北师大版数学必修二课件：本章整合1

本章整合专题一专题二专题三专题四专题一

三视图及其应用三视图在高考中几乎每年必考,一般以选择题、填空题的形式出现.考查方向主要有两个:一是考查相关的识图,由直观图判断三视图或由三视图想象直观图;二是以三视图为载体,考查面积、体积等的计算.此类题目的解题关键是准确理解和把握三视图,从中获取几何体结构特征以及基本量的相关信息.专题一专题二专题三专题四例1某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥最长棱的棱长为(

)专题一专题二专题三专题四解析:四棱锥的直观图如图所示.由三视图可知,SB⊥平面ABCD,SD是四棱锥最长的棱,答案:C专题一专题二专题三专题四变式训练1

在一个几何体的三视图中,主视图和俯视图如图所示,则相应的左视图可以为(

)

专题一专题二专题三专题四解析:由题目所给的几何体的主视图和俯视图,可知该几何体为半圆锥和三棱锥的组合体,如图所示,可知左视图为等腰三角形,且轮廓线为实线,故选D.答案:D专题一专题二三四专题三专题四专题二

几何体的表面积与体积的计算1.空间几何体的表面积与体积的计算,通常以几何体为载体与球进行交汇考查,或蕴含在两个几何体的“接”或“切”形态中,以小题形式出现,属低中档题.2.求几何体的表面积及体积问题,可以多角度、多方位地考虑,熟记公式是关键所在.3.由几何体的三视图求表面积或体积时,要注意主视图的高是几何体的高,但不一定是侧面的高.专题一专题二三四专题三专题四4.根据几何体的三视图求其表面积与体积的三步法:(1)根据给出的三视图确定该几何体,并画出直观图;(2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量;(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解.例2若所有棱长均为2的正三棱柱内接于一个球,则该球的表面积为

.

专题一专题二三四专题三专题四专题一专题二三四专题三专题四例3某几何体的三视图如图所示(单位:cm),其中主视图与左视图相同,求该几何体的体积.专题一专题二三四专题三专题四专题一专题二三四专题三专题四变式训练2

某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积等于(

)

专题一专题二三四专题三专题四解析:由三视图可知该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱,其表面积为故选B.答案:B专题一专题二三四专题三专题四变式训练3

一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为

m3.

专题一专题二三四专题三专题四专题一专题二专题三四四专题四专题三

空间线面位置关系的判断与证明1.空间线面位置关系的判断与证明是本章的重点,也是高考的热点.考查方式主要有两种:一是有关线面位置关系的组合判断,多以选择题形式出现,与命题真假判断联系在一起,常常用符号语言形式表述;二是平行与垂直关系的证明,以解答题的形式出现,主要以多面体为载体进行考查.专题一专题二专题三四四专题四2.解决空间线面位置关系的判断问题常用以下方法:(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题;(2)必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系,并结合有关定理来进行判断.(3)熟练掌握立体几何的三种语言——符号语言、文字语言以及图形语言的相互转换,是解决此类问题的关键.3.解决平行、垂直关系的证明问题,关键是熟悉相关的判定定理与性质定理,注意二者的交替运用.专题一专题二专题三四四专题四【例4】

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.专题一专题二专题三四四专题四(1)解:点F,G,H的位置如图所示.专题一专题二专题三四四专题四(2)解: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.专题一专题二专题三四四专题四(3)证明:连接FH.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,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.专题一专题二专题三四四专题四变式训练4

如图所示,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=AD.求证:(1)EF∥平面PAD;(2)平面PAB⊥平面PCD.专题一专题二专题三四四专题四证明:(1)连接AC,则F是AC的中点,∵E为PC的中点,∴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.专题一专题二专题三专题四专题四

折叠与展开问题1.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示出空间物体;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.2.常见的几何体中,除了球的表面无法展开在一个平面内,其余几何体的表面展开后,均为一个平面图形,由此产生的表面展开图将空间问题化归为平面问题,转化过程中一般采用“化曲为直”“化折为直”的方法.专题一专题二专题三专题四例5如图所示,在圆锥SO中,底面半径r=1,母线l=4,M为母线SA上的一个点,且SM=x,从点M拉一根绳子,围绕圆锥侧面转到点A,求:(1)绳子的最短长度的平方f(x);(2)绳子最短时,顶点到绳子的最短距离;(3)f(x)的最大值.专题一专题二专题三专题四解:将圆锥的侧面沿SA展开在平面上,如图,则该展开图为扇形,且弧AA'的长度L就是☉O的周长,所以L=2πr=2π.(1)由题意知,绳长的最小值为展开图中线段AM的长度,所以f(x)=AM2=x2+16(0≤x≤4).专题一专题二专题三专题四(2)绳子最短时,在展开图中作SR⊥AM,垂足为R,则SR的长度为顶点S到绳子的最短距离.在△SAM中,(3)因为f(x)=x2+16在[0,4]上是增加的,所以f(x)的最大值为f(4)=32.专题一专题二专题三专题四求证:(1)EF∥平面AD'B;(2)平面CD'G⊥平面AD'G.专题一专题二专题三专题四证明:(1)∵E,F分别是BC,CD的中点,即E,F分别是BC,CD'的中点,∴EF为△D'BC的中位线.∴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的中点,BC=AD=1,则AD=2,∴DG=1.∴在△DGC中,DG2+GC2=DC2,∴DG⊥GC,即在四棱锥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.专题一专题二专题三专题四变式训练5

如图(1),在边长为1的等边三角形ABC中,D,E分别是AB,AC上的点,AD=AE,F是BC的中点,AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起,得到如图(2)所示的三棱锥A-BCF,其中BC=.

(1)证明:DE∥平面BCF;(2)证明:CF⊥平面ABF;(3)当AD=时,求三棱锥F-DEG的体积VF-DEG.专题一专题二专题三专题四(1)证明:在等边三角形ABC中,∴DE∥BC.∵DE⊈平面BCF,BC⫋平面BCF,∴DE∥平面BCF.(2)证明:在等边三角形ABC中,∴BC2=BF2+CF2,∴CF⊥BF.∵BF∩AF=F,∴CF⊥平面ABF.专题一专题二专题三专题四(3)解:由(1)可知GE∥CF,结合(2)可得GE⊥平面DFG.专题一专题二专题三专题四变式训练6如图所示,在圆锥SO中,母线长为2,底面半径为,一只虫子从底面圆周上一点A出发沿圆锥表面爬行一周后又回到A点,则虫子所爬过的最短路程是多少?解:如图,将圆锥的侧面沿母线SA展开成扇形,由条件易知扇形的圆心角为90°,从而最短路程为2.考点一考点二考点三1.2015课标全国Ⅱ高考,理6)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(

)考点一考点二考点三答案:D2.(2015课标全国Ⅰ高考,理11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正(主)视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=(

)A.1B.2C.4D.8考点一考点二考点三考点一考点二考点三考点一考点二考点三3.(2014课标全国Ⅰ高考,文8)如图,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.四棱柱考点一考点二考点三考点一考点二考点三4.(2014课标全国Ⅱ高考,理6)如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3cm,高为6cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为(

)考点一考点二考点三解析:由零件的三视图可知,该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示.切削掉部分的体积V1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm3),原来毛坯体积V2=π×32×6=54π(cm3).答案:C考点一考点二考点三5.(2014课标全国Ⅰ高考,理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(

)考点一考点二考点三解析:如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4.取B1B的中点G,即三棱锥G-CC1D1为满足要求的几何体,其中最长棱为答案:B考点一考点二考点三6.(2012课标全国高考,文7)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为(

)A.6 B.9 C.12 D.18月考点一考点二考点三解析:由三视图可推知,几何体的直观图如右图所示,可知AB=6,CD=3,PC=3,CD垂直平分AB,且PC⊥平面ACB,故所求几何答案:B考点一考点二考点三7.(2013课标全国Ⅰ高考,文11)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(

)A.16+8πB.8+8πC.16+16πD.8+16π解析:该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体.V半圆柱=π×22×4=8π,V长方体=4×2×2=16.所以所求体积为16+8π.故选A.答案:A考点一考点二考点三考点二:几何体的表面积、体积8.(2016全国甲高考,文7)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为(

)A.20π B.24π C.28π D.32π考点一考点二考点三解析:因为原几何体由同底面的一个圆柱和一个圆锥构成,所以其表答案:C考点一考点二考点三9.(2016全国乙高考,文7)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是(

)A.17π

B.18πC.20π

D.28π答案:A考点一考点二考点三10.(2016全国丙高考,文10)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,则该多面体的表面积为(

)解析:由题意知该几何体为四棱柱,且四棱柱的底面是边长为3的正

答案:B考点一考点二考点三11.(2015课标全国Ⅱ高考,理9)已知A,B是球O的球面上两点,∠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O的表面积为(

)A.36π B.64πC.144π D.256π解析:由△AOB面积确定,若三棱锥O-ABC的底面OAB的高最大,则其体积才最大.因为高最大为半径R,所以VO-ABC=R2×R=36,解得R=6,故S球=4πR2=144π.答案:C考点一考点二考点三12.(2012课标全国高考,文8)平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为(

)答案:B考点一考点二考点三13.(2012课标全国高考,理11)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为

(

)

考点一考点二考点三答案:A考点一考点二考点三14.(2013课标全国Ⅰ高考,文15)已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为

.

解析:如图,设球O的半径为R,考点一考点二考点三考点三:平行关系与垂直关系15.(2016全国乙高考,文11)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为(

)考点一考点二考点三解析:(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为正三角形,∴∠B1D1C=60°,考点一考点二考点三(方法二)由题意画出图形如图,将正方体ABCD-A1B1C1D1平移,补形为两个全等的正方体如图,易证平面AEF∥平面CB1D1,所以平面AEF即为平面α,m即为AE,n即为AF,所以AE与AF所成的角即为m与n所成的角.因为△AEF是正三角形,所以∠EAF=60°,故m,n所成角的正弦值为

.答案:A考点一考点二考点三16.(2016全国甲高考,文19)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置.(1)证明:AC⊥HD';考点一考点二考点三(1)证明: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.考点一考点二考点三考点一考点二考点三17.(2015课标全国Ⅱ高考,文19)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=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.考点一考点二考点三解:(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.考点一考点二考点三18.(2015课标全国Ⅰ高考,文18)如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE⊥平面ABCD.(1)证明:平面AEC⊥平面BED;考点一考点二考点三(1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为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:设AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,考点一考点二考点三考点一考点二考点三19.(2014课标全国Ⅰ高考,文19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO⊥平面BB1C1C.(1)证明:B1C⊥AB;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.考点一考点二考点三(1)证明:连接BC1,则O为B1C与BC1的交点.因为侧面BB1C1C为菱形,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.考点一考点二考点三(2)解:作OD⊥BC,垂足为D,连接AD.作OH⊥AD,垂足为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.因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,考点一考点二考点三20.(2014课标全国Ⅱ高考,文18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;考点一考点二考点三(1)证明:设BD与AC的交点为O,连接EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.EO⫋平面AEC,PB⊈平面AEC,所以PB∥平面AEC.考点一考点二考点三21.(2013课标全国Ⅰ高考,文19)如图,三棱柱ABC-A1B1C