新课标版数学必修二(新高考 新课程)(课件)作业11
[课件精品]新课标高中数学人教A版必修二全册课件习题讲评PPT
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点面的距离问题转化为体积问题来求解. 如图，△ABC为正三角形，
第五页，编辑于星期五：十四点 五十三分。 如图，△ABC为正三角形，
构造以点B为顶点，△EFG为底面的三 别是AB、AD的中点，GC垂直于正方形
ABCD是边长为4的正方形，E、F分 ABCD是边长为4的正方形，E、F分
(1)求证：AF∥平面PEC；
(2)求证：平面PEC⊥平面PCD.
A
BE
2. 如图，△ABC为正三角形，
EC⊥平面ABC，BD∥CE，
且EC＝CA＝2BD，M是EA E
的中点.求证：
(1)ED＝DA； (2)平面BDM⊥平面CEA；
CM
(3)平面DEA⊥平面ECA.
F
D C
D
B
A
第五页，编辑于星期五：十四点 五十三分。
棱锥是解此题的关键，利用同一个三棱 锥的体积的唯一性列方程是解这类题的 方法，从而简化了运算.
第三页，编辑于星期五：十四点 五十三分。
2. 右图是一个直三棱柱(以A1B1C1为底面) 被一平面所截得到的几何体, 截面为ABC．
已知A1B1＝B1C1＝1，∠A1B1C1＝90o，
AAl＝4，BBl＝2，CCl＝3.
(I)设点O是AB的中点，
证明: OC∥平面A1B1C1； A
(II)求二面角B—AC—A1的 大小；
O
C
(Ⅲ)求此几何体的体积；
B
A1
C1
B1
第四页，编辑于星期五：十四点 五十三分。
课后作业
1. 如图， 四棱锥P-ABCD的底面
是矩形，PA⊥平面ABCD，E、
【新教材课件】2021学年高中数学人教A版必修第二册：课时作业10.1.2 事件的关系和运算
(2)A∩B＝∅，A∩C＝A＝{1}，A∩D＝∅. A∪B＝A1∪A3∪A4＝{1,3,4}， A∪C＝C＝{1,3,5}， A∪D＝A1∪A2∪A4∪A6＝{1,2,4,6}． B∩C＝A3＝{3}， B∩D＝A4＝{4}． B∪C＝ A1∪A3∪A4∪A5＝{1,3,4,5}． B∪D＝A2∪A3∪A4∪A6＝{2,3,4,6}．
解：在投掷骰子的试验中，根据向上出现的点数有 6 种， 记作 Ai＝“出现的点数为 i”(其中 i＝1,2，…，6)．则 A＝ A1，B＝A3∪A4，C＝A1∪A3∪A5，D＝A2∪A4∪A6. (1)事件 A 与事件 B 互斥，但不对立，事件 A 包含于事件 C， 事件 A 与 D 互斥，但不对立；事件 B 与 C 不是互斥事件，事件 B 与 D 也不是互斥事件；事件 C 与 D 是互斥事件，也是对立事 件．
C∩D＝∅，C∪D＝A1∪A2∪A3∪A4∪A5∪A6＝{1,2,3,4,5,6}．
11．在掷骰子的试验中，可以定义许多事件．例如，事件 C1 ＝“出现 1 点”，事件 C2＝“出现 2 点”，事件 C3＝“出现 3 点”， 事件 C4＝“出现 4 点”，事件 C5＝“出现 5 点”，事件 C6＝“出 现 6 点”，事件 D1＝“出现的点数不大于 1”，事件 D2＝“出现 的点数大于 3”，事件 D3＝“出现的点数小于 5”，事件 E＝“出 现的点数小于 7”，事件 F＝“出现的点数为偶数”，事件 G＝“出 现的点数为奇数”，请根据上述定义的事件，回答下列问题：
15．某商场有甲、乙两种电子产品可供顾客选购．记事件 A ＝“只买甲产品”，事件 B＝“至少买一种产品”，事件 C＝“至 多买一种产品”，事件 D＝“不买甲产品”，事件 E＝“一种产 品也不买”，事件 F＝“只买乙产品”．判断下列事件是不是互 斥事件，如果是，再判断它们是不是对立事件．
人教新课标B版高中数学必修2全册完整课件
抽象概括：
直线与平面平行的判定定
理：若平面外一条直线与此平面内的一
条直线平行，则该直线与此平面平行.
即：a
b b//
a //
简述为a：线线平行线面平行
应用巩固：
例1.空间四边形ABCD中，E，F分别为 AB，AD的中点，试判断EF与平面BCD 的位置关系，并予以证明.
A
EF DC
B
例2. 如图，四面体ABCD中，E，F，
侧面 展开 图
直 观 图
直观
1
图2
根据题目要求, 和相关条件 ,求值.
已知正四棱台两底面的边长, 和棱台体积, 求棱台的高. h?
s' s
s' 0
直线与平面平行
教学目标：分清判定定理的条件 能运用判定定理解决问题
教学难点：定理的条件 运用定理解决问题
复习引入：
1.空间直线与平面的位置关系有
线线垂直 线面垂直
例：正棱锥A-BCD中，E是棱BC的中点，
求证：BC⊥AD.
分析：连AE、
A
DE，先证BC⊥
平面AED
思路：欲证 线线垂直， 先证线面垂 直
D B
E C
小结：证明线面平行，关键在平面内找两 直”的直线；找的时候结合“三线合
证明线线垂直，可以先证线面垂直，再
即：线⊥线=>线⊥面=>线⊥面内的任一直线
问题1：有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几
何体是棱柱吗？ 答：不一定是．如右图所示，不是棱柱．
问题2：有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的
几何体是棱柱吗？ 答：不一定是．如右图所示，不是棱柱．
合作探究:
观察下列的几何体有什么共同的特点？ 与前面的图形比较前后发生了什么变化？
新课标版数学必修二(新高考 新课程)(课件)作业16
课时作业(十六)1．已知直线a ，b 与平面α，则下列四个命题中错误的是( ) A ．如果a ⊥α，b ⊥α，那么a ∥b B ．如果a ⊥α，a ∥b ，那么b ⊥α C ．如果a ⊥α，b ∥α，那么a ⊥b D ．如果a ⊥α，a ⊥b ，那么b ∥α答案 D解析 b ∥α或b ⊂α.2．已知直线a ，b ，c 和平面β，具备以下哪个条件时，a ∥b 成立．( ) A ．a ∥β，b ∥β B ．a ⊥β，b ⊥βC ．a ⊥c ，b ⊥cD ．a 与c ，c 与b 所成角相等 答案 B3．将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使平面ABD ⊥平面CBD ，E 是CD 的中点，则异面直线AE ，BC 所成角的正切值为( ) A. 2 B.22C ．2 D.12答案 A解析 取BD 中点O ，连接OE ，OA ，则OA ⊥BD. ∴OA ⊥平面BDC ，又OE ⊂平面BDC ， ∴OA ⊥OE ，又OE 綊12BC ，∴∠AEO 即为AE 与BC 所成的角． 在Rt △AOE 中，OA ＝22a(设正方形棱长为a)， OE ＝12BC ＝a 2，∴tan ∠AEO ＝OA OE ＝22aa2＝ 2.4．已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，下列四个命题中正确的是( )①若α∥β，则l ⊥m ；②若α⊥β，则l ∥m ；③若l ∥m ，则α⊥β；④若l ∥m ，则α∥β. A ．③④ B ．①③ C ．②④ D ．①②答案 B5．下列命题中错误的是()A．若一直线垂直于一平面，则此直线必垂直于这个平面上的所有直线B．若一个平面通过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直C．若一条直线垂直于一个平面的一条垂线，则此直线必平行于这个平面D．若平面内的一条直线和这个平面的一条斜线的射影垂直，则它也和这条斜线垂直答案 C6.如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部答案 A，∵∠BAC＝90°，即BA⊥AC，又∵AC⊥BC1，BA∩BC1解析连接AC＝B，∴AC⊥平面ABC1.又∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABC1.又平面ABC∩平面ABC1＝AB，∴C1在平面ABC上的射影必在直线AB上．7．(2016·课标全国Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β；②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n；③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)．答案②③④解析对于命题①，可利用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确．由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．8.如图所示，PA垂直于⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PC；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确命题的序号是________．答案①③9.如图，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝2，等边三角形ADB 以AB为轴运动，当平面ADB⊥平面ABC时，则CD＝________．答案 2解析取AB的中点E，连接DE，CE.由题意知DE⊥AB，当平面ADB⊥平面ABC时，DE⊥平面ABC，CE⊂平面ABC，则DE⊥CE.由已知可得DE＝3，CE＝1.∴在Rt△DEC中，CD＝DE2＋CE2＝2.10.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，N是PB的中点，过A，D，N三点的平面交PC于M，E为AD的中点，求证：(1)EN∥平面PDC；(2)BC⊥平面PEB；(3)平面PBC⊥平面ADMN.证明(1)∵AD∥BC，BC⊂面PBC，AD⊄面PBC，∴AD ∥面PBC ，又面ADN ∩面PBC ＝MN ， ∴AD ∥MN.又∵BC ∥AD ，∴MN ∥BC.又N 为PB 的中点，∴点M 为PC 的中点∴MN 綊12BC.又E 为AD 的中点，∴MN 綊DE. ∴四边形DENM 为平行四边形．∴EN ∥DM ，又DM ⊂面PCD ，EN ⊄面PCD ， ∴EN ∥面PDC.(2)∵四边形ABCD 是边长为2的菱形，且∠BAD ＝60°，∴BE ⊥AD ， 又∵PE ⊥AD ，BE ∩PE ＝E ，∴AD ⊥面PBE. 又∵AD ∥BC ，∴BC ⊥面PBE. (3)由(2)知AD ⊥面PBE. 又PB ⊂面PBE ，∴AD ⊥PB. 又∵PA ＝AB ，N 为PB 的中点， ∴AN ⊥PB.∴PB ⊥面ADMN.又∵PB ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面ADMN.11．(2015·陕西)如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折至图2中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值． 解析 (1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC.在题图2中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，又A 1O ∩OC ＝O ， 从而BE ⊥平面A 1OC ， 又CD ∥BE ， 所以CD ⊥平面A 1OC.(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ， 又由(1)，A 1O ⊥BE ， 所以A 1O ⊥平面BCDE ，即A 1O 是四棱锥A 1-BCDE 的高． 由题图1知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC·AB ＝a 2. 从而四棱锥A 1-BCDE 的体积为V ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3，由26a 3＝362，得a＝6.12.如图所示，ABC-A 1B 1C 1是各条棱长均为a 的正三棱柱，D 是侧棱CC 1的中点，P 是B 1B 的中点，O 是△ABC 的中心．求证： (1)平面AB 1D ⊥平面ABB 1A 1； (2)OP ∥平面AB 1D.证明 (1)如图，取AB 1的中点E ，连接DE.连接CO 并延长交AB 于点F ，则F 是AB 的中点，且CF ⊥AB.连接EF ，则CF ∥DE. 由题意，知B 1D ＝AD ，∴DE ⊥AB 1. 又CF ⊥AB ，∴DE ⊥AB. 又AB 1∩AB ＝A ， ∴DE ⊥平面ABB 1A 1. 又DE ⊂平面AB 1D ， ∴平面AB 1D ⊥平面ABB 1A 1. (2)如图，连接PF ，PC.∵P，F分别为BB1，BA中点，∴PF∥AB1，PC∥B1D.又PF∩PC＝P，AB1∩B1D＝B1，∴面CPF∥面AB1D.又∵PO⊂面PFC，∴PO∥面AB1D.。
新课标版数学必修二(新高考 新课程)(课件)作业1
课时作业(一)1．设有四个命题，其中，真命题的个数是()①有两个平面互相平行，其余各面都是四边形的多面体一定是棱柱；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体一定是棱锥；③用一个面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫棱台；④侧面都是长方形的棱柱叫长方体．A．0个B．1个C．2个D．3个答案 A2．四棱柱有几条侧棱，几个顶点()A．四条侧棱、四个顶点B．八条侧棱、四个顶点C．四条侧棱、八个顶点D．六条侧棱、八个顶点答案 C解析四棱柱有四条侧棱、八个顶点(可以结合正方体观察求得)．3．三棱锥的四个面中可以作为底面的有()A．1个B．2个C．3个D．4个答案 D4．用一个平面去截一个几何体，得到的截面是一个圆面，这个几何体可能是() A．圆锥B．圆柱C．球体D．以上都可能答案 D5．棱台不具有的性质是()A．两底面相似B．侧面都是梯形C．侧棱都相等D．侧棱延长后都交于一点答案 C6．在如图所示的长方体中，以O，A，B，C，D为顶点所构成的几何体是()A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．四棱柱答案 B解析此几何体有一面ABCD为四边形，其余各面OAD，OAB，OCD，OBC为有一个公共顶点的三角形，所以此几何体是四棱锥．7．下列说法错误的是()A．多面体至少有四个面B．九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形C．长方体、正方体都是棱柱D．三棱柱的侧面为三角形答案 D解析多面体至少应由四个顶点组成(否则至多3个顶点，而3个顶点只围成一个平面图形)，而四个顶点围成四个面，所以A正确；棱柱侧面为平行四边形，其侧棱和侧面的个数与底面多边形的边数相等，所以B正确；长方体、正方体都是棱柱，所以C正确；三棱柱的侧面是平行四边形，不是三角形，所以D错误．故选D.8．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．组合体答案 B解析余下部分是四棱锥A′-BCC′B′.9．下列说法中：①棱锥是由一个底面为多边形，其余各面为三角形的面围成的几何体；②用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分是圆台；③以一个半圆的直径所在的直线为轴，旋转一周而成的几何体是球；④夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．不正确的序号是________．答案①②③④解析③应为球面而不是球．10．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何图形的4个顶点，这些几何图形是________(写出所有正确结论的序号)．①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．答案①③④⑤解析在正方体ABCD-A′B′C′D′中，①四边形ACC1A1为矩形，②不存在，③四面体A′-ABD，④四面体A′-BC′D，⑤四面体A′-BB′C.11．有下列说法：①球的半径是球面上任意一点与球心的连线段；②球的直径是球面上任意两点间的连线段；③用一个平面截一个球，得到的是一个圆；④不过球心的截面截得的圆面的半径小于球的半径．其中正确说法的序号是________．答案①④解析因为直径一定过球心，故②不对；用平面截球，得到的是一个圆面，而不是一个圆，故③不对．12．一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________cm.答案12解析该棱柱为五棱柱，共5条侧棱．13．用6根长度相等的木棒，最多可以搭成________个三角形．答案 414．用一个平面截半径为25 cm的球，截面面积是225πcm2，则球心到截面的距离为________ cm.答案2015．(1)观察长方体，共有多少对平行平面？能作为棱柱底面的有几对？(2)观察螺杆头部模型，有多少对平行的平面？能作为棱柱底面的有几对？解析(1)平行平面共有三对，任意一对平行平面都可以作为棱柱的底面．(2)平行平面共有四对，但能作为棱柱底面的只有一对，即上下两个平行平面．16．如下图，在透明塑料制成的长方体ABCD-A1B1C1D1容器中灌进一些水，将容器底面一边BC置于桌面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，水的形状是否可以形成棱柱体？解析由于BC固定，所以在倾斜的过程中，始终有AD∥EH∥FG∥BC，且平面AEFB∥平面DHGC，则水的部分始终是棱柱状且BC为棱柱的一条侧棱，所以水的形状可以形成棱柱体．1．下面的几何体中棱柱有()A．4个B．5个C．6个D．7个答案 B解析棱柱有三个特征：有两个面相互平行；其余各面是四边形；侧棱相互平行．本题所给几何体中⑥⑦不完全符合棱柱的三个特征，而①②③④⑤符合．故选B.2．在正五棱柱中，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．15C．12 D．10答案 D解析正五棱柱任意不相邻的两条侧棱可确定一个平面，每个平面可得到正五棱柱的两条对角线，5个平面共可得到10条对角线．故选D.3．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能是()A．三棱锥B．四棱锥C．五棱锥D．六棱锥答案 D解析若是六棱锥，则顶点在底面上，不能构成几何体．故选D.4．下列判断正确的是()A．平行于圆锥某一母线的截面是等腰三角形B．平行于圆台某一母线的截面是等腰梯形C．过圆锥顶点的截面是等腰三角形D．过圆台上底面中心的截面是等腰梯形答案 C解析根据圆锥与圆台的定义和图形进行判断即可．5．用一个平面去截一个几何体，得到的截面是四边形，这个几何体可能是()A．圆锥B．圆柱C．球体D．以上都有可能答案 B解析当平面平行或通过圆柱的轴时，所得截面一定是四边形．6．将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的底面周长是()A．4πB．8πC．2πD．π答案 C解析边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，得到的几何体是底面半径为1的圆柱，其底面周长为2π·1＝2π.7.从长方体的一个顶点出发的三条棱上各取一点E，F，G，过此三点作长方体的截面，那么截去的几何体是()A．三棱柱B．三棱锥C．四棱柱D．四棱锥答案 B8．下列说正确的有________．①棱柱的侧面都是平行四边形；②棱锥的侧面为三角形，且所有侧面都有一个公共点；③棱台的侧面有的是平行四边形，有的是梯形；④棱台的侧棱所在直线均相交于同一点；⑤多面体至少有四个面．答案①②④⑤解析棱柱是由一个平面多边形沿某一方向平移而形成的几何体，因而侧面是平行四边形，故①对．棱锥是由棱柱的一个底面收缩为一个点而得到的几何体，因而其侧面均是三角形，且所有侧面都有一个公共点，故②对．棱台是棱锥被平行于底面的平面所截后，截面与底面之间的部分，因而其侧面均是梯形，且所有的侧棱延长后均相交于一点(即原棱锥的顶点)，故③错，④对．⑤显然对．因而正确的有①②④⑤.9.如图所示，几何体的正确说法的序号为________．(1)这是一个六面体；(2)这是一个四棱台；(3)这是一个四棱柱；(4)此几何体可由三棱柱截去一个三棱柱得到；(5)此几何体可由四棱柱截去一个三棱柱得到．答案(1)(3)(4)(5)解析(1)正确，因为有六个面，属于六面体的范围；(2)错误，因为侧棱的延长线不能交于一点，所以不正确；(3)正确，如果把几何体放倒就会发现是一个四棱柱；(4)(5)都正确，如图所示．。
【课件】2023年全国高考数学新课标Ⅱ卷第11题说题课件
04 试题的价值与推广
价值3：
在没有考纲的情况下，随着数学试题的命制在灵活度和知识范围 广度上的增加，我们必然感到试题的深度和难度的增加。只有深刻领 会《中国高考评价体系》中的“一核四层四翼”的总体要求，并在吃 透教材的基础上开发好教材，在学习中多练、多问、多总结、多思考， 才能真正提高独立思考、分析问题和解决问题的能力。
03 解题思路
（2023 年新课标 Ⅱ卷11题）若函数
f
(x)
=
a
ln
x+
b x
+
c x2
(a
≠0)既有极大值也
有极小值，则
A.bc>0 B.ab>0 C.b2 +8ac>0 D.ac<0
草图：
① ②
03 解题思路
（2023 年新课标 Ⅱ卷11题）若函数
f
(x)
=
a
ln
x+
b x
+
c x2
(a
≠0)既有极大值也
谢谢大家
2023年高考数学新课标Ⅱ卷第11题
精准掌握数学概念 找到解题“金钥匙”
以2023年高考数学新课标Ⅱ卷第11题为例
说题 流程
01
真题再现
02
命题立意与核心素养
03
解题思路
04
试题价值与推广
01 真题再现
（2023 年新课标 Ⅱ卷11题）若函数
f
(x)
=
a
ln
x+
b x
+
c x2
(a
≠0)既有极大值也
有极小值，则
A.bc>0 B.ab>0 C.b2 +8ac>0 D.ac<0
新人教版高中数学必修二全册课件ppt
(1)三棱柱有 6 个顶点，三棱锥有 4 个顶点；
(2)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；
本 课
(3)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
时 栏
何体是圆台；
目
(4)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
开 关
做圆柱侧面的母线．圆柱用表示它的轴的字母表示，如下图中的圆
柱表示为圆柱 O′O.
研一研·问题探究、课堂更高效
问题 2 如图，平行于圆柱底面的截面，经过圆柱任意两条母线的截 面分别是什么图形？
本
课
时
栏 目
答 分别是圆面、矩形．
开
关
研一研·问题探究、课堂更高效
探究点二 圆锥的结构特征 问题 1 类比圆柱的定义，结合下图你能给圆锥下个定义吗？
5．简单组合体
(1)概念：由 简单几何体 组合而成的几何体叫做简单组
合体．常见的简单组合体大多是由具有柱、锥、台、球等
本
课
几何结构特征的物体组成的．
时
栏
(2)基本形式：一种是由简单几何体 拼接 而成，另一种是
目
开
由简单几何体 截去 或 挖去 一部分而成.
关
研一研·问题探究、课堂更高效
[问题情境]
本
举世闻名的比萨斜塔是意大利的一个著名景点．它的构造从外形
课 时
上看是由八个圆柱组合成的一个组合体，我们周围的很多建筑物
栏 目
和它一样，也都是由一些简单几何体组合而成的组合体．本节我
开
们就来学习旋转体与简单组合体的结构特征．
关
研一研·问题探究、课堂更高效
探究点一 圆柱的结构特征
新高考数学必修二全套课件练习题及答案解析
C
B
a
起点相同，
对角线为和
b
O
a +b
a
b
力的合成可以看作向量
加法的平行四边形法则
的物理模型
A
如图，以同一点O为起点的两个已知向量a
和b为邻边作平行四边形OACB，则以O为起点
的对角线OC就是a与b的和，我们把这种作两
个向量和的方法叫做向量加法的平行四边形法
则．
思考3：向量加法的平行四边形法则与三角形法则一致吗？为什么？
2、 共线
(1)同向
(2)反向
a
a
b
b
a
a
b
|a
b| |a|
|b|
|a
b
b| |a|
一般有：
a b a Байду номын сангаасb
|b|
探究3：数的加法满足交换律、结合律，向量的加法是否也满足交换律和
结合律呢？
D
b
A
a
C
a b
a
b
B
D
a b c
b c
A
c
a b
a
B
画图时，我们常用有向线段来表示向量 ，线段按一定比
例（标度）画出.其中有向线段的长度表示向量的大小，
箭头所指的方向表示向量的方向.
B
A
（3）向量的表示方法：
B
一般可用表示向量的有向线段的起点和终点字母表示，
如
A
若表示向量的有向线段没有标注起点和终点字母，向量也
可用黑体字母a，b，c，…（书写时用注意用
新课标版数学必修二(新高考 新课程)(课件)作业10
课时作业(十)1．a是平面α外的一条直线，过a作平面β，使β∥α，这样的β有()A．只能作一个B．至少一个C．不存在D．至多一个答案 D解析当a与α相交时，β不存在，当a与α平行时，存在一个β，使得α∥β.2．下列命题中，真命题的个数是()①如果两个平面没有公共点，那么这两个平面平行②如果两个平面平行，那么这两个平面没有公共点③如果两个平面不相交，那么这两个平面平行④如果两个平面不平行，那么这两个平面相交A．1 B．2C．3 D．4答案 D3．两个平面分别经过两条平行直线，则这两个平面()A．平行B．相交C．平行或相交D．其他答案 C4．α，β是两个不重合的平面，a，b是两条不同的直线，在下列条件下，可判定α∥β的是()A．α，β都平行于直线a，bB．a，b是α内的两条直线，且a∥β，b∥βC．a在α内且a∥β，b在β内且b∥αD．a，b是两条异面直线，且a∥α，b∥α，a∥β，b∥β答案 D解析A错，若a∥b，则不能断定α∥β；B错，若a∥b，则不能断定α∥β；C错，若a∥b，则不能断定α∥β；D正确．5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：①FG∥平面AA1D1D；②EF∥平面BC1D1；③FG∥平面BC1D1；④平面EFG∥平面BC1D1. 其中推断正确的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④答案 A解析∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，∴FG∥BC1.∵BC1∥AD1，∴FG∥AD1.∵FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，∴FG∥平面AA1D1D，故①正确．∵EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，∴EF与平面BC1D1相交，故②错误．∵E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，∴FG∥BC1.∵FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，∴FG∥平面BC1D1，故③正确．∵EF与平面BC1D1相交，∴平面EFG与平面BC1D1相交，故④错误．故选A.6．已知三棱锥P-ABC，D，E，F分别是棱PA，PB，PC的中点，则面DEF与面ABC的位置关系是________．答案平行7．(1)a，b，c是三条直线，α，β是两个平面，若a∥b∥c，a⊂α，b⊂β，c⊂β，则α与β的位置关系是________．(2)平面α内有两条直线a，b且a∥β，b∥β，则α与β的位置关系是________．答案(1)平行或相交(2)平行或相交8．在三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC边上的中点，D1为B1C1边上的中点，求证：面A1BD1∥面ADC1.证明∵D，D1分别为BC，B1C1的中点，∴D1C1綊BD.∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴BD1∥DC1.连接DD1，∵DD1綊BB1綊AA1，∴四边形ADD1A1为平行四边形．∴A1D1∥AD.∵A1D1∩BD1＝D1，AD∩DC1＝D，∴面A1BD1∥面ADC1.9．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1D1，C1D1，AD的中点．求证：面AA1C1∥面EFG.证明∵E，F为A1D1，C1D1中点，∴EF∥A1C1.∵G为AD中点，∴EG∥AA1.又∵EF∩EG＝E，A1C1∩A1A＝A1，∴面AA1C1∥面EFG.10．已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为CC1，C1D1，DD1，CD的中点，N为BC的中点，试在E，F，G，H四个点中找两个点，使这两个点与N确定的平面α与面BB1D1D平行．解析F，H与N构成的面与面BB1D1D平行．11.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面是梯形，DC＝2AB，P，Q分别是CC1，C1D1的中点．求证：平面AD1C∥平面BQP.证明∵P，Q分别为C1C，C1D1的中点，∴PQ∥D1C.∵在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，DC＝2AB，DC＝D1C1，∴D1Q綊AB，∴四边形ABQD1为平行四边形．∴D1A∥QB，又∵D1A∩D1C＝D1，QB∩QP＝Q，∴平面AD1C∥平面BQP.12．两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB且AM＝FN，G为AB上一点，且MG∥BC.求证：平面MNG∥平面BCE.证明 ∵MG ∥BC ，∴AM MC ＝AGGB.①又∵四边形ABCD 与四边形ABEF 为全等的正方形， ∴FB ＝AC ，∵FN ＝AM ，∴NB ＝MC ， ∴AM MC ＝FN NB.② 由①②，得AG GB ＝FNNB .∴NG ∥FA ，∴NG ∥BE.又∵NG ∩MG ＝G ，EB ∩BC ＝B ， ∴面MNG ∥面BCE.13.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 是AB 的中点，AP ＝B 1Q ，N 是PQ 的中点，M 是正方形ABB 1A 1的中心． 求证：(1)MN ∥平面B 1D 1； (2)MN ∥A 1C 1.证明 (1)连接PM ，并延长PM 交A 1B 1于点E ，连接EQ ，由比例关系，MN ∥EQ ，所以MN ∥平面B 1D 1.(2)由比例关系MN ∥EQ ，EQ ∥A 1C 1，所以MN ∥A 1C 1.14.如图，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，S 是B 1D 1的中点，E ，F ，G 分别是BC ，DC ，SC 的中点，求证： (1)直线EG ∥平面BDD 1B 1； (2)平面EFG ∥平面BDD 1B 1. 证明 (1)如图，连接SB ，∵E，G分别是BC，SC的中点，∴EG∥SB.又∵SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，∴直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，∵F，G分别是DC，SC的中点，∴FG∥SD.又∵SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，∴FG∥平面BDD1B1，且EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面BDD1B1.►重点班·选做题15.如图所示，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝2a，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1.问在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论．解析如图所示，当F为PC的中点时，BF∥平面AEC.证明：取PE的中点M，连接FM，则FM∥CE.①由EM＝12PE＝ED，知E是MD的中点，连接BM，BD.设BD∩AC＝O，则O为BD的中点，所以BM∥OE.②由①②，知平面BFM∥平面ACE.又BF⊂平面BFM，所以BF∥平面AEC.1．下列命题中，能判定平面α∥β的是()A．存在两条直线分别与α，β成等角B．α内有不在同一直线上的三点到β的距离相等C．α内有△ABC与β内△A′B′C′全等，且有A′A∥B′B∥C′CD．α，β都与异面直线a，b平行答案 D2．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1C，B1C1，C1D1的中点．求证：平面MNP∥平面A1BD.证明连接B1D1.∵P，N分别是D1C1，B1C1的中点，∴PN∥B1D1.又B1D1∥BD，∴PN∥BD.又PN⊄平面A1BD，BD⊂平面A1BD，∴PN∥平面A1BD.同理MN∥平面A1BD.又MN∩PN＝N，∴平面PMN∥平面A1BD.。
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课时作业(十一)
1．如果直线a∥平面α，b⊂α，那么a与b的关系是()
A．相交B．不相交
C．平行D．异面
答案 B
解析a与b平行或异面，但不能相交．
2．若直线a不平行于平面α，则下列结论中成立的是()
A．α内的所有直线都与直线a异面B．α内不存在与a平行的直线
C．α内的直线都与a相交D．直线a与平面α有公共点
答案 D
3．过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，如果所得的交线为a，b，c，…，那么这些交线的位置关系为()
A．都平行B．都相交且一定交于同一点
C．都相交但不一定交于同一点D．都平行或交于同一点
答案 D
解析若l∥平面α，则交线都平行；
若l∩平面α＝A，则交线都交于同一点A.
4.如图，四棱锥S-ABCD的所有的棱长都等于2，E是SA的中点，过C，
D，E三点的平面与SB交于点F，则四边形DEFC的周长为()
A．2＋ 3 B．3＋ 3
C．3＋2 3 D．2＋2 3
答案 C
解析因为CD∥AB，AB⊂平面SAB，CD⊄平面SAB，所以CD∥平面SAB.
又CD⊂平面CDEF，平面SAB∩平面CDEF＝EF，
所以CD∥EF，所以四边形CDEF为等腰梯形，
且CD＝2，EF＝1，DE＝CF＝3，
所以四边形CDEF的周长为3＋23，选C.
5．下面四个命题中：①平面外的直线就是平面的平行线；②平行于同一平面的两条直线平行；③过平面外一点可作无数条直线和这个平面平行；④△ABC中，AB∥平面α，延长CA，CB，分别交α于E，F，则AB∥EF.正确的命题的序号是________．
答案 ③④
6．四边形ABCD 是矩形，P ∉平面ABCD ，过BC 作平面BCEF 交AP 于E ，交DP 于F ，则四边形BCEF 的形状为________． 答案 梯形
解析 ∵四边形ABCD 是矩形，∴BC ∥AD. ∵AD ⊂平面APD ，BC ⊄平面APD ，∴BC ∥平面APD. 又∵平面BCFE ∩平面APD ＝EF ，∴BC ∥EF.∴AD ∥EF. 又∵E ，F 是△APD 边上的点，∴EF ≠AD.∴EF ≠BC. ∴四边形BCEF 是梯形．
7．过正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的三个顶点A 1，C 1，B 的平面与底面ACD 所在平面的交线为l ，则l 与A 1C 1的位置关系为________． 答案 平行
8.如图，空间四边形ABCD 中，P ，Q ，R 分别是AB ，AD ，CD 的中点，平面PQR 交BC 于点S.求证：四边形PQRS 为平行四边形． 证明 如图，∵P ，Q 分别为AB ，AD 中点，∴PQ 綊1
2BD.
又∵BD ⊂面BDC ，PQ ⊄面BDC ，
∴PQ ∥面BDC.
又∵四边形PQRS ∩面BDC ＝SR ， ∴PQ ∥SR ，同理PS ∥QR ， ∴四边形PQRS 为平行四边形．
9．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为棱DD 1的中点，求证：B 1D ∥平面A 1C 1E.
证明 连接B 1D 1交A 1C 1于M ，
∵M，E分别为D1B1，D1D的中点，∴ME∥B1D.
又∵B1D⊄面A1C1E，ME⊂面A1C1E，
∴B1D∥平面A1C1E.
10.已知E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，CC1上的点，且AE＝C1F，求证：四边形EBFD1为平行四边形．
证明在线段D1D上取一点M，使得D1M＝AE，所以四边形AMD1E是
平行四边形，所以ED1∥AM，且ED1＝AM，又AE＝C1F，所以MF∥CD，
且MF＝CD，所以四边形ABFM为平行四边形，所以AM∥BF，且AM＝
BF，又ED1∥AM，且ED1＝AM，所以ED1∥BF，且ED1＝BF，所以四边形EBFD1为平行四边形．
11．已知直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为a，底面为等腰直角三角形，且AB＝BC＝a，∠ACB＝90°，M，N分别是A1B，B1C1的中点，求证：MN∥平面ACC1A1.
证明连接AB1，AC1，由平行四边形的性质可知AB1与A1B相交于点M.
在△B1AC1中，
∵M，N分别是AB1，B1C1的中点，
∴MN∥AC1.
又MN⊄平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，
∴MN∥平面ACC1A1.
12．如图，S为矩形ABCD所在平面外一点，E，F分别是SD，BC上的点，
且SE∶ED＝BF∶FC，求证：EF∥平面SAB.
证明在SC上取一点H，使SH∶HC＝SE∶ED，
则EH∥DC，而DC∥AB，∴EH∥AB.
∵SE∶ED＝BF∶FC，
∴SH∶HC＝BF∶FC.
∴HF∥BS.
∵FH∩HE＝H，
∴平面EHF∥平面SAB.
∵EF⊂平面EHF，
∴EF与平面SAB没有公共点．
∴EF∥平面SAB.
1．在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD∥平面EFGH时，下面结论正确的是()
A．E，F，G，H一定是各边的中点
B．G，H一定是CD，DA的中点
C．BE∶EA＝BF∶FC，且DH∶HA＝DG∶GC
D．AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC
答案 D
解析由于BD∥平面EFGH，所以有BD∥EH，BD∥FG，则AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC ＝DG∶GC.故选D.
2.如图，四边形ABCD是空间四边形，E，F，G，H分别是四条边上的
点，它们共面，并且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，AC＝m，BD
＝n，则当EFGH是菱形时，AE∶EB＝________．
答案m∶n
解析∵AC∥平面EFGH，∴EF∥AC，HG∥AC.
∴EF ＝HG ＝BE
BA
·m.
同理，EH ＝FG ＝AE AB ·n ，∴BE AB ·m ＝AE
AB ·n ，
∴AE ∶EB ＝m ∶n.
3．在矩形ABCD 中，E 为AB 上一点，将B 点沿线段EC 折起至点P ，连接PA ，PD ，取PD 的中点F ，若有AF ∥平面PEC ，试确定E 的位置． 解析 E 为AB 的中点时，有AF ∥平面PEC. 取PC 中点G ，连接GE ，GF ，由已知得GF ∥CD.
∵EA ∥CD ，∴GF ∥EA ，则G ，E ，A ，F 四点共面． ∵AF ∥平面PEC ，平面GEAF ∩平面PEC ＝GE ， ∴FA ∥GE ，∴四边形GEAF 为平行四边形． ∵GF ＝12CD ，∴EA ＝12CD ＝1
2BA.
∴E 为AB 中点．
4．如果一条直线和两个相交平面都平行，那么这条直线和它们的交线平行． 已知：α∩β＝l ，a ∥α，a ∥β. 求证：a ∥l.
证明 方法一：如图①所示，过a 作平面γ交平面α于b ， ∵a ∥α，∴a ∥b.同样过a 作平面δ交平面β于c ， ∵a ∥β，∴a ∥c ，∴b ∥c.又b ⊄β，c ⊂β， ∴b ∥β，又b ⊂α，α∩β＝l ，∴b ∥l ，∴a ∥l.
方法二：如图②所示，在l 上任取一点A ，过A 和a 作平面和α交于l 1，和β交于l 2.
∵a∥α，∴a∥l1，∵a∥β，∴a∥l2.
但过一点有且只有一条直线与已知直线平行．
∴l1与l2重合．又l1⊂α，l2⊂β，
∴l1与l2重合于l，∴a∥l.
5．已知平面α∩β＝l1，α∩γ＝l2，β∩γ＝l3，l1∥l2，求证：l3∥l2，l3∥l1. 证明α∩β＝l1，α∩γ＝l2，β∩γ＝l3，l1∥l2，
∵l1∥l2，α∩γ＝l2，∴l1∥γ.
∵l1⊂β，β∩γ＝l3，∴l1∥l3.
由平行公理，可得l3∥l2.。