中点恰为P 点，求AB 所在直线的方程．【解析】 解法一：∵(－1)24＋122<1，∴P 在椭圆内，∴过P 作直线与椭圆必交于A 、B 两点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠x 2)，由已知：⎩⎨⎧x 1＋x22＝－1 y 1＋y22＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2 y 1＋y 2＝2. 则有：⎩⎨⎧x 214＋y 212＝1 ① x 224＋y222＝1 ②①－②得：(x 1－x 2)(x 1＋x 2)4＋(y 1－y 2)(y 1＋y 2)2＝0，∵x 1≠x 2，∴－24＋22·y 1－y 2x 1－x 2＝0，即－12＋k AB ＝0，k AB ＝12.∴AB 所在直线的方程为y －1＝12(x ＋1)，即x －2y ＋3＝0.解法二：由题意知，弦AB 所在直线的斜率k 存在，且不为零． 设AB 所在直线方程为y －1＝k (x ＋1)，A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2) 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋k ＋1 x 24＋y 22＝1，得：(1＋2k 2)x 2＋4k (k ＋1)x ＋2(k ＋1)2－4＝0， Δ＝16k 2(k ＋1)2－4(1＋2k 2)[2(k ＋1)2－4]＝8(3k 2－2k ＋1)>0恒成立． ∴x 1＋x 2＝－4k (k ＋1)1＋2k 2，∴－1＝x 1＋x 22＝－2k (k ＋1)1＋2k 2，k ＝12. ∴AB 所在直线的方程为y －1＝12(x ＋1)，即x －2y ＋3＝0.点评：本类型题目常见问题有：①过定点被定点平分的弦所在直线的方程；②平行弦中点轨迹；③过定点的弦的中点的轨迹．解决有关弦及弦中点问题常用方法是“韦达定理”和“点差法”．这两种方法的前提都必须保证直线和椭圆有两个不同的公共点．6．(2011·上海文改编)已知椭圆C ：x 2m 2＋y 2＝1(常数m >1)，P 是C 上的动点，M 是C 的右顶点，定点A 的坐标为(2,0)．(1)若M 与A 重合，求C 的焦点坐标；(2)若m ＝3，求|P A |的最大值与最小值；【解析】 (1)∵M 与A 重合，∴m ＝2.∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.∴半焦距c ＝4－1＝3，∴焦点坐标为(3，0)和(－3，0)． (2)∵m ＝3，∴椭圆方程为x 29＋y 2＝1.设动点P 的坐标为(x ，y )，则|P A |2＝(x －2)2＋y 2＝(x －2)2＋1－x 29＝89⎝⎛⎭⎫x －942＋12，－3≤x ≤3.当x ＝94时，|P A |取得最小值22；当x ＝－3时，|P A |取得最大值5.7．已知对k ∈R ，直线y －kx －1＝0与椭圆x 25＋y 2m ＝1恒有公共点，求实数m 的取值范围．【解法一】 由椭圆的方程，可知m >0，且m ≠5.将直线与椭圆的方程联立方程组，得⎩⎪⎨⎪⎧y －kx －1＝0，① x 25＋y 2m＝1，②由①，得y ＝kx ＋1，代入②，得x 25＋(kx ＋1)2m＝1，整理，得(5k 2＋m )x 2＋10kx ＋5(1－m )＝0，因为直线与椭圆恒有公共点，故Δ＝(10k )2－4×(5k 2＋m )×5(1－m )＝20(5k 2m －m ＋m 2)≥0 因为m >0，所以不等式等价于5k 2－1＋m ≥0，即k 2≥1－m 5，由题意，可知不等式恒成立，则1－m5≤0，解得m ≥1.综上m 的取值范围为m ≥1且m ≠5.【解法二】 因为直线y －kx －1＝0过定点P (0,1)．要使直线和椭圆恒有公共点，则该点在椭圆上或椭圆内，即025＋12m ≤1，整理，得1m ≤1，解得m ≥1.又方程x 25＋y 2m ＝1表示椭圆，所以m >0且m ≠5，综上m 的取值范围为m ≥1且m ≠5.【点评】直线与椭圆位置关系的判断有两种方法，一是联立方程，借助一元二次方程的判别式Δ来判断，二是借助几何性质来判断．如本例中的解法二则更为简捷，根据直线系方程抓住直线恒过定点的特征，将问题转化为点和椭圆的位置关系，这也是解决该题的难点所在，破解此类问题的关键是熟练掌握直线系方程，另外抓住题中“k ∈R ”这个条件结合图形，也是很容易想到直线必过定点．8．椭圆22110036x y +=10P P 上一点到右准线的距离为，求点到左焦点的距离。
重庆市育才中学高2014级一轮复习学案(理科数学)67空间几何体的表面积、体积(教师版)
67空间几何体的表面积、体积一、学习内容：必修第三册 P18～25二、课标要求：1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征．能正确描述现实生活中简单物体的结构．2．了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．三、基础知识1．几何体的表面积(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各个面的面积的和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是 、 、 .(3)若圆柱、圆锥的底面半径为r ，母线长l ，则其表面积为S 柱＝ 、S 锥＝ .(4)若圆台的上下底面半径为r 1、r 2，母线长为l ，则圆台的表面积为S ＝ .(5)球的表面积为 .2．几何体的体积(1)V 柱体＝ .(2)V 锥体＝ .(3)V 台体＝13(S ′＋SS ′＋S )h ，V 圆台＝ _____，V 球＝ (球半径是R )． 四、典型例题分析1.【2012湖北理4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．8π3 B ．3π C ．10π3D ．6π 【答案】B【解析】显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B.2．（2013 广东（理））某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是（） A ．4B ．143C ．163D ．6【答案】B3．（2013新课标1（理））如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,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6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为（ ）A ．35003cm πB ．38663cm πC ．313723cm πD ．320483cm π 4．（2013湖北（理））一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为1V ,2V ,3V ,4V ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有 （正视图 俯视图 侧视图第5题图）A ．1243V V V V <<<B ．1324V V V V <<<C ．2134V V V V <<<D ．2314V V V V <<<【答案】C5.【2012新课标理11】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）()A 6 ()B 6 ()C 3 ()D 2【答案】A【解析】ABC ∆的外接圆的半径r =，点O 到面ABC 的距离d ==,SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2d =此棱锥的体积为11233436ABC V S d ∆=⨯=⨯⨯=另：1236ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D ,选A.6. 如右图所示，在直径AB ＝4的半圆O 内作一个内接直角三角形ABC ，使∠BAC＝30°，将图中阴影部分，以AB 为旋转轴旋转180°形成一个几何体，求该几何体的表面积及体积．【解析】 AB ＝4，R ＝2，S 球＝4πR ＝16π，设DC ＝x ，则AC ＝2x ，BC ＝x sin60°＝23x 3， 在Rt △ABC 中，4x 2＋4×3x 29＝16，x ＝3， S 锥侧上＝πrl ＝π·3·23＝6π，S 锥侧下＝πrl ＝π·3·2＝23π，S 表＝12(S 球＋S 锥侧上＋S 锥侧下)＝(11＋3)π. ∴V ＝12(V 球－V 锥上－V 锥下) ＝12⎣⎡⎦⎤43πR 3－13πCD 2(AD ＋BD )＝103π. 7. 如下图中多面体是经过正四棱柱底面顶点B 作截面A 1BC 1D 1而截得的，已知AA 1＝CC 1，截面A1BC 1D 1与底面ABCD 成45°的二面角，AB ＝1，则这个多面体的体积为( )A.22B.33C.24D. 2【解析】 以正方形ABCD 为底面，DD 1为棱将上图补成一个正四棱柱ABCD －A 2B 1C 2D 1，如下图所示，∵截面A 1BC 1D 1与底面ABCD 成45°的二面角．∴原多面体的体积恰好为补成的正四棱柱体积的一半．∵AA 1＝CC 1，易知∠D 1BD 为截面与底面ABCD 所成的二面角的平面角．∴∠D 1BD ＝45°.∵AB ＝1，∴BD ＝2，DD 1＝ 2.∴正四棱柱ABCD －A 2B 1C 2D 1的体积V ＝1×2＝ 2.∴所求多面体的体积为22. 五、基础练习1．若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的全面积为________． 答案 3π解析 已知正三角形的面积求其边长，然后利用圆锥的母线，底面半径与轴截面三角形之间的关系，根据圆锥的全面积公式可求．如图，设圆锥轴截面三角形的边长为a ，则34a 2＝3，∴a 2＝4，∴a ＝2， ∴圆锥的全面积：S ＝π(a 2)2＋π·a 2·a ＝3π. 2．正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为________．答案 23解析 本题考查几何体体积的求法，易知正三棱锥的侧棱长为2，则其体积为16(2)3＝23. (若一个三棱锥的三条侧棱两两相互垂直且侧棱长分别为a 、b 、c ，则其体积为16abc )．3. 如图所示，E 、F 分别是边长为1的正方形ABCD 边BC 、CD 的中点，沿线AF ，AE ，EF 折起来，则所围成的三棱锥的体积为( )A.13B.16C.112D.124答案 D解析 设B 、D 、C 重合于G ，则VA －EFG ＝13×1×12×12×12＝124. 4．(2011·北京文)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是( )A ．32B ．16＋16 2C ．48D ．16＋32 2答案 B解析 该空间几何体是底面边长为4、高为2的正四棱锥，这个四棱锥的斜高为22，故其表面积是4×4＋4×12×4×22＝16＋16 2. 5．(2011·广东文)如图，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )A ．4 3B ．4C ．2 3D ．2答案 C解析由题意知该几何体为如上图所示的四棱锥，底面为菱形，且AC ＝23，BD ＝2，高OP ＝3，其体积V ＝13×(12×23×2)×3＝2 3.6．(2011·安徽理)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱，所以该直四棱柱的表面积为：S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.【答案】 C7.（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为 （ ）A ．5603B ．5803C ．200D ．240【答案】C8．已知一个正三棱台的两底面边长分别为30 cm 和20 cm ，且其侧面积等于两底面积之和，求棱台的高及体积．【解析】 如上图所示，正三棱台ABC －A 1B 1C 1中，O 、O 1分别为两底面中心，D 、D 1分别为BC 和B 1C 1中点，则DD 1为棱台的斜高，设A 1B 1＝20，AB ＝30，则OD ＝53，O 1D 1＝1033， 由S 侧＝S 上＋S 下，得12(20＋30)×3×DD 1＝34(202＋302)， ∴DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中， O 1O ＝DD 21－(OD －O 1D 1)2＝43，∴棱台的高为4 3 cm.∴V ＝13(S 上＋S 上S 下＋S 下)h ＝1900 cm 3.9. (2011·天津)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.【解析】 由三视图可知该几何体是组合体，下面是长方体，长、宽、高分别为3、2、1，上面是一个圆锥，底面圆半径为1，高为3，所以该几何体的体积为3×2×1＋13π×3＝6＋π.【答案】 6＋π10【2012广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为A ．12π B.45π C.57π D.81π【答案】C【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得πππ57533-53312222=⨯⨯+⨯⨯⨯=+=圆柱圆锥V V V ．故选C ．腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除ABC ，故选Ｄ．11．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理））已知某一多面体内接于一个简单组合体,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_______________【答案】12π。
空间几何体的结构及其三视图和直观图
提 素 养 误 区 分 析
切 脉 搏 核 心 突 破
柱与一个圆柱的组合体的俯视图； C 图是一个底面为等腰直 角三角形的三棱柱与一个四棱柱的组合体的俯视图，采用排 除法，故选 D.
【答案】 (1)D (2)D
菜 单
演 实 战 沙 场 点 兵
课 时 提 升 练
高三总复习· 数学(理)
提 素 养 误 区 分 析
菜 单
演 实 战 沙 场 点 兵
课 时 提 升 练
高三总复习· 数学(理)
提 素 养 误 区 分 析
④若四棱柱有两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则
研 动 向 考 纲 考 向
该四棱柱为直四棱柱； ⑤存在每个面都是直角三角形的四面体． 其中正确命题的序号是( A．①②③④ ) B．②③④⑤ D.①②③④⑤
根据常见几何体的结构特征或举反例逐
切 脉 搏 核 心 突 破
C．③④⑤
【思路点拨】 一进行辨析．
演 实 战 沙 场 点 兵
课 时 提 升 练
菜
单
高三总复习· 数学(理)
提 素 养 误 区 分 析
【解析】 ①不正确，如长方体的侧面不一定全等．
研 动 向 考 纲 考 向
②不正确，截面与底面不一定平行． ③正确，由面面垂直的判定及性质可知该命题正确． ④正确， 因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱， 又垂直于底面．
切 脉 搏 核 心 突 破
【答案】 B
课 时 提 升 练
菜
单
高三总复习· 数学(理)
提 素 养 误 区 分 析
4． (2013· 四川高考)一个几何体的三视图如图 713 所示，
研 动 向 考 纲 考 向
则该几何体的直观图(如右图)可以是(
高中数学教学课例《“空间几何体的结构、三视图和直观图”》课程思政核心素养教学设计及总结反思
体的结构特征的题型； 教学目标
2、熟悉一些典型的几何体模型，如三棱柱、长(正)
方体、三棱锥等几何体的三视图。
本班学生学习态度比较端正，大部分学生能够积极 学生学习能
思考；但对于女生来说，空间想象能力还是比较欠缺， 力分析
学习体地位，在教师点明本
高中数学教学课例《“空间几何体的结构、三视图和直观 图”》教学设计及总结反思
学科
高中数学
教学课例名
《“空间几何体的结构、三视图和直观图”》
称
本节课为高三一轮复习中的空间几何体的结构、三
教材分析 视图和直观图，要求学生重点掌握以三视图为命题背
景，研究空间几何体的结构特征的题型。
1、重点掌握以三视图为命题背景，研究空间几何
对部分学习有困难的学生给于指导； 共性的问题适时点拨（多媒体展示图形） 完成基础自测题 给学生思考的时间和空间
对不同层次的学生给于不同的指导； 共性的问题适时点拨（多媒体展示图形） 完成“几何体的三视图”、“几何体的直观图”部 分的例题和变式题。 给学生思考的时间和空间
引导学生总结、反思解题的一般思路和策略，课堂 小结，课外作业布置
总结、反思三视图还原成直观图的一般方法，解题 策略
由学生自主进行小结反思，更容易理解，记忆
我在教学中，采取通过学生自己的亲身实践，动手
作图来完成；我还充分利用教材“思考”栏目中提出的 课例研究综
问题，让学生在动手实践的过程中学会三视图的作法， 述
体会三视图的作用。再加上学生原有的基础，很圆满地
完成了这一部分的教学，并且收到了良好的效果。
教学策略选 节课的主体知识和高考动向后，给学生充分的思维时间
择与设计 和空间；设法引导学生积极动手探索解题思路并寻求解
《创新设计·高考一轮总复习》数学 立体几何 第1讲
B．棱锥 D．都不对
从俯视图来看，上、下底面都是正方形，但大小不一
样，可以判断是棱台． 答案 A
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
3．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则 这个几何体一定是 ( )．
A．圆柱
C．球体 解析
B．圆锥
D．圆柱、圆锥、球体的组合体
当用过高线的平面截圆柱和圆锥时，截面分别为矩
正前 方、 正左 方、 正上方观察几何体得到的正投影图． ③观察简单组合体是由哪几个简单几何体组成的，并注意它 们的组成方式，特别是它们的交线位置．
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
3．直观图 空间几何体的直观图常用 斜二测 画法来画，其规则是：
(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′
体是直四棱柱．
答案 是
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
考向一 空间几何体的结构特征 【例1】►给出下列四个命题： 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底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱 是正棱柱； ③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何 体都是圆锥；
(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误 的，只要举出一个反例即可．
抓住3个考点
突破3个考向
揭秘3年高考
【训练1】 给出下列四个命题： ①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；
②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；
③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体； ④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱． 其中不正确的命题的个数是________个．
形和三角形，只有球满足任意截面都是圆面． 答案 C
2014届高三数学(理)总复习-解题技巧-10份-大全
2014届高三数学（理）总复习\解题技巧\10份\大全一、空间几何体的三视图及其表面积、体积柱、锥、台、球及其简单组合体，三视图，直观图等内容是立体几何的基础，是研究空间问题的基本载体，也是高考对立体几何考查的一个重要方面，其中几何体的结构特征和三视图是高考的热点．(一)高考对三视图的三个考查角度1．由几何体画三视图或考查对简单几何体的三视图的识别解答此类问题的关键是：一要掌握各种基本几何体的三视图，注意简单组合体的构成；二要熟悉三视图“长对正、高平齐、宽相等”的法则．[例1]如图所示，已知三棱锥的底面是直角三角形，直角边长分别为3和4，过直角顶点的侧棱长为4，且垂直于底面，该三棱锥的主视图是()[解析]结合三视图的画法规则可知B正确．[答案] B2．由三视图还原几何体，考查对空间几何体的认识及空间想象能力．由几何体的三视图还原几何体，一般如下处理：首先通过俯视图确定几何体底面的大致形状，然后利用正视图和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，确定几何体的形状．[例2]三视图如图所示的几何体是()A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台[解析]由三视图知该几何体为一四棱锥，其中有一侧棱垂直于底面，底面为一直角梯形．[答案] B3．借助于三视图研究几何体的表面积、体积解决此类问题关键是通过三视图确定空间几何体中的几何量的关系其中，正视图、侧视图的高就是空间几何体的高，正视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度，侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度．[例3] 如图是某几何体的三视图，其中正视图是斜边长为2a 的直角三角形，侧视图是半径为a 的半圆，则该几何体的体积是( )A.36πa 3 B.3πa 3 C.34πa 3 D ．23πa 3[解析] 由侧视图为半圆可知，该几何体与圆柱、圆锥、球有关，结合正视图是一个直角三角形知该几何体是沿中心轴线切开的半个圆锥，将剖面放置在桌面上，如图，由条件知，半圆锥的母线长为2a ，底面半径为a ，故半圆锥的高为(2a )2－a 2＝3a ，几何体的体积V ＝12×⎝⎛⎭⎫13×πa 2×3a ＝36πa 3. [答案] A(二)求体积的几种方法空间几何体的体积是高考考查立体几何的考点之一，求空间几何体的体积的常用方法主要有：公式法、转化法、割补法．1．公式法：直接根据相关的体积公式计算．[例4] 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该球的体积为43π，则该正方体的表面积为________．[解析] 依题意知正方体的体对角线长等于球的直径，设球的半径为R ， 则43π＝43πR 3， 所以R ＝3，于是正方体的体对角线长为2 3.设正方体的棱长为a ， 则有23＝3a ，于是a ＝2，因此正方体的表面积为6a 2＝24.[答案] 242．转化法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高，从而使得体积计算更容易，或是可以求出一些体积比等．[例5] 如图所示，在正六棱锥P －ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D －GAC 与三棱锥P －GAC 体积之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．3∶2[解析] 根据三棱锥的特点，可以采用等体积转化的方法解决．法一：如图所示，由于点G 为PB 的中点，故点P ，B 到平面GAC 的距离相等，故三棱锥P －GAC 的体积等于三棱锥B －AGC 的体积，根据三棱锥的特点，所要解决的两个三棱锥的体积之比就等于三棱锥G －ACD 与三棱锥G －ABC 的体积之比，由于这两个三棱锥的高相等，体积之比等于其底面积之比，即△ACD 与△ABC 的面积之比，这个面积之比是2∶1.法二：如图所示，连接BD 交AC 于H ，则点D ，B 到平面GAC 的距离之比等于DH ∶BH ，因为△AHD ∽△CHB ，故DH ∶BH ＝AD ∶BC ＝2∶1，三棱锥D －GAC 与三棱锥B －GAC 底面积相等，故其体积之比等于其高的比，即所求比值是2∶1.[答案] C3．割补法：把不能直接计算其体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可以计算体积的空间几何体，通过这个空间几何体的体积计算所求的空间几何体的体积．[例6] 如图所示，若正方体的棱长为2，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为( )A.26 B.23 C.33 D.23[解析] 如图所示，平面ABCD 把该多面体分割成两个体积相等的正四棱锥．以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是两个全等的正四棱锥，该正四棱锥的高是正方体边长的一半，底面面积是正方体一个面面积的一半，V ＝2×13×⎝⎛⎭⎫12×2×2×12×2＝23. [答案] B二、破解高考中立体几何的三个难点问题破解难点一：探究与球有关的组合体问题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．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心、“切点”或“接点”作出截面图．[例1] 四棱锥S －ABCD 的底面边长和各侧棱长都为2，点S ，A ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的体积为________．[解析] 如图所示，根据对称性，只要在四棱锥的高线SE 上找到一个点O 使得OA ＝OS ，则四棱锥的五个顶点就在同一个球面上．在Rt △SEA 中，SA ＝2，AE ＝1，故SE ＝1.设球的半径为r ，则OA ＝OS ＝r ，OE ＝1－r .在Rt △OAE 中，r 2＝(1－r )2＋1，解得r ＝1，即点O 为球心，故这个球的体积是4π3. [答案] 4π3破解难点二：平面图形翻折问题的求解将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称之为平面图形翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化，解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．[例2] 如图边长为a 的等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE交于点G ，已知△A ′DE 是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是( )①动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上；②BC ∥平面A ′DE ；③三棱锥A ′-FED 的体积有最大值．A ．①B ．①②C ．①②③D ．②③[解析] ①中由已知可得面A ′FG ⊥面ABC ，所以点A ′在面ABC 上的射影在线段AF 上．②∵BC ∥DE ，且BC ⊄平面A ′DE ，DE ⊂平面A ′DE ，∴BC ∥平面A ′DE .③当面A ′DE ⊥面ABC 时，三棱锥A ′-FED 的体积达到最大．[答案] C破解难点三：立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题的主要类型有：(1)探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；(2)探索结论，即在给定的条件下，命题的结论是什么．1．综合法对命题条件的探索常采用以下三种方法：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；(3)把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．对命题结论的探索常采用以下方法：首先假设结论成立，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设．[例3] (2013·东城模拟)如图，在△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB ＝60°，E ，F 分别是AC ，AD 上的动点，且AE AC ＝AF AD＝λ(0<λ<1)． (1)判断EF 与平面ABC 的位置关系并给予证明；(2)是否存在λ，使得平面BEF ⊥平面ACD ，如果存在，求出λ的值；如果不存在，说明理由．[解] (1)EF ⊥平面ABC .因为AB ⊥平面BCD ，所以AB ⊥CD ，又在△BCD 中，∠BCD ＝90°，所以BC ⊥CD ，又AB ∩BC ＝B ，所以CD ⊥平面ABC .又在△ACD 中，E ，F 分别是AC ，AD 上的动点，且AE AC ＝AF AD＝λ(0<λ<1)，∴EF ∥CD . ∴EF ⊥平面ABC .(2)存在．∵CD ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，∴BE ⊥CD ，∵∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，∴BD ＝ 2.在Rt △ABD 中，∠ADB ＝60°，∴AB ＝BD tan 60°＝6，则AC ＝AB 2＋BC 2＝7，当BE ⊥AC 时，BE ＝AB ×BC AC ＝67， AE ＝AB 2－BE 2＝677， 则AE AC ＝6777＝67， 则λ＝AE AC ＝67时，BE ⊥AC ， 又BE ⊥CD ，AC ∩CD ＝C ，∴BE ⊥平面ACD .∵BE ⊂平面BEF ，∴平面BEF ⊥平面ACD .所以存在λ，且当λ＝67时，平面BEF ⊥平面ACD . 方法2.空间向量法不论是对命题条件还是对命题结论的探索，利用空间向量法均可降低思维难度和计算难度，只要合理建立空间直角坐标系，标出各点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量(根据题中要求可引入参数)，结合结论和已知条件(若有参数则解出参数)，即可得出结果．[例4] (2012·淄博模拟)已知在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，且AD ＝2，AB ＝1，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是线段AB ，BC的中点．(1)证明：PF ⊥FD ；(2)判断并说明P A 上是否存在点G ，使得EG ∥平面PFD ；(3)若PB 与平面ABCD 所成的角为45°，求二面角A －PD －F 的余弦值．[解] (1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，AB ＝1，AD ＝2，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，F (1,1,0)，D (0,2,0) 不妨令P (0,0，t )，则PF ＝(1,1，－t )，DF ＝(1，－1,0)，∴PF ·DF ＝1×1＋1×(－1)＋(－t )×0＝0，即PF ⊥FD .(2)存在，设平面PFD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧ n ·PF ＝0，n ·DF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －tz ＝0，x －y ＝0， 令z ＝1，解得x ＝y ＝t 2. ∴n ＝⎝⎛⎭⎫t 2，t 2，1.设G 点的坐标为(0,0，m )，E ⎝⎛⎭⎫12，0，0， 则EG ＝⎝⎛⎭⎫－12，0，m ， 要使EG ∥平面PFD ，只需EG ·n ＝0，即⎝⎛⎭⎫－12×t 2＋0×t 2＋m ×1＝m －t 4＝0， 得m ＝14t ，从而满足AG ＝14AP 的点G 即为所求． (3)∵AB ⊥平面P AD ，∴AB 是平面P AD 的法向量，易得AB ＝(1,0,0)．又∵P A ⊥平面ABCD ，∴∠PBA 是PB 与平面ABCD 所成的角，得∠PBA ＝45°，则P A ＝1，平面PFD 的法向量为n ＝⎝⎛⎭⎫12，12，1，∴cos 〈AB ，n 〉＝AB ·n | AB ||n |＝1214＋14＋1＝66， 从而二面角A －PD －F 的余弦值为66. 两类不等式恒成立问题的求解策略不等式恒成立问题是数学试题中的重要题型，涉及数学中各部分知识，但主要是函数中的不等式恒成立问题和数列中的不等式恒成立问题，涉及题型一般有两类：一是已知不等式恒成立，求参数的取值范围，解决这类问题的基本方法是相同的，首选方法是利用分离参数转化为求新函数、新数列的最值问题，如果不能分离参数或者分离参数比较复杂时，一般选择函数的方法，通常利用函数的最值解决；二是证明不等式恒成立，在函数中一般选择以算代证，即通过求函数的最值证明不等式．在数列中，很多时候可以与放缩法结合起来，对所证不等式的一侧进行适当放大或缩小，下面分别举例说明．一、函数中的不等式恒成立问题函数是不等式恒成立问题的主要载体，通常通过不等式恒成立问题考查等价转化思想、函数的最值或值域，对涉及已知函数在给定区间上恒成立，求参数的取值范围、证明不等式等问题，大多数题目可以利用分离参数的方法，将问题转化为求函数的最值或值域问题．[例1] 已知两个函数f (x )＝8x 2＋16x －k ，g (x )＝2x 3＋5x 2＋4x ，其中k 为实数．(1)若对任意的x ∈[－3,3]，都有f (x )≤g (x )成立，求k 的取值范围；(2)若对任意的x 1、x 2∈[－3,3]，都有f (x 1)≤g (x 2)，求k 的取值范围．[解] (1)令F (x )＝g (x )－f (x )＝2x 3－3x 2－12x ＋k .问题转化为F (x )≥0在x ∈[－3,3]时恒成立，故解[F (x )]min ≥0即可．∵F ′(x )＝6x 2－6x －12＝6(x 2－x －2)，故由F ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－1.∵F (－3)＝k －45，F (3)＝k －9，F (－1)＝k ＋7，F (2)＝k －20，∴[F (x )]min ＝k －45.由k －45≥0，解得k ≥45.故实数k 的取值范围是[45，＋∞)．(2)由题意可知当x ∈[－3,3]时，都有[f (x )]max ≤[g (x )]min .由f ′(x )＝16x ＋16＝0，得x ＝－1.∵f (－3)＝24－k ，f (－1)＝－8－k ，f (3)＝120－k ，∴[f (x )]max ＝－k ＋120.由g ′(x )＝6x 2＋10x ＋4＝0，得x ＝－1或x ＝－23. ∵g (－3)＝－21，g (3)＝111，g (－1)＝－1，g ⎝⎛⎭⎫－23＝－2827， ∴[g (x )]min ＝－21.则120－k ≤－21，解得k ≥141.∴实数k 的取值范围是[141，＋∞)．[点评] 将恒成立问题转化为求函数的最值问题来处理，一般有下面两种类型：(1)若所给函数能直接求出最值，则有：①f (x )>0恒成立⇔[f (x )]min >0；②f (x )≤0恒成立⇔[f (x )]max ≤0.(2)若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围，则有(下面的a 为参数)：①f (x )<g (a )恒成立⇔g (a )>[f (x )]max ；②f (x )>g (a )恒成立⇔g (a )<[f (x )]min .[例2] 已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2，(a 为实常数)．(1)若a ＝－2，求函数f (x )的单调区间；(2)若对∀x ∈[1，e]，使得f (x )≤(a ＋2)x 恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－2时，f (x )＝x 2－2ln x ，所以f ′(x )＝2(x 2－1)x . 令f ′(x )＝2(x 2－1)x>0，得x <－1或x >1.且定义域为(0，＋∞)，所以函数f (x )的单调增区间是(1，＋∞)．令f ′(x )＝2(x 2－1)x<0，得－1<x <1，且定义域为(0，＋∞)，所以函数f (x )的单调减区间是(0,1)．(2)不等式f (x )≤(a ＋2)x ，可化为a (x －ln x )≥x 2－2x .因为x ∈[1，e]，所以ln x ≤1≤x 且等号不能同时取，所以ln x ＜x ，即x －ln x >0.因而a ≥x 2－2x x －ln x(x ∈[1，e])． 令g (x )＝x 2－2x x －ln x(x ∈[1，e])， 又g ′(x )＝(x －1)(x ＋2－2ln x )(x －ln x )2， 当x ∈[1，e]时，x －1≥0，ln x ≤1，x ＋2－2ln x >0，从而g ′(x )≥0(当且仅当x ＝1时取等号)．所以g (x )在[1，e]上为增函数．故[g (x )]max ＝g (e)＝e 2－2e e －1. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 2－2e e －1，＋∞. [点评] 利用不等式与函数和方程之间的联系，将问题转化成一次函数或二次函数(二次方程)的问题研究，一般有下面几种类型：1．一次函数型问题：利用一次函数的图象特点求解．对于一次函数f (x )＝kx ＋b (k ≠0)，x ∈[m ，n ]，有(1)f (x )≥0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ f (m )≥0，f (n )≥0. (2)f (x )<0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧f (m )<0，f (n )<0. 2．二次函数型问题：结合抛物线的形状考虑对称轴、顶点、区间端点等，列出相关的不等式，求出参数的解，下面是两种基本类型：对于二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0，x ∈R )，有：(1)f (x )>0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，Δ<0， (2)f (x )<0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ<0.二、数列中的不等式恒成立问题数列是一种特殊的函数，所以解决数列中的不等式恒成立问题与函数中不等式恒成立问题的解法相同，基本方法也是利用分离参数转化为求新数列的最值问题，数列中的最值问题一般是应用数列的单调性求解；而数列中的不等式恒成立的证明，则很多时候可以与放缩法联系起来．[例3] 在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝ca n ＋c n ＋1·(2n ＋1)(n ∈N *)，其中实数c ≠0. (1)求{a n }的通项公式；(2)若对一切k ∈N *有a 2k >a 2k －1，求c 的取值范围．[解] (1)由a 1＝1，a 2＝ca 1＋c 2·3＝3c 2＋c ＝(22－1)c 2＋c ，a 3＝ca 2＋c 3·5＝8c 3＋c 2＝(32－1)c 3＋c 2，a 4＝ca 3＋c 4·7＝15c 4＋c 3＝(42－1)c 4＋c 3，归纳猜想a n ＝(n 2－1)c n ＋c n －1，n ∈N *. 下面用数学归纳法证明：当n ＝1时，等式成立；假设当n ＝k 时，等式成立，即a k ＝(k 2－1)c k ＋c k －1， 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝ca k ＋c k ＋1(2k ＋1)＝c [(k 2－1)c k ＋c k －1]＋c k ＋1·(2k ＋1)＝(k 2＋2k )c k ＋1＋c k ＝[(k ＋1)2－1]·c k ＋1＋c k ， 综上，a n ＝(n 2－1)c n ＋c n－1对任何n ∈N *都成立．(2)由a 2k >a 2k －1，得 [(2k )2－1]c 2k ＋c 2k －1>[(2k －1)2－1]c 2k －1＋c 2k －2， 因c 2k －2>0，所以4(c 2－c )k 2＋4ck －c 2＋c －1>0对k ∈N *恒成立．记f (x )＝4(c 2－c )x 2＋4cx －c 2＋c －1，下面分三种情况讨论：①当c 2－c ＝0，即c ＝0或c ＝1时，代入验证可知只有c ＝1满足要求．②当c 2－c <0时，即0<c <1，抛物线y ＝f (x )开口向下，因此当正整数k 充分大时，f (k )<0，不符合题意，此时无解．③当c 2－c >0，即c <0或c >1时，抛物线y ＝f (x )开口向上，易知Δ>0，其对称轴x ＝12(1－c )必在直线x ＝1的左边．因此，f (x )在[1，＋∞)上是增函数．所以要使f (k )>0对k ∈N *恒成立，只需f (1)>0即可．由f (1)＝3c 2＋c －1>0，解得c <－1－136或c >－1＋136. 结合c <0或c >1，得c <－1＋136或c >1.结合以上三种情况，c 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1＋136∪[1，＋∞)． [点评] 本题中关于k 的不等式，不能通过分离参数将k 与c 分离，这时的一般解法是直接利用函数知识求函数最值，只是这时的函数定义域不是连续区间，这也是数列与函数的区别．由此可见，数列中的不等式恒成立与函数中不等式恒成立的解法基本相同，不同之处就是定义域不同．排列组合在高考中的多方位交汇及古典概型与几何概型中的三类错误一、排列组合在高考中的多方位交汇排列组合问题在高考中是常考内容，但近些年在考查角度及与其他知识的综合上有了加强，这反映出高考题中重在考查学生综合运用知识、分析问题、解决问题的能力．有以下几个题型．热点一：组合知识与向量知识的综合[例1] 在集合{1,2,3,4,5}中任取一个偶数a 和一个奇数b 构成以原点为起点的向量a ＝(a ，b )．从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形，记所有作成的平行四边形的个数为n ，其中面积不超过4的平行四边形的个数为m ，则mn＝( )A.415 B.13 C.25D.23[解析] 由已知条件，满足要求的向量分别为(2,1)，(2,3)，(2,5)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，故能构成的平行四边形个数n ＝C 26＝6×52＝15. 由S 平行四边形＝|x 1y 2－x 2y 1|可得，(2,1)，(2,3)两向量构成的平行四边形面积为 S 1＝|2×3－1×2|＝4，(2,3)，(2,5)两向量构成的平行四边形面积为 S 2＝|2×5－2×3|＝4，(2,1)，(4,1)两向量构成的平行四边形面积为 S 3＝|2×1－1×4|＝2，(2,1)，(4,3)两向量构成的平行四边形面积为 S 4＝|2×3－1×4|＝2，(2,3)，(4,5)两向量构成的平行四边形面积为 S 5＝|2×5－3×4|＝2.面积不超过4的共有m ＝5个． 故所求概率为m n ＝13.[答案] B[点评] 本题中计数要求不高，但大家要有代入检验的意识． 热点二：组合知识与概率知识的综合[例2] 盒中装有形状、大小完全相同的5个球，其中红色球3个，黄色球2个．若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率等于________．[解析] 由题意知，从5个球中随机取出2个球共有C 25＝10种不同取法，而取出的球颜色不同共有C 13·C 12＝6种不同取法，故所取出的2个球颜色不同的概率P ＝C 13·C 12C 25＝610＝35.[答案] 35[点评] 注意情景中的抽取球的过程与顺序无关，因此属组合问题，在找2个球颜色不同的个数时，又用了分步计数原理的知识．热点三：排列知识与概率知识的综合[例3] 有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其随机的并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是( )A.15B.25C.35D.45[解析] 5本书的全排列有A 55种排法，其中语文书相邻的排法有A 22A 44种，数学书相邻的排法有A 22A 44种，语文书数学书各自同时相邻的排法有A 22A 22A 33种，故所求概率为A 55－(A 22A 44＋A 22A 44－A 22A 22A 33)A 55＝25. [答案] B[点评] 图书摆放在书架上具有顺序性，因此属于排列问题，本题在处理都不相邻的问题上灵活应用了间接思维，使复杂问题简单化．二、盘点古典概型与几何概型中的三类错误古典概型与几何概型是高考中的常考知识点．对于古典概型，列举法仍是求解其概率的主要方法，而与排列、组合问题相结合的概率问题仍是命题的热点；对于几何概型除掌握其定义外，其题型的重点主要体现在两种常见的几何度量——长度、面积，难度不会太大，但题型可能较灵活，背景更新颖．如下几个类型易错：类型一：知识性错误[例1] 设袋中有4只白球和2只黑球，现从袋中无放回地摸出2只球． (1)求这2只球都是白球的概率；(2)求这2只球中1只是白球1只是黑球的概率．[错解] 一次摸出2只球，观察结果的颜色只能是(白，白)，(白，黑)，(黑，黑)3种情况，(1)用A 表示“2只球都是白球”这一事件，则A ＝{(白，白)}，所以P (A )＝13.(2)用B 表示“2只球中1只是白球1只是黑球”这一事件，则B ＝{(白，黑)}，所以P (B )＝13. [错因分析] 在上述错解中(白，白)，(白，黑)，(黑，黑)3种结果的出现不是等可能的． [正解] 我们不妨把4只白球标以1,2,3,4号，2只黑球标以5,6号，则基本事件有(1,2)，(1,3)，…，(1,6)，(2,1)，(2,3)，…，(2,6)，…，(6,1)，(6,2)，…，(6,5)，共30个．(1)用A 表示“2只球都是白球”这一事件，则A ＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)}共12个．所以P (A )＝1230＝25.(2)用B 表示“2只球中1只是白球1只是黑球”这一事件，则B ＝{(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)}共16个．所以P (B )＝1630＝815.类型二：数学思维方法应用错误[例2] 有6个房间安排4个旅客住，每个人可以住进任一房间，且住进各房间是等可能的．(1)指定的4个房间中各有1人住的事件的概率为________；(2)指定的房间有2人住的事件的概率为________．[错解] 所有基本事件的个数为6×5×4×3＝360.(1)指定的4个房间中各有1人住，有4×3×2×1＝24种，故所求的概率为115；(2)从4人中选2人去指定的房间，有6种方法，余下2人每人去5个房间中的任一间，有5×4＝20种方法，故所求的概率为6×206×5×4×3＝13.[错因分析] 本题错误地理解了基本事件的个数，忽视了基本事件可以包含多个人住一个房间的情况．[正解] 每人可以进住任一房间，且进住各房间都有6种等可能的方法，故所有可能的情况有64种，(1)指定的4个房间中各有1人住，有4×3×2×1＝24种，故所求的概率为2464＝154；(2)从4人中选2人去指定的房间，有6种方法，余下2人每人去5个房间中的任一间，有52种方法，故所求的概率为6×5264＝25216.类型三：审题错误[例3] 在等腰直角三角形ABC 中，过直角顶点C 在∠ACB 内部任作一射线CM ，与线段AB 交于点M ，求AM <AC 的概率．[错解]如图，点M 随机地落在线段AB 上，故线段AB 的长为基本事件的度量，当M 位于线段AC ′(AC ′＝AC )上时，AM <AC ，故线段AC ′的长为所求事件的度量．故P (AM <AC )＝P (AM <AC ′)＝AC ′AB ＝AC AB ＝22.答：AM 的长小于AC 的概率是22. [错因分析] 由于本题是在∠ACB 作射线CM ，等可能分布的是CM 在∠ACB 内的任一位置，因此基本事件的度量应是∠ACB 的大小而不是线段AB 的长，这是类似问题由于等可能的视角不同造成的，概率也会不一样．[正解] 据题意知AM <AC 的概率应为满足条件的∠ACM 与∠ACB 大小的比，即P (AM <AC )＝67.5°90°＝34.几点建议 1．重视错题病例“错误是最好的老师”，错题病例也是财富，它有时暴露我们的知识缺陷，有时暴露我们的思维不足，有时暴露我们的方法不当．毛病暴露出来了，也就有治疗的方向，提供了纠错的机会，只有认真地追根溯源查找错因，教训才会深刻．建议在复习过程中做到建立错题集，特别是那些概念理解不深刻、知识记忆错误、思维不够严谨、方法使用不当等典型错误收集成册，并加以评注，指出错误原因，经常翻阅，常常提醒，以绝后患．注意收集错题也有个度的问题，对于那些一时粗心的偶然失误，或一时情绪波动而产生的失误应另作他论．2．培养良好的审题能力解题时审题要慢，要看清楚，步步为营，稳中求快，立足于一次成功，不要养成唯恐做不完，匆匆忙忙抢着做，寄希望于检查的坏习惯，这样做的后果一则容易先入为主，致使有时错误难以发现；二则一旦发现错误，尤其是起步就错，又要重复做一遍，既浪费时间，又造成心理负担．平面向量中的三角形“四心”问题在三角形中，“四心”是一组特殊的点，它们的向量表达形式具有许多重要的性质，在近年高考试题中，总会出现一些新颖别致的问题，不仅考查了向量等知识点，而且培养了考生分析问题、解决问题的能力．现就“四心”作如下介绍：1．“四心”的概念与性质(1)重心：三角形三条中线的交点叫重心．它到三角形顶点距离与该点到对边中点距离之比为2∶1.在向量表达形式中，设点G 是△ABC 所在平面内的一点，则当点G 是△ABC的重心时，有GA ＋GB ＋GC ＝0或PG ＝13(PA ＋PB ＋PC)(其中P 为平面内任意一点)．反之，若GA ＋GB ＋GC＝0，则点G 是△ABC 的重心．在向量的坐标表示中，若G ，A ，B ，C 分别是三角形的重心和三个顶点，且分别为G (x ，y )，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，则有x ＝x 1＋x 2＋x 33，y ＝y 1＋y 2＋y 33.(2)垂心：三角形三条高线的交点叫垂心．它与顶点的连线垂直于对边．在向量表达形式中，若H 是△ABC 的垂心，则HA ·HB ＝HB ·HC ＝HC ·HA 或HA 2＋BC 2＝HB 2＋CA 2＝HC 2＋AB 2.反之，若HA ·HB ＝HB ·HC ＝HC ·HA ，则H 是△ABC 的垂心．(3)内心：三角形三条内角平分线的交点叫内心．内心就是三角形内切圆的圆心，它到三角形三边的距离相等．在向量表达形式中，若点I 是△ABC 的内心，则有|BC |·IA ＋|CA |·IB ＋|AB |·IC ＝0.反之，若|BC |·IA ＋|CA |·IB ＋|AB |·IC＝0，则点I 是△ABC 的内心．(4)外心：三角形三条边的中垂线的交点叫外心．外心就是三角形外接圆的圆心，它到三角形的三个顶点的距离相等．在向量表达形式中，若点O 是△ABC 的外心，则(OA＋OB )·BA ＝(OB ＋OC )·CB ＝(OC ＋OA )·AC ＝0或|OA |＝|OB |＝|OC |.反之，若|OA |＝|OB |＝|OC|，则点O 是△ABC 的外心．2．关于“四心”的典型例题[例1] 已知O 是平面上的一定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三个动点，若动点P 满足OP ＝OA ＋λ(AB ＋AC)，λ∈(0，＋∞)，则点P 的轨迹一定通过△ABC 的________心．[解析] 由原等式，得OP －OA ＝λ(AB ＋AC )，即AP ＝λ(AB ＋AC)，根据平行四边形法则，知AB ＋AC是△ABC 的中线所对应向量的2倍，所以点P 的轨迹必过△ABC的重心．[答案] 重[点评] 探求动点轨迹经过某点，只要确定其轨迹与三角形中的哪些特殊线段所在直线重合，这可从已知等式出发，利用向量的线性运算法则进行运算得之．[例2] 已知△ABC 内一点O 满足关系OA ＋2OB ＋3OC＝0，试求S △BOC ∶S △COA ∶S△AOB之值．[解] 延长OB 至B1，使BB 1＝OB ，延长OC 至C 1，使CC 1＝2OC ，连接AB 1，AC 1，B 1C 1，如图所示，则1OB ＝2OB ，1OC ＝3OC ，由条件，得OA ＋1OB ＋1OC＝0，所以点O 是△AB 1C 1的重心．从而S △B 1OC 1＝S △C 1OA ＝S △AOB 1＝13S ，其中S 表示△AB 1C 1的面积，所以S △COA ＝19S ，S △AOB ＝16S ，S △BOC ＝12S △B 1OC ＝12×13S △B 1OC 1＝118S .于是S △BOC ∶S △COA ∶S △AOB ＝118∶19∶16＝1∶2∶3. [点评] 本题条件OA ＋2OB ＋3OC ＝0与三角形的重心性质GA ＋GB ＋GC＝0十分类似，因此我们通过添加辅助线，构造一个三角形，使点O 成为辅助三角形的重心，而三角形的重心与顶点的连线将三角形的面积三等分，从而可求三部分的面积比．[引申推广] 已知△ABC 内一点O 满足关系λ1OA ＋λ2OB ＋λ3OC＝0，则S △BOC ∶S △COA ∶S △AOB ＝λ1∶λ2∶λ3.[例3] 求证：△ABC 的垂心H 、重心G 、外心O 三点共线，且|HG |＝2|GO |.[证明] 对于△ABC 的重心G ，易知OG ＝OA ＋OB ＋OC2，对于△ABC 的垂心H ，设OH ＝m (OA ＋OB ＋OC)，则AH ＝AO＋m (OA ＋OB ＋OC )＝(m －1) OA ＋m OB ＋m OC .由AH ·BC＝0，得[(m －1) OA ＋m OB ＋m OC ](OC －OB )＝0， (m －1) OA ·(OC －OB )＋m (OC 2－OB 2)＝0，因为|OC |＝|OB |，所以(m －1) OA ·(OC －OB )＝0.但OA 与BC不一定垂直，所以只有当m ＝1时，上式恒成立．所以OH ＝OA ＋OB ＋OC ，从而OG ＝13OH，得垂心H 、重心G 、外心O三点共线，且|HG |＝2|GO|.[引申推广]重心G 与垂心H 的关系：HG ＝13(HA ＋HB ＋HC)．[点评] 这是著名的欧拉线，提示了三角形的“四心”之间的关系．我们选择恰当的基底向量来表示它们，当然最佳的向量是含顶点A 、B 、C 的向量．[例4] 设A 1，A 2，A 3，A 4，A 5 是平面内给定的5个不同点，则使1MA ＋2MA ＋3MA＋4MA ＋5MA＝0成立的点M 的个数为( )A ．0B ．1C ．5D ．10[解析] 根据三角形中的“四心”知识，可知在△ABC 中满足MA ＋MB ＋MC＝0的点只有重心一点，利用类比的数学思想，可知满足本题条件的点也只有1个．[答案] B[点评] 本题以向量为载体，考查了类比与化归，归纳与猜想等数学思想．本题的详细解答过程如下：对于空间两点A ，B 来说，满足MA ＋MB＝0的点M 是线段AB 的中点；对于空间三点A ，B ，C 来说，满足MA ＋MB ＋MC＝0，可认为是先取AB 的中点G ，再连接CG ，在CG 上取点M ，使MC ＝2MG ，则M 满足条件，且唯一；对于空间四点A ，B ，C ，D 来说，满足MA ＋MB ＋MC ＋MD＝0，可先取△ABC 的重心G ，再连接GD ，在GD 上取点M ，使DM ＝3MG ，则M 满足条件，且唯一，不妨也称为重心G ；与此类似，对于空间五点A ，B ，C ，D ，E 来说，满足MA ＋MB ＋MC ＋MD ＋ME＝0，可先取空间四边形ABCD 的重心G ，再连接GE ，在GE 上取点M ，使EM ＝4MG ，则M 满足条件，且唯一．巧用斜率妙解题及突破圆锥曲线中的三个难点问题一、巧用斜率妙解题巧用一 利用斜率求参数的取值范围利用斜率的几何意义可以求类似斜率形式的最值问题[例1] 设点A (－2,3)，B (3,2)，若直线ax ＋y ＋2＝0与线段AB 没有交点，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎤－∞，－52∪⎣⎡⎭⎫43，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫－43，52 C.⎣⎡⎦⎤－52，43。
重庆市育才中学高2014级一轮复习学案(理科数学)45数列求和(教师版)
45数列求和 姓名一、学习内容： 必修四68～72二、课标要求： 能在具体的问题情景中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题（数列求和）． 三、基础知识：数列求和的常见方法有：1、 公式法：⑴ 等差数列的求和公式____________n S =，等比数列的求和公式____________n S =2、分组求和法：在直接运用公式求和有困难时常，将“和式”中的“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和 （常见：等差+等比型或多个特殊数列混合在一起）即：将原来的数列分拆成两个或两个以上的数列，然后利用公式法求和。
3、倒序相加法：如果一个数列｛a n ｝，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，则可用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到了一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法。
特征：a n +a 1=a n-1+a 2通常，当数列的通项与组合数相关联时，那么常可考虑选用倒序相加法，（等差数列求和公式）将一个数列倒过来排列与原数列相加．主要用于倒序相加后对应项之和有公因子可提的数列求和．4、错位相减法：适用于： “等差⨯等比”型 的数列求和．特征：适应于数列{}n n a b 的前n 向求和，其中{}n a 成等差数列，{}n b 成等比数列。
方法：给12n n S a a a =+++ 各边同乘以一个适当的数或式，然后把所得的等式和原等式相减，对应项相互抵消，最后得出前n 项和S n .5、裂项相消法：把一个数列的各项拆成两项之差，即数列的每一项均可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项之和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法。
把一个数列分成几个可直接求和的数列．常见的拆项公式： (1)1_________()n n k =+； _________=四、基础练习1．已知数列{a n }是首项a 1＝4，公比q ≠1的等比数列，S n 是其前n 项和，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列．(1)求公比q 的值；(2)求T n ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n 的值．【答案】 (1)－1 (2)－4n【解析】 (1)由题意得2a 5＝4a 1－2a 3.∵{a n }是等比数列且a 1＝4，公比q ≠1，∴2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，∴q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝－2(舍去)或q 2＝1，∴q ＝－1.(2)∵a 2，a 4，a 6，…，a 2n 是首项为a 2＝4×(－1)＝－4，公比为q 2＝1的等比数列，∴T n ＝na 2＝－4n .【点评】应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．2．求数列1，12，2，14，4，18，……的前2n 项和S 2n .【答案】 2n －12n【解析】 S 2n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋(12＋14＋18＋…＋12n )＝2n －1＋1－12n ＝2n －12n .【点评】将数列中的每一项拆成几项，然后重新分组，将一般数列求和问题转化为特殊数列的求和问题，我们将这种方法称为通项分解法，运用这种方法的关键是通项变形． 3. 已知数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12， 即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列{1S n }是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)又b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 【点评】裂项相消法求和就是将数列中的每一项拆成两项或多项，使这些拆开的项出现有规律的相互抵消，看有几项没有抵消掉，从而达到求和的目的． 4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n (n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项a n ； (2)求数列{na n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝2S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ，∴S n ＋1S n＝3.又∵S 1＝a 1＝1，∴数列{S n }是首项为1，公比为3的等比数列，S n ＝3n －1(n ∈N ＋)．当n ≥2时，a n ＝2S n －1＝2·3n －2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝12·3n －2， n ≥2(2)T n ＝a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ， 当n ＝1时，T 1＝1；当n ≥2时，T n ＝1＋4·30＋6·31＋…＋2n ·3n －2，①3T n ＝3＋4·31＋6·32＋…＋2n ·3n －1，②①－②得：－2T n ＝2＋2(31＋32＋…＋3n －2)－2n ·3n －1＝2＋2·3(1－3n －2)1－3－2n ·3n －1＝－1＋(1－2n )·3n －1.∴T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫n －123n －1(n ≥2)． 又∵T 1也满足上式，故T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫n －123n －1(n ∈N ＋)． 【点评】①如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法．②运用错位相减法求和，一般和式比较复杂，运算量较大，易会不易对，应特别细心，解题时若含参数，要注意分类讨论． 【练习】5．(2011·浙江文)已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1为a (a ∈R )，且1a 1，1a 2，1a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，试比较1a 2＋1a 22＋1a 23＋…＋1a 2n 与1a 1的大小．【解析】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可知(1a 2)2＝1a 1·1a 4，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )从而a 1d ＝d 2.因为d ≠0，所以d ＝a 1＝a .故通项公式a n ＝na . (2)记T n ＝1a 2＋1a 22＋…＋1a 2n，因为a 2n ＝2n a ，所以T n ＝1a (12＋122＋…＋12n )＝1a ·12(1－(12)n )1－12＝1a [1－(12)n ]．从而，当a >0时，T n <1a 1；当a <0时，T n >1a 1.6．求数列0.9,0.99,0.999，…，0.99…9… 前n 项的和S n .【答案】 n －19(1－0.1n )7．已知直线(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第一项与第二项，若b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10＝( )A.921B.1021C.1121D.2021 【答案】 B【解析】 依题意，将(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0化为(x ＋y －4)＋m (3x －y )＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －4＝03x －y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝3，所以直线(3m ＋1)x ＋(1－m )y －4＝0过定点(1,3)，所以a 1＝1，a 2＝3，公差d ＝2，a n＝2n －1，b n ＝1a n ·a n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)，T 10＝12×(11－13＋13－15＋…＋120－1－120＋1)＝12×(11－121)＝1021.故选B.8. 设正项等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且210S 30－(210＋1)S 20＋S 10＝0，(1)求{a n }的通项； (2)求{nS n }的前n 项和T n .【解析】 (1)a n ＝12n ，n ＝1,2，…(2)∵{a n }是首项a 1＝12，公比q ＝12的等比数列，∴S n ＝12(1－12n )1－12＝1－12n ，nS n ＝n －n 2n .则数列{nS n }的前n 项和T n ＝(1＋2＋…＋n )－(12＋222＋…＋n2n ) ①T n 2＝12(1＋2＋…＋n )－(122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1) ② ①－②，得T n 2＝12(1＋2＋…＋n )－(12＋122＋…＋12n )＋n 2n ＋1＝n (n ＋1)4－12(1－12n )1－12＋n2n ＋1，即T n ＝n (n ＋1)2＋12n －1＋n2n －2.9、（2011重庆文16)（本小题满分13分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问6分）设{}n a 是公比为正数的等比数列，12a =，324a a =+。
2014届高考第一轮总复习：空间几何体的结构及三视图,直观图二
备选例题 有一根长为3 cm，底面半径为1 cm 的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈， 并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两 端，则铁丝的最短长度为多少？
分析： 把圆柱沿这条母线展开，将问 题转化为平面上两点间的最短距离．
解析： 把圆柱侧面及缠绕其上的铁丝展开， 在平面上得到矩形ABCD (如图)， 由题意知BC 3 cm， AB 4 cm， 点A与点C 分 别是铁丝的 起、止位置， 故线段AC的长度即为铁丝的最短长度． AC AB 2 BC 2 5 cm， 故铁丝的最短长度为5 cm.
C. 2(1 3) cm D. 2(1 2) cm
解析： 将直观图还原为平面图形，如下图． 可知周长为8 cm，故选A.
题型四
空间几何体的简单组合
例4.两相同的正四棱锥组成如图1所示的几何体，可 放棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD与 正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的 面上，则这样的几何体体积的可能值有( A． 1个 C． 3个 D．无穷多个 B．个 2 )
4.已知正三角形ABC的边长为a， 那么ABC的平面直观图A BC 的面积为 .
解析： 如图，图①、图②所示的分别是实际 图形和直观图．从图②可知，A B AB a， 1 3 6 OC OC a，所以C D OC sin 45 a， 2 4 8 所以S A B C 1 1 6 6 2 A B C D a a a . 2 2 8 16
4．对于与球有关的接、切组合体问题，通过 画出它们的轴截面等平面图形去分析，从而 得出它们的几何特征，找到它们的元素之间 的关系，比如正方体、长方体内接于球，其 体对角线即为球的直径等． 5．将空间图形转化为平面图形问题是解决立 体几何问题的最基本、最常用的方法．
高考数学一轮复习 第7章 空间几何体的结构及其三视图和直观图 第4讲 直线、平面平行的判定与性质创新
第4讲直线、平面平行的判定与性质[考纲解读] 1.掌握线线、线面、面面平行的判定定理和性质定理，并能应用它们证明有关空间图形的平行关系的简单命题．(重点)2．高考的重点考查内容之一，主要以几何体为载体考查线线、线面、面面平行的判定和性质．[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考的重点考查内容．预测2021年将会以以下两种方式进行考查：①以几何体为载体，考查线面平行的判定；②根据平行关系的性质进行转化．试题常以解答题的第一问直接考查，难度不大，属中档题型.1.直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理不在平面□01内的一条直线与此平面□02内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为：线线平行⇒线面平行)⎭⎬⎫□03l⊄α□04a⊂α□05l∥a⇒l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，那么过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线□06平行(简记为：线面平行⇒线线平行)⎭⎬⎫□07a∥α□08a⊂β□09α∩β＝b⇒a∥b文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条□01相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行(简记为：线面平行⇒面面平行)错误!⇒α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面□07相交，那么它们的交线平行⎭⎬⎫□08α∥β□09α∩γ＝a□10β∩γ＝b⇒a∥b3.必记结论(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．(3)经过平面外一点有且只有一个平面与平面平行．(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．(5)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．1．概念辨析(1)假设一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．( )(2)假设直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线有无数条．( )(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．( )(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( )答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)如果直线a平行于平面α，直线b∥a，那么b与α的位置关系是( )A．b与α相交B．b∥α或b⊂αC．b⊂αD．b∥α答案 B解析两条平行线中的一条与平面相交，那么另一条也与平面相交，所以由直线b∥a，可知假设b与α相交，那么a与α也相交，而由题目，直线a平行于平面α，所以b与α不可能相交，所以b∥α或b⊂α.应选B.(2)如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，假设PC＝2，CA＝3，CD＝1，那么AB＝________.答案 52解析 因为α∥β，△PAB 所在的平面与α，β分别交于CD ，AB ，所以CD ∥AB ，所以PC PA＝CD AB .因为PC ＝2，CA ＝3，CD ＝1，所以AB ＝52. (3)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以下结论正确的选项是________(填序号)． ①AD 1∥BC 1；②平面AB 1D 1∥平面BDC 1； ③AD 1∥DC 1； ④AD 1∥平面BDC 1. 答案 ①②④解析 如图，因为AB 綊C 1D 1， 所以四边形AD 1C 1B 为平行四边形．故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．题型一直线与平面平行的判定与性质角度1 线面平行判定定理的应用1．(2019·全国卷Ⅰ节选)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．证明：MN∥平面C1DE.证明如图，连接B1C，ME.因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1DC ， 可得B 1C A 1D ，故ME ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形， 所以MN ∥ED .又MN ⊄平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE . 角度2 线面平行性质定理的应用2．如下图，CD ，AB 均与平面EFGH 平行，E ，F ，G ，H 分别在BD ，BC ，AC ，AD 上，且CD ⊥AB .求证：四边形EFGH 是矩形．证明 ∵CD ∥平面EFGH ，而平面EFGH ∩平面BCD ＝EF ， ∴CD ∥EF .同理，HG∥CD，∴EF∥HG.同理，HE∥GF，∴四边形EFGH为平行四边形，∵CD∥EF，HE∥AB，∴∠HEF为异面直线CD和AB所成的角．又CD⊥AB，∴HE⊥EF.∴平行四边形EFGH为矩形．1．判定线面平行的三种方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)，一般用反证法；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．如举例说明1；(3)利用面面平行的性质定理①α∥β，a⊂α⇒a∥β；②α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β.2．用线面平行的判定定理证明线面平行(1)关键：在平面内找到一条与直线平行的直线．(2)方法：合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形等证明两直线平行．(3)易错：容易漏掉说明直线在平面外．3．用线面平行的性质定理证明线线平行(1)定势：看到线面平行想到用性质定理．(2)关键：合理选择过直线的平面与平面相交．如举例说明2.1．(2016·全国卷Ⅲ改编)如图，四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．证明：MN ∥平面PAB .证明 由得AM ＝23AD ＝2.如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ， 所以MN ∥平面PAB .2．如下图，四边形ABCD 是平行四边形，点P 是平面ABCD 外一点，M 是PC 的中点，在DM 上取一点G ，过G 和PA 作平面PAHG 交平面BMD 于GH .求证：PA ∥GH .证明 如下图，连接AC 交BD 于点O ，连接MO ，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴AP∥OM.又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD.∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，且PA⊂平面PAHG，∴PA∥GH.题型二平面与平面平行的判定与性质1．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，那么α∥β的充要条件是( )A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面答案 B解析假设α∥β，那么α内有无数条直线与β平行，反之那么不成立；假设α，β平行于同一条直线，那么α与β可以平行也可以相交；假设α，β垂直于同一个平面，那么α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，假设一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，那么两平面平行，反之也成立．因此B中条件是α∥β的充要条件．应选B.2．如下图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点，求证：(1)B ，C ，H ，G 四点共面； (2)平面EFA 1∥平面BCHG .证明 (1)∵G ，H 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点， ∴GH 是△A 1B 1C 1的中位线，那么GH ∥B 1C 1. 又B 1C 1∥BC ，∴GH ∥BC ， ∴B ，C ，H ，G 四点共面．(2)∵E ，F 分别为AB ，AC 的中点，∴EF ∥BC ， ∵EF ⊄平面BCHG ，BC ⊂平面BCHG ， ∴EF ∥平面BCHG .又G ，E 分别为A 1B 1，AB 的中点，A 1B 1綊AB ， ∴A 1G 綊EB .∴四边形A 1EBG 是平行四边形，∴A 1E ∥GB . ∵A 1E ⊄平面BCHG ，GB ⊂平面BCHG ， ∴A 1E ∥平面BCHG .又A 1E ∩EF ＝E ， ∴平面EFA 1∥平面BCHG .条件探究 将本例中的条件“E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点〞变为“点D ，D 1分别是AC ，A 1C 1上的点，且平面BC 1D ∥平面AB 1D 1〞，试求ADDC的值．解 如图，连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD 1.由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O . 所以BC 1∥D 1O ，那么A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB＝1. 同理，可证AD 1∥DC 1，那么A 1D 1D 1C 1＝DC AD， 所以DC AD ＝1，即AD DC＝1.1．判定面面平行的方法(1)利用面面平行的判定定理，转化为证明线面平行．如举例说明2(2)． (2)证明两平面垂直于同一条直线． (3)证明两平面与第三个平面平行． 2．面面平行条件的应用(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行． (2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线．(2019·某某模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝2，AB ＝1.设M ，N 分别为PD ，AD 的中点．(1)求证：平面CMN ∥平面PAB ； (2)求三棱锥P －ABM 的体积．解 (1)证明：∵M ，N 分别为PD ，AD 的中点， ∴MN ∥PA .∵MN ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ， ∴MN ∥平面PAB .在Rt △ACD 中，∠CAD ＝60°，＝AN ， ∴∠A ＝60°.又∠BAC ＝60°，∴∥AB . ∵⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ， ∴∥平面PAB . 又∩MN ＝N ，∴平面CMN ∥平面PAB .(2)由(1)知，平面CMN ∥平面PAB ，∴点M 到平面PAB 的距离等于点C 到平面PAB 的距离． ∵AB ＝1，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°， ∴BC ＝3，∴三棱锥P －ABM 的体积V ＝V M －PAB ＝V C －PAB ＝13×12×1×2×3＝33.题型 三 立体几何中的探索性问题(2019·某某三模)如图，侧棱与底面垂直的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是梯形，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AA 1＝4，DC ＝2AB ，AB ＝AD ＝3，点M 在棱A 1B 1上，且A 1M ＝13A 1B 1.点E 是直线CD 上的一点，AM ∥平面BC 1E .(1)试确定点E 的位置，并说明理由； (2)求三棱锥M －BC 1E 的体积．解 (1)如图，在棱C 1D 1上取点N ，使D 1N ＝A 1M ＝1.又D 1N ∥A 1M ，∴四边形A 1MND 1是平行四边形， ∴MN ∥A 1D 1∥AD .∴四边形AMND 为平行四边形， ∴AM ∥DN .过C 1作C 1E ∥DN 交CD 于点E ，连接BE ， ∴DN ∥平面BC 1E ，AM ∥平面BC 1E ， ∴CE ＝1.(2)由(1)知，AM ∥平面BC 1E ，∴VM －BC 1E ＝VA －BC 1E ＝VC 1－ABE ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×3×4＝6.线面平行的探究性问题解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，那么存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，那么不存在，而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．如图，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻转成△A 1DE .假设M 为线段A 1C 的中点，那么在△ADE 翻转过程中，正确的命题是________(填序号)．①MB 是定值； ②点M 在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④一定存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE . 答案 ①②④解析 如图，取DC 的中点N ，连接MN ，NB ，那么MN ∥A 1D ，NB ∥DE ，∴平面MNB ∥平面A 1DE ，∵MB ⊂平面MNB ，∴MB ∥平面A 1DE ，④正确；∠A 1DE ＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，根据余弦定理得，MB 2＝MN 2＋NB 2－2MN ·NB ·cos∠MNB ，所以MB 是定值，①正确；B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD 满足AC ⊥DE 时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确．组 基础关1．假设平面α∥平面β，直线a ∥平面α，点B ∈β，那么在平面β内且过B 点的所有直线中( )A ．不一定存在与a 平行的直线B ．只有两条与a 平行的直线C ．存在无数条与a 平行的直线D ．存在唯一与a 平行的直线 答案 A解析 当直线a 在平面β内且过B 点时，不存在与a 平行的直线，应选A.2．设m ，n 是不同的直线，α，β是不同的平面，且m ，n ⊂α，那么“α∥β〞是“m ∥β且n ∥β〞的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 假设m ，n ⊂α，α∥β，那么m ∥β且n ∥β；反之假设m ，n ⊂α，m ∥β且n ∥β，那么α与β相交或平行，即“α∥β〞是“m ∥β且n ∥β〞的充分不必要条件．3.如下图，P是三角形ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA，PB，PC于A′，B′，C′，假设PA′∶AA′＝2∶3，那么△A′B′C′与△ABC面积的比为( ) A．2∶5B．3∶8C．4∶9D．4∶25答案 D解析∵平面α∥平面ABC，平面PAB∩α＝A′B′，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴A′B′∥AB.又PA′∶AA′＝2∶3，∴A′B′∶AB＝PA′∶PA＝2∶5.同理B′C′∶BC＝A′C′∶AC ＝2∶5.∴△A′B′C′与△ABC相似，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25，应选D.4．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在以下四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，那么在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )答案 A解析A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，那么QD∥AB.∵QD∩平面MNQ ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，那么AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C 项，作如图③所示的辅助线，那么AB ∥CD ，CD ∥MQ ，∴AB ∥MQ .又AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，∴AB ∥平面MNQ .D 项，作如图④所示的辅助线，那么AB ∥CD ，CD ∥NQ ，∴AB ∥NQ .又AB ⊄平面MNQ ，NQ ⊂平面MNQ ，∴AB ∥平面MNQ .应选A.5．在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为AB ，AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，那么( )A ．BD ∥平面EFG ，且四边形EFGH 是平行四边形B ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是平行四边形 D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是梯形 答案 B解析 如图，由题意得EF ∥BD ，且EF ＝15BD .又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，所以HG ∥BD ，且HG ＝12BD .所以EF ∥HG ，且EF ≠HG .所以四边形EFGH 是梯形．又EF ∥平面BCD ，而EH与平面ADC 不平行，应选B.6．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面α与棱AB ，AC ，A 1C 1，A 1B 1分别交于点E ，F ，G ，H ，且直线AA 1∥平面α.有以下三个命题：①四边形EFGH 是平行四边形；②平面α∥平面BCC 1B 1；③平面α⊥平面BCFE .其中的真命题是( )A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③答案 C解析 直线AA 1∥平面α，且平面α与平面AA 1C 1C 、平面AA 1B 1B 分别交于FG ，EH ，所以AA 1∥FG ，AA 1∥EH ，所以FG ∥EH .又平面ABC ∥平面A 1B 1C 1，平面α与平面ABC 、平面A 1B 1C 1分别交于EF ，GH ，所以EF ∥GH .所以四边形EFGH 为平行四边形．因为AA 1∥平面α，且AA 1⊥平面ABC ，所以平面α⊥平面ABC ，即平面α⊥平面BCFE .平面α与平面BCC 1B 1可能相交，考虑特殊情况：F 与C 重合，G 与C 1重合，此时满足题意，但是两平面相交．综上，应选C.7．(2019·某某模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内(不包括边界)，假设B 1P ∥平面A 1BM ，那么C 1P 的最小值是( )A.305 B.2305C.275D.475答案 B解析 如图，在A 1D 1上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接DN ，NB 1，B 1Q ，QD ，∵DN ∥BM ，DQ ∥A 1M 且DN ∩DQ ＝D ，BM ∩A 1M ＝M ，∴平面B 1QDN ∥平面A 1BM ，那么动点P 的轨迹是DN (不含D ，N 两点)．又CC 1⊥平面ABCD ，那么当CP ⊥DN 时，C 1P 取得最小值，此时，CP ＝2×112＋22＝25， ∴C 1P 的最小值是⎝ ⎛⎭⎪⎫252＋22＝2305.8．(2019·某某模拟)以下三个命题在“________〞处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α，β为平面)，那么此条件是________．⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m m ∥α①⇒l ∥α；⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αl ∥m ②⇒l ∥α；⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥m m ⊥α③⇒l ∥α.答案 l ⊄α解析 ①l ∥m ，m ∥α⇒l ∥α或l ⊂α，由l ⊄α⇒l ∥α； ②l ⊄α，m ⊂α，l ∥m ⇒l ∥α；③l ⊥m ，m ⊥α⇒l ∥α或l ⊂α，由l ⊄α⇒l ∥α.9.(2020·海淀模拟)如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M ，N 分别是下底面的棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a3，过P ，M ，N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD上，那么PQ ＝________.答案223a解析 如下图，连接AC ，易知MN ∥平面ABCD ，又平面PQNM ∩平面ABCD ＝PQ ，MN ⊂平面PQNM ，∴MN ∥PQ .又MN ∥AC ，∴PQ ∥AC . 又AP ＝a3，∴PD AD ＝DQ CD ＝PQ AC ＝23， ∴PQ ＝23AC ＝223a .10．如图，在正四棱柱A 1C 中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，那么M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案M位于线段FH上(答案不唯一)解析连接HN，FH，FN，那么FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，那么MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.组能力关1．如图是正方体的平面展开图，关于这个正方体有以下判断：①ED与NF所成的角为60°；②∥平面AFB；③BM∥DE；④平面BDE∥平面NCF.其中正确判断的序号是( )A．①③B．②③C．①②④D．②③④答案 C解析把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD－EFMN，得ED与NF所成的角为60°，故①正确；∥BE，⊄平面AFB，BE⊂平面AFB.∴∥平面AFB，故②正确；BM与ED是异面直线，故③不正确；∵BD∥FN，BE∥，BD∩BE＝B，BD⊂平面BDE，BE⊂平面BDE，所以平面BDE∥平面NCF，故④正确．正确判断的序号是①②④，应选C.2．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，那么m，n所成角的正弦值为( )A.32B.22C.33D.13答案 A解析如图，过点A补作一个与正方体ABCD－A1B1C1D1相同棱长的正方体，易知m，n所成角为∠EAF1，因为△EAF1为正三角形，所以sin∠EAF1＝sin60°＝32，应选A.3．如下图，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB ＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，那么函数y ＝f(x)的图象大致是( )答案 C解析 过M 作MQ ∥DD 1，交AD 于点Q ，连接QN .∵MQ ⊄平面DCC 1D 1，DD 1⊂平面DCC 1D 1， ∴MQ ∥平面DCC 1D 1，∵MN ∥平面DCC 1D 1，MN ∩MQ ＝M ，∴平面MNQ ∥平面DCC 1D 1.又平面ABCD 与平面MNQ 和DCC 1D 1分别交于QN 和DC ，∴NQ ∥DC ，可得QN ＝CD ＝AB ＝1，AQ ＝BN ＝x ，∵MQAQ＝DD 1AD＝2. ∴MQ ＝2x .在Rt △MQN 中，MN 2＝MQ 2＋QN 2，即y 2＝4x 2＋1，∴y 2－4x 2＝1(0≤x <1,1≤y <5)，∴函数y ＝f (x )的图象为焦点在y 轴上的双曲线上支的一部分，应选C.4．(2019·某某某某模拟)如图，四边形ABCD 与ADEF 均为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．求证：(1)BE ∥平面DMF ； (2)平面BDE ∥平面MNG .证明 (1)如图，连接AE ，那么AE 必过DF 与GN 的交点O ，连接MO ，那么MO 为△ABE 的中位线，所以BE ∥MO ，又BE ⊄平面DMF ，MO ⊂平面DMF ， 所以BE ∥平面DMF .(2)因为N ，G 分别为平行四边形ADEF 的边AD ，EF 的中点，所以DE ∥GN ，又DE ⊄平面MNG ，GN ⊂平面MNG ，所以DE ∥平面MNG .又M 为AB 的中点，N 为AD 的中点，所以MN 为△ABD 的中位线，所以BD ∥MN ，又BD ⊄平面MNG ，MN ⊂平面MNG ，所以BD ∥平面MNG ，又DE 与BD 为平面BDE 内的两条相交直线，所以平面BDE ∥平面MNG .5．底面是平行四边形的四棱锥P －ABCD 中，E 是AB 上一点，且AE BE ＝12，在侧棱PD 上能否找到一点F ，使AF ∥平面PEC .解 设AF 存在，过F 点作DC 的平行线交PC 于点G ，连接EG ，如图．∵AB ∥CD ，∴AE ∥FG . 那么AE ，GF 确定一个平面， 假设AF ∥平面PEC ，那么AF ∥EG .∴AE ＝GF .而AE BE ＝12.∴AE ＝13AB .又AB ＝CD ，∴GF ＝13DC .∵GF ∥DC ，∴GF DC ＝PF PD ＝13.∴存在这样的F 点⎝ ⎛⎭⎪⎫PF PD ＝13，使AF ∥平面PEC . 组 素养关(2019·某某某某一中模拟)三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为AB 的中点，点E 在侧棱CC 1上，DE ∥平面AB 1C 1.(1)证明：E 是CC 1的中点；(2)设∠BAC ＝90°，四边形ABB 1A 1是边长为4的正方形，四边形ACC 1A 1为矩形，且异面直线DE 与B 1C 1所成的角为30°，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．解 (1)证明：连接A 1D ，A 1E 分别交AB 1，AC 1于点M ，N ，连接MN ，∵DE ∥平面AB 1C 1，DE ⊂平面A 1DE ，平面A 1DE ∩平面AB 1C 1＝MN ，∴DE ∥MN ，又在三棱柱侧面A 1ABB 1中，D 为AB 的中点，∴A 1B 1＝2AD ，由AD ∥A 1B 1可得，∠MAD ＝∠MB 1A 1，∠MDA ＝∠MA 1B 1，所以△ADM ∽△B 1A 1M ， 故A 1M ＝2MD ，∵DE ∥MN ，∴A 1N ＝2NE ， 在平面A 1ACC 1中，同理可证得△A 1NA ∽△ENC 1， ∴CC 1＝AA 1＝2EC 1. 故E 是CC 1的中点．(2)取BB 1的中点F ，连接EF ，DF ，可知EF ∥B 1C 1， 故∠DEF 为异面直线DE 与B 1C 1所成的角， 设AC ＝x ，那么在△DEF 中， 可求得DE ＝x 2＋8，DF ＝22， EF ＝BC ＝x 2＋16，由余弦定理，得cos ∠DEF ＝32＝x 2＋8＋x 2＋16－82x 2＋8 x 2＋16，解得x ＝4，故VABC －A 1B 1C 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×4×4＝32.。
高中数学复习：空间几何体及其三视图、直观图
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答案 B 该几何体是组合体,上面的几何体是一个五面体,下面是一个 长方体,且五面体的一个面即为长方体的一个面,五面体最上面的棱的 两端点在底面的射影距左右两边距离相等,因此选B.
6.利用斜二测画法得到的
①三角形的直观图一定是三角形;
②正方形的直观图一定是菱形;
③等腰梯形的直观图可以是平行四边形;
4
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1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“✕”) (1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱. ( ✕ ) (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. ( ✕ ) (3)夹在两个平行的平面之间,其余的面都是梯形,这样的几何体一定是 棱台. ( ✕ )
A.棱台 B.四棱柱 答案 C
C.五棱柱
D.简单组合体
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3.(教材习题改编)如图所示,在三棱台A'B'C'-ABC中,沿A'BC截去三棱锥 A'-ABC,则剩余的部分是 ( B )
A.三棱锥 B.四棱锥 C.三棱柱 D.组合体
答案 B 如图所示,
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在三棱台A'B'C'-ABC中,沿A'BC截去三棱锥A'-ABC,剩余部分是四棱锥A' -BCC'B'.
多面体 结构特征
棱柱
棱锥 棱台
有两个面① 互相平行 ,其余各面都是四边形且每相邻的两个四边形的公共边都 互相平行 有一个面是多边形,而其余各面都是有一个② 公共顶点 的三角形 棱锥被③ 平行于 底面的平面所截,截面和底面之间的部分叫做棱台
(2)旋转体的形成
几何体 旋转图形
数学(文)一轮总复习3.立体几何初步(1)空间几何体的结构与三视图、直观图
课堂互动讲练
【名师点评】 熟悉空间几何体 的结构特征，依据条件构建几何模 型，在条件不变的情况下，变动模型 中的线面位置关系或增加线、面等基 本元素，然后再依据题意判定，是解 决这类题目的基本思考方法．
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考点二 几何体的三视图
1．画几何体的三视图时，可 以把垂直投射面的视线想象成平行 光线，体会可见的轮廓线(包括被 遮挡住，但可以经过想象透视到的 光线)的投影就是要画出的视图， 可见的轮廓线要画成实线，不可见 的轮廓线要画成虚线．
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例1
给出以下命题：①底面是矩形的 四棱柱是长方体；②直角三角形绕着 它的一边旋转一周形成的几何体叫做 圆锥；③四棱锥的四个侧面可以都是 直角三角形．其中说法正确的是 __________．
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【思路点拨】 根据几何体的结 构特征，借助熟悉的几何体模型进行 判定．
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2011高考导航
命题探究
1.纵观近几年高考试题可知，高考命题 形式比较稳定，主要考查形式有： (1)以几何体为依托考查几何体的结构 特征，几何体的三视图、直观图、表面积与 体积．
2011高考导航
命题探究
(2)直线与平面的平行与垂直的判定、 线面间距离的计算作为考查的重点，尤其以 多面体为载体的线面位置关系的论证，更是 年年考，并在难度上也始终以中等题为主． (3)判断并证明两个平面的垂直关系， 通常是在几何体中出现． (4)高考中多以一小一大形式出现，分 值为17分左右，试题难度较小．
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考纲解读
1.空间几何体 (1)认识柱、锥、台、球及其简单组 合体的结构特征，并能运用这些特征描述 现实生活中简单物体的结构． (2)能画出简单空间图形的三视图， 能识别三视图所表示的立体模型，会用斜 二测画法画出它们的直观图．
重庆市育才中学高2014级一轮复习学案(理科数学) 35圆的方程(教师用)
35圆的方程 姓名一、学习内容：必修第三册P100～105 二、课标要求：①掌握确定圆的几何要素.②掌握圆的标准方程与一般方程.三、基础知识1.圆的定义在平面内，到 的距离等于 的点的 叫圆. 2.圆的标准方程()()222 (0)x a y b r r -+-=>，其中 为圆心， 为半径.3.圆的一般方程220x y Dx Ey F ++++=表示圆的充要条件是 ，其中 为圆心， 为半径. 4.点与圆的位置关系设圆的标准方程为()()222x a y b r -+-=，点00(,)M x y . ①点在圆上：()()22200_______x a y b r -+-； ②点在圆内：()()22200_______x a y b r -+-； ③点在圆外：()()22200_______x a y b r -+-； 5、确定圆的方程方法和步骤确定圆的方程主要方法是待定系数法，大致步骤为： （1）根据题意，选择标准方程或一般方程； （2）根据条件列出关于a,b,r 或D 、E 、F 的方程组； （3）解出a,b,r 或D 、E 、F 代入标准方程或一般方程。
注：1．确定圆的方程的主要方法是待定系数法。
如果选择标准方程，即列出关于a 、b 、r 的方程组，求a 、b 、r 或直接求出圆心（a,b ）和半径r.2．如果已知条件中圆心的位置不能确定，则选择圆的一般方程。
圆的一般方程也含有三个独立的参数，因此，必须具备三个独立的条件，才能确定圆的一般方程，其方法仍采用待定系数法。
设所求圆的方程为：22220(40),x y Dx Ey F D E F ++++=+->由三个条件得到关于D 、E 、F 的一个三元一次方程组，解方程组确定D 、E 、F 的值。
3．以为直径的两端点的圆的方程为1212()()()()0x x x x y y y y --+--= 课本P90 ex 3注：在求圆的方程时，常用到圆的以下性质： （1）圆心在过切点且与切线垂直的直线上； （2）圆心在任一弦的中垂直上；（3）两圆心或外切时，切点与两圆圆心三点共线。
重庆市育才中学高2014级一轮复习学案(理科数学)49用样本估计总体(教师版)
49 用样本估计总体一、学习内容：必修第五册P60～68，82～92 二、课标要求：1.了解分布的意义和作用，会列频率分布表，会画频率分布直方图、频率折线图、茎叶图，理解它们各自的特点．2.理解样本数据标准差的意义和作用，会计算数据标准差．3.能从样本数据中提取基本的数字特征(如平均数、标准差)，并给出合理的解释．4.会用样本的频率分布估计总体分布，会用样本的基本数字特征估计总体的基本数字特征，理解用样本估计总体的思想.三、基础知识1．作频率分布直方图的步骤(1)求极差(即一组数据中 与 的差)． (2)决定 与 ． (3)将数据 ． (4)列 ． (5)画 ．2．频率分布折线图和总体密度曲线 (1)频率分布折线图：连接频率分布直方图中各小长方形上端的 ，就得频率分布折线图． (2)总体密度曲线：随着 的增加，作图时 增加， 减小，相应的频率折线图会越来越接近于一条光滑曲线，即总体密度曲线．3．标准差和方差(1)标准差是样本数据到平均数的一种 ． (2)s ＝ .(3)方差：s 2＝ (x n 是样本数据，n 是样本容量，x 是样本平均数)．4.茎叶图：数据的茎叶图由 两部分组成，从茎叶图可以看出数据的 等分布特征.四、基础练习1．一个容量为20的样本，已知某组的频率为0.25，则该组的频数为________．答案 5 解析 设频数为n ，则n20＝0.25，所以n ＝20×0.25＝5.2．已知一组数据按从小到大的顺序排列，得到－1,0,4，x,7,14，中位数为5，则这组数据的平均数和方差分别为( )A ．5,2423B ．5,2413C ．4,2513D ．4,2523答案 A3．(2011·湖北文)有一个容量为200的样本，其频率分布直方图如图所示．根据样本的频率分布直方图估计，样本数据落在区间[10,12)内的频数为( ) 答案 BA ．18B ．36C ．54D ．72解析 易得样本数据在区间[10,12)内的频率为0.18，则样本数据在区间[10,12)内的频数为36，选B.4. (2012·南昌一模)甲、乙两个数学兴趣小组各有5名同学，在一次数学测试中，成绩统计用茎叶图表示如图，若甲、乙小组的平均成绩分别是x 甲，x 乙，则下列结论正确的是( ) 答案 AA ．x 甲>x 乙，甲比乙成绩稳定B ．x 甲>x 乙，乙比甲成绩稳定C ．x 甲<x 乙，甲比乙成绩稳定D ．x 甲<x 乙，乙比甲成绩稳定解析 依题意得 x 甲＝15(80×2＋90×3＋8＋9＋2＋1＋0)＝90，x 乙＝15(80×4＋90×1＋3＋4＋8＋9＋1)＝87，x 甲>x 乙；x 2甲＝15[(88－90)2＋(89－90)2＋(92－90)2＋(91－90)2]＝2， s 2乙＝15[(83－87)2＋(84－87)2＋(88－87)2＋(89－87)2＋(91－87)2]＝9.2，s 2甲<s 2乙，因此甲比乙成绩更稳定，选A.5．（2013辽宁（理））某学校组织学生参加英语测试,成绩的频率分布直方图如图,数据的分组一次为[)[)20,40,40,60,[)[)60,80,820,100.若低于60分的人数是15人,则该班的学生人数是）A ．45B ．50C ．55D ．60【答案】B6.（2013重庆（理））以下茎叶图记录了甲.乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩(单位:分)已知甲组数据的中位数为15,乙组数据的平均数为16.8,则,x y 的值分别为（ ） A ．2,5B ．5,5C ．5,8D ．8,8【答案】C7.（2013辽宁（理））为了考察某校各班参加课外书法小组的人数,在全校随机抽取5个班级,把每个班级参加该小组的认为作为样本数据.已知样本平均数为7,样本方差为4,且样本数据互相不相同,则样本数据中的最大值为____________. 【答案】108.（2013湖北（理））从某小区抽取100户居民进行月用电量调查,发现其用电量都在50到350度之间,频率分布直方图所示.(I)直方图中x 的值为___________;(II)在这些用户中,用电量落在区间[)100,250内的户数为_____________.【答案】0.0044;709.（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））某车间共有12名工人,随机抽取6名,他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示,其中茎为十位数,叶为个位数.(Ⅰ) 根据茎叶图计算样本均值;(Ⅱ) 日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人,根据茎叶图推断该车间12名工人中有几名优秀工人;(Ⅲ) 从该车间12名工人中,任取2人,求恰有名优秀工人的概率.【答案】解:(1)由题意可知,样本均值171920212530226x +++++==(2) 样本6名个人中日加工零件个数大于样本均值的工人共有2名,∴可以推断该车间12名工人中优秀工人的人数为:21246⨯= (3) 从该车间12名工人中,任取2人有21266C =种方法, 而恰有1名优秀工人有1110220C C =∴所求的概率为:1110221220106633C C P C ===五、基本题型题型一 用样本频率分布估计总体的分布例1 (2012·江南十校联考)某制造商3月生产了一批乒乓球，随机抽样100个进行检查，测得每个球的直径(单位：mm)，将数据分组如下表：1 7 92 0 1 53 0第17题图(1)请在上表中补充完成频率分布表(结果保留两位小数)，并在上图中画出频率分布直方图； (2)若以上述频率作为概率，已知标准乒乓球的直径为40.00mm ，试求这批乒乓球的直径误差不超过0.03mm 的概率；(3)统计方法中，同一组数据常用该组区间的中点值(例如区间[39.99,40.01)的中点值是40.00)作为代表．据此估计这批乒乓球直径的平均值(结果保留两位小数)．【解析】 频率分布直方图如图：(2)误差不超过0.3mm ，即直径落在[39.97,40.03]范围内，其概率为0.2＋0.5＋0.2＝0.9.(3)整体数据的平均值约为39.96×0.10＋39.98×0.20＋40.00×0.50＋40.02×0.20≈40.00(mm)． 【点评】(1)画频率分布直方图时，注意纵轴表示的不是频率，而是频率与组距之比． (2)要体会用样本估计总体的统计思想方法．题型二 用样本的数字特征估计总体的数字特征 例2 (2011·辽宁理)某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种(分别称为品种甲和品种乙)进行田间试验．选取两大块地，每大块地分成n 小块地，在总共2n 小块地中，随机选n 小块地种植品种甲，另外n 小块地种植品种乙．试验时每大块地分成8小块，即n ＝8，试验结束后2植哪一品种？【解析】 品种甲的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为：x －甲＝18×(403＋397＋390＋404＋388＋400＋412＋406)＝400，s 2甲＝18×[(32＋(－3)2＋(－10)2＋42＋(－12)2＋02＋122＋62)]＝57.25. 品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为：x －乙＝18×(419＋403＋412＋418＋408＋423＋400＋413)＝412，s 2乙＝18×[72＋(－9)2＋02＋62＋(－4)2＋112＋(－12)2＋12]＝56. 由以上结果可看出，品种乙的样本平均数大于品种甲的样本平均数，且两品种的样本方差差异不大，故应该选择种植品种乙．【点评】平均数与方差都是重要的数学特征数，是对总体的一种简明的描述，它们所反映的情况有着重要的实际意义，所以不仅需要掌握计算公式和方法，还要学会通过这些数据分析其含义，从而为正确决策提供依据．题型三 茎叶图的应用 例3 (2011·北京文)以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数．乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X 表示．(1)如果X ＝8，求乙组同学植树棵数的平均数和方差；(2)如果X ＝9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数为19的概率．【解析】 (1)当X ＝8时，由茎叶图可知，乙组同学的植树棵数是：8,8,9,10，所以平均数为：x －＝8＋8＋9＋104＝354；方差为：s 2＝14[(8－354)2＋(8－354)2＋(9－354)2＋(10－354)2]＝1116.(2)记甲组四名同学为A 1，A 2，A 3，A 4，他们植树的棵数依次为9,9,11,11；乙组四名同学为B 1，B 2，B 3，B 4，他们植树的棵数依次为9,8,9,10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，所有可能的结果有16个：(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 1，B 3)，(A 1，B 4)， (A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，B 3)，(A 2，B 4)， (A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(A 3，B 3)，(A 3，B 4)， (A 4，B 1)，(A 4，B 2)，(A 4，B 3)，(A 4，B 4)．用C 表示“选出的两名同学的植树总棵数为19”这一事件，则C 中的结果有4个，它们是：(A 1，B 4)，(A 2，B 4)，(A 3，B 2)，(A 4，B 2)．故所求概率为P (C )＝416＝14.【点评】茎叶图既直观又真实地反映数据的特征，它有两个突出的优点：一是统计图上没有原始信息的损失，所有的数据信息都可以从茎叶图中得到；二是茎叶图方便记录与表示．解题过程中需要注意的是读取一定要准确．【本课总结】1．用样本频率分布来估计总体分布的重点是：频率分布表和频率分布直方图的绘制及用样本频率分布估计总体分布，难点是频率分布表和频率分布直方图的理解及应用．在计数和计算时一定要准确，在绘制小矩形时，宽窄要一致．通过频率分布表和频率分布直方图可以对总体作出估计．2．总体平均数与方差的估计用样本平均数估计总体平均数，用样本方差估计总体方差，样本容量越大，估计就越准确．。
重庆市育才中学高2014级一轮复习学案(理科数学)66空间几何体的结构、三视图、直观图(教师版)
重庆市育才中学高2014级一轮复习案66空间几何体的结构、三视图、直观图第147页66空间几何体的结构、三视图、直观图一、学习内容：必修第三册P1～16，二、课标要求：1、认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．能画出简单空间几何体(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图． 3. 会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．三、基础知识1．棱柱的结构特征(1)定义：有两个面，其余各面都是，并且每相邻两个四边形的公共边 .(2)性质：①侧棱长相等；②侧面都是平行四边形．2．棱锥的结构特征(1)棱锥的定义：有一个面是多边形，其余各面都是_____________________，这些面围成的几何体叫做棱锥．(2)正棱锥的定义：如果一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面内的射影是底面中心，这样的棱锥叫做正棱锥．(3)正棱锥的性质：①各侧棱相等，各侧面都是全等的，各等腰三角形底边上的高相等，它叫做正棱锥的.②棱锥的高、斜高和斜足与底面中心连线组成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也组成一个直角三角形．3．圆柱、圆锥、圆台的特征分别以、、__________________________________为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台．其中旋转轴叫做所围成的几何体的；在轴上的这条边叫做这个几何体的；垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做这个几何体的；不垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做这个几何体的，无论旋转到什么位置，这条边都叫做侧面的 .4．棱台、圆台的特征用平行于底面的平面去截、，截面与底面间的部分叫棱台、圆台．5．几何体的三视图___视图、视图、视图．又称为：视图、视图、视图．6．三视图的画法要求(1)在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成，单位不注明，则按mm计．(2)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的、、观察几何体画出的轮廊线．画三视图的基本要求是：“正俯一样长、正侧一样高、俯侧一样宽”．(3)由三视图想象几何体特征时要根据“长对正、高平齐、宽相等”的基本原则．7．平面图形的直观图画法在斜二测画法中，平行于x轴的线段长度；平行于y轴的线段长度.四、典型例题分析1.【2012高考真题湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是。
重庆市育才中学高2014级一轮复习学案(理科数学)62圆(教师版)
重庆市育才中学高2014级一轮复习案62圆第123页62 圆一、学习内容：选修4—1，P12～24二、课标要求：1．会证圆周角定理、圆的切线的判定定理及性质定理．2．会证相交弦定理、圆内接四边形的性质定理与判定定理、切割线定理．三、基础知识1．圆周角定理圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的___________2．圆心角定理圆心角的度数等于__________________的度数．推论1：同弧或等弧所对的__________相等；同圆或等圆中相等的圆周角对的________也相等．推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90°的圆周角对的弦是直径．3．圆内接四边形性质定理①________互补．②外角等于它的___________．判定定理：如果一个四边形的_________互补，那么这个四边形四个顶点共圆．推论：如果四边形的一个外角等于它的___________，那么这个四边形四个顶点共圆．4．圆的切线(1)切线判定定理：经过半径外端点且垂直于这条半径的直线是圆的切线．(2)切线性质定理：圆的切线_______于经过切点的半径．推论1：经过圆心且垂直于切线的直线必过切点．推论2：经过切点垂直于切线的直线必经过_________．(3)弦切角定理：弦切角等于它所夹弧对的圆周角．5．与圆有关的比例线段(1)相交弦定理：圆的两条相交弦被交点分成的两条线段长的_______相等．(2)割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的________相等．(3)切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆的交点的两条线段长的________．(4)切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点连线平分______．5、弦切角四、典型例题分析1．(2011北京理5)如图，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G。
重庆市育才中学高2014级一轮复习学案(理科数学)56几何概率(教师版)
重庆市育才中学高2014级一轮复习案56几何概型第111页
56 几何概型
一、学习内容：必修第五册
P127～133
二、课标要求：
1．了解几何概型的意义．
2．了解日常生活中的几何概型．三、基础知识
1．几何概型
如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的
( 或)成比例，
则称这样的概率模型为几何概率模型，简称为
．2．概率计算
几何概型中事件A 的概率计算公式P(A)＝____________________________________________. 3．几何概型的基本特点
(1)无限性：在一次试验中，可能出现的结果有
___________；(2)等可能性：每个结果的发生具有
_____________．4．两点注意
(1)事件A 的概率P(A)只与子区域A 的几何度量(长度、面积和体积)成正比，而与
A 的位置和形状无关．
(2)求试验中几何概型的概率
，关键是求得事件所占区域和整个区域Ω的几何度量，然后代入公式即可求解．
四、典型例题分析
1．（2013年高考陕西卷（理））如图, 在矩形区域ABCD 的A , C 两点处各有一个通信基站, 假设其信
号覆盖范围分别是扇形区域ADE
和扇形区域CBF (该矩形区域内无其他信号来源, 基站工作正常). 若在该矩形区域内随机地选一地点
, 则该地点无．信号的概率是（
）
A ．14
B ．12
C ．22
D ．4
【答案】A 1
2D A C
B
E
F。
重庆市育才中学高2014级一轮复习学案(理科数学)69平行的判定与性质(教师版)
重庆市育才中学高2014级一轮复习案69平行的判定与性质第153页69平行的判定与性质一、学习内容：必修第三册P37～45二、课标要求：1．以立体几何的定义、公理、定理为出发点，理解空间中线面平行的有关性质和判定定理．2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.三、基础知识1．直线和平面平行的判定：(1)定义：直线与平面，则称直线平行平面.(2)判定定理：如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行·(3)其他判定方法：α∥β，a?α?a∥β.2．直线和平面平行的性质：如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行3．两个平面平行的判定：(1)定义：两个平面，称这两个平面平行.(2)判定定理：如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行·(3)推论：一个平面内的分别平行于另一个平面内的，则这两个平面平行．4．两个平面平行的性质：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行5．利用垂直判定平行：(1)垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α?；(2)a⊥α，a⊥β?.四、典型例题分析1.【2012四川理6】下列命题正确的是（）A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C【解析】A.两直线可能平行，相交，异面故A不正确；B.两平面平行或相交； C.正确；D.这两个平面平行或相交.2.（2013上海（理））如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=1,A1A=1,(1)证明直线BC1平行于平面DA1C。
2014理科数学一轮复习学案 空间几何体
2014理科数学一轮复习学案乌审旗高级中学2014理科数学一轮复习学案乌审旗高级中学12211正视俯视侧视第9题空间几何体年级：高三主备人：余洁娜审核人：曹丽荣编号：32学习目标：1. 能识别空间几何体的三视图所表示的立体模型2. 了解球、柱体、椎体、台体的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)学习难点：由三视图还原空间几何体学习任务：1. (2013四川卷)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2.(2012湖南卷)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( )3. (2013年课标Ⅱ卷)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz-中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx平面为投影面,则得到正视图可以为( )A B C D4. (2012北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+1255. (2012辽宁卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________6. (2013重庆卷)某几何体的三视图如题(8)所示,则该几何体的表面积为____7. (2012浙江卷)已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该三棱锥的体积等于________cm38. (2012新课标卷)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为()()A6()B9()C 12()D189.(2013广东卷)某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是( )A．4B．143C．163D．610.(2013陕西卷)某几何体的三视图如图所示, 则其体积为_______.11.(2012湖北卷)已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为( )A．8π3B．3πC．10π3D．6π12.(2012广东卷)某几何体的三视图如图所示，它的体积为______________13. (2013课标I卷)某几何函数的三视图如图所示,则该几何的体积为( )A．168π+B．88π+C．1616π+D．816π+14. (2013江西卷)一几何体的三视图如右所示,则该几何体的体积为（）A．200+9πB．200+18πC．140+9πD．140+18π15. (2013浙江卷)已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是（）A．108cm3B．100 cm3C．92cm3D．84cm3 1题2题3题5题7题8题112110题俯视图侧视图2正视图第4题图42 4211题12题13题14题15题。
2014届高考数学(重庆专用理科)一轮复习题库8.1《空间几何体的结构及其三视图与直观图》Word版含解析
课时作业35空间几何体的结构及其三视图与直观图一、选择题1．已知一个几何体的三视图如图所示，分析此几何体的组成为()．A．上面为棱台，下面为棱柱B．上面为圆台，下面为棱柱C．上面为圆台，下面为圆柱D．上面为棱台，下面为圆柱2．已知某一几何体的正视图与侧视图如图所示，则在下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形为()．A．①②③⑤B．②③④⑤C．①②④⑤D．①②③④3．如图，△ABC为正三角形，AA′∥BB′∥CC′，CC′⊥平面ABC且3AA′＝32BB′＝CC′＝AB，则多面体ABC－A′B′C′的正视图(也称主视图)是()．4．(2012陕西高考)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左(侧)视图为()．5．如下图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )．6．一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图为( )．7．如图所示，直观图四边形A ′B ′C ′D ′是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( )．A．2 2 B．22C．2－1 D．2＋2二、填空题8．如图，点O为正方体ABCD－A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的投影可能是__________(填出所有可能的序号)．9．已知一个几何体的三视图如图所示，根据图中数据，可得该几何体的表面积为__________．10．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为__________．三、解答题11．已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．12．右图为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD ＝AD＝2EC＝2．(1)画出该几何体的三视图；(2)求四棱锥B－CEPD的体积．参考答案一、选择题 1．C 2．D3．D 解析：易知BB ′⊥平面ABC ．又CC ′＝32BB ′，且△ABC 为正三角形，故正视图为D ．4．B 解析：下图为，实线为AD 1，虚线为B 1D ．5．C 解析：几何体为一柱体，高为1，若体积为12，则其底面积为12，只有C 项符合此条件．6．C7．D 解析：把直观图还原为平面图形得：直角梯形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝2＋1，AD ＝1，∴面积为12×(2＋2)×2＝2＋2．二、填空题8．①②③ 解析：空间四边形D ′OEF 在正方体的面DCC ′D ′上的投影是①；在面BCC ′B ′上的投影是②；在面ABCD 上的投影是③，故填①②③．9．24＋6π 解析：由题意知，该几何体是一个半球与一个正四棱柱的组合体，并且正四棱柱的底面内接于半球的底面，由三视图中的数据可知，正四棱柱的底面边长为2，高为3，故半球的底面半径为2．所以该几何体的表面积为S ＝12×4π×(2)2＋π×(2)2＋4×2×3＝24＋6π．10．2＋22解析：原图形中AB ＝2，AD ＝1，BC ＝22＋1， 故S 原＝12(AD ＋BC )·AB ＝2＋22．三、解答题11．解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中 VA ＝42－⎝⎛⎭⎫23×32×232＝23． ∴S △VBC ＝12×23×23＝6．12．解：(1)如图所示：(2)∵PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PDCE ， ∴平面PDCE ⊥平面ABCD ．∵BC ⊥CD ，∴BC ⊥平面PDCE ．∵S 梯形PDCE ＝12(PD ＋EC )·DC ＝12×3×2＝3，∴四棱锥B －CEPD 的体积V B －CEPD ＝13S 梯形PDCE ·BC ＝13×3×2＝2．。
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66空间几何体的结构、三视图、直观图
一、学习内容：必修第三册P1～16，
二、课标要求：1、认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实
生活中简单物体的结构．2．能画出简单空间几何体(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图．3. 会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．
三、基础知识
1．棱柱的结构特征
(1)定义：有两个面，其余各面都是，并且每相邻两个四边形的公共边 .
(2)性质：①侧棱长相等；②侧面都是平行四边形．
2．棱锥的结构特征
(1)棱锥的定义：有一个面是多边形，其余各面都是_____________________，这些面围成的几何体叫做棱锥．
(2)正棱锥的定义：如果一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面内的射影是底面中心，这样的棱锥叫做正棱锥．
(3)正棱锥的性质：
①各侧棱相等，各侧面都是全等的，各等腰三角形底边上的高相等，它叫做正棱锥的.
②棱锥的高、斜高和斜足与底面中心连线组成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也组成一个直角三角形．
3．圆柱、圆锥、圆台的特征
分别以、、__________________________________为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台．其中旋转轴叫做所围成的几何体的；在轴上的这条边叫做这个几何体的；垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做这个几何体的；不垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做这个几何体的，无论旋转到什么位置，这条边都叫做侧面的 .
4．棱台、圆台的特征
用平行于底面的平面去截、，截面与底面间的部分叫棱台、圆台．
5．几何体的三视图
___视图、视图、视图．又称为：视图、视图、视图．
6．三视图的画法要求
(1)在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成，单位不注明，则按mm计．
(2)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的、、观察几何体画出的轮廊线．画三视图的基本要求是：“正俯一样长、正侧一样高、俯侧一样宽”．
(3)由三视图想象几何体特征时要根据“长对正、高平齐、宽相等”的基本原则．
7．平面图形的直观图画法
在斜二测画法中，平行于x轴的线段长度；平行于y轴的线段长度.
四、典型例题分析
1.【2012高考真题湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是
【答案】D
【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形.
【点评】本题主要考查空间几何体的三视图，考查空间想象能力.是近年高考中的热点题型.
2【2012高考真题福建理4】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.三棱柱
C.正方形
D.圆柱
【答案】D.
【命题立意】本题考查了空间几何体的形状和三视图的概念，以及考生的空间想象能力，难度一般.
【解析】球的三视图全是圆；如图正方体截出的三棱锥三视图全是等．
3.（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理））一个四面体的顶点在空间直角坐标系
中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx平面为O xyz
投影面,则得到正视图可以为
（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
4.（2013年高考四川卷（理））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是
【答案】D
5．如图所示，直观图四边形A ′B ′C ′D ′是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是________．
【解析】 把直观图还原为平面图形得：
【答案】 2＋ 2 直角梯形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝2＋1，AD ＝1，∴面积为12
(2＋2)×2＝2＋ 2. 五、基础练习
1．下列结论正确的是( )
A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
答案 D
解析A错误．如图所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不一定是棱锥．
B错误．如下图，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥．
C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．
2．判断正误
①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；
②底面是矩形的平行六面体是长方体；
③三棱锥的四个面中最多只有三个直角三角形；
④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．
⑤圆锥所有轴截面都是全等的等腰三角形；
⑥圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中，面积最大的一个．
其中真命题的序号是________．
【答案】①√②×③×④√⑤√⑥×
3．下列几何体的三视图中，恰好有两个视图相同的几何体是()
A．球B．正方体
C．圆锥D．长宽高互不相等的长方体
答案 C
4.三视图如图的几何体是()
A．三棱锥B．四棱锥
C．四棱台D．三棱台
答案 B
解析几何体底面为四边形、侧面是三角形．
5．(2011·浙江文)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()
答案 B
解析根据正视图与俯视图，我们可以将选项A 、C 排除，根据侧视图，可以将D 排除，故选B.
6．(2011·新课标全国)在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如下图所示，则相应的侧视图可以为( )
7．(2011·广东文)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共有( )
A ．20
B ．15
C ．12
D ．10
答案 D
解析 如图，在正五棱柱ABCDE －A 1B 1C 1D 1E 1中，从顶点A 出发的对
角线有两条：AC 1、AD 1，同理从B 、C 、D 、E 点出发的对角线也有两条，
共2×5＝10条.
【本课总结】
1．对于基本概念和能用公式直接求棱柱、棱锥、棱台与球的表面积的
问题，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决，这种题目难度不大．
2．在绘制三视图时，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线．在三视图中，分界线和可见轮廊线都用实线画出，被挡住的轮廊线画成虚线．并做到“长对正、高平齐、宽相等”．
3．能够由空间几何体的三视图得到它的直观图；也能够由空间几何体的直观图得到它的三视图．提升空间想象能力．。