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高考数学第一轮复习03


高考数学第一轮复习 高考数学第一轮复习 立体几何初步

教学目的 1. 复习《立体几何初步》的相关知识及基本应用 2. 掌握典型题型及其处理方法

教学重点、 教学重点、难点 《立体几何初步》的知识梳理和题型归类以及重点题型的处理 方法

知识分析

1. 多面体的结构特征 对于多面体的结构要从其反应的几何体的本质去把握,棱柱、棱 锥、棱台是不同的多面体,但它们也有联系,棱柱可以看成是上、 下底面全等的棱台;棱锥又可以看作是一底面缩为一点的棱台,因 此它们的侧面积和体积公式可分别统一为一个公式。 2. 旋转体的结构特征 旋转体是一个平面封闭图形绕一个轴旋转生成的, 一定要弄清圆 柱、圆锥、圆台、球分别是由哪一种平面图形旋转生成的,从而可 掌握旋转体中各元素的关系,也就掌握了它们各自的性质。 3. 表面积与体积的计算 有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算,应以公式法为基础, 充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素。 4. 三视图与直观图的画法 三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式, 空间几何体的 三视图可以使我们很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。 5. 直线和平面平行的判定方法 (1)定义: a I α = ? ? a / /α ; (2)判定定理: a / / b,a ? α,b ? α ? a / /α ;

(3)线面垂直的性质: b⊥a,b⊥α,a ? α,a / /α ; (4)面面平行的性质: α / / β,a ? α ? a / / β 。 6. 线线平行的判定方法 (1)定义:同一平面内没有公共点的两条直线是平行直线; (2)公理 4: a / /b,b / / c, ? a / / c ; (3)平面几何中判定两直线平行的方法; (4)线面平行的性质: a / /α,a ? β,α I β = b ? a / /b ; (5)线面垂直的性质: a⊥α,b⊥α ? a / /b ; (6)面面平行的性质: α / / β,α I γ = a,β I γ = a / /b 。 7. 证明线面垂直的方法 (1)线面垂直的定义:a 与 α 内任何直线垂直 ? a⊥α ;
m、n ? α,m I n = A? ? ? l⊥α ? (2)判定定理 1: l⊥m,l⊥n ;

(3)判定定理 2: a / /b,a⊥a ? b⊥α ; (4)面面平行的性质: α / / β,a⊥α ? a⊥β ; (5)面面垂直的性质: α⊥β,α I β = l,a ? α,a⊥l ? a⊥β 。 8. 证明线线垂直的方法 (1)定义:两条直线所成的角为 90°; (2)平面几何中证明线线垂直的方法; (3)线面垂直的性质: a⊥α,b ? α ? a⊥b ;

(4)线面垂直的性质: a⊥α,b / /α ? a⊥b 。 9. 判定两个平面平行的方法 (1)依定义采用反证法; (2)利用判定定理:
α / / β,b / / β,a ? α,b ? α,a I b = A ? α / / β ;

(3)垂直于同一条直线的两个平面平行;
a⊥α,a⊥β ? α / / β ;

(4)平行于同一平面的两个平面平行;
α / /γ,β / /γ ? α / / β 。

10. 平行关系的转化

由上面的框图易知三者之间可以进行任意转化,因此要判定某 一平行的过程就是从一平行出发不断转化的过程,在解题时把握这 一点,灵活确定转化的思路和方向。 11. 判定两个平面垂直的方法 (1)利用定义:两个平面相交,所成的二面角是直二面角。 (2)判定定理: a ? α,a⊥β ? α⊥β 12. 垂直关系的转化

在证明两平面垂直时一般先从现有直线中寻找平面的垂线,若 这样的直线图中不存在,则可通过作辅助线来解决.如有平面垂直 时,一般要用性质定理,在一个平面内作交线的垂线,使之转化为 线面垂直,然后进一步转化为线线垂直。故熟练掌握“线线垂直” “面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关键。

【典型例题】 典型例题】 例 1. 图中所示的是一个零件的直观图,画出这个几何体的三视 图。

解析: 解析:该零件由一个长方体和一个半圆柱体拼接而成,并挖去 了一个与该半圆柱同心的圆柱,这个几何体的三视图如图所示。

在视图中,被挡住的轮廓线画成虚线,尺寸线用细实线标出; Φ表示直径,R 表示半径;单位不注明时按 mm 计。 点评: (1)要确定主 点评:画简单组合体的三视图应注意两个问题: 视、俯视、左视的方向,同一物体放置位置的不同,所画的三视图 可能不同。(2)要明确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,特别是交线位置。

例 2. 在球面上有四点 P、A、B、C,如果 PA、PB、PC 两两垂 直且 PA=PB=PC=a,求这个球的表面积和体积。 解析: 解析:如图,设过 A、B、C 三点的球的截面半径为 r,球心到 截面距离为 d,球半径为 R,则 R 2 = r 2 + d 2 。

在三棱锥 P ? ABC 中 ∵PA⊥PB,PA⊥PC,PB⊥PC ∴P 在△ABC 上的射影 O1 是△ABC 的垂心 又 PA=PB=PC ∴ O1 又是△ABC 的外心 因此可知△ABC 是等边三角形,边长为 2a
∴r = 3 6 ? 2a = a 3 3

6 3 PO1 = a 2 ? a 2 = a 9 3 又∵
2 2 2 2 2 ∴ R = r + d = r + ( R ? PO1 )

∴R =

3 a 2

3 S 球 = 4πR 2 = 4π ? a 2 = 3πa 2 于是, 4 V球 = 4 3 4 3 3 3 πR = π ( a ) 3 = πa 3 3 2 2

点评: 点评:因为 PA,PB,PC 两两垂直,于是也可以构造一个长方 体来解决,长方体对角线恰为球的直径, R = 3a ,所以
2 2

R=

3 a 2 ,

这样就简单了。

例 3. 如图,已知 P 为△ABC 外一点,PA、PB、PC 两两垂直且

PA=PB=PC=a,求 P 点到平面 ABC 的距离。 解析: 解析:过 P 作 PO⊥平面 ABC 于 O 点,连结 AO、BO、CO

∴PO⊥OA,PO⊥OB,PO⊥OC ∵PA=PB=PC=a ∴△PAO≌△PBO≌△PCO ∴OA=OB=OC ∴O 为△ABC 的外心 ∵PA、PB、PC 两两垂直 ∴AB=BC=CA= 2a ,△ABC 为正三角形 ∴
AO = 3 6 AB = a 3 3 PA 2 ? AO 2 = 3 a 3

∴ PO =

3 a 因此点 P 到平面 ABC 的距离为 3

点评: (1)求点到平面距离的基本程序是:首先找到或作出要 点评: 求的距离;然后使所求距离在某一个三角形中;最后在三角形中根

据三角形的边角关系求出距离。 (2)求距离问题转化到解三角形有关问题后,在三角形中求距 离常常用到勾股定理、正弦定理及有关三角函数知识。 (3)点到平面距离是立体几何中一个重要内容, 高考命题中出 现较多,应充分注意,除了上面提到的方法之外,还有其他一些方 法,比如以后学习的等积法,希望同学们在学习过程中不断总结.

例 4. 如图,已知 PA⊥矩形 ABCD 所在平面,M、N 分别是 AB、 PC 中点。 (1)求证:MN//平面 PAD; (2)求证:MN⊥CD; (3)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面 PCD。

解析: 解析:取 PD 中点 E,连结 AE、EN 则
EN // 1 // 1 // CD AB AM 2 2

故四边形 AMNE 为平行四边形

∴MN//AE 又 AE ? 平面 PAD,MN ? 平面 PAD ∴MN//平面 PAD (2)∵PA⊥平面 ABCD 又 AD⊥AB ∴PA⊥AB

∴AB⊥平面 PAD

∴AB⊥AE,即 AB⊥MN 又 CD//AB,∴MN⊥CD (3)∵PA⊥平面 ABCD ∴PA⊥AD

又∠APD=45°,E 为 PD 中点 ∴AE⊥PD,即 MN⊥PD 又 MN⊥CD,∴MN⊥平面 PCD 点评: 点评:应用线面平行的判定定理证明线面平行,关键是找到平 面内与平面外直线平行的直线。 处理有关线面垂直和线线垂直的问题, 要注意转化思想的应用, 即将线线垂直转化为线面垂直,线面垂直又可转化为线线垂直。

例 5. 正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中,若 AB1 ⊥BC1 ,求证: AB1 ⊥A1C 。

解析: 解析:取 AB 中点 D, A1 B1 中点 D1 ,连结 A1 D、BD1 、CD、C1 D1 由正三棱柱性质知: CD⊥AB,C1 D1⊥A1 B1 又正三棱柱侧面与底面垂直 则有 CD⊥面 ABB1 A1 , C1 D1⊥面ABB1 A1 所以 C1 D1 ⊥AB1 又 AB1⊥BC1 ,C1 D1 I BC1 = C1 所以 AB1⊥平面BC1 D1 又 A1 D1
// DB

所以 AB1 ⊥BD1

所以四边形 DBD1 A1 为平行四边形 所以 BD1 / / A1 D 又 CD⊥平面 ABB1 A1 所以 AB1⊥平面DCA1 又 A1C ? 平面DCA1 所以 AB1 ⊥A1C 所以 A1 D⊥AB1 所以 CD⊥ AB1

点评: 点评:证明线线垂直的主要方法是证明线面垂直。

例 6. 已知正方体 ABCD 一 A1BlC1D1 的棱长为 a,O 为面 A1BlC1D1 的中心,求点 O 到平面 C1BD 的距离。 解析: 解析:连结 AC I BD = H

因为 BD⊥AC 又 C1C⊥平面ABCD 所以 BD⊥ C1C 所以平面 C1 BD⊥平面AA1C1C,且交线为C1 H 作 OG⊥C1 H于G,所以OG⊥面C1 BD 所以 OG 的长为点 O 到面 C1 BD 的距离。 连结 OH,在 Rt△ HOC1 中, 所以
C1 H = 3 a 2
OH ? OC1 = C1 H a? 2 a 2 = 3a 3 3 a 2
OH = a,OC1 = 2 a 2

OG =

所以

点评: 点评:本例是通过定理“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”(即其中一个平 面内一点在另一个平面上正射影在两互相垂直平面的交线上)得到 点 O 到平面 C1BD 的距离 OG 的。

【模拟试题】 模拟试题】 一. 选择题(每小题 5 分,共 60 分) 1. 给出四个命题: ①各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱; ②各对角面是全等矩形的平行六面体一定是长方体; ③有两个侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱; ④长方体一定是正四棱柱。 其中正确命题的个数是( A. 0 B. 1 ) C. 2 D. 3

2. 下列四个命题: 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。 正确的命题有________个

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

3. 长方体的一个顶点处的三条棱长之比为 1:2:3,它的表面积 为 88,则它的对角线长为( A. 12 B. 24 ) C. 2 14 D. 4 14

4. 湖面上漂着一个球,湖结冰后将球取出,冰面上留下一个面直 径为 24cm,深为 8cm 的空穴,则该球的半径是( A. 8cm
8 2cm

) D.

B. 12cm

C. 13cm

5. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形,这个圆柱的全面积为侧 面积的比是(
1 + 2π A. 2π


1 + 4π B. 4π

C.

1 + 2π

π

1 + 4π D. 2π

6. 已知直线 l⊥平面α,直线m ? 平面β ,有下面四个命题: ① α / / β ? l⊥m ;② α⊥β ? l / / m ;③ l / / m ? α⊥β ;④ l⊥m ? α / / β 。 其中正确的两个命题是( A. ①② B. ③④ ) C. ②④ D. ①③

7. 若干毫升水倒入底面半径为 2cm 的圆柱形器皿中,量得水面 的高度为 6cm, 若将这些水倒入轴截面是正三角形的倒圆锥形器皿 中,则水面的高度是( A. 6 3cm B. 6cm ) C. 2 18
2

D. 3 12
3

8. 设正方体的全面积为 24cm 2 ,一个球内切于该正方体,那么这 个球的体积是( A.
6πcm
3


32 πcm 3 B. 3 8 πcm 3 C. 3 4 πcm 3 D. 3

9. 对于直线 m、n 和平面 α、β 能得出 α⊥β 的一个条件是( A. m⊥n,m / /α,n / / β C. m / / n,n⊥β,m ? α B. m⊥n,α I β = m,n ? α D. m / / n,m⊥α,n⊥β



10. 如果直线 l、m 与平面 α、β、γ 满足:
l = β I γ,l / /α,m ? α,m⊥γ ,那么必有(



A. α⊥γ和l⊥m C. m / / β,且l⊥m

B. α / /γ,和m / / β D. α⊥γ且α⊥β

11. 已知正方体的八个顶点中, 有四个点恰好为正四面体的顶点, 则该正四面体的体积与正方体的体积之比为( A. 1: 3 B. 1:2 C. 2:3 ) D. 1:3

12. 向高为 H 的水瓶中注水,注满为止,如果注水量 V 与水深 h 的函数关系的图象如图所示,那么水瓶的形状是( )

二. 填空题(每小题 4 分,共 16 分) 13. 正方体的全面积是 a 2 ,它的顶点都在球面上,这个球的表面 积是__________。 14. 正四棱台的斜高与上、下底面边长之比为 5:2:8,体积为
14cm 3 ,则棱台的高为____________。

15. 正三棱柱的底面边长为 a,过它的一条侧棱上相距为 b 的两 点作两个互相平行的截面,在这两个截面间的斜三棱柱的侧面积为 ____________。 16. 已知 α、β 是两个不同的平面,m、n 是平面 α及β 之外的两条 不同的直线,给出四个论断: ①m⊥n,② α⊥β ,③ n⊥β ,④ m⊥α 。 以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认 为正确的一个命题______________。

三. 解答题(共 74 分) 17. (12 分)正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,E、F、G 分别是棱 DA、 DC、 DD1 的中点,试找出过正方体的三个顶点且与平面 EFG 平行 的平面,并证明之。 18. (12 分)球内有相距 1cm 的两个平行截面,截面的面积分
2 2 别是 5πcm 和8πcm ,球心不在截面之间,求球的表面积与体积。

19. (12 分)一个正三棱柱的三视图如图所示,求这个正三棱锥 的表面积。

3 20. (12 分) 直角梯形的一个内角为 45°, 下底长为上底长的 2 ,

这个梯形绕下底所在直线旋转一周所成的旋转体的全面积是 ( 5 + 2 ) π ,求这个旋转体的体积。 21. (12 分) 有一块扇形铁皮 OAB, ∠AOB=60°, OA=72cm, 要剪下来一个扇形 ABCD,作圆台形容器的侧面,并且余下的扇形 OCD 内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面 (大底面)。(如图)试求 (1)AD 应取多长? (2)容器的容积。

22. (14 分) 如图, 正四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, 底面边长为 2 2 , 侧棱长为 4,E、F 分别为 AB、BC 的中点, EF I BD = G 。 (1)求证:平面 B1 EF⊥平面BDD1 B ; (2)求点 D1 到平面 B1 EF 的距离 d; (3)求三棱锥 B1 ? EFD1 的体积 V。

【试题答案】 试题答案】 一. 1. B 6. D 7. B B 二. 13. 2
π
a2

2. B

3. C

4. C

5. A

8. D

9. C

10. A

11. D

12.

14. 2cm

15. 3ab

16. m⊥n,m⊥α,n⊥β ? α⊥β(或m⊥α,n⊥β,α⊥β ? m⊥n) 三. 17. 证明:过 A、C、D1 的平面与平面 EFG 平行,由 E、F、G 是棱 DA、DC、 DD1 的中点可得 GE// AD1 ,GF// CD1 , GE ? 平面 EFG,
GF ? 平面 EFG

∴ AD1 //平面 AEG, CD1 //平面 EFG 又 AD1 I CD1 = D1 ∴平面 EFG//平面 ACD1 18. 解:如图,设两平行截面半径分别为 r1 和r2 ,且r2 > r1

2 2 依题意, πr1 = 5π,πr2 = 8π

∴ r12 = 5,r22 = 8
Q OA1 和OA2 都是球的半径R

OO1 = OO2 =

R 2 ? r12 = R 2 ? r22 =

R2 ? 5 R2 ? 8

∴ R2 ? 5 ? R2 ? 8 = 1 解得R 2 = 9 ∴R = 3 ∴ S 球 = 4πR 2 = 36π (cm 2 ) V球 = 4 2 πR = 36π (cm 3 ) 3

19. 解:由三视图知正三棱锥的高为 2mm 由左视图知正三棱锥的底面三角形的高为 2 3mm
3 a=2 3 设底面边长为 a,则 2 ∴a = 4

∴正三棱柱的表面积
S = S侧 + 2S底 = 3 × 4 × 2 + 2 × 1 × 4 × 2 3 = 24 + 8 3 ( mm 2 ) 2

20. 解:如图,梯形 ABCD,AB//CD,∠A=90°,∠B=45°, 绕 AB 边旋转一周后形成一圆柱和一圆锥的组合体。

设 则

CD = x,AB =

3 x 2

AD = AB ? CD =

x 2 ,BC = x 2 2

S 全面积 = S 圆柱底 + S 圆柱侧 + S 圆锥侧 = π ? AD 2 + 2π ? AD ? CD + π ? AD ? BC

π x2 x 2 = π ? + 2π ? ? x + x ? ? x 4 2 2 2 5+ 2 2 πx = 4
5+ 2 π ? x 2 = (5 + 2 )π,则x = 2 根据题设 4

所以旋转体体积
V = π ? AD 2 ? CD + = π ? 12 ? 2 + = 7 π 3

π AD 2 ? ( AB ? CD) 3

π
3

? 12 ? (3 ? 2)

21. 解:如图,设圆台上、下底面半径分别为 r、R、AD=x,则

OD = 72 ? x

由题意得
?⌒ 60 ? π ? AB = 2πR = ? 72 180 ? ? ? ?⌒ 60 ? π ? (72 ? x ) ?CD = 2πr = 180 ? ? ? ?OD = 72 ? x = 3R

∴ R = 12 ,r = 6,x = 36
∴ AD = 36cm
2 2 2 2 (2)又圆台的高 h= x ? ( R ? r ) = 36 ? (12 ? 6) = 6 35

1 ∴V = πh( R 2 + Rr + r 2 ) 3

1 = π ? 6 35 ? (12 2 + 12 × 6 + 6 2 ) 3 = 504 35π (cm 3 )

22. 证明:(1)如图,连结 AC

∵正四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 的底面呈正方形 ∴AC⊥BD 又 AC⊥ D1 D ∴AC⊥平面 BDD1 B1 ∵E、F 分别为 AB、BC 的中点 ∴EF//AC ∴EF⊥平面 BDD1 B ∴平面 B1 EF⊥平面BDD1 B1 解(2)在对角面 BDD1 B1 中,作 D1 H⊥B1G ,垂足为 H ∵平面 B1 EF⊥平面BDD1 B1 ,且平面 B1 EF I 平面 BDD1 B1 = B1G ∴ D1 H⊥平面B1 EF,且垂足为H ∴ D1 H 为点 D1 到平面 B1 EF 的距离 在 Rt△ D1 HB1 中, D1 H = D1 B ? sin ∠D1 B1 H

Q D1 B1 = 2 A1 B1 = 2 ? 2 2 = 4 BB 4 sin ∠D1 B1 H = sin ∠B1GB = 1 = GB1 17 ∴ D1 H = 4 ? 4 16 17 = 17 17
1 ? D1 H ? S ?B1 EF 3

(2)

V = V B1 ? EFD1 = V D1 ? B1EF =

1 16 1 ? ? ? 2 ? 17 3 17 2 16 = 3 =


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