2018北师大版高中数学立体几何与解析几何初步复习
2018届一轮复习北师大版 立体几何 教案
透视全国高考 揭秘命题规律(四)——立体几何(全国卷第19题)翻折问题(2016·高考全国卷甲)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B -D ′A -C 的正弦值．【解】 (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6得 DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD →的方向为y 轴正方向，HD ′→的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系H -xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525，sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是29525.解决与翻折有关的问题的两个关键(1)要明确翻折前后的变化量和不变量．一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化．(2)在解决问题时，要比较翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形．把翻折前后一些线线位置关系中没有变化和发生变化的量准确找出来，这些不变和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征．(3)在立体几何中找平行线是解决问题的一个重要技巧，常通过三角形的中位线找平行线．探索问题如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BC ⊥平面P AC ；(2)E 是侧棱PB 上一点，记PEPB ＝λ(0<λ<1)，是否存在实数λ，使平面ADE与平面P AD 所成的二面角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．【解】 (1)证明：由已知，得AC ＝ AB 2＋BC 2－2AB ×BC ×cos ∠ABC ＝23， 因为BC ＝AD ＝2，AB ＝4， 又BC 2＋AC 2＝AB 2，所以BC ⊥AC .又P A ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，则P A ⊥BC .因为P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，且P A ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面P AC .(2)以A 为坐标原点，过点A 作垂直于AB 的直线为x 轴，AB ，AP 所在直线分别为y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A (0，0，0)，B (0，4，0)，P (0，0，3)．因为在平行四边形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4， ∠ABC ＝60°，则∠DAx ＝30°， 所以D (3，－1，0)． 又PEPB＝λ(0<λ<1)， 知E (0，4λ，3(1－λ))．设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧3x 1－y 1＝0，4λy 1＋3（1－λ）z 1＝0，取x 1＝1，则m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，43λ3（λ－1）.设平面P AD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP →＝0，n ·AD →＝0，即⎩⎨⎧3z 2＝0，3x 2－y 2＝0，取y 2＝1，则n ＝⎝⎛⎭⎫33，1，0.若平面ADE 与平面P AD 所成的二面角为60°，则cos 〈m ，n 〉＝cos 60°＝12，即1×33＋3×1＋01＋3＋16λ23（λ－1）2·1＋13＝12， 化简得1＋4λ23（λ－1）2＝2，即⎝⎛⎭⎫λλ－12＝94， 解得λ＝3(舍去)或λ＝35.于是，存在λ＝35，使平面ADE 与平面P AD 所成的二面角为60°.(1)求二面角的两种方法①定义法(在易于作出二面角的平面角和计算情况下适用)第一步：在平面α内取一个易于作出平面β的垂线的点P .且设垂足为H ，过H 作交线l 的垂线，垂足为Q ，连接PQ (或过P 作PQ ⊥l ，垂足为Q ，连接HQ )，则∠PQH 即为二面角α l β的平面角．(或证明某个平面角即为二面角的平面角)．第二步：根据条件求出Rt △PQH 的两边，用直角三角函数即可求出二面角的三角函数值．②向量法第一步：根据立体图形的几何特点，建立恰当的直角坐标系，并写出确定二面角的两个半平面内相关的坐标．第二步：分别求出两个平面的法向量n 1，n 2，根据公式cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|，求出n 1与n 2夹角的余弦．第三步：结合图形(或条件)，写出二面角的余弦值(一般情况下，锐二面角取|cos 〈n 1，n 2〉|，钝角取－|cos 〈n 1，n 2〉|，当cos 〈n 1，n 2〉＝0时，为直二面角)．(2)探索性问题在坐标系下探索性问题的求解策略．第一步：假设存在，并根据相关的条件，将假设存在的问题用坐标和相关元素表示出来． 第二步：根据满足的要求，列出相关的关系式．第三步：求解关系式，若求出的问题合情合理，说明问题存在，即是问题解决的过程．若得出矛盾，说明假设存在是错的，即是说明理由的过程．空间角 满分展示(满分12分)(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值． [联想破译]联想因素：线面垂直、面面垂直、直线与直线所成角． 联想路线：(1)先证明线面垂直，再证明面面垂直．(2)建系，先求出cos 〈AE →，CF →〉的值，再确定所成角的余弦值．[标准答案]第(1)问得分点说明：正确推理过程得3分，没有EG 2＋FG 2＝EF 2扣1分；正确推理过程得3分，没有条件EG ⊂平面AEC 扣1分(1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22， 可得EF ＝322.从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG．(3分)又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .又因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC ．(6分)(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G -xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)， F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)， 所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22．(10分)故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.第(2)问得分点说明：正确推理过程得4分，没有指出空间直角坐标系扣2分；正确得出直线所成角的余弦值得2分，余弦值为－33，扣1分 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33．(12分)[解题程序]第一步：利用勾股定理的逆定理证明EG ⊥FG . 第二步：证明面面垂直．注意面面垂直满足的条件． 第三步：建立空间直角坐标系，写出点的坐标、向量的坐标． 第四步：求向量夹角的余弦值．第五步：求两直线夹角的余弦值，得出结论．[满分心得] (1)写全得分步骤对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中EG ⊥FG ，第(2)问中两向量的坐标．(2)写明得分关键对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在解答时一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出判断平面AEC ⊥平面AFC 过程中的三个条件，写不全则不能得全分，否则就不得分，再者EG ⊂平面AEC 这一条件也一定要有，否则要扣1分；第(2)问中不写出cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|而得出余弦值则要扣1分．。
高中数学第一章立体几何初步章末复习课学案北师大版必修2(2021学年)
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第一章立体几何初步学习目标 1.整合知识结构,梳理知识网络,进一步巩固、深化所学知识.2.熟练掌握平行关系与垂直关系，能自主解决一些实际问题.3。
掌握几何体的三视图与直观图,能计算几何体的表面积与体积.1．空间几何体的结构特征及其侧面积和体积名称定义图形侧面积体积多面体棱柱有两个面＿______＿＿＿＿_，其余各面都是_＿_____＿__，并且每相邻两个四边形的公共边都＿____＿___＿S侧＝Ch,C为底面的周长，h为高Ｖ＝Sh棱锥有一个面是____＿____＿，其余各面都是_________＿＿___＿_的三角形S正棱锥侧=错误!Ch′，Ｃ为底面的周长,h′为斜高V＝13Ｓh，h为高棱台用一个＿_＿______＿___＿＿＿的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分Ｓ正棱台侧=＼f（1,2)(Ｃ+C′）h′，Ｃ,Ｃ′为底面的周长,h′为斜高Ｖ＝错误!（S上＋S下＋错误!)h,h为高旋转体圆柱以＿__＿___＿＿_＿_＿___所在直线为旋转轴,其余三边旋转形成的面所围成的旋转体S侧＝2πrh，ｒ为底面半径,ｈ为高V=Sh=πｒ2ｈ圆锥以直角三角形的__________＿___所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的面所围成的旋转体S侧=πrl，r为底面半径,h为高V＝错误!Sh＝错误!πr2h圆台用_＿＿___＿___＿_______的平面去截圆锥,＿______＿＿___之间的部分S侧=π（r1＋r２）ｌ,r１,r2为底面半径,l为母线Ｖ＝错误!(S上＋Ｓ下+S上S下)h=错误!π(ｒ错误!＋r错误!＋r1r２)h 球以__＿_______所在直线为旋转轴，＿_＿_＿＿__旋转一周形成的旋转体S球面=4πR2,R为球的半径V＝错误!πＲ3２。
2018版高考数学理北师大版大一轮复习讲义教师版文档
1．(2015·课标全国Ⅱ)已知A ，B 为双曲线E 的左，右顶点，点M 在E 上，△ABM 为等腰三角形，且顶角为120°，则E 的离心率为( ) A. 5 B ．2 C. 3 D. 2 答案 D解析 如图，设双曲线E 的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)，则|AB |＝2a ，由双曲线的对称性，可设点M (x 1，y 1)在第一象限内，过M 作MN ⊥x 轴于点N (x 1,0)， ∵△ABM 为等腰三角形，且∠ABM ＝120°， ∴|BM |＝|AB |＝2a ，∠MBN ＝60°，∴y 1＝|MN |＝|BM |sin ∠MBN ＝2a sin 60°＝3a ，x 1＝|OB |＋|BN |＝a ＋2a cos 60°＝2a .将点M (x 1，y 1)的坐标代入x 2a 2－y 2b 2＝1，可得a 2＝b 2，∴e ＝c a ＝a 2＋b 2a 2＝2，选D.2.如图，已知椭圆C 的中心为原点O ，F (－25，0)为C 的左焦点，P 为C 上一点，满足|OP |＝|OF |，且|PF |＝4，则椭圆C 的方程为( )A.x 225＋y 25＝1 B.x 236＋y 216＝1 C.x 230＋y 210＝1 D.x 245＋y 225＝1 答案 B解析 设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，焦距为2c ，右焦点为F ′，连接PF ′，如图所示，因为F (－25，0)为C 的左焦点，所以c ＝2 5. 由|OP |＝|OF |＝|OF ′|知，∠FPF ′＝90°，即FP ⊥PF ′. 在Rt △PFF ′中，由勾股定理，得|PF ′|＝|FF ′|2－|PF |2＝(45)2－42＝8. 由椭圆定义，得|PF |＋|PF ′|＝2a ＝4＋8＝12，所以a ＝6，a 2＝36，于是b 2＝a 2－c 2＝36－(25)2＝16，所以椭圆的方程为x 236＋y 216＝1.3．(2017·太原质量预测)已知A ，B 分别为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点和上顶点，直线y ＝kx (k >0)与椭圆交于C ，D 两点，若四边形ACBD 的面积的最大值为2c 2，则椭圆的离心率为( ) A.13 B.12 C.33 D.22 答案 D解析 设C (x 1，y 1)(x 1>0)，D (x 2，y 2)， 将y ＝kx 代入椭圆方程可解得x 1＝abb 2＋a 2k 2，x 2＝－abb 2＋a 2k 2，则|CD |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2ab 1＋k 2b 2＋a 2k 2.又点A (a,0)到直线y ＝kx 的距离d 1＝ak 1＋k 2，点B (0，b )到直线y ＝kx 的距离d 2＝b1＋k 2， 所以S 四边形ACBD ＝12d 1|CD |＋12d 2|CD |＝12(d 1＋d 2)·|CD |＝12·b ＋ak 1＋k 2·2ab 1＋k 2b 2＋a 2k 2＝ab ·b ＋akb 2＋a 2k 2.令t ＝b ＋akb 2＋a 2k 2，则t 2＝b 2＋a 2k 2＋2abk b 2＋a 2k 2＝1＋2ab ·k b 2＋a 2k2＝1＋2ab ·1b 2k ＋a 2k ≤1＋2ab ·12ab ＝2，当且仅当b 2k ＝a 2k ，即k ＝ba 时，t max ＝2，所以S 四边形ACBD 的最大值为2ab . 由条件，有2ab ＝2c 2，即2c 4＝a 2b 2＝a 2(a 2－c 2)＝a 4－a 2c 2， 2c 4＋a 2c 2－a 4＝0,2e 4＋e 2－1＝0，解得e 2＝12或e 2＝－1(舍去)，所以e ＝22，故选D.4．(2016·北京)双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的渐近线为正方形OABC 的边OA ，OC 所在的直线，点B 为该双曲线的焦点，若正方形OABC 的边长为2，则a ＝________. 答案 2解析 设B 为双曲线的右焦点，如图所示． ∵四边形OABC 为正方形且边长为2， ∴c ＝|OB |＝22， 又∠AOB ＝π4，∴b a ＝tan π4＝1，即a ＝b . 又a 2＋b 2＝c 2＝8，∴a ＝2.5．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)和椭圆x 216＋y29＝1有相同的焦点，且双曲线的离心率是椭圆离心率的两倍，则双曲线的方程为____________． 答案 x 24－y 23＝1解析 由题意，得双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的焦点坐标为(7，0)，(－7，0)，c ＝7且双曲线的离心率为2×74＝72＝ca⇒a ＝2，b 2＝c 2－a 2＝3， 双曲线的方程为x 24－y 23＝1.题型一 求圆锥曲线的标准方程例1 已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交E 于A 、B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( ) A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D.x 218＋y 29＝1 答案 D解析 设A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，所以⎩⎨⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，x 22a 2＋y22b 2＝1，运用点差法，所以直线AB 的斜率为k ＝b 2a 2，设直线方程为y ＝b 2a 2(x －3)，联立直线与椭圆的方程， 得(a 2＋b 2)x 2－6b 2x ＋9b 2－a 4＝0， 所以x 1＋x 2＝6b 2a 2＋b 2＝2，又因为a 2－b 2＝9，解得b 2＝9，a 2＝18.思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、几何性质，解得标准方程中的参数，从而求得方程．(2015·天津)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0 )的一个焦点为F (2,0)，且双曲线的渐近线与圆(x －2)2＋y 2＝3相切，则双曲线的方程为( ) A.x 29－y 213＝1 B.x 213－y 29＝1 C.x 23－y 2＝1 D ．x 2－y 23＝1答案 D解析 双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的一个焦点为F (2,0)，则a 2＋b 2＝4，①双曲线的渐近线方程为y ＝±ba x ，由题意得2ba 2＋b 2＝3，② 联立①②解得b ＝3，a ＝1， 所求双曲线的方程为x 2－y 23＝1，选D.题型二 圆锥曲线的几何性质例2 (1)(2015·湖南)若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为( ) A.73 B.54 C.43 D.53(2)(2016·天津)设抛物线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pt 2，y ＝2pt (t 为参数，p >0)的焦点为F ，准线为l .过抛物线上一点A 作l 的垂线，垂足为B .设C ⎝⎛⎭⎫72p ，0，AF 与BC 相交于点E .若|CF |＝2|AF |，且△ACE 的面积为32，则p 的值为________． 答案 (1)D (2) 6解析 (1)由条件知y ＝－b a x 过点(3，－4)，∴3ba ＝4，即3b ＝4a ，∴9b 2＝16a 2，∴9c 2－9a 2＝16a 2， ∴25a 2＝9c 2，∴e ＝53.故选D.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pt 2，y ＝2pt(p >0)消去t 可得抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，∴F ⎝⎛⎭⎫p 2，0， |AB |＝|AF |＝32p ，可得A (p ，2p )．易知△AEB ∽△FEC ，∴|AE ||FE |＝|AB ||FC |＝12，故S △ACE ＝13S △ACF ＝13×3p ×2p ×12＝22p 2＝32， ∴p 2＝6，∵p >0，∴p ＝ 6.思维升华 圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线渐近线，是常考题型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义，及相关参数间的联系．掌握一些常用的结论及变形技巧，有助于提高运算能力．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)与抛物线y 2＝2px (p >0)有相同的焦点F ，P ，Q 是椭圆与抛物线的交点，若PQ 经过焦点F ，则椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为____________．答案2－1解析 因为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 为⎝⎛⎭⎫p 2，0，设椭圆另一焦点为E . 当x ＝p2时，代入抛物线方程得y ＝±p ，又因为PQ 经过焦点F ，所以P ⎝⎛⎭⎫p 2，p 且PF ⊥OF . 所以|PE |＝(p 2＋p2)2＋p 2＝2p ， |PF |＝p ，|EF |＝p .故2a ＝ 2p ＋p,2c ＝p ，e ＝2c2a＝2－1.题型三 最值、范围问题例3 若直线l ：y ＝3x 3－233过双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一个焦点，且与双曲线的一条渐近线平行． (1)求双曲线的方程；(2)若过点B (0，b )且与x 轴不平行的直线和双曲线相交于不同的两点M ，N ，MN 的垂直平分线为m ，求直线m 在y 轴上的截距的取值范围． 解 (1)由题意，可得c ＝2，b a ＝33，所以a 2＝3b 2，且a 2＋b 2＝c 2＝4， 解得a ＝3，b ＝1.故双曲线的方程为x 23－y 2＝1.(2)由(1)知B (0,1)，依题意可设过点B 的直线方程为 y ＝kx ＋1(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 23－y 2＝1，得(1－3k 2)x 2－6kx －6＝0， 所以x 1＋x 2＝6k1－3k 2， Δ＝36k 2＋24(1－3k 2)＝12(2－3k 2)>0⇒0<k 2<23，且1－3k 2≠0⇒k 2≠13.设MN 的中点为Q (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝3k 1－3k 2，y 0＝kx 0＋1＝11－3k 2， 故直线m 的方程为y －11－3k2＝－1k ⎝⎛⎭⎫x －3k 1－3k 2， 即y ＝－1k x ＋41－3k 2.所以直线m 在y 轴上的截距为41－3k 2，由0<k 2<23，且k 2≠13，得1－3k 2∈(－1,0)∪(0,1)，所以41－3k 2∈(－∞，－4)∪(4，＋∞)．故直线m 在y 轴上的截距的取值范围为(－∞，－4)∪(4，＋∞)．思维升华 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和均值不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值与范围．如图，曲线Γ由两个椭圆T 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)和椭圆T 2：y 2b 2＋x 2c2＝1(b >c >0)组成，当a ，b ，c 成等比数列时，称曲线Γ为“猫眼”．(1)若“猫眼曲线”Γ过点M (0，－2)，且a ，b ，c 的公比为22，求“猫眼曲线”Γ的方程； (2)对于(1)中的“猫眼曲线”Γ，任作斜率为k (k ≠0)且不过原点的直线与该曲线相交，交椭圆T 1所得弦的中点为M ，交椭圆T 2所得弦的中点为N ，求证：k OMk ON为与k 无关的定值；(3)若斜率为2的直线l 为椭圆T 2的切线，且交椭圆T 1于点A ，B ，N 为椭圆T 1上的任意一点(点N 与点A ，B 不重合)，求△ABN 面积的最大值． (1)解 由题意知，b ＝2，b a ＝c b ＝22，∴a ＝2，c ＝1，∴T 1：x 24＋y 22＝1，T 2：y 22＋x 2＝1.(2)证明 设斜率为k 的直线交椭圆T 1于点C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2) ， 线段CD 的中点为M (x 0，y 0)， ∴x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22，由⎩⎨⎧x 214＋y 212＝1，x 224＋y222＝1，得(x 1－x 2)(x 1＋x 2)4＋(y 1－y 2)(y 1＋y 2)2＝0.∵k 存在且k ≠0，∴x 1≠x 2且x 0≠0， 故上式整理得y 1－y 2x 1－x 2·y 0x 0＝－12，即k ·k OM ＝－12.同理，k ·k ON ＝－2，∴k OM k ON ＝14.(3)解 设直线l 的方程为y ＝2x ＋m ，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，y 2b 2＋x 2c2＝1，整理得(b 2＋2c 2)x 2＋22mc 2x ＋m 2c 2－b 2c 2＝0， 由Δ＝0化简得m 2＝b 2＋2c 2，取l 1：y ＝2x ＋b 2＋2c 2.联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，x 2a 2＋y 2b2＝1，化简得(b 2＋2a 2)x 2＋22ma 2x ＋m 2a 2－b 2a 2＝0. 由Δ＝0得m 2＝b 2＋2a 2， 取l 2：y ＝2x －b 2＋2a 2， l 1，l 2两平行线间距离 d ＝b 2＋2c 2＋b 2＋2a 23，又|AB |＝23ab 2a 2－2c 2b 2＋2a 2，∴△ABN 的面积最大值为S ＝12|AB |·d＝ab 2a 2－2c 2(b 2＋2c 2＋b 2＋2a 2)b 2＋2a 2.题型四 定值、定点问题例4 (2016·全国乙卷)设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E . (1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．解 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，故∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |，故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4.由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)．(2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0. 则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3.过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)，点A 到m 的距离为2k 2＋1， 所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积 S ＝12|MN ||PQ |＝121＋14k 2＋3. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)． 思维升华 求定点及定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．(2016·北京)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，A (a,0)，B (0，b )，O (0,0)，△OAB 的面积为1. (1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上一点，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值．(1)解 由已知c a ＝32，12ab ＝1.又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3. ∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 由(1)知，A (2,0)，B (0,1)． 设椭圆上一点P (x 0，y 0)，则x 204＋y 20＝1.当x 0≠0时，直线P A 方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2.从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2.直线PB 方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1.令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1.∴|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.∴|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4.当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2， ∴|AN |·|BM |＝4. 故|AN |·|BM |为定值． 题型五 探索性问题例5 (2015·广东)已知过原点的动直线l 与圆C 1：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相交于不同的两点A ，B . (1)求圆C 1的圆心坐标；(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程；(3)是否存在实数k ，使得直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．解 (1)圆C 1：x 2＋y 2－6x ＋5＝0化为(x －3)2＋y 2＝4，∴圆C 1的圆心坐标为(3,0)． (2)设M (x ，y )，∵A ，B 为过原点的直线l 与圆C 1的交点，且M 为AB 的中点， ∴由圆的性质知MC 1⊥MO ， ∴MC 1→·MO →＝0.又∵MC 1→＝(3－x ，－y )，MO →＝(－x ，－y )， ∴由向量的数量积公式得x 2－3x ＋y 2＝0. 易知直线l 的斜率存在， ∴设直线l 的方程为y ＝mx ， 当直线l 与圆C 1相切时，d ＝|3m －0|m 2＋1＝2， 解得m ＝±255.把相切时直线l 的方程代入圆C 1的方程， 化简得9x 2－30x ＋25＝0，解得x ＝53.当直线l 经过圆C 1的圆心时，M 的坐标为(3,0)．又∵直线l 与圆C 1交于A ，B 两点，M 为AB 的中点， ∴53<x ≤3. ∴点M 的轨迹C 的方程为x 2－3x ＋y 2＝0， 其中53<x ≤3.(3)由题意知直线L 表示过定点(4,0)，斜率为k 的直线，把直线L 的方程代入轨迹C 的方程x 2－3x ＋y 2＝0，其中53<x ≤3，化简得(k 2＋1)x 2－(3＋8k 2)x ＋16k 2＝0，其中53<x ≤3，记f (x )＝(k 2＋1)x 2－(3＋8k 2)x ＋16k 2，其中53<x ≤3.若直线L 与曲线C 只有一个交点，令f (x )＝0.当Δ＝0时，解得k 2＝916，即k ＝±34，此时方程可化为25x 2－120x ＋144＝0，即(5x －12)2＝0，解得x ＝125∈⎝⎛⎦⎤53，3，∴k ＝±34满足条件． 当Δ>0时，①若x ＝3是方程的解，则f (3)＝0⇒k ＝0⇒另一根为x ＝0<53，故在区间⎝⎛⎦⎤53，3上有且仅有一个根，满足题意；②若x ＝53是方程的解，则f ⎝⎛⎭⎫53＝0⇒k ＝±257⇒另外一根为x ＝6423，53<6423≤3，故在区间⎝⎛⎦⎤53，3上有且仅有一根，满足题意；③若x ＝3和x ＝53均不是方程的解，则方程在区间⎝⎛⎭⎫53，3上有且仅有一个根，只需f ⎝⎛⎭⎫53·f (3)<0⇒－257<k <257.故在区间⎝⎛⎦⎤53，3上有且仅有一个根，满足题意． 综上所述，k 的取值范围是－257≤k ≤257或k ＝±34. 思维升华 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，A 为C 上异于原点的任意一点，过点A的直线l 交C 于另一点B ，交x 轴的正半轴于点D ，且有|F A |＝|FD |.当点A 的横坐标为3时，△ADF 为正三角形． (1)求C 的方程；(2)若直线l 1∥l ，且l 1和C 有且只有一个公共点E ， ①证明直线AE 过定点，并求出定点坐标．②△ABE 的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． (1)解 由题意知F (p2，0)．设D (t,0)(t >0)，则FD 的中点为(p ＋2t4，0)．因为|F A |＝|FD |，由抛物线的定义知3＋p2＝⎪⎪⎪⎪t －p 2， 解得t ＝3＋p 或t ＝－3(舍去)． 由p ＋2t4＝3，解得p ＝2. 所以抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)①证明 由(1)知F (1,0)．设A (x 0，y 0)(x 0y 0≠0)，D (x D,0)(x D >0)． 因为|F A |＝|FD |，则|x D －1|＝x 0＋1， 由x D >0，得x D ＝x 0＋2，故D (x 0＋2,0)， 故直线AB 的斜率k AB ＝－y 02.因为直线l 1和直线AB 平行， 设直线l 1的方程为y ＝－y 02x ＋b ，代入抛物线方程得y 2＋8y 0y －8by 0＝0，由题意Δ＝64y 20＋32b y 0＝0，得b ＝－2y 0.设E (x E ，y E )，则y E ＝－4y 0，x E ＝4y 20.当y 20≠4时，k AE ＝y E －y 0x E －x 0＝－4y 0－y 04y 20－y 204＝4y 0y 20－4， 可得直线AE 的方程为y －y 0＝4y 0y 20－4(x －x 0)． 由y 20＝4x 0，整理可得y ＝4y 0y 20－4(x －1)， 直线AE 恒过点F (1,0)．当y 20＝4时，直线AE 的方程为x ＝1，过点F (1,0)， 所以直线AE 过定点F (1,0)．②解 由①知直线AE 过焦点F (1,0)， 所以|AE |＝|AF |＋|FE |＝(x 0＋1)＋⎝⎛⎭⎫1x 0＋1＝x 0＋1x 0＋2.设直线AE 的方程为x ＝my ＋1.因为点A (x 0，y 0)在直线AE 上，故m ＝x 0－1y 0.设B (x 1，y 1)．直线AB 的方程为y －y 0＝－y 02(x －x 0)，由于y 0≠0，可得x ＝－2y 0y ＋2＋x 0，代入抛物线方程得y 2＋8y 0y －8－4x 0＝0，所以y 0＋y 1＝－8y 0，可求得y 1＝－y 0－8y 0，x 1＝4x 0＋x 0＋4.所以点B 到直线AE 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪4x 0＋x 0＋4＋m ⎝⎛⎭⎫y 0＋8y 0－11＋m 2＝4(x 0＋1)x 0＝4⎝⎛⎭⎫x 0＋1x 0.则△ABE 的面积S ＝12×4⎝⎛⎭⎫x 0＋1x 0⎝⎛⎭⎫x 0＋1x 0＋2≥16， 当且仅当1x 0＝x 0，即x 0＝1时等号成立．所以△ABE 的面积的最小值为16.1．(2016·河北质量监测)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为F (c,0)且a >b >c >0，设短轴的一个端点为D ，原点O 到直线DF 的距离为32，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C ，G 两点，且|GF →|＋|CF →|＝4. (1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在过点P (2,1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ，B 且使得OP →2＝4P A →·PB →成立？若存在，试求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 解 (1)由椭圆的对称性知|GF →|＋|CF →|＝2a ＝4， ∴a ＝2.又原点O 到直线DF 的距离为32， ∴bc a ＝32，∴bc ＝3， 又a 2＝b 2＋c 2＝4，a >b >c >0，∴b ＝3，c ＝1. 故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件．故可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝k (x －2)＋1， 代入椭圆方程得(3＋4k 2)x 2－8k (2k －1)x ＋16k 2－16k －8＝0， ∴x 1＋x 2＝8k (2k －1)3＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－16k －83＋4k 2，Δ＝32(6k ＋3)>0，∴k >－12.∵OP →2＝4P A →·PB →，即4[(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)]＝5， ∴4(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2)＝5， 即4[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4](1＋k 2)＝5， ∴4[16k 2－16k －83＋4k 2－2×8k (2k －1)3＋4k 2＋4](1＋k 2) ＝4×4＋4k 23＋4k 2＝5，解得k ＝±12，k ＝－12不符合题意，舍去．∴存在满足条件的直线l ，其方程为y ＝12x .2．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的焦距为32，其中一条渐近线的方程为x －2y ＝0.以双曲线C 的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为E ，过原点O 的动直线与椭圆E 交于A ，B 两点．(1)求椭圆E 的方程；(2)若点P 为椭圆E 的左顶点，PG →＝2GO →，求|GA →|2＋|GB →|2的取值范围．解 (1)由双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的焦距为32，得c ＝322，∴a 2＋b 2＝92.①由题意知b a ＝22，②由①②解得a 2＝3，b 2＝32，∴椭圆E 的方程为x 23＋23y 2＝1.(2)由(1)知P (－3，0)． 设G (x 0，y 0)，由PG →＝2GO →， 得(x 0＋3，y 0)＝2(－x 0，－y 0)．即⎩⎨⎧x 0＋3＝－2x 0，y 0＝－2y 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－33，y 0＝0，∴G (－33，0)．设A (x 1，y 1)，则B (－x 1，－y 1)，|GA →|2＋|GB →|2＝(x 1＋33)2＋y 21＋(x 1－33)2＋y 21 ＝2x 21＋2y 21＋23＝2x 21＋3－x 21＋23 ＝x 21＋113.又∵x 1∈[－3，3]，∴x 21∈[0,3]，∴113≤x 21＋113≤203， ∴|GA →|2＋|GB →|2的取值范围是[113，203]．3．(2016·江西质检)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的上顶点为B ，过点B 且互相垂直的动直线l 1，l 2与椭圆的另一个交点分别为P ，Q ，若当l 1的斜率为2时，点P 的坐标是(－53，－43)．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线PQ 与y 轴相交于点M ，设PM →＝λMQ →，求实数λ的取值范围． 解 (1)当l 1的斜率为2时，直线l 1的方程为y ＝2x ＋b ， l 1过点P (－53，－43)，得－43＝－103＋b ⇒b ＝2，所以椭圆方程可化为x 2a 2＋y 24＝1，点P (－53，－43)在椭圆上，得259a 2＋49＝1，从而a 2＝5，所以椭圆C 的方程是x 25＋y 24＝1.(2)由题意，直线l 1，l 2的斜率存在且不为0， 设直线l 1，l 2的方程分别为y ＝kx ＋2，y ＝－1k x ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧x 25＋y 24＝1，y ＝kx ＋2， 得(4＋5k 2)x 2＋20kx ＝0， 得x p ＝－20k 5k 2＋4，同理，可得x Q ＝20k5k 2＋4＝20k 5＋4k 2， 由PM →＝λMQ →，得20k 5k 2＋4＝λ20k 5＋4k 2，所以λ＝4k 2＋55k 2＋4＝45＋955k 2＋4，因为5k 2＋4>4，所以0<955k 2＋4<920，所以实数λ的取值范围是(45，54)．4．(2016·北京顺义尖子生素质展示)已知椭圆x 24＋y 23＝1的左顶点为A ，右焦点为F ，过点F 的直线交椭圆于B ，C 两点． (1)求该椭圆的离心率；(2)设直线AB 和AC 分别与直线x ＝4交于点M ，N ，问：x 轴上是否存在定点P 使得MP ⊥NP ？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由． 解 (1)由椭圆方程可得a ＝2，b ＝3， 从而椭圆的半焦距c ＝a 2－b 2＝1. 所以椭圆的离心率为e ＝c a ＝12.(2)依题意，直线BC 的斜率不为0， 设其方程为x ＝ty ＋1.将其代入x 24＋y 23＝1，整理得(4＋3t 2)y 2＋6ty －9＝0.设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)， 所以y 1＋y 2＝－6t 4＋3t 2，y 1y 2＝－94＋3t 2. 易知直线AB 的方程是y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，从而可得M (4，6y 1x 1＋2)，同理可得N (4，6y 2x 2＋2)．假设x 轴上存在定点P (p,0)使得MP ⊥NP ， 则有PM →·PN →＝0.所以(p －4)2＋36y 1y 2(x 1＋2)(x 2＋2)＝0.将x 1＝ty 1＋1，x 2＝ty 2＋1代入上式，整理得 (p －4)2＋36y 1y 2t 2y 1y 2＋3t (y 1＋y 2)＋9＝0，所以(p －4)2＋36×(－9)t 2(－9)＋3t (－6t )＋9(4＋3t 2)＝0，即(p －4)2－9＝0，解得p ＝1或p ＝7. 所以x 轴上存在定点P (1,0)或P (7,0)， 使得MP ⊥NP .5.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且经过点P (1，32)，过它的左，右焦点F 1，F 2分别作直线l 1与l 2，l 1交椭圆于A ，B 两点，l 2交椭圆于C ，D 两点，且l 1⊥l 2，如图所示．(1)求椭圆的标准方程；(2)求四边形ACBD 的面积S 的取值范围． 解 (1)由c a ＝12⇒a ＝2c ，∴a 2＝4c 2，b 2＝3c 2，将点P 的坐标代入椭圆方程得c 2＝1， 故所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)若l 1与l 2中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为0，此时四边形的面积S ＝6. 若l 1与l 2的斜率都存在，设l 1的斜率为k ， 则l 2的斜率为－1k，则直线l 1的方程为y ＝k (x ＋1)． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x 24＋y 23＝1，消去y 并整理得(4k 2＋3)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0.① ∴x 1＋x 2＝－8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，∴|x 1－x 2|＝12k 2＋14k 2＋3，∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3，②注意到方程①的结构特征和图形的对称性， 可以用－1k 代替②中的k ，得|CD |＝12(k 2＋1)3k 2＋4，∴S ＝12|AB |·|CD |＝72(1＋k 2)2(4k 2＋3)·(3k 2＋4)，令k 2＝t ∈(0，＋∞)，∴S ＝72(1＋t )2(4t ＋3)·(3t ＋4)＝6(12t 2＋25t ＋12)－6t 12t 2＋25t ＋12＝6－612t ＋12t＋25≥6－649＝28849，当且仅当t ＝1时等号成立，∴S ∈[28849，6)，综上可知，四边形ABCD 的面积S ∈[28849，6]．。
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．
高中数学第一章立体几何初步章末复习提升课课件北师大版必修2
所以EF∥平面PAD. (2)因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PA.
又因为PA＝PD＝ 22AD， 所以△PAD是等腰直角三角形，且∠APD＝90°. 即PA⊥PD. 又CD∩PD＝D，所以PA⊥平面PCD. 因为PA 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD.
[例2] 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形， E，F分别为PC，BD的中点，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝ 22AD.求证：
(1)EF∥平面PAD； (2)平面PAB⊥平面PCD.
【证明】 (1)连接AC，则F是AC的中点， 因为E为PC的中点，所以在△CPA中，EF∥PA.
S 正棱台侧＝12n(a＋a′)h′＝12(c＋c′)h′.
10．旋转体的表面积 (1)如果圆柱的底面半径为r，母线长为l，那么圆柱的底面面积 为πr2，侧面积为2πrl.因此，圆柱的表面积S＝2πr2＋2πrl＝2πr(r＋ l)． (2)如果圆锥的底面半径为r，母线长为l，那么它的侧面积为 πrl，表面积S＝πr2＋πrl＝πr(r＋l)． (3)如果圆台的两底面半径分别为r′，r，母线长为l，则侧面 积为x(r′＋r)l，表面积为S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)． (4)球的表面积计算公式：S＝4πR2(其中R为球的半径)，即球 面面积等于它的大圆面积的四倍．
方法归纳
把一个平面图形按某种要求折起，转化为空间图形，进而研 究空间图形中点、线、面的位置关系和数量关系，这就是折叠问 题．在解决这类问题时，要能想象出空间几何体，画出直观图， 既会观察、分析各点、线、面在折叠前后的相互关系，又会应用 这些关系进行证明或计算．
2017-2018学年高中数学(北师大版)必修2 讲义：第2部分 复习课(一)立体几何初步
复习课(二) 解析几何初步直线方程的求法一直是考查重点，多以解答题形式考查，常涉及距离、平行、垂直等知识，有时与对称问题相结合，难度中档以上．[考点精要]1．直线方程的五种形式2．常见的直线系方程(1)经过两条直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0交点的直线系方程为A1x＋B1y＋C ＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0，其中λ是待定系数．在这个方程中，无论λ取什么实数，都不能得到A2x＋B 1y＋C2＝0，因此它不能表示直线l2.2(2)平行直线系方程：与直线Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)平行的直线系方程是Ax＋By＋λ＝0(λ≠C)．(3)垂直直线系方程：与直线Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)垂直的直线系方程是Bx－Ay＋λ＝0.[典例]过点A(3，－1)作直线l交x轴于点B，交直线l1：y＝2x于点C，若|BC|＝2|AB|，求直线l的方程．[解]当直线l的斜率不存在时，直线l：x＝3，∴B(3,0)，C(3,6)．此时|BC|＝6，|AB|＝1，|BC|≠2|AB|，∴直线l 的斜率存在．设直线l 的方程为y ＋1＝k (x －3)， 显然k ≠0且k ≠2. 令y ＝0，得x ＝3＋1k ， ∴B ⎝⎛⎭⎫3＋1k ，0， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y ＋1＝k (x －3)，得点C 的横坐标x C ＝3k ＋1k －2.∵|BC |＝2|AB |，∴|x B －x C |＝2|x A －x B |，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪3k ＋1k －2－1k －3＝2⎪⎪⎪⎪1k ， ∴3k ＋1k －2－1k－3＝2k 或3k ＋1k －2－1k －3＝－2k ，解得k ＝－32或k ＝14.∴所求直线l 的方程为3x ＋2y －7＝0或x －4y －7＝0. [类题通法]求直线方程时，要根据给定条件，选择恰当的方程，常用以下两种方法求解： (1)直接法：直接选取适当的直线方程的形式，写出结果；(2)待定系数法：先以直线满足的某个条件为基础设出直线方程，再由直线满足的另一个条件求出待定系数，从而求得方程．[题组训练]1．倾斜角为150°，在x 轴上的截距为－1的直线方程是( ) A.3x －3y ＋1＝0 B.3x －3y －3＝0 C.3x ＋3y －3＝0D.3x ＋3y ＋3＝0解析：选D 由于倾斜角为150°，故斜率k ＝－33.又直线过点(－1,0)，所以直线方程为y ＝－33(x ＋1)，即3x ＋3y ＋3＝0. 2．已知直线l 1：3x －2y －1＝0和l 2：3x －2y －13＝0，直线l 与l 1，l 2的距离分别是d 1，d 2，若d 1∶d 2＝2∶1，求直线l 的方程．解：由直线l 1，l 2的方程知l 1∥l 2，又由题意知，直线l 与l 1，l 2均平行(否则d 1＝0或d 2＝0，不符合题意)．设直线l ：3x －2y ＋m ＝0(m ≠－1且m ≠－13)，由两平行直线间的距离公式，得d 1＝|m ＋1|13，d 2＝|m ＋13|13，又d 1∶d 2＝2∶1，所以|m ＋1|＝2|m ＋13|，解得m ＝－25或m ＝－9.故所求直线l 的方程为3x －2y －25＝0或3x －2y －9＝0.两直线的位置关系是常考点．主要以选择、填空题形式考查，多涉及求参数与直线方程求法，难度中档以下．[考点精要]1．求直线斜率的基本方法(1)定义法：已知直线的倾斜角为α，且α≠90°，则斜率k ＝tan α. (2)公式法：已知直线过两点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，且x 1≠x 2，则斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1. 2．判断两直线平行的方法(1)若不重合的直线l 1与l 2的斜率都存在，且分别为k 1，k 2，则k 1＝k 2⇔l 1∥l 2. (2)若不重合的直线l 1与l 2的斜率都不存在，其倾斜角都为90°，则l 1∥l 2. 3．判断两直线垂直的方法(1)若直线l 1与l 2的斜率都存在，且分别为k 1，k 2，则k 1·k 2＝－1⇔l 1⊥l 2.(2)已知直线l 1与l 2，若其中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0，则l 1⊥l 2. [典例]已知两条直线l 1：ax －by ＋4＝0和l 2：(a －1)x ＋y ＋b ＝0，求满足下列条件的a ，b 的值．(1)l 1⊥l 2且l 1过点(－3，－1)；(2)l 1∥l 2，且坐标原点到这两条直线的距离相等． [解] (1)∵l 1⊥l 2， ∴a (a －1)－b ＝0，① 又l 1过点(－3，－1)， ∴－3a ＋b ＋4＝0.②解①②组成的方程组得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝2.(2)∵l 2的斜率存在，l 1∥l 2， ∴直线l 1的斜率存在． ∴k 1＝k 2，即ab ＝1－a .③又∵坐标原点到这两条直线的距离相等，l 1∥l 2， ∴l 1，l 2在y 轴上的截距互为相反数， 即4b＝－(－b )．④ 由③④联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝23，b ＝2.经检验此时的l 1与l 2不重合，故所求值为⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－2或⎩⎨⎧a ＝23，b ＝2.[类题通法]已知两直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0和l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0(1)对于l 1∥l 2的问题，先由A 1B 2－A 2B 1＝0解出其中的字母值，然后代回原方程检验这时的l 1和l 2是否重合，若重合，舍去．(2)对于l 1⊥l 2的问题，由A 1A 2＋B 1B 2＝0解出字母的值即可．[题组训练]1．直线ax ＋2y －1＝0与直线2x －3y －1＝0垂直，则a 的值为( ) A ．－3 B ．－43C ．2D ．3解析：选D 由2a －6＝0得a ＝3.故选D.2．已知直线x ＋2ay －1＝0与直线(a －1)x ＋ay ＋1＝0平行，则a 的值为( ) A.32 B.32或0 C ．0D ．－2解析：选A 当a ＝0时，两直线的方程化为x ＝1和x ＝1，显然重合，不符合题意；当a ≠0时，a －11＝a 2a ≠－1，解得a ＝32.故选A.3．已知直线l ：x －y －1＝0，l 1：2x －y －2＝0.若直线l 2与l 1关于l 对称，则l 2的方程是( ) A ．x －2y ＋1＝0 B ．x －2y －1＝0 C ．x ＋y －1＝0D ．x ＋2y －1＝0解析：选B 因为l 1与l 2关于l 对称，所以l 1上任一点关于l 的对称点都在l 2上，故l 与l 1的交点(1,0)在l 2上．又易知(0，－2)为l 1上一点，设它关于l 的对称点为(x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋02－y －22－1＝0，y ＋2x ×1＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，即(1,0)，(－1，－1)为l 2上两点，可得l 2的方程为x －2y －1＝0.主要以选择、填空题的形式考查圆的方程的求法，或利用圆的几何性质、数形结合求函数式的最值．也可与其他曲线结合综合考查圆的方程的应用．求圆的方程的主要方法是待定系数法，确定圆的方程需要三个独立的条件，求解时要注意结合图形，观察几何特征，简化运算．[考点精要](1)圆的标准方程：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2. (2)圆的一般方程：x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0.(3)若圆经过两已知圆的交点或一已知圆与一已知直线的交点，求圆的方程时可用相应的圆系方程加以求解：①过两圆C 1：x 2＋y 2＋D 1x ＋E 1y ＋F 1＝0，C 2：x 2＋y 2＋D 2x ＋E 2y ＋F 2＝0交点的圆系方程为x 2＋y 2＋D 1x ＋E 1y ＋F 1＋λ(x 2＋y 2＋D 2x ＋E 2y ＋F 2)＝0(λ为参数，λ≠－1)，该方程不包括圆C 2；②过圆C ：x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0与直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0交点的圆系方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＋λ(Ax ＋By ＋C )＝0(λ为参数，λ∈R)．[典例]在平面直角坐标系中，已知△ABC 的三个顶点的坐标分别为A (－3,0)，B (2,0)，C (0，－4)，经过这三个点的圆记为M .(1)求BC 边的中线AD 所在直线的一般式方程； (2)求圆M 的方程．[解] (1)法一：由B (2,0)，C (0，－4)，知BC 的中点D 的坐标为(1，－2)． 又A (－3,0)，所以直线AD 的方程为y －0－2－0＝x ＋31＋3，即中线AD 所在直线的一般式方程为x ＋2y ＋3＝0. 法二：由题意，得|AB |＝|AC |＝5， 则△ABC 是等腰三角形， 所以AD ⊥BC .因为直线BC 的斜率k BC ＝2， 所以直线AD 的斜率k AD ＝－12，由直线的点斜式方程，得y －0＝－12(x ＋3)，所以直线AD 的一般式方程为x ＋2y ＋3＝0. (2)设圆M 的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0.将A (－3,0)，B (2,0)，C (0，－4)三点的坐标分别代入方程，得⎩⎪⎨⎪⎧9－3D ＋F ＝0，4＋2D ＋F ＝0，16－4E ＋F ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝1，E ＝52，F ＝－6.所以圆M 的方程是x 2＋y 2＋x ＋52y －6＝0.[类题通法]利用待定系数法求圆的方程(1)若已知条件与圆的圆心和半径有关，可设圆的标准方程，依据已知条件列出关于a ，b ，r 的方程组，从而求出a ，b ，r 的值．(2)若已知条件没有明确给出圆的圆心或半径，可选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D ，E ，F 的方程组，从而求出D ，E ，F 的值．[题组训练]1．以线段AB ：x ＋y －2＝0(0≤x ≤2)为直径的圆的方程为( ) A ．(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝2 B ．(x －1)2＋(y －1)2＝2 C ．(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝8 D ．(x －1)2＋(y －1)2＝8解析：选B 直径的两端点分别为(0,2)，(2,0)，∴圆心为(1,1)，半径为2，故圆的方程为(x －1)2＋(y －1)2＝2.2．已知圆C 经过点A (2，－3)，B (－2，－5)，且圆心在直线l ：x －2y －3＝0上，求圆C 的方程．解：设圆C 的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2.由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧(2－a )2＋(－3－b )2＝r 2，(－2－a )2＋(－5－b )2＝r 2，a －2b －3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2，r 2＝10.所以圆C 的方程为(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝10.3．求以圆C 1：x 2＋y 2－12x －2y －13＝0和圆C 2：x 2＋y 2＋12x ＋16y －25＝0的公共弦为直径的圆C 的方程．解：联立两圆的方程得方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－12x －2y －13＝0，x 2＋y 2＋12x ＋16y －25＝0，相减得公共弦所在直线的方程为4x ＋3y －2＝0.再由⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋3y －2＝0，x 2＋y 2－12x －2y －13＝0解得两圆交点坐标为(－1,2)，(5，－6)．∵所求圆以公共弦为直径，∴圆心C 是公共弦的中点(2，－2)，半径长为12(5＋1)2＋(－6－2)2＝5.∴圆C 的方程为(x －2)2＋(y ＋2)2＝25.多以选择题、填空题考查直线方程与圆的方程的求法，涉及直线与圆有关的基本问题，对于直线中内容很少单独考查．在解决直线与圆的问题时，充分发挥数形结合思想的运用，尤其是涉及弦长问题，多用几何法．[考点精要]1．直线与圆位置关系的判断方法(1)几何法：设圆心到直线的距离为d ，圆的半径长为r .若d <r ，则直线和圆相交；若d ＝r ，则直线和圆相切；若d >r ，则直线和圆相离．(2)代数法：联立直线方程与圆的方程组成方程组，消元后得到一个一元二次方程，其判别式为Δ.Δ＝0⇔直线与圆相切；Δ>0⇔直线与圆相交；Δ<0⇔直线与圆相离．2．过圆外一点(x 0，y 0)与圆相切的切线方程的求法①当切线斜率存在时，设切线方程为y －y 0＝k (x －x 0)，化成一般式kx －y ＋y 0－kx 0＝0，利用圆心到直线的距离等于半径长，解出k ；②当切线斜率存在时，设切线方程为y －y 0＝k (x －x 0)，与圆的方程(x －a )2＋(y －b )2＝r 2联立，化为关于x 的一元二次方程，利用判别式为0，求出k .当切线斜率不存在时，可通过数形结合思想，在平面直角坐标系中作出其图像，求出切线的方程．3．圆中弦长的求法(1)直接求出直线与圆或圆与圆的交点坐标，再利用两点间的距离公式求解．(2)利用圆的弦长公式l ＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2(其中x 1，x 2为两交点的横坐标)．(3)利用垂径定理：分别以圆心到直线的距离d 、圆的半径r 与弦长的一半l2为线段长的三条线段构成直角三角形，故有l ＝2r 2－d 2.4．圆与圆的位置关系(1)利用圆心间距离与两半径和与差的大小关系判断两圆的位置关系．(2)若圆C 1：x 2＋y 2＋D 1x ＋E 1y ＋F 1＝0与圆C 2：x 2＋y 2＋D 2x ＋E 2y ＋F 2＝0相交．则两圆方程相减后得到的新方程：(D 1－D 2)x ＋(E 1－E 2)y ＋(F 1－F 2)＝0表示的是两圆公共弦所在直线的方程．[典例] 已知圆C ：x 2＋y 2－8y ＋12＝0，直线l ：ax ＋y ＋2a ＝0. (1)当a 为何值时，直线l 与圆C 相切；(2)当直线l 与圆C 相交于A ，B 两点，且|AB |＝22时，求直线l 的方程．[解] 将圆C 的方程x 2＋y 2－8y ＋12＝0配方得标准方程为x 2＋(y －4)2＝4，则此圆的圆心为(0,4)，半径为2.(1)若直线l 与圆C 相切，则有|4＋2a |a 2＋1＝2. 解得a ＝－34.(2)过圆心C 作CD ⊥AB (图略)，则根据题意和圆的性质，得 ⎩⎪⎨⎪⎧|CD |＝|4＋2a |a 2＋1，|CD |2＋|DA |2＝22，|DA |＝12|AB |＝2，解得a ＝－7或a ＝－1.故所求直线方程为7x －y ＋14＝0或x －y ＋2＝0. [类题通法]直线与圆位置关系的判断方法(1)几何法：由圆心到直线的距离d 与圆的半径r 的大小关系判断． (2)代数法：根据直线与圆的方程组成的方程组解的个数来判断．(3)直线系法：若直线恒过定点，可通过判断点与圆的位置关系来判断直线与圆的位置关系，但有一定的局限性，必须是过定点的直线系．[题组训练]1．若圆C 1：x 2＋y 2＝1 与圆 C 2：x 2＋y 2－6x －8y ＋m ＝0外切，则 m ＝( ) A ．21 B ．19C ．9D ．－11解析：选C圆C 1的圆心是C 1(0,0)，半径r 1＝1，圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝25－m ，圆心C 2(3,4)，半径r 2＝25－m ，由两圆相外切，得|C 1C 2|＝r 1＋r 2＝1＋25－m ＝5，所以m ＝9.2．P 是直线l ：3x －4y ＋11＝0上的动点，PA ，PB 是圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0的两条切线，C 是圆心，那么四边形PACB 的面积的最小值是( )A. 2 B ．2 2 C. 3D ．2 3解析：选C 圆的标准方程为(x －1)2＋(y －1)2＝1，圆心C (1,1)，半径r ＝1.根据对称性可知四边形PACB 的面积等于2S △APC ＝2×12×|PA |×r ＝|PA |＝|PC |2－r 2＝|PC |2－1.要使四边形PACB的面积最小，则只需|PC |最小，最小值为圆心C 到直线l ：3x －4y ＋11＝0的距离d ＝|3－4＋11|32＋42＝105＝2，所以四边形PACB 面积的最小值为4－1＝ 3.3．圆x 2＋y 2＋2x ＋4y －3＝0上到直线x ＋y ＋1＝0的距离为2的点共有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个解析：选C 圆的圆心为(－1，－2)，半径r ＝22，而圆心到直线x ＋y ＋1＝0的距离为2，故圆上到直线的距离为2的点共有3个．1．若三点A (3,1)，B (－2，b )，C (8,11)在同一直线上，则实数b 等于( )A．2 B．3C．9 D．－9解析：选D由k AB＝k AC，得b＝－9.2．已知直线l1：ax＋4y－2＝0与直线l2：2x－5y＋b＝0互相垂直，垂足为(1，c)，则a＋b＋c的值为( )A．－4 B．20C．0 D．24解析：选A垂足(1，c)是两直线的交点，且l1⊥l2，故2a－20＝0，∴a＝10，l1：10x＋4y－2＝0.将(1，c)代入，得c＝－2，将(1，－2)代入l2：2x－5y＋b＝0，得b＝－12.则a＋b＋c＝10＋(－12)＋(－2)＝－4.3．过点M(2,1)的直线l与x轴，y轴分别交于点P，Q两点，且|MP|＝|MQ|，则l的方程是( ) A．x－2y＋3＝0 B．2x－y－3＝0C．2x＋y－5＝0 D．x＋2y－4＝0解析：选D由题意可知，M为线段PQ的中点，Q(0,2)，P(4,0)，可求得直线l的方程x＋2y －4＝0.4．已知A(－4,2,3)关于xOz平面的对称点为A1，A1关于z轴的对称点为A2，则|AA2|等于( ) A．8 B．12C．16 D．19解析：选A∵A1(－4，－2,3)，A2(4,2,3)，∴|AA2|＝(4＋4)2＋(2－2)2＋(3－3)2＝8.5．已知圆C与直线x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上，则圆C的方程为()A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2B．(x－1)2＋(y＋1)2＝2C．(x－1)2＋(y－1)2＝2D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2解析：选B由圆心在直线x＋y＝0上，不妨设为C(a，－a)，∴r＝|a－(－a)|2＝|a－(－a)－4|2，解得a＝1，r＝2，∴圆C：(x－1)2＋(y＋1)2＝2.6．使得方程16－x2－x－m＝0有实数解，则实数m的取值范围是( )A．[－42，4 2 ] B．[－4,4 2 ]C．[－4,4]D．[4,4 2 ]解析：选B设f(x)＝16－x2，g(x)＝x＋m，在同一坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图形，如图所示．则m是直线y＝x＋m在y轴上的截距．由图可知－4≤m ≤4 2.7．若平行直线2x ＋3y －6＝0和4x ＋6y ＋a ＝0之间的距离等于51326，则a 的值是________．解析：由题意d ＝51326＝⎪⎪⎪⎪－6－a 222＋32.∴⎪⎪⎪⎪6＋a 2＝52，解之得a ＝－7或a ＝－17. 答案：－7或－178．直线l 与圆(x ＋1)2＋(y －2)2＝5－a (a ＜3)相交于两点A ，B ，弦AB 的中点为(0,1)，则直线l 的方程为________．解析：圆心为(－1,2)，弦中点与圆心连线的斜率为2－1－1－0＝－1，由圆的性质知，弦AB 所在直线即l 的斜率为k ＝1.故l 的方程为x －y ＋1＝0. 答案：x －y ＋1＝09．已知直线l ：x ＋my ＋4＝0，若曲线x 2＋y 2＋2x －6y ＋1＝0上存在两点P ，Q 关于直线l 对称，则m 的值为________．解析：因为曲线x 2＋y 2＋2x －6y ＋1＝0是圆(x ＋1)2＋(y －3)2＝9，若圆(x ＋1)2＋(y －3)2＝9上存在两点P ，Q 关于直线l 对称，则直线l ：x ＋my ＋4＝0过圆心(－1,3)，所以－1＋3m ＋4＝0，解得m ＝－1.答案：－110．已知两直线l 1：ax ＋2y ＋6＝0和l 2：x ＋(a －1)y ＋(a 2－1)＝0. (1)若l 1⊥l 2，求实数a 的值； (2)试判断l 1与l 2是否平行． 解：法一：(斜截式方程)(1)由直线l 1的方程知其斜率为－a2，当a ＝1时，直线l 2的斜率不存在，l 1与l 2不垂直； 当a ≠1时，直线l 2的斜率为－1a －1.由－a 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a －1＝－1⇒a ＝23. 故所求实数a 的值为23.(2)由(1)知，当a ＝1时，l 1，l 2相交，当a ≠1时，直线l 1的斜率为－a 2，直线l 2的斜率为－1a －1.由l 1∥l 2可得－a 2＝－1a －1，解得a ＝－1或a ＝2.当a ＝2时，l 1的方程为x ＋y ＋3＝0， l 2的方程为x ＋y ＋3＝0，显然l 1与l 2重合．当a ＝－1时，l 1的方程为x －2y －6＝0，l 2的方程为x －2y ＝0，显然l 1与l 2平行． 所以，当a ＝－1时，l 1∥l 2； 当a ≠－1时，l 1与l 2不平行． 法二：(一般式方程)(1)由已知条件得a ·1＋2·(a －1)＝0⇒a ＝23，故所求实数a 的值为23.(2)由A 1B 2－A 2B 1＝0，得a (a －1)－1×2＝0， 即a 2－a －2＝0，解得a ＝－1或a ＝2. 当a ＝－1时，l 1的方程为x －2y －6＝0， l 2的方程为x －2y ＝0，显然两直线平行．当a ＝2时，l 1的方程为x ＋y ＋3＝0，l 2的方程为x ＋y ＋3＝0，显然两直线重合． 所以，当a ＝－1时，l 1∥l 2； 当a ≠－1时，l 1与l 2不平行．11．已知点P (x ，y )满足关系式：x 2＋y 2－6x －4y ＋12＝0，求： (1)yx 的最大值和最小值； (2)x 2＋y 2的最大值和最小值．解：将x 2＋y 2－6x －4y ＋12＝0配方得(x －3)2＋(y －2)2＝1，它表示以C (3,2)为圆心，半径r ＝1的圆．(1)设yx＝k ，得y ＝kx ，所以k 表示过原点的直线的斜率，当直线y ＝kx 为圆C 的切线时，yx 取得最值， 所以|3k －2|1＋k2＝1，解得k ＝3±34.故yx 的最大值为3＋34，最小值为3－34.(2)设u ＝x 2＋y 2，则u 为圆C 上的点到原点的距离，如图所示．连接OC 并延长交圆于A ，B两点，圆心C (3,2)与原点O 的距离是|OC |＝13.∴|OA |＝13－1，|OB |＝13＋1.∴u 2max ＝|OB |2＝(13＋1)2＝14＋213， u 2min ＝|OA |2＝(13－1)2＝14－213.故x 2＋y 2的最大值为14＋213，最小值为14－213. 12．已知点P (2,0)及圆C ：x 2＋y 2－6x ＋4y ＋4＝0. (1)若直线l 过点P 且与圆心C 的距离为1，求直线l 的方程．(2)设过点P 的直线l 1与圆C 交于M ，N 两点，当|MN |＝4时，求以线段MN 为直径的圆Q 的方程． (3)设直线ax －y ＋1＝0与圆C 交于A ，B 两点，是否存在实数a ，使得过点P (2,0)的直线l 2垂直平分弦AB ？若存在，求出实数a 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)直线l 斜率存在时，设直线l 的斜率为k ，则方程为y －0＝k (x －2)，即kx －y －2k ＝0.又圆C 的圆心为(3，－2)，半径r ＝3， 由|3k ＋2－2k |k 2＋1＝1，解得k ＝－34.所以直线方程为y ＝－34(x －2)，即3x ＋4y －6＝0.当l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝2，经验证x ＝2也满足条件． 即直线l 的方程为3x ＋4y －6＝0或x ＝2. (2)由于|CP |＝5，而弦心距d ＝r 2－⎝⎛⎭⎫|MN |22＝5，所以d ＝|CP |＝ 5. 所以P 恰为MN 的中点．故以MN 为直径的圆Q 的方程为(x －2)2＋y 2＝4.(3)把直线y ＝ax ＋1代入圆C 的方程，消去y ，整理得(a 2＋1)x 2＋6(a －1)x ＋9＝0. 由于直线ax －y ＋1＝0交圆C 于A ，B 两点， 故Δ＝36(a －1)2－36(a 2＋1)＞0， 解得a ＜0.则实数a 的取值范围是(－∞，0)． 设符合条件的实数a 存在，由于l 2垂直平分弦AB ，故圆心C (3，－2)必在l 2上．所以l 2的斜率k PC ＝－2，而k AB ＝a ＝－1k PC ，所以a ＝12.由于12∉(－∞，0)，故不存在实数a ，使得过点P (2,0)的直线l 2垂直平分弦AB .(时间120分钟 满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．在平面直角坐标系中，正△ABC 的边BC 所在直线的斜率是0，则AC ，AB 所在直线的斜率之和为( )A ．－2 3B ．0 C. 3D ．2 3解析：选B 易知k AB ＝3，k AC ＝－3，∴k AB ＋k AC ＝0.2．直线(2m 2＋m －3)x ＋(m 2－m )y ＝4m －1在x 轴上的截距为1，则m 等于( ) A ．1 B ．2 C ．－12D ．2或－12解析：选D 令y ＝0，则(2m 2＋m －3)x ＝4m －1，所以直线在x 轴上的截距为4m －12m 2＋m －3＝1，所以m ＝2或m ＝－12.3．在空间直角坐标系中，点B 是点A (1,2,3)在yOz 坐标平面内的射影，O 为坐标原点，则|OB |等于( )A.14B.13 C ．2 3D.11解析：选B 点A (1,2,3)在yOz 坐标平面内的射影为B (0,2,3)，∴|OB |＝02＋22＋32＝13.4．过点(1,2)且与原点距离最大的直线方程是( ) A ．x ＋2y －5＝0 B ．2x ＋y －4＝0 C ．x ＋3y －7＝0D ．x －2y ＋3＝0解析：选A 结合图形可知，所求直线为过点(1,2)且与原点和点(1,2)连线垂直的直线，其斜率为－12，直线方程为y －2＝－12(x －1)，即x ＋2y －5＝0.5．下列说法不正确的是( )A ．空间中，一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形B ．同一平面的两条垂线一定共面C ．过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，且这些直线都在同一平面内D ．过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直解析：选D 如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ⊥平面DCC 1D 1，因此平面ABCD 、平面AA 1D 1D 均与平面DCC 1D 1垂直而且平面AA 1D 1D ∩平面ABCD ＝AD ，显然选项D 不正确，故选D.6．动点P 到点A (8,0)的距离是到点B (2,0)的距离的2倍，则动点P 的轨迹方程为( ) A ．x 2＋y 2＝32 B ．x 2＋y 2＝16 C ．(x －1)2＋y 2＝16D ．x 2＋(y －1)2＝16解析：选B 设P (x ，y )，则由题意可得：2(x －2)2＋y 2＝(x －8)2＋y 2，化简整理得x 2＋y 2＝16，故选B.7．某几何体的三视图如图所示，它的体积为( )A ．72πB ．48πC ．30πD ．24π解析：选C 根据三观图知该几何体是由半球与圆锥构成，球的半径R ＝3，圆锥半径R ＝3，高为4，所以V 组合体＝V 半球＋V 圆锥＝12×43π×33＋13π×32×4＝30π.8．(浙江高考)设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β.( ) A ．若l ⊥β，则α⊥βB ．若α⊥β，则l ⊥mC ．若l ∥β，则α∥βD ．若α∥β，则l ∥m解析：选A ∵l ⊥β，l ⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A 正确．9．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝2，∠ASC ＝∠BSC ＝45°，则棱锥S -ABC 的体积为( )A.33B.233C.433D.533解析：选C 由题可知AB 一定在与直径SC 垂直的小圆面上，作过AB 的小圆交直径SC 于D ，如图所示，设SD ＝x ，则DC ＝4－x ，此时所求棱锥即分割成两个棱锥S -ABD 和C -ABD ，在△SAD 和△SBD 中，由已知条件可得AD ＝BD ＝x ，又因为SC 为直径，所以∠SBC ＝∠SAC ＝90°，所以∠DBC ＝∠DAC ＝45°，所以在△BDC 中，BD＝4－x ，所以x ＝4－x ，解得x ＝2，所以AD ＝BD ＝2，所以△ABD 为正三角形． 所以V ＝13S △ABD ×4＝433.10．过点P (－2,4)作圆(x －2)2＋(y －1)2＝25的切线l ，直线l 1：ax ＋3y ＋2a ＝0与l 平行，则l 1与l 间的距离是( )A.285 B.125 C.85D.25解析：选B 直线l 1的斜率k ＝－a3，l 1∥l ，又l 过P (－2,4)，∴直线l 的方程为y －4＝－a3(x ＋2)，即ax ＋3y ＋2a －12＝0，又直线l 与圆相切，∴|2a ＋3×1＋2a －12|a 2＋9＝5，∴a ＝－4，∴l 1与l 的距离为d ＝125.11．过点P (1,1)的直线，将圆形区域{(x ，y )|x 2＋y 2≤4}分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为( )A ．x ＋y －2＝0B ．y －1＝0C ．x －y ＝0D ．x ＋3y －4＝0解析：选A 由题意知，当所求直线与OP 所在直线垂直时，分圆形区域这两部分的面积之差最大，又k OP ＝1，故所求直线为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.12．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A ．6 2B ．4 2C ．6D ．4解析：选C 如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A -BCD ，最长的棱为AD ＝(42)2＋22＝6，选C.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知平面α，β和直线m ，若α∥β，则满足下列条件中的________(填序号)能使m ⊥β成立． ①m ∥α；②m ⊥α；③m ⊂α. 解析：m ⊥α，α∥β⇒m ⊥β. 答案：②14．若直线l 1：ax ＋y ＋2a ＝0与l 2：x ＋ay ＋3＝0互相平行，则实数a ＝________.解析：由两直线平行的条件A 1B 2－A 2B 1＝0且A 1C 2－A 2C 1≠0得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＝0，3a －2a ≠0，得a ＝±1. 答案：±115．如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若E ，F 分别为AB ，AC 的中点，平面EB 1C 1F 将三棱柱分成体积为V 1，V 2的两部分，那么V 1∶V 2＝________.解析：设三棱柱的高为h ，底面的面积为S ，体积为V ，则V ＝V 1＋V 2＝Sh .因为E ，F 分别为AB ，AC 的中点，所以S △AEF ＝14S ，V 1＝13h ⎝⎛⎭⎫S ＋14S ＋S ·S 4＝712Sh ，V 2＝Sh －V 1＝512Sh ，故V 1∶V 2＝7∶5.答案：7∶5 16．(江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，以点(1,0)为圆心且与直线mx －y －2m －1＝0(m ∈R)相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为__________________．解析：因为直线mx －y －2m －1＝0恒过定点(2，－1)，所以圆心(1,0)到直线mx －y －2m －1＝0的最大距离为d ＝(2－1)2＋(－1－0)2＝2，所以半径最大时的半径r ＝2，所以半径最大的圆的标准方程为(x －1)2＋y 2＝2.答案：(x －1)2＋y 2＝2三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(10分)已知直线l 经过直线2x ＋y －5＝0与x －2y ＝0的交点P ， (1)若点A (5,0)到l 的距离为3，求l 的方程； (2)求点A (5,0)到l 的距离的最大值．解：(1)∵经过两已知直线交点的直线系方程为 (2x ＋y －5)＋λ(x －2y )＝0， 即(2＋λ)x ＋(1－2λ)y －5＝0， ∴|10＋5λ－5|(2＋λ)2＋(1－2λ)2＝3，解得λ＝2或λ＝12.∴l 的方程为x ＝2或4x －3y －5＝0.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －5＝0，x －2y ＝0，解得交点P (2,1)，如图，过P 作任一直线l ，设d 为点A 到l 的距离， 则d ≤|PA |(当l ⊥PA 时等号成立)． ∴d max ＝|PA |＝10. 18．(12分)(全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． 解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示． (2)如图，作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形， 所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，AH ＝10，HB ＝6.故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝⎛⎭⎫79也正确.19．(12分)如图所示，在棱锥A -BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且△PMB 为正三角形．求证：(1)DM ∥平面APC ； (2)平面ABC ⊥平面APC .证明：(1)∵M 为AB 的中点，D 为PB 的中点， ∴DM ∥AP .又∵DM 平面APC ，AP 平面APC ， ∴DM ∥平面APC .(2)∵△PMB 为正三角形，D 为PB 的中点， ∴DM ⊥PB . 又∵DM ∥AP ， ∴AP ⊥PB .又∵AP ⊥PC ，PC ∩PB ＝P ， ∴AP ⊥平面PBC . ∵BC 平面PBC ， ∴AP ⊥BC .又∵AC ⊥BC ，且AC ∩AP ＝A ， ∴BC ⊥平面APC . 又∵BC 平面ABC ， ∴平面ABC ⊥平面APC .20．(12分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，A (a,0)(a ＞0)，B (0，a )，C (－4,0)，D (0,4)，设△A OB 的外接圆圆心为E .(1)若圆E 与直线CD 相切，求实数a 的值；(2)设点P 在圆E 上，使△PCD 的面积等于12的点P 有且只有三个，试问这样的圆E 是否存在？若存在，求出圆E 的标准方程；若不存在， 说明理由．解：(1)直线CD 方程为y ＝x ＋4，圆心E ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，半径r ＝22a . 由题意得⎪⎪⎪⎪a 2－a 2＋42＝22a ，解得a ＝4. (2)∵|CD |＝(－4)2＋42＝42，∴当△PCD 面积为12时，点P 到直线CD 的距离为3 2.又圆心E 到直线CD 距离为22(定值)，要使△PCD 的面积等于12的点P 有且只有三个，需圆E 的半径2a2＝52， 解得a ＝10，此时， 圆E 的标准方程为(x －5)2＋(y －5)2＝50.21．(12分)(四川高考)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示． (1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线DF⊥平面BEG.解：(1) 点F，G，H的位置如图所示．(2)平面BEG∥平面ACH.证明如下：因为ABCD-EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG.又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.又CH平面ACH，BE 平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明：连接FH，与EG交于点O，连接BD.因为ABCD-EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH.因为EG平面EFGH，所以DH⊥EG.又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面BFHD.又DF平面BFHD，所以DF⊥EG.同理DF⊥BG.又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.22．(12分)已知△ABC的三个顶点A(－1,0)，B(1,0)，C(3,2)，其外接圆为圆H.(1)若直线l过点C，且被圆H截得的弦长为2，求直线l的方程；(2)对于线段BH上的任意一点P，若在以C为圆心的圆上都存在不同的两点M，N，使得点M是线段PN的中点，求圆C的半径r的取值范围．解：(1)线段AB的垂直平分线方程为x＝0，线段BC的垂直平分线方程为x＋y－3＝0，所以外接圆圆心H (0,3)，半径r ＝12＋32＝10，圆H 的方程为x 2＋(y －3)2＝10.设圆心H 到直线l 的距离为d ，因为直线被圆H 截得的弦长为2，所以d ＝(10)2－1＝3. 当直线l 垂直于x 轴时，显然符合题意，即x ＝3为所求；当直线l 不垂直于x 轴时，设直线方程为y －2＝k (x －3)，则|3k ＋1|1＋k 2＝3，解得k ＝43，∴直线方程为4x －3y －6＝0.综上，直线l 的方程为x ＝3或4x －3y －6＝0.(2)直线BH 的方程为3x ＋y －3＝0，设P (m ，n )(0≤m ≤1)，N (x ，y )，因为点M 是线段PN 的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋x 2，n ＋y 2，又M ，N 都在半径为r 的圆C 上， 所以⎩⎨⎧ (x －3)2＋(y －2)2＝r 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋x 2－32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋y 2－22＝r 2，即⎩⎪⎨⎪⎧(x －3)2＋(y －2)2＝r 2，(x ＋m －6)2＋(y ＋n －4)2＝4r 2， 因为关于x ，y 的方程组有解，即以(3,2)为圆心，r 为半径的圆与以(6－m,4－n )为圆心，2r 为半径的圆有公共点，所以(2r －r )2≤(3－6＋m )2＋(2－4＋n )2≤(r ＋2r )2，又3m ＋n －3＝0，所以r 2≤10m 2－12m ＋10≤9r 2对任意的m ∈[0,1]成立．而f (m )＝10m 2－12m ＋10在[0,1]上的值域为⎣⎡⎦⎤325，10，故r 2≤325且10≤9r 2. 又线段BH 与圆C 无公共点，所以(m －3)2＋(3－3m －2)2＞r 2对任意的m ∈[0,1]成立，即r 2＜325，故圆C 的半径r 的取值范围为⎣⎡⎭⎫103，4105.。
2018-2019高中数学第一章立体几何初步章末复习课学案北师大版必修2
第一章立体几何初步章末复习课网络构建如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线(2) 空间直线与直线的位置关系有且只有三种： 共面直线相交直线 i I 平行直线.异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点 7.直线与平面的位置关系(1) 直线a 与平面a 的位置关系有平行、 相交、在平面内，其中平行与相交统称直线在平面 外•核心归纳1. 多面体的结构特征 (1) 棱柱的侧棱都互相平行且相等，上下底面是全等的多边形 • (2) 棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形 • (3) 棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形2. 旋转体的结构特征 (1)圆柱可以由矩形绕一边所在的直线旋转一周得到 (2)圆锥可以由绕直角三角形一条直角边所在的直线旋转一周得到 (3)圆台可以由直角梯形绕垂直于底边的腰所在直线或等腰梯形绕上、下底面中心连线旋转 周得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到 (4)球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转一周得到3.空间几何体的直观图 空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，基本步骤是: (1)画几何体的底面 在已知图形中取互相垂直的 x 轴、y 轴，两轴相交于点 x '轴、y '轴，两轴相交于点 O ，且使/ x ' O y ' O 画直观图时，把它们画成对应的 =45°，已知图形中平行于 x 轴、y 轴的线段，在直观图中平行于 x '轴、y '轴.已知图形中平行于 x 轴的线段，在直观图中长 度不变，平行于y 轴的线段，长度变为原来的一半 . ⑵画几何体的高 在已知图形中过 O 点作z 轴垂直于xOy 平面，在直观图中对应的 z '轴，也垂直于x ' O' y ' 平面，已知图形中平行于 Z 轴的线段，在直观图中仍平行于 Z '轴且长度不变.4. 空间几何体的三视图 空间几何体的三视图是用平行投影得到的， 这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子 与平面图形的形状和大小是全等的，三视图包括主视图、左视图、俯视图5. 平面的基本性质 公理 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面 公理 公理6.(1) 公理4平行于同一条直线的两直线平行(2) 直线和平面平行的判定①定义：直线和平面没有公共点，则称直线平行平面；②判定定理：a , b a , a// b? a// a；③其他判定方法：a//B, a a ?a//B .⑶直线和平面平行的性质定理：a//a, a 3, aA3= l?a// I.(4)直线和平面垂直①定义如果一条直线I和一个平面a内的任意一条直线都垂直，那么就说这条直线和平面a互相垂直.②判定与性质a. 判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面.b. 性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行8. 两平面的位置关系(1) 两个平面的位置关系有平行、相交.(2) 两个平面平行的判定①定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；②判定定理：a a , b a , a n b= M a // 3 , b/ 3 ? a / 3 ；(3) 两个平面平行的性质定理a / 3 , a a ? a / 3 ； a / 3 , r n a = a, r n 3 = b?a// b.(4) 与垂直相关的平行的判定①a丄a , b丄a ? a/ b；②a 丄a , a 丄3 ? a / 3 .(5) 两个平面垂直①二面角的平面角以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角.②定义如果两个相交平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直③判定和性质a. 判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直b. 性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直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.⑵设正n棱锥底面边长为a,底面周长为c,斜高为h',则1,1,S 正棱锥侧=—n ah'=二ch'.(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',S正棱台侧a+ a') h'= 2(c + c' )h'.10. 旋转体的表面积n r2,侧面积为2 n rl . (1)如果圆柱的底面半径为r，母线长为I，那么圆柱的底面面积为因此，圆柱的表面积2 \严忸、^S= 2 n r + 2 n rl = 2 n r (r + I ).2 (2) 如果圆锥的底面半径为r,母线长为I，那么它的侧面积为n rl，表面积S= n r + n rl=n r (r + l).A .(3) 如果圆台的两底面半径分别为r '、r,母线长为l，则侧面积为n (r' + r) l，表面积为2 2S= n (r' + r + r' l + rl ).⑷球的表面积公式：S= 4 n氏(其中R为球的半径)即球面面积等于它的大圆面积的四倍•11. 几何体的体积公式(1)柱体的体积V柱体=Sh(其中S为柱体的底面面积，h为高).特别地，底面半径是r,高是h的圆柱体的体积V圆柱=n r2h.1⑵锥体的体积V锥体=3Sh(其中S为锥体的底面面积，h为高).31 2特别地，底面半径是r，高是h的圆锥的体积V圆锥=3 n r h.1⑶台体的体积V台体=3h(S+ , SS + S')(其中S', S分别是台体上、下底面的面积，h 为高).1特别地，上、下底面的半径分别是r'、r,高是h的圆台的体积V圆台=3 n h(r2+ rr ' + r ' 2).4 3⑷球的体积V球=；n成其中R为球的半径).3I要点突0SI :突醵颊谏要点:剖.析血虜:角度要点一三视图与直观图由三视图确定几何体分三步：第一步：通过主视图和左视图确定是柱体、锥体还是台体 •若主视图和左视图为矩形，则原几何体为柱体；若主视图和左视图为等腰三角形， 则原几何体为锥体；若主视图和左视图为等腰梯形，则原几何体为台体 •第二步：通过俯视图确定是多面体还是旋转体 •若俯视图为多边形，则原几何体为多面体；若俯视图为圆，则原几何体为旋转体•第三步：由“长对正、高平齐、宽相等”的原则确定几何体的尺寸【例1】 如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该 多面体的各条棱中，最长的棱的长度为 （ ）A.12 A. 6 2B.6C.4 2D.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ABCL 面BCD △ ABC 为等腰直角三角形， AB= BO 4,取BC 的中点M 连接 AM DM 贝U DML 面 ABC 在等腰△ BCD 中 , BD= DC= 2蟲,BC= DM=4,所以在 Rt △ AMD 中 , AD= AM+ DlM= 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 【训练1】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为B.18C.24D.30解析由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形,由主视图和左视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的•在长方体中分析还原，如图(1)所示，、 一 1故该几何体的直观图如图(2)所示•在图⑴中，V 棱柱ABC-A1B1 C1 = & ABC - AA = q X 4X 3X 5= 30, V1 1 1棱锥 P — A1B1C1 = —S ^A1B1C1 • PB = — X -x 4X 3X 3= 6.故几何体 ABC- PAC 的体积为 30— 6 = 24.故选3 3 2C.【训练2】 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 解析 由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成 4、2、2,圆柱的底面半径为 2，高为4.所以该几何体的体积 V = 4X 2X 2 ++ 8 n .故选A. 答案 A答案 CA.16 + 8n C.16 + 16n高分别为 2X2 X 4= 16D.8 + 16 n•其中长方体的长、 宽、B.8 + 8 n要点二空间中的平行关系1.判断线面平行的两种常用方法:面面平行判定的落脚点是线面平行，因此掌握线面平行的判定方法是必要的，判定线面平行的两种方法:(1)利用线面平行的判定定理;(2)利用面面平行的性质，即当两平面平行时，其中一平面内的任一直线平行于另一平面2.判断面面平行的常用方法: (1)利用面面平行的判定定理;⑵面面平行的传递性（a//B, B //丫? %//丫）；⑶利用线面垂直的性质（I丄a, I丄B ? a / 3 ）.【例2】如图所示，四边形ABCD是平行四边形，PB丄平面ABCD M/V PB PB= 2MA在线段PB解当点F是PB的中点时，平面AFC/平面PMD证明如下：如图连接1AC和BD交于点0,连接FQ则PF= q PB•••四边形ABC虚平行四边形，•••0是BD的中点，••• OF// PD又平面PMD PD平面PMD1•OF// 平面PMD又MA綊2PB•PF綊MA •四边形AFPM是平行四边形，•AF// PM又平面PMD PM 平面PMD•AF//平面PMD又AF n 0F= F, AF 平面AFC OF 平面AFC•平面AFC/平面PMD【训练3】如图，E、F、G H分别是正方体ABCD-ABCD的棱BCCC、CD、AA的中点，求证：（1）G日/平面BBDD;⑵平面BDF/平面BDH证明⑴如图，取B i D中点Q上是否存在一点F,使平面AFC/平面PMD若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由•D C易证0G綊|BiC，.1(3) 面面垂直的判定方法:②面面垂直的判定定理(a 丄3, a a ? a 丄3 ).【例3】 如图，A , B , C, D 为空间四点.在厶ABC 中, AB= 2, AC = BC =,2，等边三角形ADB 以 AB 为轴运动.1 BE 綊-2BC , •••OG 綊BE 四边形BEGC 为平行四边形 •••OB// GE •/ OB 平面 BDDB ,平面BDDB , • GE// 平面 BDDB . (2)由正方体性质得 B i D // BD , •/ B D 1 平面 BDF 平面BDF • B D //平面 BDF 连接HB D F , 易证HBFD 是平行四边形, 得 HD // BF •/ HD 平面 BDF BF 平面BDF • HD //平面 BDF T B Di A HD = Di ,•平面BDF //平面B D H. 要点三空间中的垂直关系 空间垂直关系的判定方法: (1 )判定线线垂直的方法: )；① 计算所成的角为 90° (包括平面角和异面直线所成的角② 线面垂直的性质(若a ± a , b a ,贝y a 丄b )./ y 、(2)判定线面垂直的方法： ①线面垂直定义(一般不易验证任意性)；② 线面垂直的判定定理 (a 丄b , a 丄c , b a , c a ,③ 平行线垂直平面的传递性质 (a// b , b ± a ? a ± a )； b A c = M ? a 丄 a )； ④ 面面垂直的性质 ⑤ 面面平行的性质(a 丄 3, a A 3 = I , a 3 , a 丄 I ? a L a )； ⑥面面垂直的性质 (a A 3 = l , a 丄 Y , 3 丄丫 ? I 丄丫 ).①根据定义(作两平面构成二面角的平面角, 计算其为 90° );(1 )当平面ADBL平面ABC寸，求CD的长;3⑵当厶ADB专动时，是否总有AB丄CD证明你的结论解(1)如图，取AB的中点E,连接DE CE因为△ ADB是等边三角形，所以DELAB当平面ADBL平面ABC时，因为平面ADBH平面ABC= AB 所以DEL平面ABC因为CE平面ABC可知DELCE由已知可得DE=3 , EC- 1,在Rt△ DEC中, CD= D E+E C= 2.⑵当厶ADB以AB为轴转动时，总有ABL CD证明如下：①当D在平面ABC内时，因为AC- BC AD= BD所以C, D都在线段AB的垂直平分线上，即AB丄CD②当D不在平面ABC内时，取AB中点E由(1)知AB丄DE又因AC- BC所以AB!CE又DE CE为相交直线,所以AB!平面CDE由CD平面CDE得AB L CD综上所述，总有ABL CD【训练4】如图，在三棱锥V— ABC中,平面VABL平面ABC △ VAB 为等边三角形，AC L BC且AC- BC- 2 , Q M分别为AB VA的中点.(1) 求证：VB//平面MQC⑵求证：平面MQ L平面VAB⑶求三棱锥V— ABC的体积.(1)证明I Q M分别为AB VA的中点,•••QM/ VB平面MQC QM平面MQC• VB//平面MQC⑵证明•/ AC- BC Q为AB的中点，• QC L AB又•••平面VABL平面ABC且平面VABH平面AB- AB QC平面ABC •- OCL平面VAB •/ QC 平面MQC •平面MQ L平面VAB⑶解在等腰直角△ ACB中 , AC- BC- ,2 ,• AB= 2 , Q(- 1 ,•/ QC L平面VAB• V C-VA-3QC-S VAB=3x1x3七，V— ABC-V C-VAB=甘3要点四几何体的表面积与体积3几何体的表面积和体积的计算是现实生活中经常遇到的问题，如制作物体中的如何下料问 题、材料最省问题、相同材料容积最大问题，都涉及表面积和体积的计算 •特别是特殊的柱、锥、台，在计算中要注意其中矩形、 梯形及直角三角形等重要的平面图形的使用,【训练5】 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存 最早的有系统的数学典籍， 其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也•又以高乘之,1卜六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h,计算其体积V 的近似公式V--36选B.答案6】 已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的主视图、左视 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 _____________ 对于圆柱、圆锥、圆台，要重视旋转轴所在轴截面、底面圆的作用.割补法、构造法是 常用的技巧•【例4】 如图所示，已知三棱柱 ABC- A ' B ' C ，侧面B ' BCC 的面积是S,点A'至侧面 B BCC 的距离是a,求三棱柱 ABC- A B' C 的体积. 解连接A B, AC,如图所示, 这样就把三棱柱分割成了两个棱锥 设所求体积为V 显然三棱锥A—ABC 勺体积是3V . 而四棱锥A' — BCC B'的体积为 13Sa1 1 1故有 3V + 3Sa = V 即卩 V= 2Sa3 3 2L 2h .它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率将圆锥体积公式中的 n 近似取为（ ）22A. 7n 近似取为3.那么，近似公式V -7；L 2h 相当于75解析25355D .113圆锥的体积V= 1 n r 2h = 3n 右~ 23 3 n /2Lh，由题意得12 n - 75, n近似取为罟，故8【训练157 C.1507答案 12 n要点五 线线角、线面角和二面角问题(1) 两条异面直线所成的角的范围是(0 ° , 90° ].找两条异面直线所成的角，关键是选取合 适的点，引两条异面直线的平行线， 这两条相交直线所成的锐角或直角即为两条异面直线所 成的角•特别地，两条异面直线垂直，可由线面垂直得到 (2) 直线和平面所成的角的范围是[0 °,90° ].找线面角的关键是找到直线与其在平面内的射影的夹角•当线面角为0°时，直线与平面平行或直线在平面内；当线面角为 90°时，直线与平面垂直•(3) 如果求两个相交平面所成的二面角，除垂直外，均有两个答案，即 0或180°- 0 .具体几何体中，由题意和图形确定•作二面角的平面角时，首先要确定二面角的棱，然后结合题设构造二面角的平面角•一般常用：①定义法；②垂面法•(4) 求角度问题时，无论哪种情况，最终都归结到两条相交直线所成的角的问题•求角度的解题步骤：①找出这个角；②证该角符合题意；③构造出含这个角的三角形，解这个三角形， 求出角•【例5】 如图所示，矩形 ABCDK AB= 6, BC = 2.3，沿对角线BD 将△ ABD 折起，使点 A 移至点P , P 在平面BCD 内的投影为 O,且O 在DC 上 •(1)求证：PDL PC⑵求二面角P- DB- C 的余弦值•(1)证明 P 在平面BCD 内的投影为 0,解析 由三视图知，组合体是棱长为 2 3,即为球的直径•所以球的表面积 S = 4n i = 12 n .故正方体的体对角线长为贝U PC L平面BCD•/ BC 平面BCD 二POL BC•/ BC L CD CM PO= Q ••• BCL平面PCD •/ DP 平面PCD •- BC L DP又••• DPI PB PBn BG= B,.・. DPI平面PBC 而PG 平面PBC . PDL PC⑵解△ PBD在平面BCD内的投影OBD1且PBD= 2x 6X2 3= 6”J3,在 Rt △DPC中,PC = DC — DP =24.• - S A BOD = 6 3 — 4 3 = 2 3.过点P 作PQL DB 连接OQ 则DBL 平面OPQ•••/ OQP 即为二面角P- DA C 的平面角,S A BOD1--cos / OQ == ' = ~ S A PBD 6寸3 3•二面角P- DB- C 的余弦值为3.【训练 7】 在长方体 ABC —ABCD 中，异面直线 AB.30 .45 C.60° .90解析答案 ①若 a 丄b, b 丄c ,贝U a 丄c ;②若a 和b 共面，b 和c 共面，则a 和c 也共面; ③若a / b, b / c ,贝U a / c .其中正确命题的个数是（ ）A.0B.1C.2D.3解析 借助正方体中的线线关系易知①②全错；由公理 4知③正确. 答案 B2.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）x OCOBD = CBD — BOC= 6 3 — 2X2AD 所成的角等于（1.设 a ,由于AD//强化训竦，孰囚提升DI 課詐业1/ /基础过关b, c 是空间的三条直线，给出以下三个命题:V = -X ^^X 」X 2^3X 6X 3= 6(m 3)，故选 B.2 3 2 3答案 B 4.如图所示，点P 在正方形ABC ［所在平面外，PA ±平面ABCD PA = AB 则PB 与AC 所成的角是 ________1 A. 3+ n1 C. 3+2 n 2 B.3+n2D.3+ 2 n解析 由三视图知，该几何体是一个三棱锥与半个圆柱的组合体.V = V 三棱锥+圆柱=1x 2X 2X 1X 1+ n X12X 2= 3 +n .选 A.答案 A3.如图，已知正六棱柱的最大对角面的面积为 4卅，互相平行的两个侧面的距离为2 m ,则这个六棱柱的体积为 （ ）A. 3 m 3 3B.6 mC. 12 m 3D. 以上都不对 解析设底面边长为 a ,高为 h ,贝U a = ¥，又 2X -3-X h = 4,解析将其还原成正方体ABC B PQRS连接SC AS则PB// SC•••/ACS或其补角）是PB与AC所成的角，•••△ ACS为正三角形，•••/ACS =60°, • PB与AC所成的角是60°.答案60°5.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为D 冲18,则这个球的体积为__________ .解析设正方体棱长为a,则6a? = 18? a = 3, a=“?3.3 4 3 4 279外接球直径为2R= J3a= 3, R= -, V= n R=z n ^ —= ,n .耳 2 3 3 8 2答案6.如图所示，在长方体ABC B ABCD中，M N分别为AB AD的中点, 判断MN<平面ABC的位置关系，为什么？解直线MNZ平面ABC.证明如下：••• M P平面ABC, N?平面ABC.••• 平面A i BC.如图，取AC的中点0,连接NO B0.1 1T NO綊q DC, MB綊q DC,• NO綊MB•四边形NOBM为平行四边形，• MN/ BO.又••• BO平面ABC,• MIN/平面ABC. r\ >7.如图，在直三棱柱ABC- ABC中，E, F分别为AQ和BC的中点.(1)求证：EF// 平面AABB;⑵若AA= 3, AB= 2- 3,求EF与平面ABC所成的角.(1)证明如图，取AB的中点D,连接DE BD因为E是AC的中点，所以DE綊2BC.1又因为BC綊BC, BF= ^BC所以DE綊BF,所以四边形BDEF为平行四边形，所以BD// EF又因为BD 平面AABB, 平面AABB所以EF//平面AABB.⑵解如图，取AC的中点H,连接HF, EH因为EH// AA, AA丄平面ABC所以EHL平面ABC所以/ EFH就是EF与平面ABC所成的角在Rt△ EHF中,FH=Q3, EH=AA= 3,EHtan Z EFH= =FH所以Z EFH= 60°.故EF与平面ABC所成的角为60°.能力提升8.已知A，B是球0的球面上两点，Z AOB= 90°, C为该球面上的动点•若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球0的表面积为（）A.36 nB.64 nC.144 n解析T S ix OAB是定值，且V O-ABC= V:- OAE,.•.当OCL平面OAB寸，V C—OAB最大，即V—ABC最大.设球O的半径为RR= 6,•••球O的表面积S= 4 n R = 4 n X6= 144 n . 答案C9.已知三棱锥S- ABC勺所有顶点都在球O的球面上，△ ABC是边长为1的正三角形，SC为球O 的直径，且SC= 2,则此棱锥的体积为（）B¥C.解析利用三棱锥的体积变换求解.由于三棱锥是SC的中点，因此三棱锥S- ABC勺高是三棱锥积也是三棱锥O- ABC体积的2倍.在三棱锥0- ABC中，其棱长都是1，如图所示,&ABC= 4 X AB= 4 ,高O* . 12-33 If，S—ABC与三棱锥0- ABC底面都是△ ABC 00- ABC高的2倍，所以三棱锥S- ABC勺体.3,D.256 n1则（V O—AB： max= 3X2氏X R= g R = 36, A.Ec,A6Sh i2S i X2 h =43 x• •• V AB- 2V O AB - 2X I 空 X 車=迟.3436答案 A易证△ AB NA ECD设 BE=x '则 CE =CD .即 a — x 3'2• x — ax + 9= 0, E 点有两个，即方程有两不同的实根，由 △ >0,解得a >6.答案 (6 ,+^)因为E 是BC 的中点, 10.三棱锥P — ABC 中, D, E 分别为PB PC 的中点，记三棱锥 D- ABE 的体积为 V , P — ABC的体积为V 2,则V =解析 如图，设 &ABD = S , &PAB = S 2, E 到平面ABD 勺距离为h i , C 到平 11.如图所示，在矩形 ABCDh AB= 3, BC = a ,若PA !平面ABCD 在 BC 边上取点E,使PE ! DE 则满足条件的 E 点有两个时，a 的取值范围是GA解析由题意知：PAL DE 又 PE! DE PA n PE= P,• DE!平面 PAE ••• AE 平面 PAE • DEI AE 12.如图，在直三棱柱 ABC- ABC 中，AB= AC = 5, BB = BC = 6, D, E 分别 恪 (1)证明如图，是AA 和BC 的中点. 由直棱柱知，AA 綊BB ,而D 是AA 的中点，所以EG 綊AD面 PAB 的距离为 h 2,则 S= 2S , h 2= 2h 1 ,?Sh 1, V 2=秒帥2 , • V =磐 3 3 " Sh 2答案11所以EG/ BB ,且Ed 彌.⑵求三棱锥E — BCD 勺体积.(1)求证: DE//平面 ABC所以四边形EGAD是平行四边形.所以ED// AG又平面ABC AG平面ABC所以DE//平面ABC⑵解因为AD// EG所以AD/平面BCE所以V E—BC尸VD—BEC= V A—BCE= V E- ABC, 由⑴知，DE//平面ABC1 1 1所以V E-ABC= V D- AB(=— AD・7BC• AG= X 3X 6X 4= 12.3 2 613.(选做题)如图，在三棱锥P- ABC中, PAL AB PAL BC ABL BC PA=AB= BC= 2, D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.(1)求证：PAI BD；⑵求证：平面BDEL平面PAC ⑶当PA//平面BDE时，求三棱锥E—BCD 的体积.(1)证明••• PAL AB PAI BCAB 平面ABC BC 平面ABC 且ABA BC= B,••• PA L平面ABC 又T BD 平面ABC 二PA L BD⑵证明•/ AB= BC D是AC的中点，• BD丄AC由(1)知PA L平面ABC T PA 平面PAC•平面PACL平面ABC•• •平面PACH平面ABC= AC,BD 平面ABC BDLAC• BD丄平面PAC •/ BD 平面BDE•平面BDEL平面PAC(3)解•/ PA// 平面BDE又平面BD A平面PA(= DEPA 平面PAC • PA/ DE由(1)知PA L平面ABC • DEL平面ABC•/ D是AC的中点，• E为PC的中点，1•DE= 2PA= 1.•/ D是AC的中点，1 1 1•BCD= ^S^ABC= X X 2 X 2= 1 ,• •• V E- BC尸1 x & BCD X DE= 3 X 1X 1= 3.3 3 3。
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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.
2018版高考数学理北师大版大一轮复习讲义教师版文档
1．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内)．公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线． 公理4：平行于同一条直线的两条直线平行． 2．直线与直线的位置关系 (1)位置关系的分类⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行直线相交直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(2)异面直线所成的角①定义：过空间任意一点P 分别引两条异面直线a ，b 的平行线l 1，l 2(a ∥l 1，b ∥l 2)，这两条相交直线所成的锐角(或直角)叫作异面直线a ，b 所成的角(或夹角)． ②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. 3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况． 4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 5．等角定理空间中，如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．【知识拓展】1．唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．2．异面直线的判定定理经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(√)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(×)(3)两个平面ABC与DBC相交于线段BC.(×)(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(√)(5)没有公共点的两条直线是异面直线．(×)1．下列命题正确的个数为()①梯形可以确定一个平面；②若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．A．0 B．1 C．2 D．3答案 C解析②中两直线可以平行、相交或异面，④中若三个点在同一条直线上，则两个平面相交，①③正确．2．(2016·浙江)已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则() A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案 C解析由已知，α∩β＝l，∴lβ，又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确．3．(2016·合肥质检)已知l ，m ，n 为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列判断正确的是( )A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nB ．若m ⊥α，n ∥β，α⊥β，则m ⊥nC ．若α∩β＝l ，m ∥α，m ∥β，则m ∥lD ．若α∩β＝m ，α∩γ＝n ，l ⊥m ，l ⊥n ，则l ⊥α 答案 C解析 m ，n 可能的位置关系为平行，相交，异面，故A 错误；根据面面垂直与线面平行的性质可知B 错误；根据线面平行的性质可知C 正确；若m ∥n ，根据线面垂直的判定可知D 错误，故选C.4.(教材改编)如图所示，已知在长方体ABCD －EFGH 中，AB ＝23，AD ＝23，AE ＝2，则BC 和EG 所成角的大小是______，AE 和BG 所成角的大小是________．答案 45° 60°解析 ∵BC 与EG 所成的角等于EG 与FG 所成的角即∠EGF ，tan ∠EGF ＝EF FG ＝2323＝1，∴∠EGF ＝45°，∵AE 与BG 所成的角等于BF 与BG 所成的角即∠GBF ，tan ∠GBF ＝GF BF ＝232＝3，∴∠GBF＝60°.5．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB ∥CD ，则直线EF 与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________．答案 4解析 EF 与正方体左、右两侧面均平行．所以与EF 相交的侧面有4个．题型一 平面基本性质的应用例1 (1)(2016·山东)已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”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 若直线a 和直线b 相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a 和直线b 可能平行或异面或相交，故选A.(2)已知空间四边形ABCD (如图所示)，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，G 、H 分别是BC 、CD 上的点，且CG ＝13BC ，CH ＝13DC .求证：①E 、F 、G 、H 四点共面； ②三直线FH 、EG 、AC 共点． 证明 ①连接EF 、GH ，如图所示，∵E 、F 分别是AB 、AD 的中点， ∴EF ∥BD .又∵CG ＝13BC ，CH ＝13DC ，∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH ， ∴E 、F 、G 、H 四点共面．②易知FH 与直线AC 不平行，但共面，∴设FH ∩AC ＝M ，∴M ∈平面EFHG ，M ∈平面ABC . 又∵平面EFHG ∩平面ABC ＝EG ， ∴M ∈EG ，∴FH 、EG 、AC 共点． 思维升华 共面、共线、共点问题的证明(1)证明点或线共面问题的两种方法：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．(2)证明点共线问题的两种方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与四边形ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G 、H 分别为F A 、FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C 、D 、F 、E 四点是否共面？为什么？ (1)证明 由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ， 可得GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，∴GH 綊BC .∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)解 ∵BE 綊12AF ，G 是F A 的中点，∴BE 綊FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG . 由(1)知BG 綊CH ，∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面．又D∈FH，∴C、D、F、E四点共面．题型二判断空间两直线的位置关系例2(1)(2015·广东)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列判断错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行(3)在图中，G、N、M、H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH、MN是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号)答案(1)D(2)D(3)②④解析(1)若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，这与l1和l2异面矛盾，∴l至少与l1，l2中的一条相交．(2)连接B1C，B1D1，如图所示，则点M是B1C的中点，MN是△B1CD1的中位线，∴MN∥B1D1，又BD∥B1D1，∴MN∥BD.∵CC1⊥B1D1，AC⊥B1D1，∴MN⊥CC1，MN⊥AC.又∵A1B1与B1D1相交，∴MN与A1B1不平行，故选D.(3)图①中，直线GH∥MN；图②中，G、H、N三点共面，但M∉面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G、M、N共面，但H∉面GMN，因此GH与MN异面．所以图②④中GH与MN异面．思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直的性质来解决．(1)已知a，b，c为三条不重合的直线，有下列结论：①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为()A．0 B．1 C．2 D．3(2)(2016·南昌一模)已知a、b、c是相异直线，α、β、γ是相异平面，则下列命题中正确的是() A．a与b异面，b与c异面⇒a与c异面B．a与b相交，b与c相交⇒a与c相交C．α∥β，β∥γ⇒α∥γD．aα，bβ，α与β相交⇒a与b相交答案(1)B(2)C解析(1)在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错，③显然成立．(2)如图(1)，在正方体中，a 、b 、c 是三条棱所在直线，满足a 与b 异面，b 与c 异面，但a ∩c ＝A ，故A 错误；在图(2)的正方体中，满足a 与b 相交，b 与c 相交，但a 与c 不相交，故B 错误；如图(3)，α∩β＝c ，a ∥c ，则a 与b 不相交，故D 错误．题型三 求两条异面直线所成的角例3 (2016·重庆模拟)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP 与BD 所成的角为________．答案 π3解析 如图，将原图补成正方体ABCD －QGHP ，连接GP ，则GP ∥BD ，所以∠APG 为异面直线AP 与BD 所成的角， 在△AGP 中，AG ＝GP ＝AP ， 所以∠APG ＝π3.引申探究在本例条件下，若E ，F ，M 分别是AB ，BC ，PQ 的中点，异面直线EM 与AF 所成的角为θ，求cos θ的值．解 设N 为BF 的中点，连接EN ，MN ，则∠MEN 是异面直线EM 与AF 所成的角或其补角． 不妨设正方形ABCD 和ADPQ 的边长为4， 则EN ＝5，EM ＝26， MN ＝33.在△MEN 中，由余弦定理得 cos ∠MEN ＝EM 2＋EN 2－MN 22EM ·EN＝24＋5－332×26×5＝－130＝－3030.即cos θ＝3030. 思维升华 用平移法求异面直线所成的角的三步法 (1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； (2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；(3)三求：解三角形，求出作出的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．已知正四面体ABCD 中，E 是AB 的中点，则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为( ) A.16 B.36 C.13 D.33答案 B解析 画出正四面体ABCD 的直观图，如图所示．设其棱长为2，取AD 的中点F ， 连接EF ，设EF 的中点为O ，连接CO ， 则EF ∥BD ，则∠FEC 就是异面直线CE 与BD 所成的角． △ABC 为等边三角形， 则CE ⊥AB ， 易得CE ＝3， 同理可得CF ＝3， 故CE ＝CF .因为OE ＝OF ，所以CO ⊥EF . 又EO ＝12EF ＝14BD ＝12，所以cos ∠FEC ＝EO CE ＝123＝36.16．构造模型判断空间线面位置关系典例 已知m ，n 是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题： ①若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β； ②若m ∥α，n ∥β，m ⊥n ，则α∥β； ③若m ⊥α，n ∥β，m ⊥n ，则α∥β； ④若m ⊥α，n ∥β，α∥β，则m ⊥n . 其中所有正确的命题是________．思想方法指导 本题可通过构造模型法完成，构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误．对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断．解析借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面α、β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α、β可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α、β可能垂直，如图(3)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．答案①④1．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，aα，b⊥β，则“α∥β”是“a⊥b”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解析若aα，b⊥β，α∥β，则由α∥β，b⊥β⇒b⊥α，又aα，所以a⊥b；若a⊥b，aα，b⊥β，则b⊥α或b∥α或bα，此时α∥β或α与β相交，所以“α∥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选A.2．(2016·福州质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E、F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与直线A1B1、EF、BC都相交的直线()A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条答案 D解析 在EF 上任意取一点M ，直线A 1B 1与M 确定一个平面，这个平面与BC 有且仅有1个交点N ，当M 的位置不同时确定不同的平面，从而与BC 有不同的交点N ，而直线MN 与A 1B 1、EF 、BC 分别有交点P 、M 、N ，如图，故有无数条直线与直线A 1B 1、EF 、BC 都相交．3．对于任意的直线l 与平面α，在平面α内必有直线m ，使m 与l ( ) A ．平行 B ．相交C ．垂直D ．互为异面直线答案 C解析 不论l ∥α，l α，还是l 与α相交，α内都有直线m 使得m ⊥l .4．在四面体ABCD 的棱AB ，BC ，CD ，DA 上分别取E ，F ，G ，H 四点，如果EF 与HG 交于点M ，则( ) A ．M 一定在直线AC 上 B ．M 一定在直线BD 上C ．M 可能在AC 上，也可能在BD 上 D ．M 既不在AC 上，也不在BD 上 答案 A解析 由于EF ∩HG ＝M ，且EF 平面ABC ，HG 平面ACD ，所以点M 为平面ABC 与平面ACD 的一个公共点，而这两个平面的交线为AC ，所以点M 一定在直线AC 上，故选A.5．四棱锥P －ABCD 的所有侧棱长都为5，底面ABCD 是边长为2的正方形，则CD 与P A 所成角的余弦值为( ) A.255B.55C.45D.35答案 B解析 因为四边形ABCD 为正方形，故CD ∥AB ，则CD 与P A 所成的角即为AB 与P A 所成的角，即为∠P AB .在△P AB 内，PB ＝P A ＝5，AB ＝2，利用余弦定理可知cos ∠P AB ＝P A 2＋AB 2－PB 22×P A ×AB ＝5＋4－52×5×2＝55，故选B. 6．下列命题中，正确的是( )A ．若a ，b 是两条直线，α，β是两个平面，且aα，b β，则a ，b 是异面直线B ．若a ，b 是两条直线，且a ∥b ，则直线a 平行于经过直线b 的所有平面C ．若直线a 与平面α不平行，则此直线与平面内的所有直线都不平行D ．若直线a ∥平面α，点P ∈α，则平面α内经过点P 且与直线a 平行的直线有且只有一条 答案 D解析 对于A ，当α∥β，a ，b 分别为第三个平面γ与α，β的交线时，由面面平行的性质可知a ∥b ，故A 错误．对于B ，设a ，b 确定的平面为α，显然a α，故B 错误．对于C ，当a α时，直线a 与平面α内的无数条直线都平行，故C 错误．易知D 正确．故选D.7．(2016·南昌高三期末)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面为直角三角形．∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋P A 1的最小值为________．答案 5 2解析 连接A 1B ，将△A 1BC 1与△CBC 1同时展平形成一个平面四边形A 1BCC 1，则此时对角线CP ＋P A 1＝A 1C 达到最小，在等腰直角三角形△BCC 1中，BC 1＝2，∠CC 1B ＝45°，在△A 1BC 1中，A 1B ＝40＝210，A 1C 1＝6，BC 1＝2，∴A 1C 21＋BC 21＝A 1B 2，即∠A 1C 1B ＝90°.对于展开形成的四边形A 1BCC 1，在△A 1C 1C 中，C 1C ＝2，A 1C 1＝6，∠A 1C 1C ＝135°，由余弦定理有，CP ＋P A 1＝A 1C ＝2＋36－122cos 135°＝50＝5 2.8.如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G 、H 、M 、N 分别为DE 、BE 、EF 、EC 的中点，在这个正四面体中，①GH 与EF 平行； ②BD 与MN 为异面直线； ③GH 与MN 成60°角； ④DE 与MN 垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________． 答案 ②③④解析 把正四面体的平面展开图还原，如图所示，GH 与EF 为异面直线，BD 与MN 为异面直线，GH 与MN 成60°角，DE ⊥MN .9．(2015·浙江)如图，三棱锥ABCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是________．答案 78解析 如图所示，连接DN ，取线段DN 的中点K ，连接MK ，CK .∵M 为AD 的中点， ∴MK ∥AN ，∴∠KMC 为异面直线AN ，CM 所成的角． ∵AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，N 为BC 的中点，由勾股定理求得AN ＝DN ＝CM ＝22， ∴MK ＝ 2.在Rt △CKN 中，CK ＝(2)2＋12＝ 3. 在△CKM 中，由余弦定理，得 cos ∠KMC ＝CM 2＋MK 2－CK 22CM ×MK＝(22)2＋(2)2－(3)22×22×2＝78.10.(2016·郑州质检)如图，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折过程中，下面四个命题中不正确的是________．①BM 是定值；②点M 在某个球面上运动； ③存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE . 答案 ③解析 取DC 中点F ，连接MF ，BF ，MF ∥A 1D 且MF ＝12A 1D ，FB ∥ED 且FB ＝ED ，所以∠MFB ＝∠A 1DE .由余弦定理可得MB 2＝MF 2＋FB 2－2MF ·FB ·cos ∠MFB 是定值，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的球上，可得①②正确；由MF ∥A 1D 与FB ∥ED 可得平面MBF ∥平面A 1DE ，可得④正确；A 1C 在平面ABCD 中的投影与AC 重合，AC 与DE 不垂直，可得③不正确．11.如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 为正方形ABCD 的中心，H 为直线B 1D 与平面ACD 1的交点．求证：D 1、H 、O 三点共线．证明 如图，连接BD ，B 1D 1， 则BD ∩AC ＝O ， ∵BB 1綊DD 1，∴四边形BB 1D 1D 为平行四边形，又H ∈B 1D ， B 1D 平面BB 1D 1D ， 则H ∈平面BB 1D 1D ，∵平面ACD 1∩平面BB 1D 1D ＝OD 1，∴H ∈OD 1. 即D 1、H 、O 三点共线．12.如图所示，等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝2，DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，若DA ＝1，且E 为DA 的中点．求异面直线BE 与CD 所成角的余弦值．解 如图所示，取AC 的中点F ，连接EF ，BF ，在△ACD 中，E 、F 分别是AD 、AC 的中点， ∴EF ∥CD .∴∠BEF 或其补角即为异面直线BE 与CD 所成的角． 在Rt △EAB 中，AB ＝AC ＝1，AE ＝12AD ＝12，∴BE ＝52. 在Rt △EAF 中，AF ＝12AC ＝12，AE ＝12，∴EF ＝22. 在Rt △BAF 中，AB ＝1，AF ＝12，∴BF ＝52. 在等腰三角形EBF 中，cos ∠FEB ＝12EF BE ＝2452＝1010.∴异面直线BE与CD 所成角的余弦值为1010. 13.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为D 1C 1，C 1B 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q .求证：(1)D 、B 、F 、E 四点共面；(2)若A 1C 交平面DBFE 于R 点，则P ，Q ，R 三点共线． 证明 (1)如图所示，因为EF 是△D 1B 1C 1的中位线， 所以EF ∥B 1D 1.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1D 1∥BD ， 所以EF ∥BD .所以EF ，BD 确定一个平面． 即D 、B 、F 、E 四点共面． (2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， 设平面A 1ACC 1确定的平面为α， 又设平面BDEF 为β. 因为Q ∈A 1C 1，所以Q ∈α.又Q∈EF，所以Q∈β.则Q是α与β的公共点，同理，P点也是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，则R∈α且R∈β.则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．。
高中数学 第一章 立体几何初步章末总结 北师大版必修2
【步步高学案导学设计】2017-2018学年高中数学第一章立体几何初步章末总结北师大版必修2一、直观图和三视图的画法直观图和三视图是空间几何体的不同表现形式，空间几何体的三视图可以使我们更好地把握空间几何体的性质，由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化，解决此类问题主要依据它们的概念和画法规则．例1一几何体的三视图如图所示．(1)说出该几何体的结构特征并画出直观图；(2)计算该几何体的体积与表面积．二、共点、共线、共面问题1．关于多点共线问题往往需要证明这些点在某两个平面的交线上．2．多线共点问题的证明往往让其他线都过某两条线的交点．3．多点共面问题的证明往往让其他点在某三点或四点确定的平面上．4．多线共面问题的证明往往让其他线在某两条直线确定的平面内．例2如图所示，空间四边形ABCD中，E、F分别为AB、AD的中点，G、H分别在BC、CD上，且BG∶GC＝DH∶H C＝1∶2．求证：(1)E、F、G、H四点共面；(2)GE与HF的交点在直线AC上．三、平行问题1．空间平行关系的判定方法：(1)判定线线平行的方法．①利用线线平行的定义证共面而且无公共点(结合反证法)；②利用平行公理；③利用线面平行性质定理；④利用线面垂直的性质定理(若a⊥α，b⊥α，则a∥b)；⑤利用面面平行性质定理(若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b)．(2)判断线面平行的方法：①线面平行的定义(无公共点)；②利用线面平行的判定定理(a⊆α，bα，a∥b⇒a∥α)；③面面平行的性质定理(α∥β，aα⇒a∥β)；④面面平行的性质(α∥β，a⊆α，a⊆β，a∥α⇒a∥β)．(3)面面平行的判定方法有：①平面平行的定义(无公共点)；②判定定理(若a∥β，b∥β，a、bα，且a∩b＝A，则α∥β)；③判定定理的推论(若a∥a′，b∥b′，aα，bα且a∩b＝A，a′β，b′β，且a′∩b′＝A′，则α∥β)；④线面垂直性质定理(若a⊥α，a⊥β，则α∥β)；⑤平面平行的性质(传递性：α∥β，β∥γ⇒α∥γ)．2．平行关系的转化是：例3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．例4如图所示，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AD⊥DC，CD＝2，DD1＝AB＝1，P、Q分别是CC1、C1D1的中点．求证：AC∥平面BPQ．四、垂直问题1．空间垂直关系的判定方法：(1)判定线线垂直的方法有：①计算所成的角为90°(包括平面角和异面直线所成的角)；②线面垂直的性质(若a⊥α，bα，则a⊥b)；③面面垂直的定义：两平面相交形成的二面角的平面角为90°．(2)判定线面垂直的方法有：①线面垂直定义(一般不易验证任意性)；②线面垂直的判定定理(a⊥b，a⊥c，b α，c α，b∩c ＝M ⇒a⊥α)；③平行线垂直平面的传递性质(a∥b，b⊥α⇒a⊥α)；④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝l ，a β，a⊥l ⇒a⊥α)；⑤面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；⑥面面垂直的性质(α∩β＝l ，α⊥γ，β⊥γ⇒l⊥γ)．(3)面面垂直的判定方法有：①根据定义(作两平面构成二面角的平面角，计算其为90°)；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a α⇒α⊥β)．2．垂直关系的转化是：例5 如图所示，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 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 ．第一章 章末总结 答案重点解读例1解 (1)由三视图知该几何体是由一个圆柱与一个等底圆锥拼接而成的组合体，其直观图如图所示．(2)由三视图中的尺寸知，组合体下部是底面直径为8 cm ，高为20 cm 的圆柱，上部为底面直径为8 cm ，母线长为5 cm 的圆锥．易求得圆锥高h ＝52－42＝3(cm)，∴体积V ＝π·42·20＋13π·42·3＝336π(cm 3)，表面积S ＝π·42＋2π·4·20＋π·4·5＝196π(cm 2)．∴该几何体的体积为336π cm 3，表面积为196π cm 2．点评 三视图画法：它包括主视图、左视图、俯视图三种．画图时要遵循“高平齐、长对正、宽相等”的原则，同时还要注意被挡住的轮廓线画成虚线．例2 证明 (1)∵BG ∶GC ＝DH ∶HC ，∴GH ∥BD ，又EF ∥BD ，∴EF ∥GH ，∴E 、F 、G 、H 四点共面．(2)∵G ，H 不是BC 、CD 的中点，∴EF ≠GH又EF ∥GH ，∴EG 与FH 不平行，则必相交，设交点为M ． ⎭⎪⎬⎪⎫EG 面ABC HF 面ACD ⇒M ∈面ABC 且M ∈面ACD ⇒M 在面ABC 与面ACD 的交线上⇒M ∈AC ．∴GE 与HF 的交点在直线AC 上． 点评 证明线共点、点共线、线共面问题，重要是应用平面的基本性质，先证部分元素共点、共线、共面，再利用基本性质1,2,3证明其他元素也具有这个性质，要熟练地掌握这三个基本性质．例3 证明 方法一 转化为证明面面平行．过F 作FG ∥AB ，交AD 于G ，连接EG ．∵FG ∥AB ，∴AG ∶GD ＝BF ∶FC ，∴AG ∶GD ＝SE ∶ED ，故EG ∥SA ．又∵FG ∥AB ，AB ∩SA ＝A ，∴平面SAB ∥平面EFG ．又∵EF ⊂平面SAB ，∴EF ∥平面SAB ．方法二 转化为证明线线平行．过E 作EG ∥AD 交SA 于G ，连接BG ，∵BF ∥AD ，∴BF ∥EG ，∴平面BFEG ∩平面SAB ＝BG ．∵SE ∶ED ＝BF ∶FC ，∴SE ∶SD ＝BF ∶BC ．又∵SE ∶SD ＝EG ∶AD ．∴BF ∶BC ＝EG ∶AD ，∵BC ＝AD ．∴BF ＝EG ，故四边形BFEG 为平行四边形．∴EF ∥BG ，∴EF ∥平面SAB ．点评 本题的证明体现了证明线面平行的常用方法，解决此类问题关键是选择或添加适当的辅助线(或面)，使问题得以转化．证明线面平行常用的方法是利用线面平行的定义和线面平行的判定定理．例4 证明 连接CD 1、AD 1，∵P 、Q 分别是CC 1、C 1D 1的中点，∴PQ ∥CD 1，且CD 1⊆平面BPQ ，∴CD 1∥平面BPQ ．又D 1Q ＝AB ＝1，D 1Q ∥AB ，∴四边形ABQD 1是平行四边形，∴AD 1∥BQ ，且AD 1平面BPQ ，∴AD 1∥平面BPQ ．又AD 1∩CD 1＝D 1，∴平面ACD 1∥平面BPQ ，∵AC 平面ACD 1，∴AC ∥平面BPQ ．例5 证明 (1)因为AD ∥BC ，BC 平面PBC ， AD ⊆平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ，又平面ADMN ∩平面PBC ＝MN ，所以AD ∥MN ，所以MN ∥BC ．因为N 为PB 的中点，所以M 为PC 的中点，所以MN ∥BC ，且MN ＝12BC ． 又E 为AD 的中点，所以四边形DENM 为平行四边形．所以EN ∥DM ．又EN ⊆平面PDC ，DM 平面PDC ，所以EN ∥平面PDC ．(2)因为ABCD 是边长为2的菱形，且∠BAD ＝60°，所以BE ⊥AD ．又因为PE ⊥AD ，PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PEB ．因为AD ∥BC ，所以BC ⊥平面PEB ．(3)由(2)知AD ⊥PB ．又因为PA ＝AB 且N 为PB 的中点，所以AN ⊥PB ，又AD ∩AN ＝A ，所以PB ⊥平面ADMN ．又PB 平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ADMN ．点评 立体几何的证明，我们要牢牢抓住“转化”这一思想，线与线，线与面，面与面之间的垂直与平行都可互相转化，转化的理论依据是这三种平行与垂直的判定定理、性质定理等．。
北师大版2018-2019学年高中数学必修2全册习题含解析
北师大版高中数学必修二全册同步习题含解析目录第1章立体几何初步 1.1.1习题第1章立体几何初步 1.1.2习题第1章立体几何初步 1.2习题第1章立体几何初步 1.3.1习题第1章立体几何初步 1.3.2习题第1章立体几何初步 1.4.1习题第1章立体几何初步 1.4.2习题第1章立体几何初步 1.5.1.1习题第1章立体几何初步 1.5.1.2习题第1章立体几何初步 1.5.2习题第1章立体几何初步 1.6.1.1习题第1章立体几何初步 1.6.1.2习题第1章立体几何初步 1.6.2习题第1章立体几何初步 1.7.1习题第1章立体几何初步 1.7.2习题第1章立体几何初步 1.7.3习题第1章立体几何初步习题课习题第1章立体几何初步检测习题第2章解析几何初步 2.1.1习题第2章解析几何初步 2.1.2.1习题第2章解析几何初步 2.1.2.2习题第2章解析几何初步 2.1.3习题第2章解析几何初步 2.1.4习题第2章解析几何初步 2.1.5.1习题第2章解析几何初步 2.1.5.2习题第2章解析几何初步 2.2.1习题第2章解析几何初步 2.2.2习题第2章解析几何初步 2.2.3.1习题第2章解析几何初步 2.2.3.2习题第2章解析几何初步 2.3.1-2.3.2习题第2章解析几何初步 2.3.3习题第2章解析几何初步检测习题模块综合检测习题北师大版2018-2019学年高中数学必修2习题01第一章立体几何初步§1简单几何体1.1简单旋转体1.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.球的直径必过球心答案:D2.下面左边的几何体是由选项中的哪个图形旋转得到的()解析:选项B中的图形旋转后为两个共底面的圆锥;选项C中的图形旋转后为一个圆柱与一个圆锥的组合体;选项D中的图形旋转后为两个圆锥与一个圆柱的组合体.答案:A3.用一个平面去截一个几何体,得到的截面一定是圆面,则这个几何体是()A.圆锥B.圆柱C.球D.圆台答案:C4.AB为圆柱下底面内任一不过圆心的弦,过AB和上底面圆心作圆柱的一截面,则这个截面是()A.三角形B.矩形C.梯形D.以上都不对解析:如图所示,由于圆柱的上下底面相互平行,故过AB和上底面圆心作圆柱的一截面与上底面的交线CD 必过上底面圆心,且CD∥AB,在圆柱的侧面上,连接A,C(或B,D)两点的线是曲线,不可能是直线.故这个截面是有两条边平行、另两边是曲线的曲边四边形.故选D.答案:D5.以钝角三角形的较短边所在的直线为轴,其他两边旋转一周所得的几何体是()A.两个圆锥拼接而成的组合体B.一个圆台C.一个圆锥D.一个圆锥挖去一个同底的小圆锥解析:如图所示.旋转一周后其他两边形成的几何体为在圆锥AO的底部挖去一个同底的圆锥BO.答案:D6.点O1为圆锥高上靠近顶点的一个三等分点,过O1与底面平行的截面面积是底面面积的()A.13B.23C.14D.19解析:如图所示,由题意知SO1∶SO=1∶3,∴O1B∶OA=1∶3,∴S☉O1∶S☉O=1∶9,故选D.答案:D7.下列说法中错误的是.①过圆锥顶点的截面是等腰三角形;②过圆台上底面中心的截面是等腰梯形;③圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个.答案:②8.若过轴的截面是直角三角形的圆锥的底面半径为r,则其轴截面的面积为.解析:由圆锥的结构特征,可知若过轴的截面为直角三角形,则为等腰直角三角形,其斜边上的高为r,所以S=12×2r2=r2.答案:r29.已知圆锥的母线与旋转轴所成的角为30°,母线的长为2,则其底面面积为.解析:如图所示,过圆锥的旋转轴作截面ABC,设圆锥的底面半径为r,底面圆心为O.∵△ABC为等腰三角形,∴△ABO为直角三角形.又∠BAO=30°,∴BO=r=1AB=2.∴底面圆O的面积为S=πr2=π2.答案:π10.把一个圆锥截成圆台,已知圆台的上、下底面的半径比是1∶4,母线长是10 cm,求这个圆锥的母线长.分析:处理有关旋转体的问题时,一般要作出其过轴的截面,在这个截面图形中去寻找各元素之间的关系.解:设圆锥的母线长为y cm,圆台上、下底面的半径分别为x cm,4x cm.作圆锥过轴的截面如图所示.在Rt△SOA中,O'A'∥OA,则SA'SA =O'A'OA,即y-10y =x4x,解得y=403.故圆锥的母线长为40cm.11.圆锥的底面半径为r,母线长是底面半径的3倍,在底面圆周上有一点A,求一个动点P自点A出发在侧面上绕一周回到点A的最短路程.解:沿圆锥的母线SA将侧面展开,如图所示.则线段AA1就是所求的最短路程.∵弧A1A的长为2πr,SA=3r,设弧A1A所对的圆心角为α,∴απ·3r=2πr,∴α=120°.∴AA1=SA·cos30°×2=3r×3×2=33r,即所求最短路程是33r.1.2简单多面体1.关于棱柱,下列说法正确的是()A.只有两个面平行B.所有的棱都相等C.所有的面都是平行四边形D.两底面平行,侧棱也互相平行解析:正方体可以有六个面平行,故选项A错误;长方体并不是所有的棱都相等,故选项B错误;三棱柱的底面是三角形,故选项C错误;由棱柱的概念知,两底面平行,侧棱也互相平行,故选项D正确.答案:D2.一个正棱锥的底面边长与侧棱长相等,则该棱锥一定不是()A.正三棱锥B.正四棱锥C.正五棱锥D.正六棱锥解析:由于正六边形的中心到顶点的距离与边长都相等,故正六棱锥的侧棱长必大于底面边长.答案:D3.棱台不一定具有的性质是()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解析:由棱台的定义可知,棱台是用平行于棱锥底面的平面去截棱锥而得到的,所以A,B,D选项都成立,只有选项C不一定成立.答案:C4.下列图形中,不是三棱柱的展开图的是()解析:根据三棱柱的结构特征知,A,B,D中的展开图都可还原为三棱柱,但是C中展开图还原后的几何体没有下底面,故不是三棱柱的展开图.答案:C5.下列说法正确的个数为()①存在斜四棱柱,其底面为正方形;②存在棱锥,其所有面均为直角三角形;③任意的圆锥都存在两条母线互相垂直;④矩形绕任意一条直线旋转都可以形成圆柱.A.1B.2C.3D.4解析:①存在斜四棱柱,其底面为正方形,正确.②正确.如图所示.③不正确,圆锥轴截面的顶角小于90°时就不存在.④不正确,矩形绕其对角线所在直线旋转,不能围成圆柱.故答案为B.答案:B6.用一个平行于棱锥底面的平面截这个棱锥,截得的棱台上、下底面的面积之比为1∶4,截去的棱锥的高是3 cm,则棱台的高是()A.12 cmB.9 cmC.6 cmD.3 cm解析:棱台的上、下底面的面积之比为1∶4,则截去的棱锥的高与原棱锥的高的比为1∶2,棱台的高是3cm.答案:D7.有下列四个结论:①各侧面是全等的等腰三角形的四棱锥是正四棱锥;②底面是正多边形的棱锥是正棱锥;③三棱锥的所有面可能都是直角三角形;④四棱锥中侧面最多有四个直角三角形.其中正确的有(填正确结论的序号).答案:③④8.如图所示,将装有水的长方体水槽固定底面一边后将水槽倾斜一个小角度,则倾斜后水槽中的水形成的几何体的形状是.解析:如图所示,假设以AB边固定进行倾斜,则几何体BB2C2C-AA2D2D一定为棱柱.答案:棱柱9.在侧棱长为23的正三棱锥P−ABC中,∠APB=40°,E,F分别是PB,PC上的点,过点A,E,F作截面AEF,则△AEF周长的最小值是.解析:将正三棱锥的三个侧面展开,如图所示.则当E,F为AA1与PB,PC的交点时,△AEF的周长最小,最小值为2AP·cos30°=2×23×3=6.答案:610.把右图中的三棱台ABC-A1B1C1分成三个三棱锥.解:如图所示,分别连接A1B,A1C,BC1,则将三棱台分成了三个三棱锥,即三棱锥A-A1BC,B1-A1BC1,C-A1BC1.(本题答案不唯一)11.试从正方体ABCD-A1B1C1D1的八个顶点中任取若干,连接后构成以下空间几何体,并且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.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).★12.如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=3,AA1=4,M为AA1的中点,P是BC上的一点,且由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到M的最短路线的长为设这条最短路线与CC1的交点为N.求:(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线的长;(2)求PC和NC的长.解:(1)正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图是一个长为9,宽为4的矩形,其对角线长为92+42=97.(2)如图所示,将侧面BB1C1C绕棱CC1旋转120°使其与侧面AA1C1C在同一平面上,则点P旋转到点P1的位置,连接MP1交CC1于点N,则MP1的长等于由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线的长.设PC=x,则P1C=x.在Rt△MAP1中,由勾股定理,得(3+x)2+22=29,解得x=2,所以PC=P1C=2,又NCMA =P1CP1A=25,所以NC=45.§2直观图1.关于用斜二测画法所得的直观图,以下说法正确的是()A.等腰三角形的直观图仍是等腰三角形B.正方形的直观图为平行四边形C.梯形的直观图不是梯形D.正三角形的直观图一定为等腰三角形解析:根据斜二测画法的规则知,正方形的直观图为平行四边形.答案:B2.水平放置的△ABC,有一条边在水平线上,它的斜二测直观图是正三角形A'B'C',则△ABC是()A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.任意三角形解析:根据斜二测画法的规则,可知△ABC中有一个角是钝角,所以△ABC是钝角三角形.答案:C3.如图所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是()答案:C4.对于一条边在x轴上的三角形,采用斜二测画法作出其直观图,则其直观图的面积是原三角形面积的()A.2倍B.2C.2D.1解析:由于平行于y轴的线段其平行性不变,长度变为原来的一半,又直观图中∠x'O'y'=45°,设原三角形的面积为S,其直观图的面积为S',则S'=1×2S=2S.答案:B5.一个水平放置的三角形的直观图是等腰直角三角形A'B'O',如图所示,若O'B'=1,那么原△ABO的面积是()A.12B.22C.2D.22解析:由斜二测画法,可知原三角形为直角三角形,且∠AOB=90°,OB=1,OA=2O'A'=22,∴S△AOB=12×1×22= 2.故选C.答案:C6.已知△A'B'C'为水平放置的△ABC的直观图,如图所示,则在△ABC的三边及中线AD中,最长的线段是()A.ABB.ADC.BCD.AC解析:由斜二测画法,可知原图形为直角三角形.AC为斜边,D为BC的中点,故AC>AD,故最长线段为AC.答案:D7.一个平面图形的斜二测直观图是腰长为2的等腰直角三角形,如图,则其平面图形的面积为.答案:48.已知正三角形ABC的边长为a,则水平放置的△ABC的直观图△A'B'C'的面积为.解析:图①、图②分别为实际图形和直观图.由图可知A'B'=AB=a,O'C'=1OC=3a,在图②中作C'D'⊥A'B'于点D',则C'D'=2O′C′=6a.所以S△A'B'C'=12A′B′·C'D'=12×a×68a=616a2.答案:616a29.在等腰梯形ABCD中,上底边CD=1,AD=CB=2,下底边AB=3,按平行于上、下底边取x轴,则直观图A′B′C′D′的面积为.解析:等腰梯形ABCD的高为1,且直观图A'B'C'D'仍为梯形,其高为1sin45°=2,故面积为1×(1+3)×2= 2.答案:2210.画出如图所示放置的直角三角形的直观图.解:画法:(1)画x'轴和y'轴,使∠x'O'y'=45°(如图②所示);(2)在原图中作BD⊥x轴,垂足为D(如图①所示);(3)在x'轴上截取O'A'=OA,O'D'=OD,在y'轴上截取O'C'=12OC,过D'作B'D'∥y'轴,使D'B'=1BD;(4)连线成图(擦去辅助线)(如图③所示).11.用斜二测画法得到一水平放置的Rt△ABC,AC=1,∠ABC=30°,如图所示,试求原三角形的面积.解:如图所示,作AD⊥BC于点D,令x'轴与y'轴的交点为E,则DE=AD,在Rt△ABC中,由∠ABC=30°,AC=1,可知BC=2,AB= 3.由AD⊥BC,AD=DE,可知AD=32,AE=62,由斜二测画法可知,原三角形A'B'C'中,B'C'=BC=2,A'E'=2AE=6,且A'E'⊥B'C',所以S△A'B'C'=1B′C′·A'E'=1×2×6= 6.★12.画水平放置的圆锥的直观图.分析用斜二测画法画水平放置的圆锥的直观图,由于圆锥底面可以看作是水平放置的,因此,只需先画轴,再画底面和高即可.解:(1)画轴,如图所示,画x轴、y轴、z轴,使∠xOy=45°,∠xOz=90°;(2)画圆锥的底面,画出底面圆的直观图,与x轴交于A,B两点;(3)画圆锥的顶点,在Oz上截取点P,使得PO等于圆锥的高;(4)连线成图,连接P A,PB,并加以整理(擦去辅助线,将被遮挡的部分改为虚线),得圆锥的直观图.§3三视图3.1简单组合体的三视图1.用一个平行于水平面的平面去截球,得到如图所示的几何体,则它的俯视图是()解析:截去的平面在俯视图中看不到,故用虚线,因此选B.答案:B2.下列各几何体的三视图中,有且仅有两个视图相同的是()A.①②B.①③C.①④D.②④解析:①中正方体的三视图均相同;②中圆锥的主视图和左视图相同;③中三棱台的三视图各不相同;④中正四棱锥的主视图和左视图相同.答案:D3.某几何体的主视图和左视图均如图所示,则该几何体的俯视图不可能是()解析:D选项的主视图为,故不可能是D选项.答案:D4.如图所示,若△A'B'C'为正三角形,与底面不平行,且CC'>BB'>AA',则多面体的主视图为()解析:因为△A'B'C'为正三角形,面A'B'BA向前,所以主视图不可能是A,B,C三个选项,只能是D.答案:D5.“牟台方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成,相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上,好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图所示,图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其主视图和左视图完全相同时,它的俯视图可能是()答案:B6.如图所示,画出四面体AB1CD1三视图中的主视图,若以面AA1D1D为投影面,则得到的主视图为()解析:显然AB1,AC,B1D1,CD1分别投影得到主视图的外轮廓,B1C为可见实线,AD1为不可见虚线.故A正确.答案:A★7.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,若用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为()设过点A,E,C1的截面与棱DD1相交于点F,且F是棱DD1的中点,该正方体截去上半部分后,剩余几何体如图所示,则它的左视图应选C.答案:C8.如图所示,图①②③是图④表示的几何体的三视图,其中图①是,图②是,图③是(填写视图名称).解析:由三视图可知,①为主视图,②为左视图,③为俯视图.答案:主视图左视图俯视图9.如图(a)所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为正方体的中心,则△P AC在该正方体各个面上的射影可能是图(b)中的(把可能的序号都填上).图(a)图(b)解析:要考虑△P AC在该正方体各个面上的射影,在上、下两个面上的射影是①,在前后左右四个面上的射影是④.答案:①④10.(1)画出如图①所示组合体的三视图;(2)图②所示的是一个零件的直观图,试画出这个几何体的三视图.图①图②解(1)该组合体是由一个四棱柱和一个圆锥拼接而成,其三视图如图所示.(2)作出三视图如图所示.★11.如图是根据某一种型号的滚筒洗衣机抽象出来的几何体,数据如图所示(单位:cm).试画出它的三视图.解这个几何体是由一个长方体挖去一个圆柱体构成的,三视图如图所示.3.2由三视图还原成实物图1.若一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形,俯视图是两个同心圆,则这个几何体可能是()A.圆柱B.圆台C.圆锥D.棱台答案:B2.某几何体的三视图如图所示,则该几何体是()A.棱台B.棱柱C.棱锥D.以上均不对解析:由相似比,可知几何体的侧棱相交于一点.答案:A3.如图所示是底面为正方形、一条侧棱垂直于底面的四棱锥的三视图,则该四棱锥的直观图是下列各图中的()解析:由俯视图排除B,C选项;由主视图、左视图可排除A选项,故选D.答案:D4.某几何体的三视图如图所示,则这个几何体是()A.三棱锥B.四棱锥C.四棱台D.三棱台解析:因为主视图和左视图为三角形,可知几何体为锥体.又俯视图为四边形,所以该几何体为四棱锥,故选B.答案:B5.如图所示,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱解析:由题知,该几何体的三视图为一个三角形,两个四边形,经分析可知该几何体为三棱柱,故选B.答案:B6.一块石材表示的几何体的三视图如图所示,将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于()A.1B.2C.3D.4解析:由三视图画出直观图如图所示,判断这个几何体是底面边长为6,8,10的直角三角形,高为12的躺下的直=2,这就是做成的最大球的半径.三棱柱,直角三角形的内切圆的半径为r=6+8-102答案:B7.把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起,连接AC,得到三棱锥C-ABD,其主视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如图所示),其左视图的面积为.解析:如图所示,根据两个视图可以推知折起后∠CEA=90°,其侧视图是一个两直角边长为1的等腰直角三.角形,所以左视图的面积为12答案:18.用n个体积为1的正方体搭成一个几何体,其主视图、左视图都是如图所示的图形,则n的最大值与最小值之差是.解析:由主视图、左视图可知,正方体个数最少时,底层有3个小正方体,上面有2个,共5个;个数最多时,底层有9个小正方体,上面有2个,共11个.故n的最大值与最小值之差是6.答案:69.下图是一个几何体的三视图,想象该几何体的几何结构特征,画出该几何体的形状.解由于俯视图中有一个圆和一个四边形,则该几何体是由旋转体和多面体构成的组合体,结合左视图和主视图,可知该几何体是由上面一个圆柱、下面一个四棱柱拼接成的组合体.该几何体的形状如图所示.★10.已知几何体的三视图如图所示,用斜二测画法画出它的直观图.解由三视图可知其几何体是底面边长为2,高为3的正六棱锥,其直观图如图所示.§4空间图形的基本关系与公理第1课时平面性质1.两个平面重合的条件是()A.有四个公共点B.有无数个公共点C.有一条公共直线D.有两条相交公共直线解析:由两条相交直线确定一个平面知D选项正确.答案:D2.与“直线l上两点A,B在平面α内”含义不同的是()A.l⫋αB.直线l在平面α内C.直线l上只有这两个点在平面α内D.直线l上所有的点都在平面α内答案:C3.有下列说法:①梯形的四个顶点在同一平面内;②三条平行直线必共面;③有三个公共点的两个平面必重合.其中正确的个数是()A.0B.1C.2D.3解析:梯形是一个平面图形,所以其四个顶点在同一个平面内,故①正确;两条平行直线确定1个平面,三条平行直线确定1个或3个平面,故②错误;三个公共点可以同在两个相交平面的交线上,故③错误.答案:B4.设P表示一个点,a,b表示两条直线,α,β表示两个平面,给出下列四个命题,其中正确的命题是()①P∈a,P∈α⇒a⫋α;②a∩b=P,b⫋β⇒a⫋β;③a∥b,a⫋α,P∈b,P∈α⇒b⫋α;④α∩β=b,P∈α,P∈β⇒P∈b.A.①②B.②③C.①④D.③④答案:D5.三棱台ABC-A'B'C'的一条侧棱AA'所在直线与平面BCC'B'之间的关系是()A.相交B.平行C.直线在平面内D.平行或直线在平面内解析:棱台就是棱锥被一个平行于底面的平面截去一个棱锥得到的,所以延长棱台各侧棱可以恢复成棱锥的形状,由此可知三棱台的一条侧棱所在直线与其对面所在的平面相交.答案:A6.如图所示,平面α∩平面β=l,A∈α,B∈α,AB∩l=D,C∈β,且C∉l,则平面ABC与平面β的交线是()A.直线ACB.直线BCC.直线ABD.直线CD解析:由题意知,平面ABC与平面β有公共点C,根据公理3,这两平面必定相交,有且只有一条经过C的交线,由于两点确定一条直线,所以只要再找到两平面的另一个公共点即可.显然点D在直线AB上,从而它在平面ABC内,而点D又在直线l上,所以它又在平面β内,所以点D也是平面ABC与平面β的公共点.因此平面ABC 与平面β的交线是直线CD.答案:D7.已知点P在平面α外,点A,B,C在平面α内且不共线,A',B',C'分别在P A,PB,PC上,若A'B',B'C',A'C'与平面α分别交于D,E,F三点,则D,E,F三点()A.成钝角三角形B.成锐角三角形C.成直角三角形D.在一条直线上解析:本题考查三点关系,根据两平面公共点在其交线上,知D,E,F三点共线,故选D.答案:D8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,R分别是AB,AD,B1C1的中点,那么,正方体的过P,Q,R的截面图形是()A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形解析:如图所示,作GR∥PQ交C1D1于G,延长QP与CB延长线交于M,连接MR交BB1于E,连接PE.同理延长PQ交CD延长线于点N,连接NG交DD1于F,连接QF.所以截面PQFGRE为六边形.故选D.答案:D9.四条线段首尾相接得到一个四边形,当且仅当它的两条对角线时,能得到一个平面图形.解析:由公理1,2知当两条对角线相交时为平面图形,当两条对角线不共面时为空间四边形.答案:相交10.一个平面内不共线的三点到另一个平面的距离相等且不为零,则这两个平面的位置关系是.解析:当三点在另一个平面同侧时,这两个平面平行,当三点不在另一个平面同侧时,这两个平面相交.答案:平行或相交11.过已知直线a外的一点P,与直线a上的四个点A,B,C,D分别画四条直线,求证:这四条直线在同一平面内.证明:如图所示,因为点P在直线a外,所以过直线a及点P可作一平面α,因为A,B,C,D均在a上,所以A,B,C,D均在α内,所以直线P A,PB,PC,PD上各有两个点在α内,由公理2可知,直线P A,PB,PC,PD均在平面α内,故这四条直线在同一平面内.12.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M,N分别是AA1,D1C1的中点,过D,M,N三点的平面与正方体下底面相交于直线l.试画出直线l的位置,并说明理由.解:如图所示,连接DM并延长,交D1A1的延长线于点P',连接NP',则直线NP'即为所求直线l.理由如下: 如图所示,连接DN,∵P'=DM∩D1A1,且DM⫋平面DMN,D1A1⫋平面A1B1C1D1,∴P'∈平面DMN∩平面A1B1C1D1.又N∈平面DMN∩平面A1B1C1D1,∴由公理3知,直线NP'为平面DMN与平面A1B1C1D1的交线.第2课时 异面直线所成的角1.若直线a ∥b ,b ∩c=A ,则直线a 与c 的位置关系是( ) A.异面 B.相交 C.平行 D.异面或相交答案:D2.在三棱锥A-BCD 中,E ,F ,G 分别是AB ,AC ,BD 的中点,如果AD 与BC 所成的角是60°,那么∠FEG 为( ) A .60° B .30°C .120°D .60°或120° 解析:异面直线AD 与BC 所成的角可能等于∠FEG ,也可能等于∠FEG 的补角.答案:D3.若空间中四条两两不同的直线l 1,l 2,l 3,l 4满足l 1⊥l 2,l 2∥l 3,l 3⊥l 4,则下列结论一定正确的是( ) A .l 1⊥l 4 B .l 1∥l 4C .l 1与l 4既不垂直也不平行D .l 1与l 4的位置关系不确定解析:因为l 2∥l 3,所以l 1⊥l 3,l 3⊥l 4.实质上就是l 1与l 4同垂直于一条直线,所以l 1⊥l 4,l 1∥l 4,l 1与l 4既不垂直也不平行都有可能成立,故l 1与l 4的位置关系不确定. 答案:D4.如图,在某个正方体的表面展开图中,l 1,l 2是两条面对角线,则在正方体中,l 1与l 2( ) A.互相平行 B.异面且互相垂直 C.异面且夹角为60° D.相交且夹角为60°解析:将表面展开图还原成正方体如图所示,则B ,C 两点重合.故l 1与l 2相交,连接AD ,△ABD 为正三角形,所以l 1与l 2的夹角为60°. 答案:D5.在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,若点E ,F 分别在AB ,AC 上,且AE=13AB ,AF=13AC ,则下列说法正确的是( ) A.EF ⊥BB 1 B.EF ∥A 1B 1 C.EF ∥B 1C 1D.EF ∥AA 1解析:∵AE=1AB ,AF=1AC ,∴EF ∥BC.又ABC-A1B1C1为棱柱,∴BC∥B1C1.∴EF∥B1C1.答案:C6.下列说法正确的是()A.空间中没有交点的两条直线是平行直线B.一条直线和两条平行直线中的一条相交,则它和另一条也相交C.空间四条直线a,b,c,d,如果a∥b,c∥d,且a∥d,那么b∥cD.分别在两个平面内的直线是平行直线解析:A,B选项中,两直线可能异面,D选项中两直线可能相交,也可能异面.答案:C7.如图是一个正方体的表面展开图,如果将它还原为正方体,那么AB,CD,EF,GH这四条线段所在直线是异面直线的有对.解析:将图形还原成正方体,观察有AB与CD,AB与GH,EF与GH共3对异面直线.答案:38.如图,已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1A=AB,E,F分别是BD1和AD中点,则异面直线CD1,EF所成的角的大小为.答案:90°9.如图所示,在四棱锥C-ABED中,底面ABED是梯形.若AB∥DE,DE=2AB,且F是CD的中点,P是CE的中点,则AF与BP的位置关系是.解析:连接PF,∵P,F分别是CE,CD的中点,∴PF∥ED,且PF=1ED.2又AB∥ED,且DE=2AB,∴AB∥PF,且AB=PF,即四边形ABPF是平行四边形,∴BP∥AF.答案:平行10.如图所示,在三棱锥P-ABC中,D,E是PC上不重合的两点,F,H分别是P A,PB上的点,且与点P不重合.求证:EF和DH是异面直线.证明∵P A∩PC=P,∴P A,PC确定一个平面α.∵E∈PC,F∈P A,∴E∈α,F∈α,∴EF⫋α.∵D∈PC,∴D∈α,且D∉EF.又PB∩α=P,H∈PB,且点H与点P不重合,∴H∉α,DH∩α=D,且DH与EF不相交,于是直线EF和DH是异面直线.★11.如图所示,在空间四边形ABCD中,两条对边AB=CD=3,E,F分别是另外两条对边AD,BC上的点,且AE=BF=1,EF=5,求AB和CD所成的角的大小.解如图所示,过点E作EO∥AB,交BD于点O,连接OF,所以AEED =BOOD,所以BOOD=BFFC,所以OF∥CD.所以∠EOF或其补角是AB和CD所成的角.在△EOF中,OE=2AB=2,OF=1CD=1,又EF=5,所以EF2=OE2+OF2,所以∠EOF=90°.即异面直线AB和CD所成的角为90°.★12.在梯形ABCD中(如图①所示),AB∥CD,E,F分别为BC和AD的中点,将平面CDFE沿EF翻折起来,使CD到C'D'的位置,G,H分别为AD'和BC'的中点,得到如图②所示的立体图形.求证:四边形EFGH为平行四边形.。
数学北师大版高中必修2北师大版高中数学必修二立体几何初步复习2
是 ___球__体______
3．已知球面上A、B两点的球面距离等于1，
过这两点的球的半径的夹角等于60°，则这
个球的表面积与体积之比等于π
。
4．共端点M的三条线段MA、MB、MC两
两垂直，过M、A、B、C刚好可作一个半
径为2的球，则MA、MB、MC的平方和
1、简单几何体概念性质
直观图
2、简单几何体
三视图
3、空间几何体的侧面积与体积公式
五、课外作业
课本P54--56 A组12、13、14 B组5
共同进步！
（D）(1025 －20)m
7．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都
相切，已知这个球的体积为 32 , 那么该三棱柱的
体积是（D）
3
（A）96 3 （B）16 3 （C）24 3 （D）48 3
9已知某几何体的三视图如下，画出它的直观图。
左
正
侧
视
视
图
图
D1
C1
俯 视
A1
图
D A
C B
四、课堂小结
3、空间几何体的侧面积与体积公式
(1)多面体侧面积为平面展开图的面积和. (2)旋转体侧面积公式：
圆柱的侧面积：S 2rl
圆锥的侧面积：S rl 圆台的侧面积：S (rl rl) 球的表面积： S 4R2
(3)几何体体积公式： 柱体体积： V Sh 锥体体积： V 1 Sh
3
台体体积： V 1 (S SS S)h
【略解】由思路分析知，PA、PB、PC 恰是正方体PF的三条棱，球的直径2r等于 正方体对角线的长，即
2r 3a，球面积S＝4πr 2＝3 πa2 ．
2017-2018学年高中数学北师大2教学案：复习课(二)解析几何初步含解析
复习课（一）立体几何初步空间几何体的三视图、表面积与体积空间几何体的三视图的考查主要有两个方面：一是由几何体考查三视图、二是由三视图还原几何体后求表面积与体积，题型多为选择题、填空题,主要考查空间想象能力，难度低档．错误!1．三视图的画法规则（1)主、俯视图都反映了物体的长度—-“长对正"；(2)主、左视图都反映了物体的高度-—“高平齐”；（3）左、俯视图都反映了物体的宽度—-“宽相等”．2．表面积（1）多面体的表面积:多面体的各个面都是平面，表面积是各面面积之和．（2)旋转体的表面积:①S圆柱＝2πrl＋2πr2；②S圆锥＝πrl＋πr2；③S圆台＝π(R＋r）l＋πr2＋πR2。
3．体积（1)柱体:V柱体＝Sh(S为底面面积,h为高）．(2)锥体：V锥体＝错误!Sh（S为底面面积，h为高）．(3)台体:V台体＝错误!(S上＋错误!＋S下)h.其中S上，S下分别表示台体的上、下底面面积．[典例］（1）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，则该几何体的左视图为（)（2）(重庆高考）某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为( ）A.错误!＋2πB.错误!C。
错误! D.错误!（3）某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是( )A．12＋4错误!B．18＋8错误!C．28 D．20＋8错误
第一章立体几何初步章末复习学习目标 1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识.2.熟练掌握平行关系与垂直关系，能自主解决一些实际问题.3.掌握几何体的直观图，能计算几何体的表面积与体积．1．空间几何体的结构特征及其侧面积和体积名称定义图形侧面积体积多面体棱柱有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行S直棱柱侧＝Ch，C为底面的周长，h为高V＝Sh棱锥有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形S正棱锥侧＝12Ch′，C为底面的周长，h′为斜高V＝13Sh，h为高棱台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S正棱台侧＝12(C＋C′)h′，C，C′V＝13(S上＋S下＋S上S下)h，h为底面的周长，h′为斜高为高旋转体圆柱以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体S侧＝2πrh，r为底面半径，h为高V＝Sh＝πr2h 圆锥以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的旋转体S侧＝πrl，r为底面半径，h为高，l为母线V＝13Sh＝13πr2h圆台用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分S侧＝π(r1＋r2)l，r1，r2为底面半径，l为母线V＝13(S上＋S下＋S上S下)h＝13π(r21＋r22＋r1r2)h球以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体S球面＝4πR2，R为球的半径V＝43πR32．空间几何体的直观图(1)斜二测画法：主要用于水平放置的平面图形或立体图形的画法．它的主要步骤：①画轴；②画平行于x、y、z轴的线段分别为平行于x′、y′、z′轴的线段；③截线段：平行于x、z轴的线段的长度不变，平行于y轴的线段的长度变为原来的一半．(2)转化思想在本章应用较多，主要体现在以下几个方面①曲面化平面，如几何体的侧面展开，把曲线(折线)化为线段．②等积变换，如三棱锥转移顶点等．③复杂化简单，把不规则几何体通过分割，补体化为规则的几何体等．3．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内. 公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．4．直线与直线的位置关系⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点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性质定义定理图形条件a∩α＝∅aα，b⊈α，a∥ba∥αa∥α，aβ，α∩β＝b 结论a∥αb∥αa∩α＝∅a∥b (2)面面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件α∩β＝∅aβ，bβ，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bα∥β，aβ结论α∥βα∥βa∥b a∥α(3)空间中的平行关系的内在联系6．垂直的判定与性质(1)直线与平面垂直图形条件结论判定a⊥b，bα(b为α内的任意直线)a⊥αa⊥m，a⊥n，m，nα，m∩n＝Oa⊥αa∥b，a⊥αb⊥α性质a⊥α，bαa⊥ba⊥α，b⊥αa∥b(2)平面与平面垂直的判定与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直⎭⎬⎫lβl⊥α⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝alβl⊥a⇒l⊥α(3)空间中的垂直关系的内在联系7．空间角(1)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫作异面直线a，b所成的角(或夹角)．②范围：设两异面直线所成角为θ，则0°<θ≤90°.(2)二面角的有关概念①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角．②二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角．1．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥n .( × )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，a ∥α且b ∥α.( √ )3．平面α∥平面β，直线a ∥α，直线b ⊥β，那么直线a 与直线b 的位置关系一定是垂直．( √ )4．球的任意两个大圆的交点的连线是球的直径．( √ )5．若m ，n 在平面α内的射影依次是一个点和一条直线，且m ⊥n ，则n α或n ∥α.( √ )类型一 平行问题例1 如图所示，四边形ABCD 是平行四边形，PB ⊥平面ABCD ，MA ∥PB ，PB ＝2MA .在线段PB 上是否存在一点F ，使平面AFC ∥平面PMD ？若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．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解 当点F 是PB 的中点时，平面AFC ∥平面PMD ，证明如下：如图连接AC 和BD 交于点O ，连接FO ，则PF ＝12PB .∵四边形ABCD 是平行四边形，∴O 是BD 的中点．∴OF ∥PD . 又OF ⊈平面PMD ，PD 平面PMD ， ∴OF ∥平面PMD .又MA ∥PB ，MA ＝12PB ，∴PF ∥MA ，PF ＝MA .∴四边形AFPM 是平行四边形．∴AF ∥PM .又AF ⊈平面PMD ，PM 平面PMD . ∴AF ∥平面PMD .又AF ∩OF ＝F ，AF 平面AFC ，OF 平面AFC . ∴平面AFC ∥平面PMD .反思与感悟 (1)证明线线平行的依据①平面几何法(常用的有三角形中位线、平行四边形对边平行)；②公理4；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理；⑤线面垂直的性质定理． (2)证明线面平行的依据①定义；②线面平行的判定定理；③面面平行的性质． (3)证明面面平行的依据①定义；②面面平行的判定定理；③线面垂直的性质；④面面平行的传递性．跟踪训练 1 如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G ，E ，F ，H 分别是棱PB ，AB ，CD ，PC 上共面的四点，平面GEFH ⊥平面ABCD ，BC ∥平面GEFH .(1)证明：GH ∥EF ；(2)若EB ＝2，求四边形GEFH 的面积． 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 因为BC ∥平面GEFH ，BC 平面PBC ， 且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，所以GH ∥BC . 同理可证EF ∥BC ， 因此GH ∥EF .(2)解 连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK . 因为PA ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ，同理可得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ，所以平面GEFH 必过平面ABCD 的一条垂线， 所以PO 平行于这条垂线，且PO ⊈平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH .又因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ，PO 平面PBD ， 所以PO ∥GK ，所以GK ⊥平面ABCD .又EF 平面ABCD ，所以GK ⊥EF ，所以GK 是梯形GEFH 的高． 由AB ＝8，EB ＝2，得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4， 从而KB ＝14BD ＝12OB ，即K 是OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，所以G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6， 所以GK ＝3，故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF2·GK ＝4＋82×3＝18.类型二 垂直问题例2 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：(1)CD ⊥AE ； (2)PD ⊥平面ABE .考点 直线与平面垂直的判定题点直线与平面垂直的证明证明(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，∴CD⊥平面PAC.而AE平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD平面PCD，∴AE⊥平面PCD.而PD平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，AB底面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，PA，AD平面PAD，∴AB⊥平面PAD，而PD平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，AB，AE平面ABE，∴PD⊥平面ABE.反思与感悟(1)两条异面直线相互垂直的证明方法①定义；②线面垂直的性质．(2)直线和平面垂直的证明方法①线面垂直的判定定理；②面面垂直的性质定理．(3)平面和平面相互垂直的证明方法①定义；②面面垂直的判定定理．跟踪训练2 如图，斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点，且BC＝CA＝AA1.(1)求证：平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；(2)求证：BC1⊥AB1.考点平面与平面垂直的判定题点利用判定定理证明两平面垂直证明(1)设BC的中点为M，∵点B1在底面ABC上的射影恰好是点M，∴B1M⊥平面ABC.∵AC平面ABC，∴B1M⊥AC.又∵BC⊥AC，B1M∩BC＝M，B1M，BC平面B1C1CB，∴AC⊥平面B1C1CB.又∵AC平面ACC1A1，∴平面ACC1A1⊥平面B1C1CB.(2)连接B1C.∵AC⊥平面B1C1CB，∴AC⊥BC1.在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∵BC＝CC1.∴四边形B1C1CB是菱形，∴B1C⊥BC1.又∵B1C∩AC＝C，∴BC1⊥平面ACB1，∴BC1⊥AB1.类型三空间角问题例3 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是A1B1，BC，C1D1和B1C1的中点．(1)求证：平面MNF⊥平面ENF；(2)求二面角M－EF－N的正切值．考点平面与平面垂直的判定题点利用判定定理证明两平面垂直(1)证明连接MN，∵N，F均为所在棱的中点，∴NF ⊥平面A 1B1C 1D 1. 而MN 平面A 1B 1C 1D 1， ∴NF ⊥MN .又∵M ，E 均为所在棱的中点，∴△C 1MN 和△B 1NE 均为等腰直角三角形． ∴∠MNC 1＝∠B 1NE ＝45°， ∴∠MNE ＝90°，∴MN ⊥NE ，又NE ∩NF ＝N ， ∴MN ⊥平面NEF .而MN 平面MNF ，∴平面MNF ⊥平面ENF .(2)解 在平面NEF 中，过点N 作NG ⊥EF 于点G ，连接MG . 由(1)知MN ⊥平面NEF ，又EF 平面NEF ，∴MN ⊥EF .又MN ∩NG ＝N ， ∴EF ⊥平面MNG ，∴EF ⊥MG .∴∠MGN 为二面角M －EF －N 的平面角． 设该正方体的棱长为2， 在Rt△NEF 中，NG ＝NE ·NF EF ＝233， ∴在Rt△MNG 中，tan∠MGN ＝MN NG ＝2233＝62.∴二面角M －EF －N 的正切值为62. 反思与感悟 (1)面面垂直的证明要化归为线面垂直的证明，利用垂直关系的相互转化是证明的基本方法；(2)找二面角的平面角的方法有以下两种：①作棱的垂面；②过一个平面内一点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线．跟踪训练3 如图，在圆锥PO 中，已知PO ⊥底面⊙O ，PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是AB 的中点，D 为AC 的中点．(1)证明：平面POD⊥平面PAC；(2)求二面角B－PA－C的余弦值．考点平面与平面垂直的判定题点利用判定定理证明两平面垂直(1)证明连接OC.∵PO⊥底面⊙O，AC底面⊙O ，∴AC⊥PO.∵OA＝OC，D是AC的中点，∴AC⊥OD.又∵OD∩PO＝O，∴AC⊥平面POD.又∵AC平面PAC，∴平面POD⊥平面PAC.(2)解在平面POD内，过点O作OH⊥PD于点H. 由(1)知，平面POD⊥平面PAC，又平面POD∩平面PAC＝PD，∴OH⊥平面PAC.又∵PA平面PAC，∴PA⊥OH.在平面PAO中，过点O作OG⊥PA于点G，连接HG，则有PA⊥平面OGH，∴PA⊥HG.故∠OGH为二面角B－PA－C的平面角．∵C是AB的中点，AB是直径，∴OC⊥AB.在Rt△ODA中，OD＝OA·sin 45°＝22.在Rt△POD中，OH＝PO·ODPD＝PO·ODPO2＋OD2＝2×222＋12＝105.在Rt△POA中，OG＝PO·OAPA＝PO·OAPO2＋OA2＝2×12＋1＝63.在Rt△OHG中，sin∠OGH＝OHOG ＝10563＝155.∴cos∠OGH＝1－sin2∠OGH＝1－1525＝105.故二面角B－PA－C的余弦值为105.1．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是( )A．①是棱台B．②是圆台C．③是棱锥D．④不是棱柱考点空间几何体题点空间几何体结构判断答案 C解析图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；图②上、下两个面不平行，所以②不是圆台；图③是棱锥，图④前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱，故选C.2．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个说法：①若m⊥α，n ∥α，则m⊥n；②若α∥β，β∥γ，m∥α，则m∥γ；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中正确说法的序号是( )A．① B．②③ C．③④ D．①④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 A解析②如果mγ，则m不平行于γ；③若m∥α，n∥α，则m，n相交，平行或异面，④若α⊥γ，β⊥γ，则α，β相交或平行．3．正方体的8个顶点中，有4个为每个面都是等边三角形的正三棱锥的顶点，则这个三棱锥的表面积与正方体的表面积之比为( )A．1∶ 2 B．1∶ 3 C．2∶ 2 D．3∶ 6考点题点答案 B解析设正方体棱长为a，S正方体表面积＝6a2，正三棱锥侧棱长为2a，则三棱锥表面积为S三棱锥表面积＝4×34×2a2＝23a2.∴S三棱锥表面积S正方体表面积＝23a26a2＝13.4．水平放置的△ABC的直观图如图所示，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC是一个( )A．等边三角形B．直角三角形C．三边中只有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形考点平面图形的直观图题点由直观图还原平面图形答案 A解析由图形，知在原△ABC中，AO⊥BC.∵A′O′＝32，∴AO＝ 3.∵B′O′＝C′O′＝1，∴BC＝2，AB＝AC＝2，∴△ABC为等边三角形．故选A.5.如图，在三棱锥V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC，O，M分别为AB，VA的中点．(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB.考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行、垂直综合问题的证明证明(1)因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB.又因为VB⊈平面MOC，OM平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，且OC平面ABC，所以OC⊥平面VAB.又因为OC平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB.1.转化思想是证明线面平行与垂直的主要思路，其关系为一、选择题1．给出下列说法中正确的是( )A．棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱B．底面是矩形的平行六面体是长方体C．棱柱的底面一定是平行四边形D．棱锥的底面一定是三角形考点多面体的结构特征题点多面体的结构特征答案 A解析平行于棱柱底面的平面可以把棱柱分成两个棱柱，故A正确；三棱柱的底面是三角形，故C错误；底面是矩形的平行六面体的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，故B错误；四棱锥的底面是四边形，故D错误．故选A.2.如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的面积为( )A．6 B．3 2C．6 2 D．12答案 D解析由斜二测画法规则可知，△OAB为直角三角形，且两直角边长分别为4和6，故面积为12.3．下列说法正确的是( )A．经过空间内的三个点有且只有一个平面B．如果直线l上有一个点不在平面α内，那么直线上所有点都不在平面α内C．四棱锥的四个侧面可能都是直角三角形D．用一个平面截棱锥，得到的几何体一定是一个棱锥和一个棱台考点线、面关系的综合问题题点线、面关系的其他综合问题答案 C解析在A中，经过空间内的不共线的三个点有且只有一个平面，故A错误；在B中，如果直线l上有一个点不在平面α内，那么直线与平面相交或平行，则直线上最多有一个点在平面α内，故B错误；在C中，如图的四棱锥，底面是矩形，一条侧棱垂直底面，那么它的四个侧面都是直角三角形，故C正确；在D中，用一个平行于底面的平面去截棱锥，得到两个几何体，一个是棱锥，一个是棱台，故D错误．故选C.4．设α－l－β是二面角，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且a，b与l均不垂直，则( )A．a与b可能垂直也可能平行B．a与b可能垂直，但不可能平行C．a与b不可能垂直，但可能平行D．a与b不可能垂直，也不可能平行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的判定答案 A解析 ∵α－l －β是二面角，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且a ，b 与l 均不垂直，∴当a ∥l ，且b ∥l 时，由平行公理得a ∥b ，即a ，b 可能平行，故B 与D 不正确；当a ，b 垂直时，若二面角是直二面角，则a ⊥l 与已知矛盾，若二面角不是直二面角，则a ，b 可以垂直，且满足条件，故C 不正确；∴a 与b 有可能垂直，也有可能平行，故选A.5．在空间中，a ，b 是不重合的直线，α，β是不重合的平面，则下列条件中可推出a ∥b 的是( )A ．a α，b β，α∥βB ．a ∥α，b αC ．a ⊥α，b ⊥αD ．a ⊥α，b α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 C解析 对于A ，若a α，b β，α∥β，则a 与b 没有公共点，即a 与b 平行或异面；对于B ，若a ∥α，b α，则a 与b 没有公共点，即a 与b 平行或异面；对于C ，若a ⊥α，b ⊥α，由线面垂直的性质定理，可得a ∥b ；对于D ，若a ⊥α，b α，则由线面垂直的定义可得a ⊥b ，故选C.6．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“禾盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ≈136L 2h .它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V ≈7264L 2h 相当于将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为( ) A.15750 B.258 C.237 D.7考点 柱体、锥体、台体的体积 题点 锥体的体积 答案 D解析 设圆锥的底面半径为r ，则圆锥的底面周长L ＝2πr ，∴r ＝L2π，∴V ＝13πr 2h ＝L 2h 12π.令L 2h12π＝7264L 2h ，得π＝7，故选D. 7．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SC ＝2，则此棱锥的体积为( )A.26 B.36 C.23 D.22答案 A解析 由于三棱锥S －ABC 与三棱锥O －ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S －ABC 的高是三棱锥O －ABC 高的2倍，所以三棱锥S －ABC 的体积也是三棱锥O －ABC 体积的2倍．在三棱锥O －ABC 中，其棱长都是1，如图所示，S △ABC ＝34×AB 2＝34， 高OD ＝12－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63， ∴V S －ABC ＝2V O －ABC ＝2×13×34×63＝26.8．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若AB ＝AD ＝23，CC 1＝2，则二面角C 1－BD －C 的大小为( )A ．30° B．45° C．60° D．90° 考点 二面角 题点 知题作角 答案 A解析 如图，连接AC 交BD 于点O ，连接OC 1.因为AB ＝AD ＝23，所以AC ⊥BD ， 又易知BD ⊥平面ACC 1A 1， 所以BD ⊥OC 1，所以∠COC 1为二面角C 1－BD －C 的一个平面角． 因为在△COC 1中，OC ＝6，CC 1＝2， 所以tan∠COC 1＝33， 所以二面角C 1－BD －C 的大小为30°.二、填空题9．圆台的母线长为2a ，母线与轴的夹角为30°，一个底面圆的半径是另一个底面圆的半径的2倍，则两底面圆的半径分别为________． 考点 题点 答案 a ,2a解析 如图，画出圆台轴截面，由题设，得∠OPA ＝30°，AB ＝2a ， 设O 1A ＝r ，PA ＝x ，则OB ＝2r ，x ＋2a ＝4r ，且x ＝2r ， ∴a ＝r ，即两底面圆的半径分别为a ,2a .10.一个正四面体木块如图所示，点P 是棱VA 的中点，过点P 将木块锯开，使截面平行于棱VB 和AC ，若木块的棱长为a ，则截面面积为________．考点 直线与平面平行的性质 题点 与性质有关的计算问题 答案a 24解析 在平面VAC 内作直线PD ∥AC ，交VC 于D ，在平面VBA 内作直线PF ∥VB ，交AB 于F ，过点D 作直线DE ∥VB ，交BC 于E ，连接EF .∴PF ∥DE ，∴P ，D ，E ，F 四点共面，且面PDEF 与VB 和AC 都平行， 则四边形PDEF 为边长为12a 的正方形，故其面积为a 24.11.如图，若边长为4和3与边长为4和2的两个矩形所在平面互相垂直，则cos α∶cosβ＝________.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∶2解析 由题意，两个矩形的对角线长分别为5,25， 所以cos α＝525＋4＝529， cos β＝2529，所以cos α∶cos β＝5∶2. 三、解答题12．如图所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝3，AA 1＝4，M 为AA 1的中点，P 是BC 上的一点，且由P 沿棱柱侧面经过棱CC 1到M 的最短路线为29.设这条最短路线与CC 1的交点为N ，求：(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线的长； (2)PC 和NC 的长．考点 多面体表面上绕线最短距离问题 题点 棱柱体表面上绕线最短距离问题解 (1)该三棱柱的侧面展开图是宽为4，长为9的矩形， 所以对角线的长为42＋92＝97.(2)将该三棱柱的侧面沿棱BB 1展开，如图所示．设PC 的长为x ， 则MP 2＝MA 2＋(AC ＋x )2.因为MP ＝29，MA ＝2，AC ＝3，所以x ＝2(负值舍去)，即PC 的长为2. 又因为NC ∥AM ，所以PC PA ＝NC AM ，即25＝NC 2，所以NC ＝45.13．如图所示，在几何体ABCDFE 中，△ABC ，△DFE 都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED 是边长为2的正方形，且所在平面垂直于平面ABC .(1)求几何体ABCDFE 的体积； (2)证明：平面ADE ∥平面BCF . 考点 题点(1)解 取BC 的中点为O ，ED 的中点为G ，连接AO ，OF ，FG ，AG .∵AO ⊥BC ，AO 平面ABC ，平面BCED ⊥平面ABC ， 平面BCED ∩平面ABC ＝BC ， ∴AO ⊥平面BCED . 同理FG ⊥平面BCED . ∵AO ＝FG ＝3，∴V ABCDFE ＝13×4×3×2＝833.(2)证明 由(1)知AO ∥FG ，AO ＝FG ， ∴四边形AOFG 为平行四边形， ∴AG ∥OF .又∵DE ∥BC ，DE ∩AG ＝G ，DE平面ADE ，AG 平面ADE ，FO ∩BC ＝O ，FO 平面BCF ，BC平面BCF，∴平面ADE∥平面BCF.四、探究与拓展14．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若AB＝BC，E，F分别是AB1，BC1的中点，则下列结论中成立的是( )①EF与BB1垂直；②EF⊥平面BCC1B1；③EF与C1D所成的角为45°；④EF∥平面A1B1C1D1.A．②③ B．①④ C．③ D．①②④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 B解析显然①④正确，②③错误．15．如图，在△ABC中，O是BC的中点，AB＝AC，AO＝2OC＝2.将△BAO沿AO折起，使B点与图中B′点重合．(1)求证：AO⊥平面B′OC；(2)当三棱锥B′－AOC的体积取最大时，求二面角A－B′C－O的余弦值；(3)在(2)的条件下，试问在线段B ′A 上是否存在一点P ，使CP 与平面B ′OA 所成的角的正弦值为53？证明你的结论，并求AP 的长． 考点 空间角问题题点 空间角的综合问题(1)证明 ∵AB ＝AC 且O 是BC 的中点，∴AO ⊥BC ，即AO ⊥OB ′，AO ⊥OC ，又∵OB ′∩OC ＝O ，OB ′平面B ′OC ，OC 平面B ′OC ，∴AO ⊥平面B ′OC .(2)解 在平面B ′OC 内，作B ′D ⊥OC 于点D ，则由(1)可知B ′D ⊥OA ，又OC ∩OA ＝O ，∴B ′D ⊥平面OAC ，即B ′D 是三棱锥B ′－AOC 的高，又B ′D ≤B ′O ，∴当D 与O 重合时，三棱锥B ′－AOC 的体积最大，过O 作OH ⊥B ′C 于点H ，连接AH ，如图．由(1)知AO ⊥平面B ′OC ，又B ′C 平面B ′OC ，∴B ′C ⊥AO ，∵AO ∩OH ＝O ，∴B ′C ⊥平面AOH ，∴B ′C ⊥AH ，∴∠AHO 即为二面角A －B ′C －O 的平面角．在Rt△AOH 中，AO ＝2，OH ＝22，∴AH ＝322， ∴cos∠AHO ＝OH AH ＝13， 故二面角A －B ′C －O 的余弦值为13. (3)解 如图，连接OP ，在(2)的条件下，易证OC ⊥平面B ′OA ，∴CP 与平面B ′OA 所成的角为∠CPO ， ∴sin∠CPO ＝OC CP ＝53， ∴CP ＝35. 又在△ACB ′中，sin∠AB ′C ＝310＝CP 2， ∴CP ⊥AB ′，∴B ′P ＝22－CP 2＝55，∴AP ＝455.。
2017_18版高中数学第一章立体几何初步章末复习课学案北师大必修
第一章立体几何初步学习目标 1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识.2.熟练掌握平行关系与垂直关系，能自主解决一些实际问题.3.掌握几何体的三视图与直观图，能计算几何体的表面积与体积．1．空间几何体的结构特征及其侧面积和体积名称定义图形侧面积体积多面体棱柱有两个面____________，其余各面都是__________，并且每相邻两个四边形的公共边都__________S侧＝Ch，C为底面的周长，h为高V＝Sh棱锥有一个面是__________，其余各面都是________________的三角形S正棱锥侧＝12Ch′，C为底面的周长，h′为斜高V＝13Sh，h为高棱台用一个________________的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分S正棱台侧＝12(C＋C′)h′，C，C′为底面的周长，h′为斜高V＝13(S上＋S下＋S上S下)h，h为高旋转体圆柱以________________所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体S侧＝2πrh，r为底面半径，h为高V＝Sh＝πr2h圆锥以直角三角形的______________所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的旋转体S侧＝πrl，r为底面半径，h为高V＝13Sh＝13πr2h圆台用__________________的平面去截圆锥，____________之间的部分S侧＝π(r1＋r2)l，r1，r2为底面半径，l为母线V＝13(S上＋S下＋S上S下)h＝13π(r21＋r22＋r1r2)h球以__________所在直线为旋转轴，________旋转一周形成的旋转体S球面＝4πR2，R为球的半径V＝43πR32.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)斜二测画法：主要用于水平放置的平面图形或立体图形的画法．它的主要步骤：①画轴；②画平行于x、y、z轴的线段分别为平行于x′、y′、z′轴的线段；③截线段：平行于x、z轴的线段的长度不变，平行于y轴的线段的长度变为原来的一半．三视图和直观图都是空间几何体的不同表示形式，两者之间可以互相转化.(3)转化思想在本章应用较多，主要体现在以下几个方面①曲面化平面，如几何体的侧面展开，把曲线(折线)化为线段．②等积变换，如三棱锥转移顶点等．③复杂化简单，把不规则几何体通过分割，补体化为规则的几何体等．3．四个公理公理1：如果一条直线上的________在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内.公理2：过________________________的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有____________________________．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相________．4．直线与直线的位置关系⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧异面直线：不同在 一个平面内，没有公共点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性质定义定理图形条件结论 a ∥αb ∥αa ∩α＝∅ a ∥b(2)面面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件 α∥β，a β结论 α∥βα∥βa ∥ba ∥α(3)空间中的平行关系的内在联系6．垂直的判定与性质 (1)直线与平面垂直图形条件结论判定a ⊥b ，b α(b 为α内的________直线)a ⊥αa⊥m，a⊥n，m、nα，________________a⊥αa∥b，________b⊥α性质a⊥α，________a⊥ba⊥α，b⊥α(2)平面与平面垂直的判定与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条________，那么这两个平面互相垂直⎭⎪⎬⎪⎫lβl⊥α⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝alβl⊥a⇒l⊥α(3)空间中的垂直关系的内在联系7．空间角(1)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的____________________叫作异面直线a，b所成的角(或夹角)．②范围：设两异面直线所成角为θ，则________________．(2)二面角的有关概念①二面角：从一条直线和由这条直线出发的__________所组成的图形叫作二面角．②二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个半平面内分别作________________的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角．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．18C．24 D．30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．跟踪训练1 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.8π3B．3πC.10π3D．6π类型二平行问题例2 如图所示，四边形ABCD是平行四边形，PB⊥平面ABCD，MA∥PB，PB＝2MA.在线段PB 上是否存在一点F，使平面AFC∥平面PMD？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由．反思与感悟(1)证明线线平行的依据①平面几何法(常用的有三角形中位线、平行四边形对边平行)；②公理4；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理；⑤线面垂直的性质定理．(2)证明线面平行的依据①定义；②线面平行的判定定理；③面面平行的性质定理．(3)证明面面平行的依据①定义；②面面平行的判定定理；③线面垂直的性质定理；④面面平行的传递性．跟踪训练2 如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点．(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC.类型三垂直问题例3 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA ＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.反思与感悟(1)两条异面直线相互垂直的证明方法①定义；②线面垂直的性质定理．(2)直线和平面垂直的证明方法①线面垂直的判定定理；②面面垂直的性质定理．(3)平面和平面相互垂直的证明方法①定义；②面面垂直的判定定理．跟踪训练3 如图，斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点，且BC＝CA＝AA1.(1)求证：平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；(2)求证：BC1⊥AB1.类型四空间角问题例4 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是A1B1，BC，C1D1和B1C1的中点．(1)求证：平面MNF⊥平面ENF；(2)求平面MEF与NEF的夹角的正切值．反思与感悟(1)面面垂直的证明要化归为线面垂直的证明，利用垂直关系的相互转化是证明的基本方法．(2)找二面角的平面角的方法有以下两种：①作棱的垂面；②过一个平面内一点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线．跟踪训练4 如图，在圆锥PO中，已知PO⊥底面⊙O，PO＝2，⊙O的直径AB＝2，C是AB 的中点，D为AC的中点．(1)证明：平面POD⊥平面PAC；(2)求二面角B－PA－C的余弦值．1．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是( )A．①是棱台B．②是圆台C．③是棱锥D．④不是棱柱2．设m，n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α∥β，β∥γ，m∥α，则m∥γ；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中正确命题的序号是( )A．① B．②和③ C．③和④ D．①和④3．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下面结论错误的是( )A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1DD．异面直线AD与CB1所成的角为45°4．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是______cm2，体积是________cm3.5. 已知正方体ABCD－A1B1C1D1，O是底面ABCD对角线的交点．求证：(1)C1O∥平面AB1D1；(2)A1C⊥平面AB1D1.1.转化思想是证明线面平行与垂直的主要思路，其关系为2．研究空间几何体，需在平面上画出几何体的直观图或三视图，由几何体的直观图可画它的三视图，由三视图可得到其直观图，同时可以通过作截面把空间几何问题转化成平面几何问题来解决．另外，圆柱、圆锥、圆台的表面积公式，我们都是通过展开图、化空间为平面的方法得到的，求球的切接问题通常也是由截面把空间问题转化为平面问题来解决．答案精析知识梳理1．互相平行四边形互相平行多边形有一个公共顶点平行于棱锥底面矩形的一边一条直角边平行于圆锥底面底面和截面半圆的直径半圆面3．两点不在同一条直线上一条过该点的公共直线平行4．平行相交任何5．(1)a∩α＝∅aα，bα，a∥ba∥αa∥α，aβ，α∩β＝b(2)α∩β＝∅aβ，bβ，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥βα∩γ＝aβ∩γ＝b6．(1)任意m∩n＝O a⊥αbαa∥b(2)垂线7．(1)①锐角(或直角) ②0°<θ≤90°(2)①两个半平面②垂直于棱题型探究例1 C [由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由主视图和左视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的．在长方体中分析还原，如图(1)所示，故该几何体的直观图如图(2)所示．在图(1)中，111ABC A B C V 棱柱－＝S △ABC ·AA 1＝12×4×3×5＝30，111P A B C V －棱锥＝13111A B C S ·PB 1＝13×12×4×3×3＝6.故几何体ABC －PA 1C 1的体积为30－6＝24.故选C.] 跟踪训练1 B [将三视图还原为直观图求体积．由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，高为4的圆柱被从母线的中点处截去了圆柱的14，所以V ＝34×π×12×4＝3π.]例2 解当点F 是PB 的中点时，平面AFC ∥平面PMD ，证明如下：如图连接AC 和BD 交于点O ，连接FO ，则PF ＝12PB .∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴O 是BD 的中点．∴OF ∥PD . 又OF 平面PMD ，PD 平面PMD ， ∴OF ∥平面PMD .又MA 綊12PB ，∴PF 綊MA .∴四边形AFPM 是平行四边形． ∴AF ∥PM .又AF 平面PMD ，PM 平面PMD . ∴AF ∥平面PMD .又AF∩OF＝F，AF平面AFC，OF平面AFC.∴平面AFC∥平面PMD.跟踪训练2 证明(1)由AB是圆O的直径，得AC⊥BC，由PA⊥平面ABC，BC平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC⊥平面PAC.(2)连接OG并延长交AC于点M，连接QM，QO，由G为△AOC的重心，得M为AC中点．由Q为PA中点，得QM∥PC，又O为AB中点，得OM∥BC.因为QM∩MO＝M，QM平面QMO，MO平面QMO，BC∩PC＝C，BC平面PBC，PC平面PBC，所以平面QMO∥平面PBC.因为QG平面QMO，所以QG∥平面PBC.例3 证明(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.而AE平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.而PD平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，AB底面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.跟踪训练3 证明(1)设BC的中点为M，∵点B1在底面ABC上的射影恰好是点M，∴B1M⊥平面ABC. ∵AC平面ABC，∴B1M⊥AC.又∵BC⊥AC，B1M∩BC＝M，∴AC⊥平面B1C1CB.又∵AC平面ACC1A1，∴平面ACC1A1⊥平面B1C1CB.(2)连接B1C.∵AC⊥平面B1C1CB，∴AC⊥BC1.在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∵BC＝CC1.∴四边形B1C1CB是菱形，∴B1C⊥BC1.又∵B1C∩AC＝C，∴BC1⊥平面ACB1，∴BC1⊥AB1.例4 (1)证明连接MN，∵N，F均为所在棱的中点，∴NF⊥平面A1B1C1D1.而MN平面A1B1C1D1，∴NF⊥MN.又∵M，E均为所在棱的中点，∴△C1MN和△B1NE均为等腰直角三角形．∴∠MNC1＝∠B1NE＝45°，∴∠MNE＝90°，∴MN⊥NE，∴MN⊥平面NEF.而MN平面MNF，∴平面MNF⊥平面ENF.(2)解在平面NEF中，过点N作NG⊥EF于点G，连接MG.由(1)知MN⊥平面NEF，又EF平面NEF，∴MN⊥EF.又MN∩NG＝N，∴EF⊥平面MNG，∴EF⊥MG.∴∠MGN为平面MEF与平面NEF的夹角．设该正方体的棱长为2， 在Rt△NEF 中，NG ＝NE ·NF EF＝233， ∴在Rt△MNG 中，tan∠MGN ＝MNNG＝2233＝62. ∴平面MEF 与平面NEF 的夹角的正切值为62. 跟踪训练4 (1)证明 连接OC .∵PO ⊥底面⊙O ，AC 底面⊙O ， ∴AC ⊥PO .∵OA ＝OC ，D 是AC 的中点，∴AC ⊥OD . 又∵OD ∩PO ＝O ， ∴AC ⊥平面POD . 又∵AC 平面PAC ， ∴平面POD ⊥平面PAC .(2)解 在平面POD 中，过点O 作OH ⊥PD 于点H . 由(1)知，平面POD ⊥平面PAC ， ∴OH ⊥平面PAC .又∵PA 平面PAC ，∴PA ⊥OH .在平面PAO 中，过点O 作OG ⊥PA 于点G ，连接HG ， 则有PA ⊥平面OGH ，∴PA ⊥HG . 故∠OGH 为二面角B －PA －C 的平面角． ∵C 是AB 的中点，AB 是直径， ∴OC ⊥AB .在Rt△ODA 中，OD ＝OA ·sin 45°＝22. 在Rt△POD 中，OH ＝PO ·OD PD ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×222＋12＝105. 在Rt△POA 中，OG ＝PO ·OA PA ＝PO ·OA PO 2＋OA 2＝2×12＋1＝63.在Rt△OHG 中，sin∠OGH ＝OH OG ＝10563＝155. ∴cos∠OGH ＝1－sin 2∠OGH ＝1－1525＝105. 故二面角B －PA －C 的余弦值为105. 当堂训练 1．C 2.A 3．C 4．80 40解析 由三视图可知该几何体由一个正方体和一个长方体组合而成，上面正方体的边长为2 cm ，下面长方体的底面边长为4 cm ，高为2 cm ，其直观图如图所示，其表面积S ＝6×22＋2×42＋4×2×4－2×22＝80(cm 2)．体积V ＝2×2×2＋4×4×2＝40(cm 3)．5．证明 (1)连接A 1C 1，设A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，连接AO 1， ∵ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体， ∴A 1ACC 1是平行四边形，∴A1C1∥AC且A1C1＝AC，又O1，O分别是A1C1，AC的中点，∴O1C1∥AO且O1C1＝AO，∴四边形AOC1O1是平行四边形，∴C1O∥AO1，AO1平面AB1D1，C1O平面AB1D1，∴C1O∥平面AB1D1.(2)∵CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1平面A1B1C1D，∴CC1⊥B1D1，又∵A1C1⊥B1D1，CC1∩A1C1＝C1，∴B1D1⊥平面A1C1CA，∵A1C平面A1C1CA，∴A1C⊥B1D1，同理可证A1C⊥AB1，又B1D1∩AB1＝B1，∴A1C⊥平面AB1D1.。
高三数学 立体几何初步(复习)课件 北师大版
从左面看
从上面看
主视图
主视图
左视图 高
正面
长
宽 宽
俯视图
从正面看
基础知识梳理
(3)画简单组合体的三视图应注意两个问 题：
首先，确定主视、俯视、左视的 方向．同 一物体放置的位置不同 ，所画的三视图可能 不同． 其次，简单组合体是由哪几个基本几何体 生成的，并注意它们的生成方式，特别是它们 的 交线位置 ．
基础知识梳理
(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 ； 1 平行于 y 轴的线段， 长度为原来的 . 2
演示斜二测画法要领
基础知识梳理
4．三视图 (1)三视图的特点：主、俯视 图长对正 ，主、左视图 高平齐 ； 俯、左视图 宽相等，前后对应 ． (2)若相邻两物体的表面相交， 分界线 表面的交线是它们的 ，在三 分界线 视图中， 和可见轮廓线都 用实线画出．
命题探究
2．纵观近几年的高考试题，本章重点从以 下几个方面考查：(1)三视图的考查是热点，如 2009年高考福建卷文第5题，全国卷Ⅱ文第12题、 理第12题等；(2)与三视图、简单几何体相联系考 查几何体的表面积和体积，如2009年高考海南、 宁夏卷文第11题、理第11题等；(3)考查点、线、 面的位置关系，如2009年高考湖南卷文第6题、理 第7题等；(4)考查线、面平行的判定和性质，如 2009年高考福建卷理第7题，江苏卷第16题等；(5) 考查线、面垂直的判定和性质，如2009年高考辽 宁卷文第5题、文第19题等；(6)考查空间角，如 2009年高考全国卷Ⅰ文第9题、理第7题等．
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命题探究
1.本章是立体几何的重要内容，在近年 来的高考题中，选择题、填空题、解答题三 种形式都出现过，考查情况比较稳定，在新 课标的高考题中，一般有一大题和一小题， 或一大题和两小题，本章内容多以多面体为 载体出一道大题，也可以单独出一道小题， 分值约在15分左右．
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∴FH∥平面 EDB.
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如图 1－4 在直四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中，底面是正方 形，E，F，G 分别是棱 B1B、D1D、DA 的中点．求证：平面 AD1E∥平面 BGF.
图 1－4
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【证明】 ∵E，F分别是B1B和D1D的中点，∴D1F綊BE， ∴BED1F是平行四边形，
折叠与展开是互逆过程，在此过程中，要注意几何元素 之间数量关系与位置关系是变化了，还是不变，这是解题的 关键所在．
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如图1－5所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中， AB＝3，AA1＝4，M为AA1中点，P是BC上一点，且由P沿棱 柱侧面过棱CC1到M的最短距离为 CC1的交点为N.求： 29 ，设这条最短路线与
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取 BC 中点为 E.连接 AE、OE.可得 AO⊥OE， AE＝ AO2＋OE2＝ 42＋32＝5， 1 ∴S△ABC＝S△ACD＝2×6×5＝15， ∴S 表＝18＋12 2＋15＋15＝48＋12 2.
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空间位置关系的判断与证明
空间位置关系的判断与证明是高考必考内容，主要分两 大类：一类是空间线面关系的判定和推理，一类是几何量的 计算，主要考查学生的空间想象能力、思维能力和解决问题 的能力．此类问题常以棱柱、棱锥为背景设计命题，但这几 年出现了以不规则几何体为背景的试题， 这是一个新的动向， 应引起注意．
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一个几何体的三视图如图 1－1 所示，求该几何 体的表面积和体积．
图 1－1
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【思路点拨】 根据三视图还原几何体的直观图．
【规范解答】
由三视图可知该几何体是一个半球和一
个正四棱柱的组合体． 1 ∴S 表＝ ×4π×22＋π×22＋4×2×3＝12π＋24. 2 1 4 16 3 V＝2×3π×2 ＋2×2×3＝ 3 π＋12.
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立体几何初步复习
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几何体的结构、表面积与体积
准确理解几何体的定义，熟练掌握直观图与三视图的画 法，能更好地把握几何体的特征．三视图是几何体的平面表 示形式，常与几何体的结构、表面积与体积结合命题，是高 考命题的热点，解决此类问题的关键是利用三视图获取表面 积、体积公式中所涉及的基本量的有关信息，进而解决问题．
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如图 1－3， 在多面体 ABCDEF 中， 四边形 ABCD 是正方形，AB＝2EF，EF∥AB，H 为 BC 的中点，求证：FH ∥平面 EDB.
图 1－3
【思路点拨】 根据线面平行的判定定理即可．
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【规范解答】 连接 AC 交 BD 于点 G， 则 G 为 AC 的中点． 连接 EG，GH， 1 ∵H 为 BC 的中点，∴GH 綊2AB. 1 又 EF 綊 AB， 2 ∴EF 綊 GH， ∴四边形 EFHG 为平行四边形， ∴EG∥FH，∵EG 平面 EDB，FH 平面 EDB，
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设PC＝x，则P1C＝x，在Rt△MAP1中，由勾股定理得(3 ＋x)2＋22＝29，求得x＝2，∴PC＝P1C＝2. NC P1C 2 4 ∵ ＝ ＝ ，∴NC＝5. MA P1A 5
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如图1－6，有一圆柱形的开口容器(底面密封)，其轴截 面ABCD是边长为2的正方形，P是BC的中点，现有一只蚂蚁 位于外壁A处，外壁P处有一米粒，则这只蚂蚁需要经过的最 短路程为________．
∴D1E∥BF， 又∵D1 E 平面BGF，BF 平面BGF，
∴D1E∥平面BGF. ∵FG是△DAD1的中位线， ∴FG∥AD1， 又AD1 平面BGF，FG 平面BGF， ∴AD1∥平面BGF. 又∵AD1∩D1E＝D1， ∴平面AD1E∥平面BGF.
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几何体表面的展开与折叠
几何体的表面积，除球以外，都是利用展开图求得 的．利用了空间问题平面化的思想ห้องสมุดไป่ตู้把一个平面图形折叠成 一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方 法，所以几何体的折叠与展开是高考的一个热点．
图1－5
(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长； (2)PC与NC的长．
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【思路点拨】 借助于侧面展开图计算最短路线问题．
【规范解答】 (1)三棱柱ABC－A1B1C1侧面展开图是一 个长为9，宽为4的矩形，其对角线长为 92＋42＝ 97. (2)如图，将侧面BB1C1C绕CC1旋转120° 使其与侧面 AA1C1C在同一平面上，点P运动到点P1的位置，连接MP1， 则MP1就是由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线．
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一个棱锥的三视图如图 1－2，求该棱锥的表面积(单位： cm2)．
图 1－2
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【解】
如图所示三棱锥．
AO⊥底面 BCD，O 点为 BD 的中点， BC＝CD＝6， BC⊥CD，AO＝4，AB＝AD. 1 S△BCD＝6×6× ＝18， 2 1 S△ABD＝ ×6 2×4＝12 2. 2
图1－6
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【解析】 将圆柱侧面沿图线AD剪开展平为平面图， 如图，则易知最短路径为平面图中线段AP.在Rt △ABP中，
1 AB＝2×2π＝π，BP＝1，∴AP＝ AB2＋BP2＝ π2＋1.
【答案】
π2＋1
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函数与方程思想的应用
函数与方程的思想是高中数学的一条主线，是中学数学 的基础思想，是历届高考考查的重点．所谓函数的思想，就 是用运动变化的观点分析和研究具体问题中的数量关系；所 谓方程的思想，就是把函数解析式看成一个方程，将变量间 的等量关系表达为方程或方程组，通过解方程或方程组，使 问题得以解决．
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一个圆锥底面半径为R，高为 3 R，求此圆锥 的内接正四棱柱表面积的最大值．
【思路点拨】 画出其轴截面，转化为平面问题．
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【规范解答】 2 设正四棱柱高为h，底面正方形边长为a，则DE＝ 2 a. DE SE ∵△SDE∽△SAO，∴ ＝ . AO SO 2 a 2 ＝ R