2018-2019高中数学必修二北师大版(赣豫陕)新学案课件第一章 立体几何初步2
高中高中数学北师大版必修2课件第一章立体几何初步 1.6.1.2精选ppt课件
正确;(3)两条直线还可能相交或异面,错误.
答案:(1)(2)
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知识梳理
HISHI SHULI
D S 典例透析 IANLI TOUXI
随堂演练
UITANGYANLIAN
12345
1下列命题:①两个相交平面组成的图形叫做二面角;②异面直线 a,b分别和一个二面角的两个面垂直,则a,b所成的角与这个二面角 相等或互补;③二面角的平面角是从棱上一点出发,分别在两个面 内作射线所成角的最小角;④二面角的大小与其平面角的顶点在 棱上的位置没有关系,其中正确的是( ) A.①③ B.②④ C.③④ D.①② 答案:B
∴平面ABC⊥平面SBC.
题型一 题型二 题型三
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HISHI SHULI
D S 典例透析 IANLI TOUXI
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UITANGYANLIAN
方法二:∵SA=SB=SC=a, 又∠ASB=∠ASC=60°, ∴△ASB,△ASC都是等边三角形. ∴AB=AC=a. 作AD⊥平面BSC于点D, ∵AB=AC=AS,∴D为△BSC的外心. 又△BSC是以BC为斜边的直角三角形, ∴D为BC的中点,故AD⫋平面ABC. ∴平面ABC⊥平面SBC.
(3)如图所示,α∩β=l,a⫋α,a⊥l, 但不一定有α⊥β,错误. (4)b与β的位置关系为相交、平行或b⫋β,错误. 答案:(1)(2)
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2018-2019数学新学案同步必修二北师大版(赣豫陕)讲义：第一章 立体几何初步滚动训练一(5.1_5.2)含答案
滚动训练一(5.1～5.2)一、选择题1．一条直线若同时平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面的交线的位置关系是()A．异面B．平行C．相交D．不能确定考点空间中直线与平面之间的位置关系题点空间中直线与平面之间的位置关系的判定答案 B解析设α∩β＝l，a∥α，a∥β，则过直线a作与平面α，β都相交的平面γ，记α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b且a∥c，∴b∥c.又bβ，cβ，∴b∥β.又bα，α∩β＝l，∴b∥l，∴a∥l.2．下列说法正确的是()①若一个平面内有两条直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行；②若一个平面内有无数条直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行；③若一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行；④若一个平面内的两条相交直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行．A．①③B．②④C．②③④D．③④考点空间中直线与平面之间的位置关系题点空间中直线与平面之间的位置关系的判定答案 D解析如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，在平面ABCD内，在AB上任取一点E，过点E 作EF∥AD，交CD于点F，则由线面平行的判定定理，知EF，BC都平行于平面ADD1A1，用同样的方法可以在平面ABCD内作出无数条直线都与平面ADD1A1平行，但是平面ABCD 与平面ADD1A1不平行，因此①②都错；③正确，事实上，因为一个平面内任意一条直线都平行于另一个平面，所以这两个平面必无公共点(要注意“任意一条直线”与“无数条直线”的区别)；④是平面与平面平行的判定定理，正确．3．l 1，l 2，l 3是空间三条不同的直线，则下列说法正确的是( ) A ．若l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，则l 1∥l 3 B ．若l 1⊥l 2，l 2∥l 3，则l 1⊥l 3 C ．若l 1∥l 2∥l 3，则l 1，l 2，l 3共面 D ．若l 1，l 2，l 3共点，则l 1，l 2，l 3共面 考点 空间中直线与直线的位置关系题点 空间中直线与直线的位置关系判定的应用 答案 B解析 A 中，l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，则l 1与l 3可以平行，也可以相交或异面，借助正方体的棱很容易理解； B 中，l 1⊥l 2，l 2∥l 3，则l 1⊥l 3；C 中，l 1∥l 2∥l 3，则三直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱互相平行但不共面；D 中，共点的三条直线不一定共面，如三棱锥中共顶点的三条棱不共面．4．点E ，F ，G ，H 分别为空间四边形ABCD 中AB ，BC ，CD ，AD 的中点，若AC ＝BD ，且AC 与BD 所成角的大小为90°，则四边形EFGH 是( ) A ．菱形 B ．梯形 C ．正方形 D ．空间四边形考点 平行公理题点 判断、证明线线平行 答案 C解析 由题意得EH ∥BD 且EH ＝12BD ，FG ∥BD 且FG ＝12BD ，∴EH ∥FG 且EH ＝FG ， ∴四边形EFGH 为平行四边形， 又EF ＝12AC ，AC ＝BD ，∴EF＝EH，∴四边形EFGH为菱形．又∵AC与BD所成角的大小为90°，∴EF⊥EH，即四边形EFGH为正方形．5．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案 A解析A中，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交；B中，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB 平面MNQ，MQ平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；C中，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB 平面MNQ，MQ平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；D中，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ，又AB⊈平面MNQ，NQ平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A.6．若不在同一直线上的三点A，B，C到平面α的距离相等，且A∉α，则()A．α∥平面ABCB．△ABC中至少有一边平行于αC．△ABC中至多有两边平行于αD．△ABC中只可能有一边与α相交考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案 B解析若三点在平面α的同侧，则α∥平面ABC，有三边平行于α.若一点在平面α的一侧，另两点在平面α的另一侧，则有两边与平面α相交，有一边平行于α，故△ABC中至少有一边平行于α.7.如图，在四棱锥P ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面P AD，则()A．MN∥PDB．MN∥P AC．MN∥ADD．以上均有可能考点 直线与平面平行的性质 题点 利用性质证明平行问题 答案 B解析 ∵MN ∥平面P AD ，MN 平面P AC ， 平面P AD ∩平面P AC ＝P A ，∴MN ∥P A .8．如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面是菱形，AC 交BD 于点O ，E 为AD 的中点，F 在P A 上，AP ＝λAF ，PC ∥平面BEF ，则λ的值为( )A ．1 B.32 C ．3D ．2考点 直线与平面平行的性质 题点 与线面平行性质有关的计算 答案 C解析 设AO 交BE 于点G ，连接FG . ∵O ，E 分别是BD ，AD 的中点， ∴AG AO ＝23，AG AC ＝13. ∵PC ∥平面BEF ，平面P AC ∩平面BEF ＝GF ， PC 平面P AC ，∴GF ∥PC ，∴AF AP ＝AG AC ＝13，则AP ＝3AF ，∴λ＝3.二、填空题9．已知l ，m ，n 是互不相同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列说法： ①若l 与m 为异面直线，l α，m β，则α∥β； ②若α∥β，l α，m β，则l ∥m ；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n . 其中说法正确的为________． 考点 线、面关系的综合问题题点线、面关系的其他综合问题答案③解析①中α可能与β相交；②中直线l与m可能异面；③中根据线面平行的性质定理可以证明m∥n.10．如图所示，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝______.考点空间中直线与平面之间的位置关系题点空间中直线与平面之间的位置关系的应用答案8解析直线CE在下底面内，且与上底面平行，与其他四个平面相交，直线EF与左、右两个平面平行，与其他四个平面相交，所以m＝4，n＝4，故m＋n＝8.11.如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为P A，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面五个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②P A∥平面BDG；③EF∥平面PBC；④FH∥平面BDG；⑤EF∥平面BDG；其中正确结论的序号是________．考点平行的综合应用题点线线、线面、面面平行的相互转化答案①②③④解析把图形还原为一个四棱锥，然后根据线面、面面平行的判定定理判断即可．12．如图所示的正方体的棱长为4，E，F分别为A1D1，AA1的中点，过C1，E，F的截面的周长为________．考点线、面关系的综合问题题点线、面关系的其他综合问题答案45＋6 2解析由EF∥平面BCC1B1，知平面BCC1B1与平面EFC1的交线为BC1，平面EFC1与平面ABB1A1的交线为BF，所以截面周长为EF＋FB＋BC1＋C1E＝45＋6 2.三、解答题13.如图，已知在三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．若平面BC1D∥平面AB1D1，求ADDC的值．考点平面与平面平行的性质题点与面面平行性质有关的计算解如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的性质，知四边形A 1ABB 1为平行四边形， 所以点O 为A 1B 的中点． 因为平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ，平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1， 所以BC 1∥D 1O ，所以D 1为线段A 1C 1的中点， 所以D 1C 1＝12A 1C 1.因为平面BC 1D ∥平面AB 1D 1， 且平面AA 1C 1C ∩平面BDC 1＝DC 1， 平面AA 1C 1C ∩平面AB 1D 1＝AD 1， 所以AD 1∥DC 1.又因为AD ∥D 1C 1， 所以四边形ADC 1D 1是平行四边形， 所以AD ＝C 1D 1＝12A 1C 1＝12AC ，所以ADDC ＝1.四、探究与拓展14．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，∠DCB ＝90°，AB ＝AD ＝AA 1＝2DC ，Q 为棱CC 1上一动点，过直线AQ 的平面分别与棱BB 1，DD 1交于点P ，R ，则下列结论错误的是( ) A ．对于任意的点Q ，都有AP ∥QRB ．对于任意的点Q ，四边形APQR 不可能为平行四边形C ．存在点Q ，使得△ARP 为等腰直角三角形D ．存在点Q ，使得直线BC ∥平面APQR考点 平行的综合应用题点 线线、线面、面面平行的相互转化 答案 C解析∵AB∥CD，AA1∥DD1，AB∩AA1＝A，CD∩DD1＝D，∴平面ABB1A1∥平面CDD1C1. 又∵平面APQR∩平面ABB1A1＝AP，平面APQR∩平面CDD1C1＝QR，∴AP∥QR.故A正确；∵四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD，∴平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行．由AP∥QR可知，AP≠QR，即四边形APQR不可能为平行四边形，故B正确；延长CD至M，使得DM＝CD，则四边形ABCM是矩形，∴BC∥AM.当R，Q，M三点共线时，AM平面APQR，∴BC∥平面APQR，故D正确；易得C不正确．15．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AB的中点，点N在侧面AA1D1D上运动，点N满足什么条件时，MN∥平面BB1D1D?考点平行的综合应用题点平行中的探索性问题解如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，分别取棱A1B1，A1D1，AD的中点E，F，G，连接ME，EF，FG，GM.因为M是AB的中点，所以ME∥AA1∥FG，且ME＝AA1＝FG，所以四边形MEFG是平行四边形．因为ME∥BB1，BB1平面BB1D1D，ME⊈平面BB1D1D，所以ME∥平面BB1D1D.在△A1B1D1中，因为EF∥B1D1，B1D1平面BB1D1D，EF⊈平面BB1D1D，所以EF∥平面BB1D1D.又因为ME∩EF＝E，且ME平面MEFG，EF平面MEFG，所以平面MEFG∥平面BB1D1D. 在FG上任取一点N，连接MN，所以MN平面MEFG.所以MN与平面BB1D1D无公共点．所以MN∥平面BB1D1D.总之，当点N在平面AA1D1D内的直线FG上(任意位置)时，都有MN∥平面BB1D1D，即当点N在矩形AA1D1D中过A1D1与AD的中点的直线上运动时，都有MN∥平面BB1D1D.。
2018-2019数学北师大版必修2课件：第一章 立体几何初步 专题整合 (41张)
3 下底面面积，h 为台体的高， 球体的表面积与体 积计算公式： S 球＝4π R2，R 为球的半径．
V 球＝4π R3，R 为球的半径． 3
1．将立体问题平面化
在线、面、体几个元素中，体是最复杂的，而线是最简单的， 如果我们能将立体问题转化为平面问题，或者将平面问题转化 为直线问题去解决，便可达到化难为易的目的． 2．等积转化法
如图是长和宽分别相等的两个矩形，给定下列三个命
题：①存在三棱柱，其主视图、俯视图如图；②存在四棱柱，
其主视图、俯视图如图；③存在圆柱，其主视图、俯视图如图．其
中真命题的个数是( A )
A．3
B．2
C．1
D．0
[解析] 底面是等腰直角三角形的三棱柱，当它的一个直角 边所在的矩形侧面放置在水平面上时，它的主视图和俯视图 可以是全等的矩形，因此①正确；若长方体的高和宽相等， 则存在满足题意的两个相等的矩形的视图，因此②正确；当 圆柱侧放时(即左视图为圆时)，它的主视图和俯视图是全等 的矩形，因此③正确．
∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴点 O 是 BD 的中点． 又点 E 是 PD 的中点，∴EO∥PB. ∵PB 平面 AEC，EO 平面 AEC，
∴PB∥平面 AEC.
折叠问题
把一个平面图形按 某种要求折起，转化为空间图形，进而研究 图形在位置关系和 数量关系上的变化，这就是折叠问题．在解 决这类问题时，要求既会由平面 图形想象出空间形体，又会准 确地用空间图形表 现空间形体；既会观察、分析平面图形中各 点、线、面在折叠前后的相互关系，又会对图形 进行交换和转 化．解决折叠问题，要注意折叠前后 的变量与不变量，折叠前 后同一半平面内的 数量关系与位置关系均不发生改变．
2018-2019高中数学必修二北师大版(渝皖琼)学案讲义第一章立体几何初步6.2Word版含答案
6．2垂直关系的性质学习目标 1.掌握直线与平面垂直，平面与平面垂直的性质定理.2.能运用性质定理解决一些简单问题.3.了解直线与平面、平面与平面垂直的判定定理和性质定理间的相互联系．知识点一直线与平面垂直的性质定理思考在日常生活中常见到一排排和地面垂直的电线杆．一排电线杆中的每根电线杆都与地面垂直，这些电线杆之间的位置关系是什么？答案平行．梳理性质定理知识点二平面与平面垂直的性质思考黑板所在平面与地面所在平面垂直，你能否在黑板上画一条直线与地面垂直？答案容易发现墙壁与墙壁所在平面的交线与地面垂直，因此只要在黑板上画出一条与这条交线平行的直线，则所画直线必与地面垂直．梳理性质定理α⊥β，α∩β＝l，aα，a⊥l⇒a⊥β1．若平面α⊥平面β，任取直线lα，则必有l⊥β.(×)2．已知两个平面垂直，过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．(×)类型一线面垂直的性质及应用例1如图所示，在正方体A1B1C1D1－ABCD中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交．求证：EF∥BD1.考点直线与平面垂直的性质题点应用线面垂直的性质定理判定线线平行证明如图，连接AB1，B1C，BD，B1D1.∵DD1⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴DD1⊥AC.又AC⊥BD，DD1∩BD＝D，∴AC⊥平面BDD1B1，又BD1平面BDD1B1，∴AC⊥BD1.同理BD1⊥B1C，∴BD1⊥平面AB1C.∵EF⊥A1D，且A1D∥B1C，∴EF⊥B1C.又∵EF⊥AC，AC∩B1C＝C，∴EF⊥平面AB1C，∴EF∥BD1.反思与感悟证明线线平行的常用方法(1)利用线线平行定义：证共面且无公共点．(2)利用三线平行公理：证两线同时平行于第三条直线．(3)利用线面平行的性质定理：把证线线平行转化为证线面平行．(4)利用线面垂直的性质定理：把证线线平行转化为证线面垂直.(5)利用面面平行的性质定理：把证线线平行转化为证面面平行．跟踪训练1如图，α∩β＝l，P A⊥α，PB⊥β，垂足分别为A，B，aα，a⊥AB.求证：a∥l.考点直线与平面垂直的性质题点应用线面垂直的性质定理判定线线平行证明∵P A⊥α，lα，∴P A⊥l.同理PB⊥l.∵P A∩PB＝P，∴l⊥平面P AB.又∵P A⊥α，aα，∴P A⊥a.∵a⊥AB，P A∩AB＝A，∴a⊥平面P AB.∴a∥l.类型二面面垂直的性质及应用例2如图，在三棱锥P－ABC中，P A⊥平面ABC，平面P AB⊥平面PBC.求证：BC⊥AB.考点平面与平面垂直的性质题点应用面面垂直的性质定理判定线线垂直证明如图，在平面P AB内，作AD⊥PB于点D.∵平面P AB⊥平面PBC，且平面P AB∩平面PBC＝PB，AD平面P AB.∴AD⊥平面PBC.又BC平面PBC，∴AD⊥BC.又∵P A⊥平面ABC，BC平面ABC，∴P A⊥BC，又∵P A∩AD＝A，P A，AD平面P AB，∴BC⊥平面P AB.又AB平面P AB，∴BC⊥AB.反思与感悟证明线面垂直，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．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．跟踪训练2如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面P AD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，G为边AD的中点．求证：(1)BG⊥平面P AD；(2)AD⊥PB.考点平面与平面垂直的性质题点应用面面垂直的性质定理判定线面垂直证明(1)∵四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，∴△ABD是正三角形，又G为AD的中点，∴BG⊥AD.又平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，BG平面ABCD，∴BG⊥平面P AD.(2)由(1)可知BG⊥AD，由题意知△P AD为正三角形，G是AD的中点，∴PG⊥AD.又BG∩PG ＝G，∴AD⊥平面PBG，又PB平面PBG，∴AD⊥PB.类型三垂直关系的综合应用命题角度1线线、线面、面面垂直的转化例3如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE∥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.考点垂直问题的综合应用题点线线、线面、面面垂直的相互转化证明(1)∵P A⊥AD，平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，由平面和平面垂直的性质定理可得P A⊥平面ABCD.(2)∵AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥AD.又AD平面P AD，BE⊈平面P AD，∴BE∥平面P AD.(3)在平行四边形ABED中，∵AB⊥AD，∴四边形ABED为矩形，∴BE⊥CD.∵P A⊥平面ABCD，∴P A⊥AB，又AB⊥AD，P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，∴CD⊥平面P AD，∴CD⊥PD.又E，F分别为CD和PC的中点，∴EF∥PD，∴CD⊥EF.∵EF∩BE＝E，EF，BE平面BEF，∴CD⊥平面BEF.又∵CD平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.反思与感悟在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．跟踪训练3如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面BCD，AB⊥AC，DC⊥BC.求证：平面ABD⊥平面ACD.考点垂直问题的综合应用题点线线、线面、面面垂直的相互转化证明∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，在平面ABC内，作AE⊥BC于点E，如图，则AE⊥平面BCD.又CD平面BCD，∴AE⊥CD.又BC⊥CD，AE∩BC＝E，AE，BC平面ABC，∴CD⊥平面ABC，又AB平面ABC，∴AB⊥CD.又AB⊥AC，AC∩CD＝C，AC，CD平面ACD.∴AB⊥平面ACD.又AB平面ABD，∴平面ABD⊥平面ACD.命题角度2垂直中的探索性问题例4已知在三棱锥A－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AEAC＝AFAD＝λ(0＜λ＜1)．(1)求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；(2)当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD?考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的计算与探索性问题(1)证明∵∠BCD＝90°，∴BC⊥CD.∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.又∵AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC.∵AEAC＝AFAD，∴EF∥CD，∴EF⊥平面ABC.又∵EF平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABC.故不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC. (2)解由(1)得EF⊥平面ABC，BE平面ABC，∴EF⊥BE.要使平面BEF⊥平面ACD，只需BE⊥AC.∵∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，∴BD＝ 2.又∵AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，∴AB ＝6，AC ＝7，∴BE ＝AB ·BC AC ＝427，∴AE ＝677，∴λ＝AE AC ＝67.故当λ＝67时，平面BEF ⊥平面ACD .反思与感悟 解决开放性问题一般先从结论入手，分析得到该结论所需的条件或与其等价的条件，此类型题考查空间想象能力、推理论证能力、分析问题和解决问题的能力． 跟踪训练4 如图所示，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DC ＝DD 1＝2AD ＝2AB ，AD ⊥DC ，AB ∥DC .(1)求证：D 1C ⊥AC 1；(2)设E 是DC 上一点，试确定E 的位置，使D 1E ∥平面A 1BD ，并说明理由． 考点 线、面平行、垂直的综合应用 题点 平行与垂直的计算与探索性问题(1)证明 在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接C 1D ， ∵DC ＝DD 1，∴四边形DCC 1D 1是正方形， ∴DC 1⊥D 1C .又AD ⊥DC ，AD ⊥DD 1，DC ∩DD 1＝D ， ∴AD ⊥平面DCC 1D 1，∴AD ⊥D 1C .∵AD ，DC 1平面ADC 1，且AD ∩DC 1＝D ， ∴D 1C ⊥平面ADC 1. ∵AC 1平面ADC 1，∴D 1C ⊥AC 1.(2)解 连接AD 1，AE ，设AD 1∩A 1D ＝M ，BD ∩AE ＝N ，连接MN ，∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，需使MN∥D1E.又M是AD1的中点，∴N是AE的中点，又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE，即E是DC 的中点．综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.1．给出下列说法：①垂直于同一条直线的两个平面互相平行；②垂直于同一个平面的两条直线互相平行；③一条直线在平面内，另一条直线与这个平面垂直，则这两条直线垂直．其中正确说法的个数是()A．0B．1C．2D．3考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的判定答案 D2．平面α⊥平面β，直线a∥α，则()A．a⊥βB．a∥βC．a与β相交D．以上都有可能考点空间中直线与平面之间的位置关系题点空间中直线与平面之间的位置关系的判定答案 D解析因为a∥平面α，平面α⊥平面β，所以直线a与β垂直、相交、平行都有可能．3．已知直线l⊥平面α，直线m平面β.有下面四个说法：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确的两个说法是()A．①②B．③④C．①③D．②④考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的判定答案 C解析∵l⊥α，α∥β，mβ，∴l⊥m，故①正确；∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又∵mβ，∴α⊥β，故③正确．4．如图，在三棱锥P－ABC中，侧面P AC⊥底面ABC，且∠P AC＝90°，P A＝1，AB＝2，则PB＝________.考点平面与平面垂直的性质题点有关面面垂直性质的计算答案 5解析∵侧面P AC⊥底面ABC，交线为AC，∠P AC＝90°(即P A⊥AC)，∴P A⊥平面ABC，∴P A⊥AB，∴PB＝P A2＋AB2＝1＋4＝ 5.5.如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面SDC⊥底面ABCD，求证：平面SCD⊥平面SBC.考点平面与平面垂直的性质题点面面垂直性质的综合应用证明因为底面ABCD是矩形，所以BC⊥CD.又平面SDC⊥平面ABCD，平面SDC∩平面ABCD＝CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面SCD.又因为BC平面SBC，所以平面SCD⊥平面SBC.1．线面垂直的性质定理揭示了空间中“平行”与“垂直”关系的内在联系，提供了“垂直”与“平行”关系相互转化的依据．2．面面垂直的性质定理揭示了“面面垂直、线面垂直及线线垂直”间的内在联系，体现了数学中的转化与化归思想，其转化关系如下：一、选择题1．在圆柱的一个底面上任取一点(该点不在底面圆周上)，过该点作另一个底面的垂线，则这条垂线与圆柱的母线所在直线的位置关系是()A．相交B．平行C．异面D．相交或平行考点直线与平面垂直的性质题点应用线面垂直的性质定理判定线线平行答案 B解析由于这条垂线与圆柱的母线都垂直于底面，所以它们平行．2．在长方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB上任取一点E，作EF⊥A1B1于点F，则EF与平面A1B1C1D1的关系是()A．平行B．EF平面A1B1C1D1C．相交但不垂直D．相交且垂直考点平面与平面垂直的性质题点应用面面垂直的性质定理判定线面垂直答案 D解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，平面A1ABB1⊥平面A1B1C1D1且平面A1ABB1∩平面A1B1C1D1＝A1B1，又EF平面A1ABB1，EF⊥A1B1，∴EF⊥平面A1B1C1D1.3．如图所示，在三棱锥P－ABC中，平面ABC⊥平面P AB，P A＝PB，AD＝DB，则()A．PD平面ABCB．PD⊥平面ABCC．PD与平面ABC相交但不垂直D．PD∥平面ABC考点平面与平面垂直的性质题点应用面面垂直的性质定理判定线面垂直答案 B解析∵P A＝PB，AD＝DB，∴PD⊥AB.又∵平面ABC⊥平面P AB，平面ABC∩平面P AB＝AB，PD平面P AB，∴PD⊥平面ABC.4．在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知平面AA1C1C⊥平面ABCD，且AB＝BC，AD＝CD，则BD与CC1的位置关系为()A．平行B．共面C．垂直D．不垂直考点平面与平面垂直的性质题点应用面面垂直的性质定理判定线线垂直答案 C解析如图所示，在四边形ABCD中，。
高中数学北师大版必修二课件：第一章 立体几何初步
向量的加法运算：向量加法遵循平行四边形 法则如(x1, y1, z1) + (x2, y2, z2) = (x1+x2, y1+y2, z1+z2)
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向量的减法运算：向量减法遵循平行四边形 法则如(x1, y1, z1) - (x2, y2, z2) = (x1x2, y1-y2, z1-z2)
向量积的坐标表示：两个向量的向 量积的坐标表示为两个向量坐标的 乘积
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混合积：三个向量的混合积是一个 向量其坐标表示为三个向量坐标的 乘积
混合积的坐标表示：三个向量的混 合积的坐标表示为三个向量坐标的 乘积
总结与展望
本章内容的总结与回顾
本章主要介绍了立体几何的基本概念和性质包括点、线、面、体等。 学习了立体几何的度量方法如长度、角度、体积等。 掌握了立体几何的证明方法如平行、垂直、相似等。 学习了立体几何的应用如空间图形的绘制、空间物体的测量等。 展望未来我们将继续深入学习立体几何掌握更多的知识和技能为未来的学习和工作打下坚实的基础。
棱锥的表面积和体积
棱锥的定义： 由一个多边 形底面和若 干个侧面组 成的几何体
棱锥的表面 积：底面积+ 侧面积
棱锥的体积： 底面积×高 ÷3
棱锥的表面 积和体积的 计算公式： S=πr²+n(l ×h)V=πr²h /3
棱锥的表面 积和体积的 应用：建筑、 工程等领域
球的表面积和体积
球的表面积：4πr^2 球的体积：4/3πr^3 球的表面积和体积公式推导 球的表面积和体积在实际生活中的应用
几何性质：立体几何具有空间位置、 形状、大小等性质平面几何具有位 置、形状等性质
2018-2019数学新学案同步必修二北师大版(渝皖琼)讲义：第一章 立体几何初步7.1 Word版含答案
§7 简单几何体的面积和体积 7．1 简单几何体的侧面积学习目标 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 圆柱、圆锥、圆台的表面积思考1 圆柱OO ′及其侧面展开图如下，则其侧面积为多少？表面积为多少？答案 S 侧＝2πrl ，S 表＝2πr (r ＋l )．思考2 圆锥SO 及其侧面展开图如下，则其侧面积为多少？表面积为多少？答案 底面周长是2πr ，利用扇形面积公式得 S 侧＝12×2πrl ＝πrl ，S 表＝πr 2＋πrl ＝πr (r ＋l )．思考3 圆台OO ′及其侧面展开图如下，则其侧面积为多少？表面积为多少？答案 圆台的侧面展开图是扇环，内弧长等于圆台上底周长，外弧长等于圆台下底周长，xx ＋l＝r R ，解得x ＝r R －r l . S 扇环＝S 大扇形－S 小扇形 ＝12(x ＋l )×2πR －12x ·2πr ＝π[(R －r )x ＋Rl ]＝π(r ＋R )l ，所以，S 圆台侧＝π(r ＋R )l ，S 圆台表＝π(r 2＋rl ＋Rl ＋R 2)． 梳理 圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式知识点二 直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积思考1 类比圆柱侧面积的求法，你认为怎样求直棱柱的侧面积？如果直棱柱底面周长为c ，高为h ，那么直棱柱的侧面积是什么？答案 利用直棱柱的侧面展开图求棱柱的侧面积．展开图如图，不难求得S 直棱柱侧＝ch .思考2 正棱锥的侧面展开图如图，设正棱锥底面周长为c ，斜高为h ′，如何求正棱锥的侧面积？答案 正棱锥的侧面积就是展开图中各个等腰三角形面积之和，不难得到S 正棱锥侧＝12ch ′.思考3 下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？答案 S 正棱台侧＝12n (a ＋a ′)h ′＝12(c ＋c ′)h ′.梳理 棱柱、棱锥、棱台侧面积公式1．斜三棱柱的侧面积也可以用cl 来求解，其中l 为侧棱长，c 为底面周长．( × ) 2．多面体的表面积等于各个面的面积之和．( √ )3．圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( × )类型一 旋转体的侧面积(表面积)例1 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°，则圆台的表面积为多少． 考点 题点 解 如图所示，设圆台的上底面周长为c ， 因为扇环的圆心角是180°， 故c ＝π·SA ＝2π×10，所以SA ＝20，同理可得SB ＝40， 所以AB ＝SB －SA ＝20， 所以S S S S 下＝＋＋表面上侧积221212()r r AB r r πππ⋅＝＋＋＋＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1 100π(cm 2)．故圆台的表面积为1 100π cm 2.反思与感悟 圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．跟踪训练1 (1)圆柱的侧面展开图是两边长分别为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为( ) A ．6π(4π＋3) B ．8π(3π＋1)C ．6π(4π＋3)或8π(3π＋1)D ．6π(4π＋1)或8π(3π＋2) 考点 题点 答案 C解析 由题意，圆柱的侧面积S 侧＝6π×4π＝24π2.①当以边长为6π的边为母线时，4π为圆柱底面周长，则2πr ＝4π， 即r ＝2，所以S 底＝4π，所以S 表＝S 侧＋2S 底＝24π2＋8π＝8π(3π＋1)．②当以边长为4π的边为母线时，6π为圆柱底面周长，则2πr ＝6π，即r ＝3，所以S 底＝9π， 所以2S S S 表底＝＋侧＝24π2＋18π＝6π(4π＋3)．(2)圆锥的中截面把圆锥侧面分成两部分，则这两部分侧面积的比为( ) A ．1∶1 B ．1∶2 C ．1∶3 D ．1∶4考点 题点 答案 C解析 如图所示，PB 为圆锥的母线，O 1，O 2分别为截面与底面的圆心．因为O 1为PO 2的中点，所以1PO 2PO ＝P A PB ＝1O A 2O B ＝12，所以P A ＝AB ，212O B O A ＝. 又因为S 圆锥侧＝π·1O A ·P A ， S 台圆侧＝π·(12O A O B ＋)·AB ， 则S 圆锥侧S 圆台侧＝O 1A ·P A(O 1A ＋O 2B )·AB ＝13.类型二 多面体的侧面积(表面积)及应用例2 如图所示，已知六棱锥P -ABCDEF ，其中底面ABCDEF 是正六边形，点P 在底面的投影是正六边形的中心，底面边长为2 cm ，侧棱长为3 cm.求六棱锥P -ABCDEF 的表面积．解 6OBCABCDEF S S＝边六形＝6×12×2×2×sin 60°＝6 3.又S 面侧＝6PCD S ＝6×12×2× PC 2－⎝⎛⎭⎫CD 22＝632－12＝12 2.2(612)cm .ABCDEF S S S ∴＝＋＝＋边锥面六形六棱表侧反思与感悟 多面体中的有关计算通常转化为平面图形(三角形或特殊的四边形)来计算，对于棱锥中的计算问题往往要构造直角三角形，即棱锥的高、斜高以及斜高在底面上的投影构成的直角三角形，或者由棱锥的高、侧棱以及侧棱在底面上的投影构成的直角三角形． 跟踪训练2 已知正四棱台上底面边长为4 cm ，侧棱和下底面边长都是8 cm ，求它的侧面积． 考点 题点解 方法一 如图，作B 1F ⊥BC ，垂足为F ，设棱台的斜高为h ′. 在Rt △B 1FB 中， B 1F ＝h ′，BF ＝12(8－4)＝2(cm)，B 1B ＝8 cm ， ∴B 1F ＝82－22＝215(cm)，∴h ′＝B 1F ＝215 cm.∴S 正棱台侧＝12×4×(4＋8)×215＝4815(cm 2)．方法二 延长正四棱台的侧棱交于点P ，如图，设PB 1＝x cm ，则xx ＋8＝48， 得x ＝8 cm.∴PB 1＝B 1B ＝8 cm ， ∴E 1为PE 的中点． ∴PE 1＝82－22＝215(cm)．PE ＝2PE 1＝415 cm.∴S 正棱台侧＝S 大正棱锥侧－S 小正棱锥侧 ＝4×12×8×PE －4×12×4×PE 1＝4×12×8×415－4×12×4×215＝4815(cm 2)．类型三 组合体的侧面积(表面积)例3 已知在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AD ＝a ，BC ＝2a ，∠DCB ＝60°，在平面ABCD 内，过C 作l ⊥CB ，以l 为轴将梯形ABCD 旋转一周，求此旋转体的表面积． 考点 题点解 如图所示，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的．在直角梯形ABCD 中，AD ＝a ，BC ＝2a ，AB ＝(2a －a )tan 60°＝3a ， DC ＝2a －a cos 60°＝2a ，又DD ′＝DC ＝2a ，则S 表＝S 圆柱表＋S 圆锥侧－S 圆锥底 ＝2π·2a ·3a ＋2π·(2a )2＋π·a ·2a －πa 2 ＝(9＋43)πa 2.反思与感悟 (1)对于由基本几何体拼接成的组合体，要注意拼接面重合对组合体表面积的影响．(2)对于从基本几何体中切掉或挖掉的部分构成的组合体，要注意新产生的截面和原几何体表面的变化．跟踪训练3 已知△ABC 的三边长分别是AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，以AB 所在直线为轴，将此三角形旋转一周，求所得旋转体的表面积． 考点 题点解 如图，在△ABC 中，过C 作CD ⊥AB ，垂足为点D .由AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5， 知AC 2＋BC 2＝AB 2， 则AC ⊥BC .所以BC ·AC ＝AB ·CD ， 所以CD ＝125，记为r ＝125，那么△ABC 以AB 为轴旋转所得旋转体是两个同底的圆锥，且底面半径r ＝125，母线长分别是AC ＝3，BC ＝4，所以S 表面积＝πr ·(AC ＋BC )＝π×125×(3＋4)＝845π.1．一个圆锥的表面积为πa m 2，且它的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为( ) A.2a2 m B.3a3 m C.a2m D.5a 5m 考点 题点 答案 B解析 设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则⎩⎪⎨⎪⎧πrl ＋πr 2＝πa ，2πr ＝πl .解得r ＝3a3. 2．一个正三棱台的上、下底面边长分别为3 cm 和6 cm ，高是32cm.则三棱台的侧面积为( )A ．27 3 cm 2 B.2732 cm 2C.32cm 2 D. 3 cm 2考点 题点 答案 B解析 如图，O 1，O 分别是上、下底面中心，则O 1O ＝32cm ，连接A 1O 1并延长交B 1C 1于点D 1，连接AO 并延长交BC 于点D ，连接DD 1，过D 1作D 1E ⊥AD 于点E .在Rt △D 1ED 中，D 1E ＝O 1O ＝32cm ，DE ＝DO －OE ＝DO －D 1O 1＝13×32×(6－3)＝32(cm)，DD 1＝D 1E 2＋DE 2＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫322＝ 3 (cm)， 所以S 正三棱台侧＝12(c ＋c ′)·DD 1＝2732(cm 2)．3．如图所示，圆台的上、下底半径和高的比为1∶4∶4，母线长为10，则圆台的侧面积为________．答案 100π解析 设圆台的上底半径为r ，则下底半径为4r ，高为4r . 由母线长为10可知10＝(3r )2＋(4r )2＝5r ，∴r ＝2.故圆台的上、下底半径和高分别为2,8,8.所以圆台的侧面积为π(2＋8)×10＝100π.4．若圆台的高是12，母线长为13，两底面半径之比为8∶3，则该圆台的表面积为________． 考点 柱体、锥体、台体的表面积 题点 台体的表面积 答案 216π解析 设圆台上底面与下底面的半径分别为r ，R ， 由勾股定理可得R －r ＝132－122＝5.∵r ∶R ＝3∶8， ∴r ＝3，R ＝8.S 侧＝π(R ＋r )l ＝π(3＋8)×13＝143π， 则表面积为143π＋π×32＋π×82＝216π.5．正三棱锥S －ABC 的侧面积是底面积的2倍，它的高SO ＝3，求此正三棱锥的侧面积． 考点 题点解 设正三棱锥底面边长为a ，斜高为h ′， 如图所示，过O 作OE ⊥AB ，垂足为E ，连接SE ，则SE ⊥AB ，且SE ＝h ′. 因为S 侧＝2S 底，所以12×3a ×h ′＝34a 2×2.所以a ＝3h ′.因为SO ⊥OE ，所以SO 2＋OE 2＝SE 2. 所以32＋⎝⎛⎭⎫36×3h ′2＝h ′2. 所以h ′＝23，所以a ＝3h ′＝6. 所以S 底＝34a 2＝34×62＝9 3.所以S 侧＝2S 底＝18 3.1．多面体的表面积为围成多面体的各个面的面积之和．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(r 2＋rl ＋Rl ＋R 2)．一、选择题1．已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比是( ) A.1＋2π2π B.1＋4π4π C.1＋2ππ D.1＋4π2π考点 题点 答案 A解析 设圆柱底面半径、母线长分别为r ，l ，由题意知l ＝2πr ，S 侧＝l 2＝4π2r 2. S 表＝S 侧＋2πr 2＝4π2r 2＋2πr 2＝2πr 2(2π＋1)， S 表S 侧＝2πr 2(2π＋1)4π2r 2＝1＋2π2π. 2．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( ) A ．4π B ．3π C ．2π D ．π 考点 题点 答案 C解析 底面圆半径为1，高为1，侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故选C.3．如图所示，侧棱长为1的正四棱锥，若底面周长为4，则这个棱锥的侧面积为( )A ．5 B. 3 C.3＋12D.3＋1考点 题点 答案 B解析 设底面边长为a ，则由底面周长为4，得 a ＝1，SE ＝1－14＝32，∴S 侧＝4×12×32×1＝ 3. 4．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 ．7 B ．6 C ．5 D ．3 考点 题点 答案 A解析 设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r ， S 侧＝π(r ＋3r )×3＝84π，∴r ＝7.5．底面为正方形的直棱柱，它的底面对角线长为2，体对角线长为6，则这个棱柱的侧面积是( ) A ．2 B ．4 C ．6 D ．8答案 D解析 由已知得底面边长为1，侧棱长为6－2＝2. ∴S 侧＝1×2×4＝8.6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，三棱锥D 1－AB 1C 的表面积与正方体的表面积的比为( )A ．1∶1B ．1∶ 2C ．1∶ 3D ．1∶2考点 题点 答案 C解析 设正方体棱长为a ，由题意知，三棱锥的各面都是正三角形， 其表面积为411AB D S ＝4×32a 2＝23a 2. 正方体的表面积为6a 2，∴三棱锥D 1－AB 1C 的表面积与正方体的表面积的比为23a 2∶6a 2＝1∶ 3. 7．已知正三棱锥的底面边长为a ，高为66a ，则其侧面积为( ) A.34a 2 B.32a 2 C.334a 2 D.332a 2 答案 A解析 正三棱锥如图，OD ＝13×32×a ＝36a ，∴PD ＝PO 2＋OD 2＝12a ，∴S 侧＝12×12a ×a ×3＝34a 2，故选A.二、填空题8．圆台的母线长扩大为原来的n 倍，两底面半径都缩小为原来的1n倍，那么它的侧面积变为原来的________倍． 答案 1解析 由S 侧＝π(r ′＋r )l .当r ，r ′缩小1n 倍，l 扩大n 倍时，S 侧不变．9．棱长都是3的三棱锥的表面积S 为________． 考点 柱体、锥体、台体的表面积 题点 锥体的表面积 答案 9 3解析 因为三棱锥的四个面是全等的正三角形， 所以S ＝4×34×32＝9 3. 10．正四棱台的上、下两底面边长分别是方程x 2－9x ＋18＝0的两根，其侧面积等于两底面面积之和，则其侧面梯形的高为________． 考点 题点 答案 52解析 方程x 2－9x ＋18＝0的两个根为x 1＝3，x 2＝6，设侧面梯形的高为h ，则由题意得12×(3＋6)·h ×4＝32＋62，解得h ＝52.11．如图所示，在棱长为4的正方体上底面中心位置打一个直径为2、深为4的圆柱形孔，则打孔后的几何体的表面积为________．考点 组合几何体的表面积与体积题点 柱、锥、台、球切割的几何体的表面积与体积 答案 96＋6π解析 由题意知，所打圆柱形孔穿透正方体，因此打孔后所得几何体的表面积等于正方体的表面积，再加上一个圆柱的侧面积，同时减去两个圆的面积，即S ＝6×42＋4×2π－2π×12＝96＋6π.12．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________ cm 2. 答案 112或72解析 设底面边长、侧棱长分别为a cm ，l cm ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 2＋l 2＝9，2a 2＋4al ＝144，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，l ＝7或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，l ＝3.∴S 侧＝4×4×7＝112(cm 2)或S 侧＝4×6×3＝72 (cm 2)． 三、解答题13．圆柱有一个内接长方体AC 1，长方体的体对角线长是10 2 cm ，圆柱的侧面展开平面图为矩形，此矩形的面积是100π cm 2，求圆柱的底面半径和高． 解 设圆柱底面半径为r cm ，高为h cm ，如图所示，则圆柱轴截面长方形的对角线长等于它的内接长方体的体对角线长，则⎩⎪⎨⎪⎧(2r )2＋h 2＝(102)2，2πrh ＝100π， ∴⎩⎪⎨⎪⎧r ＝5，h ＝10.即圆柱的底面半径为5 cm ，高为10 cm. 四、探究与拓展14．直平行六面体底面是菱形，两个对角面的面积分别为Q 1和Q 2，则此平行六面体的侧面积为________． 答案 22212Q Q ＋ 解析 设侧棱为b ，底面边长为a ， 则⎝⎛⎭⎫Q 12b 2＋⎝⎛⎭⎫Q 22b 2＝a 2，∴2212Q Q ＋＝4a 2b 2，∴S 侧＝4ab ＝22212Q Q ＋.15．如图，一个圆锥的底面半径为1，高为3，在圆锥中有一个半径为x 的内接圆柱．(1)试用x 表示圆柱的高；(2)当x 为何值时，圆柱的侧面积最大，最大侧面积是多少？ 考点 柱体、锥体、台体的表面积 题点 柱体的表面积解 (1)轴截面如图，设圆柱的高为h ，BO ＝1，PO ＝3，由图，得x 1＝3－h3，即h ＝3－3x .(0<x <1)(2)∵S 圆柱侧＝2πhx ＝2π(3－3x )x ＝6π(x －x 2)＝－6π⎝⎛⎭⎫x －122＋3π2， 当x ＝12时，圆柱的侧面积取得最大值3π2.∴当圆柱的底面半径为12时，它的侧面积最大，最大为3π2.。
2018-2019数学新学案同步必修二北师大版(赣豫陕)讲义：第一章 立体几何初步1 Word版含答案
§1简单几何体学习目标 1.理解旋转体与多面体的概念.2.掌握球、圆柱、圆锥、圆台的结构特征.3.掌握棱柱、棱锥、棱台的基本性质．知识点一旋转体与多面体知识点二常见的旋转体及概念思考1以直角三角形的一条直角边所在的直线为轴旋转180°所得的旋转体是圆锥吗？答案不是．以直角三角形的一条直角边所在的直线为轴旋转180°所得的旋转体是圆锥的一半，不是整个圆锥．思考2能否由圆锥得到圆台？答案用平行于圆锥底面的平面截去一个圆锥可以得到．梳理特别提醒：(1)经过旋转体轴的截面称为该几何体的轴截面．(2)圆柱的母线互相平行，圆锥的母线相交于圆锥的顶点，圆台的母线延长后相交于一点． 知识点三 常见的多面体及相关概念 思考 观察下列多面体，试指明其类别．答案 (1)五棱柱；(2)四棱锥；(3)三棱台． 梳理 (1)棱柱 ①定义要点： (ⅰ)两个面互相平行；(ⅱ)其余各面都是四边形；(ⅲ)每相邻两个四边形的公共边都互相平行．②相关概念：底面：两个互相平行的面．侧面：除底面外的其余各面．侧棱：相邻两个侧面的公共边．顶点：底面多边形与侧面的公共顶点．③记法：如三棱柱ABC－A1B1C1.④分类及特殊棱柱：(ⅰ)按底面多边形的边数分，有三棱柱、四棱柱、五棱柱、……. (ⅱ)直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱．(ⅲ)正棱柱：底面是正多边形的直棱柱．(2)棱锥①定义要点：(ⅰ)有一个面是多边形；(ⅱ)其余各面是三角形；(ⅲ)这些三角形有一个公共顶点．②相关概念：底面：除去棱锥的侧面余下的那个多边形．侧面：除底面外的其余三角形面．侧棱：相邻两个侧面的公共边．顶点：侧面的公共顶点．③记法：如三棱锥S－ABC.④分类及特殊棱锥：(ⅰ)按底面多边形的边数分，有三棱锥、四棱锥、五棱锥、……，(ⅱ)正棱锥：底面是正多边形，且各侧面全等的棱锥．(3)棱台①定义要点：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分．②相关概念：上底面：原棱锥的截面．下底面：原棱锥的底面．侧棱：相邻的侧面的公共边．顶点：侧面与底面的公共顶点．③记法：如三棱台ABC－A1B1C1.④分类及特殊棱台：(ⅰ)按底面多边形的边数分，有三棱台、四棱台、五棱台、……，(ⅱ)正棱台：由正棱锥截得的棱台．1．棱柱的侧面都是平行四边形．(√)2．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥．(×)3．直角三角形绕一边所在直线旋转得到的旋转体是圆锥．(×)4．半圆绕其直径所在直线旋转一周形成球．(×)类型一旋转体的概念例1下列说法正确的是________．(填序号)①以直角梯形的一腰所在直线为旋转轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；③以等腰三角形的底边上的高线所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周形成的几何体是圆锥；④用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面．考点简单几何体的结构特征题点简单旋转体的结构特征答案③④解析①以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴旋转一周可得到圆台；②它们的底面为圆面；③④正确．反思与感悟(1)判断简单旋转体结构特征的方法①明确由哪个平面图形旋转而成．②明确旋转轴是哪条直线．(2)简单旋转体的轴截面及其应用①简单旋转体的轴截面中有底面半径、母线、高等体现简单旋转体结构特征的关键量．②在轴截面中解决简单旋转体问题体现了化空间图形为平面图形的转化思想．跟踪训练1下列说法：①圆柱的轴截面是过母线的截面中最大的一个；②用任意一个平面去截圆锥得到的截面一定是一个圆；③圆台的任意两条母线的延长线，可能相交也可能不相交；④球的半径是球心与球面上任意一点的连线段．其中正确的个数为()A．0 B．1 C．2 D．3考点简单几何体的结构特征题点简单旋转体的结构特征答案 C解析②错误，截面可能是一个三角形；③错误，圆台的任意两条母线的延长线必相交于一点；①④正确．故选C.类型二多面体及其简单应用例2(1)下列关于多面体的说法正确的个数为________．①所有的面都是平行四边形的几何体为棱柱；②棱台的侧面一定不会是平行四边形；③底面是正三角形，且侧棱相等的三棱锥是正三棱锥；④棱台的各条侧棱延长后一定相交于一点；⑤棱柱的每一个面都不会是三角形．考点简单几何体的结构特征题点多面体的结构特征答案 3解析①中两个四棱柱放在一起，如下图所示，能保证每个面都是平行四边形，但并不是棱柱．故①错；②中棱台的侧面一定是梯形，不可能为平行四边形，②正确；根据棱锥的概念知，③正确；根据棱台的概念知，④正确；棱柱的底面可以是三角形，故⑤错．正确的个数为3.(2)如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1.①这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？②用平面BCNM把这个长方体分成两部分，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，是几棱柱，并用符号表示；如果不是，说明理由．考点简单几何体题点简单几何体结构判断解①长方体是棱柱，是四棱柱．因为它有两个平行的平面ABCD与A1B1C1D1，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，符合棱柱的定义．②用平面BCNM把这个长方体分成两部分，其中一部分有两个平行的平面BB1M与CC1N，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，符合棱柱的定义，所以是三棱柱，可用符号表示为三棱柱BB1M－CC1N；另一部分有两个平行的平面ABMA1与DCND1，其余各面都是四边形且每相邻两个四边形的公共边互相平行，符合棱柱的定义，所以是四棱柱，可用符号表示为四棱柱ABMA1－DCND1.引申探究若用一个平面去截本例(2)中的四棱柱，能截出三棱锥吗？解如图，几何体B－A1B1C1就是三棱锥．反思与感悟(1)棱柱的识别方法①两个面互相平行．②其余各面都是四边形．③每相邻两个四边形的公共边都互相平行．(2)棱锥的识别方法①有一个面是多边形．②其余各面都是有一个公共顶点的三角形．③棱锥仅有一个顶点，它是各侧面的公共顶点．④对几类特殊棱锥的认识(ⅰ)三棱锥是面数最少的多面体，又称四面体．它的每一个面都可以作为底面．(ⅱ)各棱都相等的三棱锥称为正四面体．(ⅲ)正棱锥有以下性质：侧面是全等的等腰三角形，顶点与底面正多边形中心的连线与底面垂直．(3)棱台的识别方法①上、下底面互相平行．②各侧棱延长交于一点．跟踪训练2下列说法正确的是()A．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B．两底面平行，并且各侧棱也互相平行的几何体是棱柱C．棱锥的侧面可以是四边形D．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面考点简单几何体题点简单几何体结构应用答案 B解析A中所有侧棱不一定交于一点，故A不正确；B正确；C中棱锥的侧面一定是三角形，故C不正确；D中棱柱的侧面也可能平行，故D不正确．1．下列几何体中棱柱有()A．5个B．4个C．3个D．2个考点简单几何体题点简单几何体结构判断答案 D解析由棱柱的定义知，①③为棱柱．2．关于下列几何体，说法正确的是()A．图①是圆柱B．图②和图③是圆锥C．图④和图⑤是圆台D．图⑤是圆台考点简单几何体题点简单几何体结构判断答案 D解析由旋转体的结构特征知，D正确．3．下面有关棱台说法中，正确的是()A．上下两个底面平行且是相似四边形的几何体是四棱台B．棱台的所有侧面都是梯形C．棱台的侧棱长必相等D．棱台的上下底面可能不是相似图形考点棱台的结构特征题点棱台的结构特征的应用答案 B解析 由棱台的结构特征知，B 正确．4．等腰三角形ABC 绕底边上的中线AD 所在的直线旋转一周所得的几何体是( ) A ．圆台 B ．圆锥 C ．圆柱D ．球考点 简单旋转体的结构特征 题点 旋转体的结构特征 答案 B解析 中线AD ⊥BC ，左右两侧对称，旋转体为圆锥．5．若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的母线长为________． 考点 圆锥的结构特征 题点 与圆锥有关的运算 答案 2解析 如图所示，设等边三角形ABC 为圆锥的轴截面，由题意知，圆锥的母线长即为△ABC 的边长，且S △ABC ＝34AB 2，∴3＝34AB 2，∴AB ＝2. 故圆锥的母线长为2.1．圆柱、圆锥、圆台的关系如图所示．2．棱柱、棱锥、棱台定义的关注点 (1)棱柱的定义有以下两个要点，缺一不可： ①有两个平面(底面)互相平行；②其余各面(侧面)每相邻两个面的公共边(侧棱)都互相平行．(2)棱锥的定义有以下两个要点，缺一不可：①有一个面(底面)是多边形；②其余各面(侧面)是有一个公共顶点的三角形．(3)用一水平平面截棱锥可得到棱台．一、选择题1．有一个多面体，共有四个面围成，每一个面都是三角形，则这个几何体为()A．四棱柱B．四棱锥C．三棱柱D．三棱锥考点简单几何体题点简单几何体结构判断答案 D解析四个面都是三角形的几何体只能是三棱锥．2．如图所示，在三棱台A′B′C′－ABC中，截去三棱锥A′－ABC，则剩余部分是()A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．三棱台考点棱锥的结构特征题点棱锥的概念答案 B解析由题图知，剩余的部分是四棱锥A′－BCC′B′.3．过球面上任意两点A，B作大圆，可能的个数是()A．有且只有一个B．一个或无穷多个C．无数个D．以上均不正确考点简单几何体的结构特征题点简单转体的结构特征答案 B解析当过A，B的直线经过球心时，经过A，B的截面所得的圆都是球的大圆，这时过A，B作球的大圆有无数个；当直线AB不经过球心O时，经过A，B，O的截面就是一个大圆，这时只能作出一个大圆．4．下列说法正确的是()A．圆锥的母线长等于底面圆直径B．圆柱的母线与轴垂直C．圆台的母线与轴平行D．球的直径必过球心考点简单几何体的结构特征题点简单转体的结构特征答案 D解析圆锥的母线长与底面圆的直径不一定相等，故A错；圆柱的母线与轴平行，故B错；圆台的母线与轴不平行，故C错；球的直径必过球心，故选D.5．若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是()A．1∶2 B．1∶4 C．2∶1 D．4∶1考点棱台的结构特征题点与棱台有关的运算答案 B解析由棱台的结构特征知，棱台上、下底面是相似多边形，面积比为对应边之比的平方，故选B.6．五棱柱中，不同在同一个侧面且不同在同一个底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数共有()A．20 B．15 C．12 D．10考点棱柱的结构特征题点与棱柱有关的运算答案 D解析如图，在五棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1中，从顶点A出发的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点出发的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．7．如图所示，正四棱锥S －ABCD 的所有棱长都为a ，过不相邻的两条棱SA ，SC 作截面SAC ，则截面的面积为( )A.32a 2 B ．a 2 C.12a 2 D.13a 2 考点 棱锥的结构特征 题点 与棱锥有关的运算 答案 C解析 根据正棱锥的性质知，底面ABCD 是正方形，故AC ＝2a .在等腰三角形SAC 中，SA ＝SC ＝a ，又∵AC ＝2a ，∴∠ASC ＝90°，即S △SAC ＝12a 2.8．如图阴影部分所示的平面图形绕轴旋转180°所形成的几何体为( )A ．一个球体B ．一个球体中间挖去一个圆柱C ．一个圆柱D ．一个球体中间挖去一个长方体 考点 题点 答案 B解析 外面圆旋转形成球体，中间矩形旋转形成一个圆柱．故选B. 二、填空题9．下列说法正确的是________．(填序号) ①底面是正多边形的棱锥为正棱锥； ②各侧棱都相等的棱锥为正棱锥； ③各侧面都是等腰三角形的棱锥为正棱锥； ④各侧面都是全等的等腰三角形的棱锥是正棱锥； ⑤底面是正多边形且各侧面全等的棱锥为正棱锥． 考点 棱锥的结构特征题点 棱锥概念的应用 答案 ⑤解析 由正棱锥的定义可知，①②③均不正确；而④不能保证这些全等的等腰三角形的腰长都作为侧棱长，故不正确；只有⑤符合正棱锥的定义，故正确．10．以三棱台的顶点为三棱锥的顶点，这样可以把一个三棱台分成________个三棱锥． 考点 棱台的结构特征 题点 棱台概念的应用 答案 3解析 如图，分割为A 1－ABC ，B －A 1CC 1，C 1－A 1B 1B ，3个棱锥．11．在半径为13的球面上有A ，B ，C 三点，其中AC ＝6，BC ＝8，AB ＝10，则球心到经过这三个点的截面的距离为________． 考点 球的结构特征 题点 与球有关的运算 答案 12解析 由线段的长度知△ABC 是以AB 为斜边的直角三角形，所以其外接圆的半径r ＝AB2＝5，所以d ＝R 2－r 2＝12.三、解答题12．已知一个圆锥的底面半径为r ，高为h ，在此圆锥内有一个内接正方体，正方体的一个面在圆锥的底面上，与这个面相对的面的四个顶点在圆锥的侧面上，求此正方体的棱长． 考点 圆锥的结构特征 题点 与圆锥有关的运算解 作出圆锥的一个纵截面如图所示，其中AB，AC为母线，BC为底面圆直径，DG，EF是正方体的棱，DE，GF是正方体的上、下底面的对角线，设正方体的棱长为x，则DG＝EF＝x，DE＝GF＝2x，依题意，得△ABC∽△ADE，∴hh－x＝2r2x，∴x＝2rhh＋2r.13．试从正方体ABCD－A1B1C1D1的八个顶点中任取若干连接后构成以下简单几何体，并用适当的符号表示出来．(1)只有一个面是等边三角形的三棱锥；(2)四个面都是等边三角形的三棱锥；(3)三棱柱．考点棱锥的结构特征题点棱锥的结构特征的应用解(1)如图所示，三棱锥A1－AB1D1(答案不唯一)．(2)如图所示，三棱锥B1－ACD1(答案不唯一)．(3)如图所示，三棱柱A1B1D1－ABD(答案不唯一)．四、探究与拓展14．给出下列说法：(1)圆柱的底面是圆面；(2)经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)圆台的任意两条母线的延长线，可能相交，也可能不相交；(4)夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体，其中说法正确的是________．(填序号)考点简单几何体题点简单几何体结构应用答案(1)(2)解析(1)正确，圆柱的底面是圆面；(2)正确，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)不正确，圆台的任意两条母线延长一定相交于一点；(4)不正确，夹在圆柱的两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体．15．如图所示，正三棱锥S－ABC的侧棱长为1，∠ASB＝40°，点M和点N分别是棱SB和SC上的点，求△AMN的周长的最小值．考点圆锥的结构特征题点与圆锥有关的运算解沿侧棱SA将正三棱锥S－ABC的侧面展开，得到三棱锥S－ABC的侧面展开图，如图所示．连接AA′，当M，N分别为AA′与SB，SC的交点时，△AMN的周长最小，即AA′的长度．∵SA＝SA′，∠ASB＝∠BSC＝∠CSA′＝40°，∴∠ASA′＝120°.∴∠SAA′＝∠SA′A＝30°. 作SF⊥AA′于点F，∵SA＝1，∴AF＝A′F＝32SA＝32，∴AA′＝3，即△AMN的周长的最小值为 3.。
2018学年高中数学北师大版必修二课件：第一章 立体几何初步§5 5-1 精品
A．0
B．1
C．2
D．3
【解析】 对①，当 α 内的两直线平行时，α 与 β 也可能相交，故①错误； 对②，当 α 内有无数条直线和 β 平行时，α 与 β 也可能相交，故②错误；对③， 若 A，B，C 三点在 β 两侧时，α 与 β 相交，故③错误．
【答案】 A
[质疑·手记] 预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流： 疑问 1： _____________________________________________________ 解惑： _______________________________________________________ 疑问 2： _____________________________________________________ 解惑： _______________________________________________________ 疑问 3： ______________________________________________________ 解惑： _______________________________________________________
(2)若平面 MNQ∥平面 PAD，又 M 为 AB 的中点，从而可确定 Q 的位置．
【自主解答】 (1)证明：如图，取 PD 的中点 H，连接 AH，NH.由 N 是 PC 的中点，知 NH∥DC，NH＝12DC.
由 M 是 AB 的中点，知 AM∥DC，AM＝12DC，
∴NH∥AM，NH＝AM，所以 AMNH 为平行四边形， ∴MN∥AH. 解析】 A 项和 B 项中 a 有可能在 α 内，C 项中，a 可能在 α 内，也可能 与 α 相交，D 项中，a∥α.
2018-2019高中数学必修二北师大版(赣豫陕)新学案课件第一章 立体几何初步7.2
3V
S△BCD 顶点法求解，即VA－BCD＝VB－ACD＝VC－ABD＝VD－ABC，求解的原则是V易
求，且△BCD的面积易求. 3.求几何体的体积，要注意分割与补形.将不规则的几何体通过分割或补 形将其转化为规则的几何体求解.
1
2
3
4
5
解析
答案
规律与方法
1.柱体、锥体、台体的体积之间的内在关系为 1 1 S′＝S S′＝0 V 柱体＝Sh← ― ― ― ― ― V 台体＝3h(S＋ SS′＋S′)― ― ― ― ― →V 锥体＝3Sh.
2.在三棱锥A－BCD中，若求点A到平面BCD的距离h，可以先求VA－BCD， h＝
面中求解，分析题中给出的数据，列出关系式后求出有关的量，再根据
几何体的体积公式进行运算、解答.
(1) 求台体的体积，其关键在于求高，在圆台中，一般把高放在等腰梯
形中求解.
(2)“ 还台为锥 ” 是求解台体的体积问题的重要思想，作出截面图，将
空间问题平面化，是解决此类问题的关键.
跟踪训练2
设圆台的高为3，如图，在轴截面中母线AA1与底面直径AB
“割”时割成几个图形，割成什么图形，“补”时补上什么图形，都
需要灵活的选择.
跟踪训练4
如图所示，一个底面半径为2的圆柱被一平面所截，截得的
几何体的最短和最长母线长分别为2和3，求该几何体的体积.
解答
达标检测
1. 已知高为 3 的棱柱 ABC—A1B1C1 的底面是边长为 1 的正三角形 ( 如图 ) ， 则三棱锥B1—ABC的体积为
的夹角为60°，轴截面中的一条对角线垂直于腰，则圆台的体积为____. 21π
解析
答案
类型三 几何体体积的求法 命题角度1 等体积法
2018-2019学年高中数学北师大版必修二课件：第一章 立体几何初步§1 1-1 1-2
棱台 AC′或棱台 ABCDA′B′C′D′
两个面 互相平行，其余 有 一 个 面 是 多 边 用 一 个 平 行 于 棱 锥 结构 各面都是四边形，并且 形，其余各面是 底面的平面去截棱
特征 每相邻两个四边形的公 有一个公共顶点的 锥，底面与截面之间 共边都互相平行 三角形 的部分
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[小组合作型]
旋转体的结构特征
下列叙述中，正确的个数是( ) (1)以直角三角形的一边为轴旋转所得的旋转体是圆锥； (2)以直角梯形的一腰为轴旋转所得的几何体是圆台； (3)用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台； (4)圆面绕它的任一直径旋转形成的几何体是球． A．0 个 C．2 个
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[基础· 初探] 教材整理 1 两个平面平行及直线与平面垂直的概念 简单旋转体”以上部分，完成下列问题．
阅读教材 P3“1.1
1．两个平面平行：称 无公共点的两个平面是平行的． 2．直线与平面垂直：直线与平面内的任意一条直线都垂直 ，称为直线与平 面垂直．
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长方体相对的两个侧面的位置关系是( A．平行 C．平行或相交
侧棱 平行且相等 侧面
相交于一点，但不 延长线交于一点，但 一定相等 三角形 多边形 不一定相等
平行四边形
梯形 平行且边数相等的 多边形
底面 平行且全等的多边形
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下列几何体中，是棱锥的是(
)
【解析】 A 为两个棱锥的组合体，C 为圆锥，D 是棱锥的一部分． 【答案】 B
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阅读教材 P4“1.2
(赣豫陕)高中数学第一章立体几何初步2直观图课件北师大版必修2
答案 A′B′∥C′D′，A′D′∥B′C′，A′B′＝AB，A′D′＝ 1 AD. 2
思考 2
ห้องสมุดไป่ตู้正方体 ABCD－ A1B1C1D1 的直观图如图所示，在此图形中各个
面都画成正方形了吗？
答案
没有都画成正方形.
梳理 (1)水平放置的平面图形直观图的画法 斜二测画法规则： ①在已知图形中建立平面直角坐标系 xOy ，画直观图时，它们分别对应 x′ 轴和 y′ 轴，两轴相交于点 O′ ，使 ∠x′O′y′ ＝ _____ 45° ，它们确定 水平平面 的平面表示_________. ②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成 平行 于x′轴 或y′轴的线段. ③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度 不变 ；平行于y 1 轴的线段，长度为原来的 2 .
跟踪训练1 已知正五边形ABCDE，如图，试画出其直观图.
解答
类型二 例2
直观图的还原与计算
如 图 所 示 ， 梯 形 A1B1C1D1 是 一 平 面 图 形 ABCD 的 直 观 图 . 若 A1D1∥O′y′ ，A1B1∥C1D1 ，A1B1 ＝ 2 C1D1 ＝ 2，A1D1 ＝O′D1 ＝1.试 3 画出原四边形的形状，并求出原图形的面积.
第一章 立体几何初步
§2 直观图
学习目标
1.掌握斜二测画法的作图规则. 2.会用斜二测画法画出简单几何体的直观图.
内容索引
问题导学 题型探究
达标检测
问题导学
知识点 思考1
斜二测画法
边长2 cm的正方形ABCD水平放置的直观图如下，在直观图中，
A′B′ 与 C′D′ 有何关系？A′D′与 B′C′呢？在原图与直观图中，
2018_2019高中数学第一章立体几何初步章末复习课课件北师大版必修2ppt版本
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9．多面体的侧面积 (1)设直棱柱高为 h，底面多边形的周长为 c，则 S 直棱柱侧＝ch. (2)设正 n 棱锥底面边长为 a，底面周长为 c，斜高为 h′，则 S 正棱锥侧＝12nah′＝12ch′. (3)设正 n 棱台下底面边长为 a，周长为 c，上底面边长为 a′， 周长为 c′，斜高为 h′，则 S 正棱台侧＝12n(a＋a′)h′＝12(c＋c′)h′.
(2)解 △PBD 在平面 BCD 内的投影为△OBD， 且 S△PBD＝12×6×2 3＝6 3， S△OBD＝S△CBD－S△BOC＝6 3－12×2 3×OC. 在 Rt△DPC 中， PC2＝DC2－DP2＝24. 设 OC＝x，则 OD＝6－x， ∴PC2－OC2＝DP2－DO2， 即 24－x2＝12－(6－x)2，解得 x＝4.
A．6 2 B．6 C．4 2 D．4
解析 由多面体的三视图可知该几何体的直观图 为一个三棱锥，如图所示．其中面 ABC⊥面 BCD， △ABC 为等腰直角三角形，AB＝BC＝4，取 BC 的 中点 M，连接 AM，DM，则 DM⊥面 ABC，在等腰 △BCD 中，BD＝DC＝2 5，BC＝DM＝4，所以在 Rt△AMD 中，AD＝ AM2＋DM2＝ 42＋22＋42＝6，又在 Rt△ABC 中，AC＝4 2<6，故该多面体的各条棱中，最长棱为 AD，长度为 6， 故选 B. 答案 B
易证 HBFD1 是平行四边形，得 HD1∥BF. ∵HD1 平面 BDF，BF 平面 BDF， ∴HD1∥平面 BDF. ∵B1D1∩HD1＝D1， ∴平面 BDF∥平面 B1D1H.
(赣豫陕)2018-2019学年高中数学第一章立体几何初步章末复习课件北师大版必修2
V＝ Sh＝
1 2 πr h 1 3 2 (r 2 ＋ r 1 2＋r1r2) 3 S上S下
以
旋
所在直线为
半圆面 旋转轴，
半圆的直径
S球面＝ 4πR2，
转球
体
V＝
4 3
旋
转一周形成 的旋转体
R为球的
半径
πR3
2.空间几何体的三视图与直观图 (1)三视图是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的 图形； 它包括主视图、左视图、俯视图三种.画图时要遵循“长对正、高平 齐、宽相等”的原则.注意三种视图的摆放顺序，在三视图中，分界 线和可见轮廓线都用实线画出，不可见轮廓线用虚线画出.熟记常见 几何体的三视图.画组合体的三视图时可先拆，后画，再检验.
2.已知a，b是两异面直线， a⊥b，点P∉a且P∉b，一定存在平面 α，使 P∈α，
题型探究
类型一
由三视图求几何体的表面积与体积
例1 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
A.12
B.18
C.24 √
D.30
解析
答案
反思与感悟
(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分
析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量. (2)多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积问题要注 意衔接部分的处理. (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.
任何 一个平面内，没有公共点 异面直线：不同在______
5.平行的判定与性质 (1)直线与平面平行的判定与性质
判定
定义 定理
性质
图
形
a∩α＝∅
a α，b⊈α，
a∥b
a ∥α
a∥α，a
2018-2019高中数学 第一章 立体几何初步 1.1.1 简单多面体学案 北师大版必修2
1.1 简单旋转体学习目标 1.通过实物操作，增强直观感知(重点)；2.能根据几何体的结构特征对空间物体进行分类(重点)；3.会用语言概述圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征(重、难点).知识点一球的结构特征1.定义：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，将半圆旋转所形成的曲面叫作球面.球面所围成的几何体叫作球体，简称球.2.相关概念(如图).3.表示法：球常用表示球心的字母表示，图中的球表示为球O.【预习评价】(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)球可以以圆的直径所在的直线为旋转轴旋转得到.(√)(2)球体内的点到球心的距离都不大于球的半径.(√)知识点二旋转体一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体.知识点三圆柱、圆锥、圆台分别以矩形的一边、直角三角形的一条直角边、直角梯形垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体分别叫作圆柱、圆锥、圆台.【预习评价】1.圆柱的母线有多少条？它们之间有什么关系？提示圆柱的母线有无数条；相互平行.2.圆锥过轴的截面叫做轴截面，那么圆锥的轴截面是什么形状？提示等腰三角形.3.正确的打“√”，错误的打“×”(1)圆台的母线只有一条.(×)(2)过圆台的轴的截面叫轴截面，它是等腰梯形.(√)(3)用平行于圆台底面的平面去截圆台，截面是圆面.(√)题型一旋转体的结构特征【例1】判断下列各命题是否正确：(1)圆柱上底面圆上任一点与下底面圆上任一点的连线都是圆柱的母线；(2)一直角梯形绕下底所在直线旋转一周，所形成的曲面围成的几何体是圆台；(3)圆锥、圆台中过轴的截面是轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形；(4)到定点的距离等于定长的点的集合是球.解(1)错.由圆柱母线的定义知，圆柱的母线应平行于轴.(2)错.直角梯形绕下底所在直线旋转一周所形成的几何体是由一个圆柱与一个圆锥组成的简单组合体，如图所示.(3)正确.(4)错.应为球面.规律方法(1)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.【训练1】下列命题正确的是________(只填序号).①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④以等腰三角形的底边上的高所在直线为旋转轴，其余各边旋转180°形成的曲面围成的几何体是圆锥；⑤球面上四个不同的点一定不在同一平面内；⑥球的半径是球面上任意一点和球心的连线段；⑦球面上任意三点可能在一条直线上；⑧用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面.解析①以直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转一周才可以得到圆锥；②以直角梯形垂直于底边的一腰所在直线为轴旋转一周才可以得到圆台；③它们的底面为圆面；④正确；作球的一个截面，在截面的圆周上任意取四个不同的点，则这四点就在球面上，故⑤错误；根据球的半径定义，知⑥正确；球面上任意三点一定不共线，故⑦错误；用一个平面去截球，一定截得一个圆面，故⑧正确.答案④⑥⑧题型二简单组合体的结构特征【例2】如图(1)、(2)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？解旋转后的图形如图所示.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中挖去圆锥O2O1组成的.规律方法(1)平面图形以一边所在直线为轴旋转时，要过有关顶点向轴作垂线，然后想象所得旋转体的结构和组成.(2)必要时作模型培养动手能力.【训练2】已知AB是直角梯形ABCD中与底边垂直的腰，如图所示.分别以AB，BC，CD，DA所在的直线为轴旋转，试说明所得几何体的结构特征.解(1)以AB边所在的直线为轴旋转所得旋转体是圆台，如图①所示.(2)以BC边所在的直线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边所在的直线为轴旋转所得旋转体为一个组合体：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边所在的直线为轴旋转得到一个组合体：一个圆柱上部挖去一个圆锥，如图④所示.【探究1】 边长为5 cm 的正方形EFGH 是圆柱的轴截面，则从E 点沿圆柱的侧面到相对顶点G 的最短距离为________cm.解析 圆柱的侧面展开图如图所示，展开后E ′F ＝12×2π×⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝52π(cm)， ∴E ′G ＝ 52＋⎝ ⎛⎭⎪⎫52π2＝52π2＋4(cm).答案52π2＋4 【探究2】 圆台的两底面面积分别为1，49，平行于底面的截面面积的2倍等于两底面面积之和，求圆台的高被截面分成的两部分的比.解 将圆台还原为圆锥，轴截面如图所示.O 2，O 1，O 分别是圆台上底面、截面和下底面的圆心，V 是圆锥的顶点，令VO 2＝h ，O 2O 1＝h 1，O 1O ＝h 2，则⎩⎪⎨⎪⎧h ＋h 1h ＝49＋121，h ＋h 1＋h 2h ＝491，所以⎩⎪⎨⎪⎧h 1＝4h ，h 2＝2h ，即h 1∶h 2＝2∶1.【探究3】 一个圆锥的底面半径为2，高为6，且有一个高为x 的内接圆柱. (1)用x 表示出圆柱的轴截面面积S ； (2)当x 为何值时，S 取得最大值？ 解 作出圆锥和内接圆柱的轴截面，如图.设圆柱的底面半径为r ，则由三角形相似可得x 6＝2－r 2，解得r ＝2－x3，x ∈(0，6).(1)圆柱的轴截面面积S ＝2r ·x ＝2x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 3＝－23x 2＋4x ，x ∈(0，6).(2)∵S ＝－23x 2＋4x ＝－23(x －3)2＋6，∴当x ＝3时，S 取得最大值，最大值为6.【探究4】 如图所示，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.解 设圆台的母线长为l cm ，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.【探究5】 圆台的上、下底面半径分别为5 cm ，10 cm ，母线长AB ＝20 cm ，从圆台母线AB 的中点M 拉一条绳子绕圆台侧面转到点A ，求：(1)绳子的最短长度；(2)在绳子最短时，上底圆周上的点到绳子的最短距离.解 (1)如图所示，将侧面展开，绳子的最短距离为侧面展开图中AM 的长度.设OB ′＝L ′，则有θ＝10π2πL ′×360°，θ＝20π2π（L ′＋20）×360°，则L ′＝20 cm ，∴θ＝20π2π×40×360°＝90°，OA ＝40 cm ，OM ＝30 cm.∴AM ＝OA 2＋OM 2＝50 cm. 即绳子最短长度为50 cm.(2)作OQ ⊥AM 于点Q ，交弧BB ′于点P ， 则PQ 为所求的最短距离. ∵OA ·OM ＝AM ·OQ ，∴OQ ＝24 cm.故PQ ＝OQ －OP ＝24－20＝4(cm)，即上底圆周上的点到绳子的最短距离为4 cm.规律方法 (1)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，构建相关几何变量的方程组而得解.(2)求旋转体侧面上两点间距离的最小值是一种常见的问题，常利用侧面展开图转化为平面上两点间线段最短问题.求解时，注意图形特征，常构造直角三角形，利用勾股定理等知识求解.这正是将空间几何问题转化为平面几何问题的体现.课堂达标1.下图是由哪个平面图形旋转得到的( )答案 D2.过球面上任意两点A、B作大圆，可能的个数是( )A.有且只有一个B.一个或无穷多个C.无数个D.以上均不正确解析当过A，B的直线经过球心时，经过A，B的截面所得的圆都是球的大圆，这时过A，B作球的大圆有无数个；当直线AB不经过球心O时，经过A，B，O的截面就是一个大圆，这时只能作出一个大圆.答案 B3.下列说法正确的是( )A.圆锥的母线长等于底面圆直径B.圆柱的母线与轴垂直C.圆台的母线与轴平行D.球的直径必过球心解析圆锥的母线长与底面直径无联系；圆柱的母线与轴平行；圆台的母线与轴不平行. 答案 D4.正方形绕其一条对角线所在直线旋转一周，所得几何体是________.解析连接正方形的两条对角线知，对角线互相垂直，故绕对角线所在直线旋转一周形成两个底面相同的圆锥.答案两个圆锥5.圆台的轴截面中，上、下底边长分别为2 cm，10 cm，高为3 cm，则圆台母线的长为________ cm.解析圆台母线的长为l＝32＋（5－1）2＝5(cm).答案 5课堂小结1.圆柱、圆锥、圆台的关系如图所示.2.处理台体问题常采用还台为锥的补体思想.3.处理组合体问题常采用分割思想.4.重视圆柱、圆锥、圆台的轴截面在解决几何量中的特殊作用，切实体会空间几何平面化的思想.基础过关1.用一个平面去截一个几何体，得到的截面是三角形，这个几何体可能是( )A.圆柱B.圆台C.球体D.圆锥解析圆柱、圆台和球体无论怎样截，截面可能是曲面，也可能是矩形(圆柱)，不可能截出三角形.只有圆锥可以截出三角形，故选D.答案 D2.有下列四种说法：①圆柱是将矩形旋转一周所得的几何体；②以直角三角形的一边为旋转轴，旋转所得几何体是圆锥；③圆台的任意两条母线的延长线，可能相交也可能不相交；④圆锥的底面是圆面，侧面是个曲面.其中错误的有( )A.1个B.2个C.3个D.4个解析圆柱是矩形绕其一条边所在直线旋转形成的几何体，故①错；以直角三角形的一条直角边所在直线为轴，旋转一周，才能构成圆锥，故②错；圆台是由圆锥截得的，故其任意两条母线延长后一定交于一点，故③错；④是圆锥的性质，故④正确.答案 C3.一平面截球O得到半径为 5 cm的圆面，球心到这个平面的距离是2 cm，则球的半径是( )A.9 cmB.3 cmC.1 cmD.2 cm解析设球的半径为R.根据勾股定理，有R＝（5）2＋22＝3(cm).答案 B4.将等边三角形绕它的一条中线旋转180°，形成的几何体是________. 答案 圆锥5.若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的母线长为________.解析 如图所示，设等边三角形ABC 为圆锥的轴截面，由题意知圆锥的母线长即为△ABC 的边长，且S △ABC ＝34AB 2，∴3＝ 34AB 2，∴AB ＝2. 答案 26.判断图中所示的几何体是不是圆台，为什么？解 (1)符合圆台的结构特征，是圆台；(2)不是圆台，因为它的上、下两个底面不平行；(3)是由两个圆台组合而成的，不符合圆台的结构特征，不是圆台.7.一个圆台的母线长为12 cm ，两底面面积分别为4π cm 2和25π cm 2.求： (1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长.解 (1)如图圆台的轴截面是等腰梯形ABCD ，点O 1、O 分别为上、下底面中心，连接OO 1.延长BA ，CD ，OO 1，交于点S ，过点A 作AM ⊥BC 于点M .由已知可得上底面半径O 1A ＝4ππ＝2 cm ，下底面半径OB ＝25ππ＝5 cm ，腰长为12 cm ，所以高AM ＝122－（5－2）2＝315 cm.(2)设截得此圆台的圆锥SO 的母线长为l cm ，则由△SAO 1∽△SBO 可得，l －12l ＝25，所以l ＝20 cm ，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm. 能力提升8.向高为H 的水瓶中以恒定的速度注水，注满为止，如果注水量V 与水深h 的函数关系的图像如图所示，那么水瓶的形状是( )解析 令h ＝H2，由图像知此时注水体积大于几何体体积的一半，所以B 正确.答案 B9.已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，它们位于球心的同一侧，且距离为1，那么这个球的半径是( ) A.4 B.3 C.2D.0.5解析 如图所示，∵两个平行截面的面积分别为5π、8π，∴两个截面圆的半径分别为r 1＝5，r 2＝2 2.∵球心到两个截面的距离d 1＝R 2－r 21，d 2＝R 2－r 22， ∴d 1－d 2＝R 2－5－R 2－8＝1，∴R 2＝9，∴R ＝3. 答案 B10.一个圆锥的母线长为20 cm ，母线与轴的夹角为30°，则圆锥的高为________cm.解析 如图所示，在Rt△ABO 中，AB ＝20 cm ，A ＝30°，所以AO ＝AB ·cos 30°＝20×32＝10 3 cm. 答案 10 311.在半径为13的球面上有A 、B 、C 三点，其中AC ＝6，BC ＝8，AB ＝10，则球心到经过这三个点的截面的距离为________.解析 由线段的长度知△ABC 是以AB 为斜边的直角三角形，所以其外接圆的半径r ＝AB2＝5，所以d ＝R 2－r 2＝12. 答案 1212.如图所示，有一块扇形铁皮OAB ，∠AOB ＝60°，OA ＝72 cm ，要剪下一个扇形环ABCD ，作圆台形容器的侧面，并且能在余下的扇形OCD 内剪下一块与其相切的圆形，使它恰好作圆台形容器的下底面(大底面).AD 应取多长？解 如图是圆台的轴截面，设圆台下底面圆的半径为R ，AD ＝x ，则OD ＝72－x ，由题意，知圆台下底面的周长等于弧AB 的长，即 2πR ＝60π180×72.①又∵∠AOB ＝60°，∴∠AOE ＝30°，∴OE ＝2R ，即72－x ＝3R .②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧R ＝12，x ＝36.即AD 应取36 cm.13.(选做题)如图所示，已知圆锥SO 中，底面半径r ＝1，母线长l ＝4，M 为母线SA 上的一个点，且SM ＝x ，从点M 拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点A .求：(1)绳子的最短长度的平方f (x )； (2)绳子最短时，顶点到绳子的最短距离； (3)f (x )的最大值.解 将圆锥的侧面沿SA 展开在平面上，如图所示，则该图为扇形，且弧AA ′的长度L 就是圆O 的周长， ∴L ＝2πr ＝2π.∴∠ASM ＝L 2πl ×360°＝2π2π×4×360°＝90°.(1)由题意知绳子长度的最小值为展开图中的AM ，其值为AM ＝x 2＋16(0≤x ≤4).f (x )＝AM 2＝x 2＋16(0≤x ≤4).(2)绳子最短时，在展开图中作SR ⊥AM ，垂足为R ，则SR 的长度为顶点S 到绳子的最短距离， 在△SAM 中，∵S △SAM ＝12SA ·SM ＝12AM ·SR ，∴SR ＝SA ·SM AM ＝4x x 2＋16(0≤x ≤4)， 即绳子最短时，顶点到绳子的最短距离为4x x 2＋16(0≤x ≤4).(3)∵f (x )＝x 2＋16(0≤x ≤4)是增函数，∴f (x )的最大值为f (4)＝32.本文档仅供文库使用。
赣豫陕2018_2019学年高中数学第一章立体几何初步5.1平行关系的判定学案北师大版必修2
5．1 平行关系的判定学习目标 1.理解直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理的含义.2.会用图形语言、文字语言、符号语言准确描述直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理，并知道其地位和作用.3.能运用直线与平面平行的判定定理、平面与平面平行的判定定理证明一些空间线面关系的简单问题．知识点一 直线与平面平行的判定定理思考 如图，一块矩形木板ABCD 的一边AB 在平面α内，把这块木板绕AB 转动，在转动过程中，AB 的对边CD (不落在α内)和平面α有何位置关系？答案 平行． 梳理 判定定理⎭⎬⎫a ⊈αb αa ∥b ⇒a ∥α知识点二 平面与平面平行的判定定理思考1 三角板的一条边所在平面与平面α平行，这个三角板所在平面与平面α平行吗？ 答案 不一定．思考2 三角板的两条边所在直线分别与平面α平行，这个三角板所在平面与平面α平行吗？ 答案 平行．梳理 判定定理⎭⎪⎬⎪⎫a βb βa ∩b ＝P a ∥αb ∥α⇒α∥β1．若直线l 上有两点到平面α的距离相等，则l ∥平面α.( × ) 2．若直线l 与平面α平行，则l 与平面α内的任意一条直线平行．( × ) 3．若一个平面内的两条直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行．( × ) 4．若一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面平行．( √ )类型一 直线与平面平行的判定问题 命题角度1 以锥体为背景证明线面平行例1 如图，S 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，M ，N 分别是SA ，BD 上的点，且AM SM ＝DN NB.求证：MN ∥平面SBC . 考点 直线与平面平行的判定 题点 直线与平面平行的证明证明 连接AN 并延长交BC 于点P ，连接SP .因为AD ∥BC ，所以DN NB ＝AN NP，又因为AM SM ＝DN NB ，所以AM SM ＝AN NP，所以MN ∥SP ， 又MN ⊈平面SBC ，SP 平面SBC ， 所以MN ∥平面SBC . 引申探究本例中若M ，N 分别是SA ，BD 的中点，试证明MN ∥平面SBC .证明 连接AC ，由平行四边形的性质可知，AC 必过BD 的中点N ，在△SAC 中，M ，N 分别为SA ，AC 的中点，所以MN ∥SC ，又因为SC 平面SBC ，MN ⊈平面SBC ，所以MN ∥平面SBC .反思与感悟 利用直线与平面平行的判定定理证线面平行的步骤上面的第一步“找”是证题的关键，其常用方法有：利用三角形、梯形中位线的性质；利用平行四边形的性质；利用平行线分线段成比例定理．跟踪训练1 在四面体A －BCD 中，M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________． 考点 直线与平面平行的判定 题点 直线与平面平行的证明 答案 平面ABD 与平面ABC解析 如图，取CD 的中点E ，连接AE ，BE ，MN .则EM ∶MA ＝1∶2，EN ∶BN ＝1∶2， 所以MN ∥AB .又AB 平面ABD ，MN ⊈平面ABD ，所以MN ∥平面ABD ，同理，AB 平面ABC ，MN ⊈平面ABC ， 所以MN ∥平面ABC .命题角度2 以柱体为背景证明线面平行例2 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是棱BC ，CC 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线DE ∥平面A 1MC ？请证明你的结论．考点 直线与平面平行的判定 题点 直线与平面平行的证明 解 存在．证明如下： 如图，取线段AB 的中点为M ，连接A 1M ，MC ，A 1C ，AC 1， 设O 为A 1C ，AC 1的交点． 由已知得，O 为AC 1的中点， 连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC 1的中位线， 所以MD ∥AC 且MD ＝12AC ，OE ∥AC 且OE ＝12AC ，因此MD ∥OE 且MD ＝OE .连接OM ，从而四边形MDEO 为平行四边形， 则DE ∥MO .因为直线DE ⊈平面A 1MC ，MO 平面A 1MC ，所以直线DE ∥平面A 1MC .即线段AB 上存在一点M (线段AB 的中点)， 使直线DE ∥平面A 1MC .反思与感悟证明以柱体为背景包装的线面平行证明题时，常用线面平行的判定定理，遇到题目中含有线段中点时，常利用取中点去寻找平行线．跟踪训练2 如图所示，已知长方体ABCD－A1B1C1D1.(1)求证：BC1∥平面AB1D1；(2)若E，F分别是D1C，BD的中点，求证：EF∥平面ADD1A1.考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的证明证明(1)∵BC1⊈平面AB1D1，AD1平面AB1D1，BC1∥AD1，∴BC1∥平面AB1D1.(2)∵点F为BD的中点，∴F为AC的中点，又∵点E为D1C的中点，∴EF∥AD1，∵EF⊈平面ADD1A1，AD1平面ADD1A1，∴EF∥平面ADD1A1.类型二平面与平面平行的判定例3 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.考点平面与平面平行的判定题点平面与平面平行的证明证明(1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1.又因为B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．(2)因为E ，F 分别是AB ，AC 的中点， 所以EF ∥BC .因为EF ⊈平面BCHG ，BC 平面BCHG ， 所以EF ∥平面BCHG . 因为A 1G ∥EB ，A 1G ＝EB ， 所以四边形A 1EBG 是平行四边形， 所以A 1E ∥GB .因为A 1E ⊈平面BCHG ，GB 平面BCHG ， 所以A 1E ∥平面BCHG . 因为A 1E ∩EF ＝E ， 所以平面EFA 1∥平面BCHG .反思与感悟 判定平面与平面平行的四种常用方法 (1)定义法：证明两个平面没有公共点，通常采用反证法．(2)利用判定定理：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面．证明时应遵循先找后作的原则，即先在一个平面内找到两条与另一个平面平行的相交直线，若找不到再作辅助线． (3)转化为线线平行：平面α内的两条相交直线与平面β内的两条相交直线分别平行，则α∥β.(4)利用平行平面的传递性：若α∥β，β∥γ，则α∥γ.跟踪训练3 如图所示，已知A 为平面BCD 外一点，M ，N ，G 分别是△ABC ，△ABD ，△BCD 的重心．求证：平面MNG ∥平面ACD . 考点 平面与平面平行的判定 题点 平面与平面平行的证明证明 如图，设BM ，BN ，BG 分别交AC ，AD ，CD 于点P ，F ，H ，连接PF ，PH . 由三角形重心的性质，得BM MP ＝BN NF ＝BGGH＝2，∴MG∥PH，又PH平面ACD，MG⊈平面ACD，∴MG∥平面ACD.同理可证MN∥平面ACD，又MN∩MG＝M，MN平面MNG，MG平面MNG，∴平面MNG∥平面ACD.1．在正方体ABCD－A′B′C′D′中，E，F分别为底面ABCD和底面A′B′C′D′的中心，则正方体的六个面中与EF平行的平面有( )A．1个B．2个C．3个D．4个考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案 D解析由直线与平面平行的判定定理知，EF与平面AB′，平面BC′，平面CD′，平面AD′均平行．故与EF平行的平面有4个．2．直线a，b为异面直线，过直线a与直线b平行的平面( )A．有且只有一个B．有无数多个C．至多一个D．不存在考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案 A解析在直线a上任选一点A，过点A作b′∥b，则b′是唯一的，因为a∩b′＝A，所以a 与b′确定一个平面并且只有一个平面．3．在正方体EFGH－E1F1G1H1中，下列四对平面彼此平行的一对是( )A．平面E1FG1与平面EGH1B．平面FHG1与平面F1H1GC．平面F1H1H与平面FHE1D．平面E1HG1与平面EH1G考点平面与平面平行的判定题点平面与平面平行的判定答案 A解析如图，∵EG∥E1G1，EG⊈平面E1FG1，E1G1平面E1FG1，∴EG∥平面E1FG1.又G1F∥H1E，同理可证H1E∥平面E1FG1，又H1E∩EG＝E，H1E，EG平面EGH1，∴平面E1FG1∥EGH1.4．经过平面α外两点，作与α平行的平面，则这样的平面可以作( )A．1个或2个B．0个或1个C．1个D．0个考点平面与平面平行的判定题点平面与平面平行的判定答案 B解析①当经过两点的直线与平面α平行时，可作出一个平面β，使β∥α.②当经过两点的直线与平面α相交时，由于作出的平面又至少有一个公共点，故经过两点的平面都与平面α相交，不能作出与平面α平行的平面．故满足条件的平面有0个或1个．5.如图，四棱锥P－ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，CD⊥AD，F，E分别是PA，AD的中点，求证：平面PCD∥平面FEB.考点平面与平面平行的判定题点平面与平面平行的判定证明连接BD，在△ABD中，∠BAD＝60°，AB＝AD，∴△ABD是等边三角形，E为AD的中点，∴BE⊥AD，又CD⊥AD，∴在四边形ABCD中，BE∥CD.又CD⊈平面FEB，BE平面FEB，∴CD∥平面FEB.在△APD中，EF∥PD，同理可得PD∥平面FEB.又CD∩PD＝D，∴平面PCD∥平面FEB.1．直线与平面平行的关键是在已知平面内找一条直线和已知直线平行，即要证直线和平面平行，先证直线和直线平行，即由立体向平面转化，由高维向低维转化．2．证明面面平行的一般思路：线线平行⇒线面平行⇒面面平行．3．准确把握线面平行及面面平行两个判定定理，是对线面关系及面面关系作出正确推断的关键．一、选择题1．能保证直线a与平面α平行的条件是( )A．bα，a∥bB．bα，c∥α，a∥b，a∥cC．bα，A，B∈a，C，D∈b，且AC∥BDD．aα，bα，a∥b考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案 D解析由线面平行的判定定理可知，D正确．2．如果两直线a∥b且a∥α，则b与α的位置关系是( )A．相交B．b∥αC．bαD．b∥α或bα考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案 D解析由a∥b且a∥α知，b与α平行或bα.3．平面α与△ABC的两边AB，AC分别交于D，E，且AD∶DB＝AE∶EC，如图所示，则BC与α的位置关系是( )A．平行B．相交C．异面D．BCα考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案 A解析在△ABC中，因为AD∶DB＝AE∶EC，所以BC∥DE.因为BC⊈α，DEα，所以BC∥α. 4．若六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面是正六边形，则此六棱柱的面中互相平行的有( ) A．1对 B．2对 C．3对 D．4对考点平面与平面平行的判定题点平面与平面平行的判定答案 D解析 由图知平面ABB 1A 1∥平面EDD 1E 1，平面BCC 1B 1∥平面FEE 1F 1，平面AFF 1A 1∥平面CDD 1C 1，平面ABCDEF ∥平面A 1B 1C 1D 1E 1F 1， ∴此六棱柱的面中互相平行的有4对．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，则( )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 考点 直线与平面平行的判定 题点 直线与平面平行的判定 答案 B解析 易证EF ∥平面BCD .由AE ∶EB ＝AF ∶FD 知，EF ∥BD ，且EF ＝15BD .又因为H ，G 分别为BC ，CD 的中点， 所以HG ∥BD ，且HG ＝12BD .综上可知，EF ∥HG ，EF ≠HG ，所以四边形EFGH 是梯形，且EF ∥平面BCD .6．如图，下列正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，则不能得出AB ∥平面MNP 的是( )考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案 C解析在图A，B中，易知AB∥A1B1∥MN，所以AB∥平面MNP；在图D中，易知AB∥PN，所以AB∥平面MNP.故选C.7．平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等且不为零，则α与β的位置关系为( ) A．平行B．相交C．平行或相交D．可能重合考点平面与平面平行的判定题点平面与平面平行的判定答案 C解析若三点分布于平面β的同侧，则α与β平行，若三点分布于平面β的两侧，则α与β相交．8．已知直线l，m，平面α，β，下列说法正确的是( )A．l∥β，lα⇒α∥βB．l∥β，m∥β，lα，mα⇒α∥βC．l∥m，lα，mβ⇒α∥βD．l∥β，m∥β，lα，mα，l∩m＝M⇒α∥β考点平面与平面平行的判定题点平面与平面平行的判定答案 D解析如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，则AB∥平面DC1，AB平面AC，但是平面AC与平面DC1不平行，所以A错误；取BB1的中点E，CC1的中点F，可证EF∥平面AC，B1C1∥平面AC.EF平面BC1，B1C1平面BC1，但是平面AC与平面BC1不平行，所以B错误；AD∥B1C1，AD平面AC，B1C1平面BC1，但是平面AC与平面BC1不平行，所以C错误；很明显D是面面平行的判定定理，所以D正确．二、填空题9．设m，n是平面α外的两条直线，给出下列三个推断：①m∥n；②m∥α；③n∥α，以其中两个为条件，余下的一个为结论，写出你认为正确的一个________．考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案①②⇒③(或①③⇒②)解析若m∥n，m∥α，则n∥α，同样，若m∥n，n∥α，则m∥α.10．如图，在五面体FEABCD中，四边形CDEF为矩形，M，N分别是BF，BC的中点，则MN与平面ADE的位置关系是________．考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案平行解析∵M，N分别是BF，BC的中点，∴MN∥CF.又四边形CDEF为矩形，∴CF∥DE，∴MN∥DE.又MN⊈平面ADE，DE平面ADE，∴MN∥平面ADE.11．如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM∥平面ADNE；②CN∥平面ABFE；③平面BDM∥平面AFN；④平面BDE∥平面NCF.以上四个说法中正确的是________．考点平行问题的综合应用题点线线、线面、面面平行的相互转化答案①②③④解析以ABCD为下底面还原正方体，如图．则易知四个说法都是正确的．12.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，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B1BDD1.考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案M∈线段FH解析∵HN∥BD，HF∥DD1，HN∩HF＝H，BD∩DD1＝D，∴平面NHF∥平面B1BDD1，故线段FH上任意一点M与N连接，都有MN∥平面B1BDD1.三、解答题13．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB，A1D1的中点分别为M，N，求证：MN∥平面B1D1DB.考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定证明 如图，取BD 的中点O ，连接MO ，D 1O ，则OM ∥AD 且OM ＝12AD ，∵ND 1＝12A 1D 1，AD ∥A 1D 1，且AD ＝A 1D 1，∴OM ∥ND 1，且OM ＝ND 1， ∴四边形OMND 1为平行四边形，∴MN ∥OD 1.又MN ⊈平面B 1D 1DB ，OD 1平面B 1D 1DB ， ∴MN ∥平面B 1D 1DB . 四、探究与拓展14．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别是A 1B 1，B 1C 1，BB 1的中点，给出下列四个推断： ①FG ∥平面AA 1D 1D ；②EF ∥平面BC 1D 1；③FG ∥平面BC 1D 1；④平面EFG ∥平面BC 1D 1.其中推断正确的序号是( ) A ．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 考点 平行问题的综合应用题点 线线、线面、面面平行的相互转化 答案 A解析 ∵在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，G 分别是棱A 1B 1，B 1C 1，BB 1的中点，∴FG ∥BC 1. ∵BC 1∥AD 1，∴FG ∥AD 1，∵FG ⊈平面AA 1D 1D ，AD 1平面AA 1D 1D ，∴FG ∥平面AA 1D 1D ，故①正确；∵EF ∥A 1C 1，A 1C 1与平面BC 1D 1相交，∴EF与平面BC 1D 1相交，故②错误；∵FG ∥BC 1，FG 平面BC 1D 1，BC 1平面BC 1D 1， ∴FG ∥平面BC 1D 1，故③正确；∵EF 与平面BC 1D 1相交，∴平面EFG 与平面BC 1D 1相交，故④错误．故选A.15．如图所示，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 ∥平面PAO?考点平面与平面平行的判定题点平面与平面平行的判定解当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO. ∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA，又O为DB的中点，∴D1B∥PO.又PO∩PA＝P，BQ∩D1B＝B，∴平面D1BQ∥平面PAO.。
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行，且长度不变.( × )
3.在斜二测画法中平行于y轴的线段在直观图中长度保持不变.( × )
题型探究
类型一 水平放置的平面图形的直观图
例1 画出如图水平放置的直角梯形的直观图.
解答
引申探究 若得本例中的直角梯形改为等腰梯形，画出其直观图.
解答
反思与感悟
在画水平放置的平面图形的直观图时，选取适当的平面直
①在已知图形中建立平面直角坐标系 xOy ，画直观图时，它们分别对应 45° ，它们确定 x′ 轴和 y′ 轴，两轴相交于点 O′ ，使 ∠x′O′y′ ＝ _____ 水平平面 的平面表示_________.
②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成 平行 于x′轴
或y′轴的线段.
③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度 不变 ；平行于y 1 轴的线段，长度为原来的 2 .
解答
类型二 直观图的还原与计算
例2 如 图 所 示 ， 梯 形 A1B1C1D1 是 一 平 面 图 形 ABCD 的 直 观 图 . 若 A1D1∥O′y′，A1B1∥C1D1 ，A1B1 ＝ 2 C1D1 ＝2，A1D1 ＝O′D1 ＝1.试 3 画出原四边形的形状，并求出原图形的面积.
解答
反思与感悟
规律与方法
1.画水平放置的平面图形的直观图，关键是确定直观图的顶点.确定点 的位置，可采用直角坐标系.建立恰当的坐标系是迅速作出直观图的关 键，常利用图形的对称性，并让顶点尽量多地落在坐标轴上或与坐标 轴平行的直线上. 2.用斜二测画法画图时要紧紧把握住：“一斜”、“二测”两点： (1)一斜：平面图形中互相垂直的Ox、Oy轴，在直观图中画成O′x′、 O′y′轴，使∠x′O′y′＝45°. (2)二测：在直观图中平行于x轴的长度不变，平行于y轴的长度取一半， 记为“横不变，纵折半”.
解析 平行于y轴的线段，直观图中长度变为原来的一半，故选A.
1
2
3
4
5
解析
答案
3.有一个长为5 cm，宽为4 cm的矩形，则其用斜二测画法得到的直观
2. 5 2 图的面积为______cm
解析
2 2 该矩形直观图的面积为 4 ×5×4＝5 2(cm ).
1
2
3
4
5
解析
答案
4.如图，水平放置的△ABC的斜二测直观图是图中的△A′B′C′，
解析
答案
类型三 简单几何体的直观图
例3 画出底面是正方形，侧棱均相等的四棱锥的直观图.
解答
反思与感悟 简单几何体直观图的画法
(1)画轴：通常以高所在直线为z轴建系.
(2)画底面：根据平面图形直观图的画法确定底面.
(3)确定顶点：利用与z轴平行或在z轴上的线段确定有关顶点.
(4)连线成图.
跟踪训练3 用斜二测画法画棱长为2 cm的正方体ABCD－A′B′C′D′ 的直观图.
角坐标系是关键之一，一般要使平面多边形尽可能多的顶点落在坐标轴 上，以便于画点.原图中不平行于坐标轴的线段可以通过作平行于坐标 轴的线段来作出其对应线段.关键之二是确定多边形顶点的位置，借助 于平面直角坐标系确定顶点后，只需把这些顶点顺次连接即可.
跟踪训练1 已知正五边形ABCDE，如图，试画出其直观图.
第一章 立体几何初步
§2 直观图
学习目标
1.掌握斜二测画法的作图规则.
2.会用斜二测画法画出简单几何体的直观图.
内容索引
问题导学
题型探究
达标检测
问题导学
知识点 斜二测画法
思考1 边长2 cm的正方形ABCD水平放置的直观图如下，在直观图中，
A′B′ 与 C′D′ 有何关系？A′D′与 B′C′呢？在原图与直观图中，
AB与A′B′相等吗？AD与A′D′呢？
答案 A′B′∥C′D′，A′D′∥B′C′，A′B′＝AB，A′D′＝ 1 AD. 2
思考 2
正方体 ABCD－ A1B1C1D1 的直观图如图所示，在此图形中各个
面都画成正方形了吗？
答案
没有都画成正方形.
梳理 (1)水平放置的平面图形直观图的画法
斜二测画法规则：
已知A′C′＝6，B′C′＝4，则ABC＝4×2＝8，∠AOB＝90°， ∴AB＝ 62＋82 ＝10.
1 2 3 4 5
解析
答案
5.画出一个正三棱台的直观图.(尺寸：上、下底面边长分别为1 cm, 2 cm，高为2 cm)
1
2
3
4
5
解答
解答
达标检测
1.利用斜二测画法画出边长为3 cm的正方形的直观图，图中正确的是
√
解析 正方形的直观图应是平行四边形，且相邻两边的边长之比为2∶1.
1
2
3
4
5
解析
答案
2.下列关于直观图的说法不正确的是 A.原图形中平行于y轴的线段，对应线段平行于直观图中y′轴，长度不变 √ B.原图形中平行于x轴的线段，对应线段平行于直观图中x′轴，长度不变 C.在画与直角坐标系xOy对应的x′O′y′时，∠x′O′y′可以画成45° D.在画直观图时，由于选轴的不同所画的直观图可能不同
跟踪训练2
(1)如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰
直角三角形A′B′O′，若O′B′＝1，那么原三角形ABO的面积是
1 A.2
2 B. 2
C. 2 √
D.2 2
解析
答案
(2)如图所示，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图， 菱形 填四边形的形状) 其中O′A′＝6 cm，C′D′＝2 cm，则原图形是_____.(
(2)立体图形直观图的画法
z′ 轴 平行性及长度相等
平面 x′O′y′
y′O′z′
x′O′z′
[思考辨析 判断正误]
1.用斜二测画法画水平放置的 ∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和
y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.( × )
2.用斜二测画法画平面图形的直观图时，平行的线段在直观图中仍平
(1) 由直观图还原为平面图的关键是找与 x′ 轴， y′ 轴
平行的直线或线段，且平行于x′轴的线段还原时长度不变，平行于
y′ 轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的 2 倍，由此确定图
形的各个顶点，顺次连接即可.
(2)若一个平面多边形的面积为S，其直观图的面积为S′，则有S′＝ 2 S或S＝2 2 S′.利用这一公式可由原图形面积求其直观图面积或由 4 直观图面积求原图形面积.