北師大版數(shù)學必修二課件：本章整合1

本章整合專題一專題二專題三專題四專題一

三視圖及其應用三視圖在高考中幾乎每年必考,一般以選擇題、填空題的形式出現(xiàn).考查方向主要有兩個:一是考查相關的識圖,由直觀圖判斷三視圖或由三視圖想象直觀圖;二是以三視圖為載體,考查面積、體積等的計算.此類題目的解題關鍵是準確理解和把握三視圖,從中獲取幾何體結構特征以及基本量的相關信息.專題一專題二專題三專題四例1某四棱錐的三視圖如圖所示,該四棱錐最長棱的棱長為(

)專題一專題二專題三專題四解析:四棱錐的直觀圖如圖所示.由三視圖可知,SB⊥平面ABCD,SD是四棱錐最長的棱,答案:C專題一專題二專題三專題四變式訓練1

在一個幾何體的三視圖中,主視圖和俯視圖如圖所示,則相應的左視圖可以為(

)

專題一專題二專題三專題四解析:由題目所給的幾何體的主視圖和俯視圖,可知該幾何體為半圓錐和三棱錐的組合體,如圖所示,可知左視圖為等腰三角形,且輪廓線為實線,故選D.答案:D專題一專題二三四專題三專題四專題二

幾何體的表面積與體積的計算1.空間幾何體的表面積與體積的計算,通常以幾何體為載體與球進行交匯考查,或蘊含在兩個幾何體的“接”或“切”形態(tài)中,以小題形式出現(xiàn),屬低中檔題.2.求幾何體的表面積及體積問題,可以多角度、多方位地考慮,熟記公式是關鍵所在.3.由幾何體的三視圖求表面積或體積時,要注意主視圖的高是幾何體的高,但不一定是側面的高.專題一專題二三四專題三專題四4.根據(jù)幾何體的三視圖求其表面積與體積的三步法:(1)根據(jù)給出的三視圖確定該幾何體,并畫出直觀圖;(2)由三視圖中的大小標示確定該幾何體的各個度量;(3)套用相應的面積公式與體積公式計算求解.例2若所有棱長均為2的正三棱柱內(nèi)接于一個球,則該球的表面積為

.

專題一專題二三四專題三專題四專題一專題二三四專題三專題四例3某幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),其中主視圖與左視圖相同,求該幾何體的體積.專題一專題二三四專題三專題四專題一專題二三四專題三專題四變式訓練2

某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積等于(

)

專題一專題二三四專題三專題四解析:由三視圖可知該幾何體是底面為直角梯形的直四棱柱,其表面積為故選B.答案:B專題一專題二三四專題三專題四變式訓練3

一個幾何體的三視圖如圖所示(單位:m),則該幾何體的體積為

m3.

專題一專題二三四專題三專題四專題一專題二專題三四四專題四專題三

空間線面位置關系的判斷與證明1.空間線面位置關系的判斷與證明是本章的重點,也是高考的熱點.考查方式主要有兩種:一是有關線面位置關系的組合判斷,多以選擇題形式出現(xiàn),與命題真假判斷聯(lián)系在一起,常常用符號語言形式表述;二是平行與垂直關系的證明,以解答題的形式出現(xiàn),主要以多面體為載體進行考查.專題一專題二專題三四四專題四2.解決空間線面位置關系的判斷問題常用以下方法:(1)根據(jù)空間線面垂直、平行關系的判定定理和性質定理逐項判斷來解決問題;(2)必要時可以借助空間幾何模型,如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關系,并結合有關定理來進行判斷.(3)熟練掌握立體幾何的三種語言——符號語言、文字語言以及圖形語言的相互轉換,是解決此類問題的關鍵.3.解決平行、垂直關系的證明問題,關鍵是熟悉相關的判定定理與性質定理,注意二者的交替運用.專題一專題二專題三四四專題四【例4】

一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示.(1)請將字母F,G,H標記在正方體相應的頂點處(不需說明理由);(2)判斷平面BEG與平面ACH的位置關系,并證明你的結論;(3)證明:直線DF⊥平面BEG.專題一專題二專題三四四專題四(1)解:點F,G,H的位置如圖所示.專題一專題二專題三四四專題四(2)解:平面BEG∥平面ACH.證明如下:因為ABCD-EFGH為正方體,所以BC∥FG,BC=FG,又FG∥EH,FG=EH,所以BC∥EH,BC=EH,于是BCHE為平行四邊形.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.專題一專題二專題三四四專題四(3)證明:連接FH.因為ABCD-EFGH為正方體,所以DH⊥平面EFGH.因為EG?平面EFGH,所以DH⊥EG.又EG⊥FH,EG∩FH=O,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.專題一專題二專題三四四專題四變式訓練4

如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是正方形,E,F分別為PC,BD的中點,側面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD.求證:(1)EF∥平面PAD;(2)平面PAB⊥平面PCD.專題一專題二專題三四四專題四證明:(1)連接AC,則F是AC的中點,∵E為PC的中點,∴在△CPA中,EF∥PA.又PA?平面PAD,EF?平面PAD,∴EF∥平面PAD.(2)∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊥AD,∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥PA.又PA=PD=AD,∴△PAD是等腰直角三角形,且∠APD=90°,即PA⊥PD.又CD∩PD=D,∴PA⊥平面PCD.∵PA?平面PAB,∴平面PAB⊥平面PCD.專題一專題二專題三專題四專題四

折疊與展開問題1.把一個平面圖形按某種要求折起,轉化為空間圖形,進而研究圖形在位置關系和數(shù)量關系上的變化,這就是折疊問題.在解決這類問題時,要求既會由平面圖形想象出空間形體,又會準確地用空間圖形表示出空間物體;既會觀察、分析平面圖形中各點、線、面在折疊前后的相互關系,又會對圖形進行轉化.解決折疊問題,要注意折疊前后的變量與不變量,折疊前后同一半平面內(nèi)的數(shù)量關系與位置關系均不發(fā)生改變.2.常見的幾何體中,除了球的表面無法展開在一個平面內(nèi),其余幾何體的表面展開后,均為一個平面圖形,由此產(chǎn)生的表面展開圖將空間問題化歸為平面問題,轉化過程中一般采用“化曲為直”“化折為直”的方法.專題一專題二專題三專題四例5如圖所示,在圓錐SO中,底面半徑r=1,母線l=4,M為母線SA上的一個點,且SM=x,從點M拉一根繩子,圍繞圓錐側面轉到點A,求:(1)繩子的最短長度的平方f(x);(2)繩子最短時,頂點到繩子的最短距離;(3)f(x)的最大值.專題一專題二專題三專題四解:將圓錐的側面沿SA展開在平面上,如圖,則該展開圖為扇形,且弧AA'的長度L就是☉O的周長,所以L=2πr=2π.(1)由題意知,繩長的最小值為展開圖中線段AM的長度,所以f(x)=AM2=x2+16(0≤x≤4).專題一專題二專題三專題四(2)繩子最短時,在展開圖中作SR⊥AM,垂足為R,則SR的長度為頂點S到繩子的最短距離.在△SAM中,(3)因為f(x)=x2+16在[0,4]上是增加的,所以f(x)的最大值為f(4)=32.專題一專題二專題三專題四求證:(1)EF∥平面AD'B;(2)平面CD'G⊥平面AD'G.專題一專題二專題三專題四證明:(1)∵E,F分別是BC,CD的中點,即E,F分別是BC,CD'的中點,∴EF為△D'BC的中位線.∴EF∥D'B.又EF?平面AD'B,D'B?平面AD'B,∴EF∥平面AD'B.(2)在梯形ABCD中,∵G是AD的中點,BC=AD=1,則AD=2,∴DG=1.∴在△DGC中,DG2+GC2=DC2,∴DG⊥GC,即在四棱錐D'-ABCG中,GC⊥D'G,GC⊥AG.∵AG∩D'G=G,∴GC⊥平面AD'G.又GC?平面CD'G,∴平面CD'G⊥平面AD'G.專題一專題二專題三專題四變式訓練5

如圖(1),在邊長為1的等邊三角形ABC中,D,E分別是AB,AC上的點,AD=AE,F是BC的中點,AF與DE交于點G.將△ABF沿AF折起,得到如圖(2)所示的三棱錐A-BCF,其中BC=.

(1)證明:DE∥平面BCF;(2)證明:CF⊥平面ABF;(3)當AD=時,求三棱錐F-DEG的體積VF-DEG.專題一專題二專題三專題四(1)證明:在等邊三角形ABC中,∴DE∥BC.∵DE?平面BCF,BC?平面BCF,∴DE∥平面BCF.(2)證明:在等邊三角形ABC中,∴BC2=BF2+CF2,∴CF⊥BF.∵BF∩AF=F,∴CF⊥平面ABF.專題一專題二專題三專題四(3)解:由(1)可知GE∥CF,結合(2)可得GE⊥平面DFG.專題一專題二專題三專題四變式訓練6如圖所示,在圓錐SO中,母線長為2,底面半徑為,一只蟲子從底面圓周上一點A出發(fā)沿圓錐表面爬行一周后又回到A點,則蟲子所爬過的最短路程是多少?解:如圖,將圓錐的側面沿母線SA展開成扇形,由條件易知扇形的圓心角為90°,從而最短路程為2.考點一考點二考點三1.2015課標全國Ⅱ高考,理6)一個正方體被一個平面截去一部分后,剩余部分的三視圖如下圖,則截去部分體積與剩余部分體積的比值為(

)考點一考點二考點三答案:D2.(2015課標全國Ⅰ高考,理11)圓柱被一個平面截去一部分后與半球(半徑為r)組成一個幾何體,該幾何體三視圖中的正(主)視圖和俯視圖如圖所示.若該幾何體的表面積為16+20π,則r=(

)A.1B.2C.4D.8考點一考點二考點三考點一考點二考點三考點一考點二考點三3.(2014課標全國Ⅰ高考,文8)如圖,網(wǎng)格紙的各小格都是正方形,粗實線畫出的是一個幾何體的三視圖,則這個幾何體是(

)A.三棱錐 B.三棱柱 C.四棱錐 D.四棱柱考點一考點二考點三考點一考點二考點三4.(2014課標全國Ⅱ高考,理6)如圖,網(wǎng)格紙上正方形小格的邊長為1(表示1cm),圖中粗線畫出的是某零件的三視圖,該零件由一個底面半徑為3cm,高為6cm的圓柱體毛坯切削得到,則切削掉部分的體積與原來毛坯體積的比值為(

)考點一考點二考點三解析:由零件的三視圖可知,該幾何體為兩個圓柱組合而成,如圖所示.切削掉部分的體積V1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm3),原來毛坯體積V2=π×32×6=54π(cm3).答案:C考點一考點二考點三5.(2014課標全國Ⅰ高考,理12)如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1,粗實線畫出的是某多面體的三視圖,則該多面體的各條棱中,最長的棱的長度為(

)考點一考點二考點三解析:如圖所示的正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4.取B1B的中點G,即三棱錐G-CC1D1為滿足要求的幾何體,其中最長棱為答案:B考點一考點二考點三6.(2012課標全國高考,文7)如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1,粗線畫出的是某幾何體的三視圖,則此幾何體的體積為(

)A.6 B.9 C.12 D.18月考點一考點二考點三解析:由三視圖可推知,幾何體的直觀圖如右圖所示,可知AB=6,CD=3,PC=3,CD垂直平分AB,且PC⊥平面ACB,故所求幾何答案:B考點一考點二考點三7.(2013課標全國Ⅰ高考,文11)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為(

)A.16+8πB.8+8πC.16+16πD.8+16π解析:該幾何體為一個半圓柱與一個長方體組成的一個組合體.V半圓柱=π×22×4=8π,V長方體=4×2×2=16.所以所求體積為16+8π.故選A.答案:A考點一考點二考點三考點二:幾何體的表面積、體積8.(2016全國甲高考,文7)下圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖,則該幾何體的表面積為(

)A.20π B.24π C.28π D.32π考點一考點二考點三解析:因為原幾何體由同底面的一個圓柱和一個圓錐構成,所以其表答案:C考點一考點二考點三9.(2016全國乙高考,文7)如圖,某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑.若該幾何體的體積是,則它的表面積是(

)A.17π

B.18πC.20π

D.28π答案:A考點一考點二考點三10.(2016全國丙高考,文10)如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1,粗實線畫出的是某多面體的三視圖,則該多面體的表面積為(

)解析:由題意知該幾何體為四棱柱,且四棱柱的底面是邊長為3的正

答案:B考點一考點二考點三11.(2015課標全國Ⅱ高考,理9)已知A,B是球O的球面上兩點,∠AOB=90°,C為該球面上的動點.若三棱錐O-ABC體積的最大值為36,則球O的表面積為(

)A.36π B.64πC.144π D.256π解析:由△AOB面積確定,若三棱錐O-ABC的底面OAB的高最大,則其體積才最大.因為高最大為半徑R,所以VO-ABC=R2×R=36,解得R=6,故S球=4πR2=144π.答案:C考點一考點二考點三12.(2012課標全國高考,文8)平面α截球O的球面所得圓的半徑為1,球心O到平面α的距離為,則此球的體積為(

)答案:B考點一考點二考點三13.(2012課標全國高考,理11)已知三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的球面上,△ABC是邊長為1的正三角形,SC為球O的直徑,且SC=2,則此棱錐的體積為

(

)

考點一考點二考點三答案:A考點一考點二考點三14.(2013課標全國Ⅰ高考,文15)已知H是球O的直徑AB上一點,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H為垂足,α截球O所得截面的面積為π,則球O的表面積為

.

解析:如圖,設球O的半徑為R,考點一考點二考點三考點三:平行關系與垂直關系15.(2016全國乙高考,文11)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為(

)考點一考點二考點三解析:(方法一)∵α∥平面CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平面ABCD=m,平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴m∥B1D1.∵α∥平面CB1D1,平面ABB1A1∥平面DCC1D1,α∩平面ABB1A1=n,平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,∴n∥CD1.∴B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角,即∠B1D1C等于m,n所成的角.∵△B1D1C為正三角形,∴∠B1D1C=60°,考點一考點二考點三(方法二)由題意畫出圖形如圖,將正方體ABCD-A1B1C1D1平移,補形為兩個全等的正方體如圖,易證平面AEF∥平面CB1D1,所以平面AEF即為平面α,m即為AE,n即為AF,所以AE與AF所成的角即為m與n所成的角.因為△AEF是正三角形,所以∠EAF=60°,故m,n所成角的正弦值為

.答案:A考點一考點二考點三16.(2016全國甲高考,文19)如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O,點E,F分別在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D'EF的位置.(1)證明:AC⊥HD';考點一考點二考點三(1)證明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'.故OD'⊥OH.由(1)知AC⊥HD',又AC⊥BD,BD∩HD'=H,所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD'.又由OD'⊥OH,AC∩OH=O,所以,OD'⊥平面ABC.考點一考點二考點三考點一考點二考點三17.(2015課標全國Ⅱ高考,文19)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點E,F分別在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4,過點E,F的平面α與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形.(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由);(2)求平面α把該長方體分成的兩部分體積的比值.考點一考點二考點三解:(1)交線圍成的正方形EHGF如圖:(2)作EM⊥AB,垂足為M,則AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因為EHGF為正方形,所以EH=EF=BC=10.考點一考點二考點三18.(2015課標全國Ⅰ高考,文18)如圖,四邊形ABCD為菱形,G為AC與BD的交點,BE⊥平面ABCD.(1)證明:平面AEC⊥平面BED;考點一考點二考點三(1)證明:因為四邊形ABCD為菱形,所以AC⊥BD.因為BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.又AC?平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.(2)解:設AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,考點一考點二考點三考點一考點二考點三19.(2014課標全國Ⅰ高考,文19)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側面BB1C1C為菱形,B1C的中點為O,且AO⊥平面BB1C1C.(1)證明:B1C⊥AB;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.考點一考點二考點三(1)證明:連接BC1,則O為B1C與BC1的交點.因為側面BB1C1C為菱形,所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C,所以B1C⊥AO,故B1C⊥平面ABO.由于AB?平面ABO,故B1C⊥AB.考點一考點二考點三(2)解:作OD⊥BC,垂足為D,連接AD.作OH⊥AD,垂足為H.由于BC⊥AO,BC⊥OD,故BC⊥平面AOD,所以OH⊥BC.又OH⊥AD,所以OH⊥平面ABC.因為∠CBB1=60°,所以△CBB1為等邊三角形,考點一考點二考點三20.(2014課標全國Ⅱ高考,文18)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點.(1)證明:PB∥平面AEC;考點一考點二考點三(1)證明:設BD與AC的交點為O,連接EO.因為ABCD為矩形,所以O為BD的中點.又E為PD的中點,所以EO∥PB.EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC.考點一考點二考點三21.(2013課標全國Ⅰ高考,文19)如圖,三棱柱ABC-A1B1C