1.3.2：由三视图还原成实物图
由三视图还原成实物图
由三视图还原成实物图
难点
由三视图还原成实物图
教法
学
法
教具
个人主页
教
学
过
程
一.知识回顾
回顾上节课知识内容—引出课题
二.研探新知
（一）本课学习目标解读
＞学会由三视图还原成实物图.
＞体验学习过程，提高自己的想象能力.
（二）自主学习点评
＞练习册学案“预习自查”.
＞活页学案“自主学习”部分.
1．下面给出的三视图表示的几何体是（ ）
富县高级中学高一年级数学科目集体备课教案
中心发言人：白治军授课人：
课题
§3.2由三视图还原成实物图
第课时
三
维
目
标
知识与技能
掌握由三视图还原成实物图的方法.
过程与方法
培养学生的空间概念，提高学生空间想象力，掌握画三视图的基本技能.
情感态度与价值观
认识到数学是解决实际问题和进行交流的重要工具，了解数学对促进社会进步的人类理性思考的作用，培养学生热爱数学的情感.
A、圆锥B、正三棱柱C、正三棱锥D、圆柱
2．一个几何体的三视图如下图所示，这个几何体是（ ）
A、球B、圆柱C、长方体D、圆锥
3．如图是一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ）
A、圆锥B、圆柱C、长方体D、球体
(三)课堂互动探究
课本例6、例7
三.本课小结
四.课堂训练
五.布置作业与练习
教后反思
备课组长签字：
2012年月日
2020年高考全国卷Ⅱ数学(理)试卷及答案详解,
2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择1. 已知集合U={−2,−1,0,1,2,3},A={−1,0,1},B={1,2}，则∁U(A∪B)= ( )A. {−2,3}B. {−2,2,3}C. {−2,−1,0,3}D. {−2,−1,0,2,3}2. 若α为第四象限角，则( )A.cos2α>0B.cos2α<0C.sin2α>0D. sin2α<03. 在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天新订单是1600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天积压订单及当日订单配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者( )A.10名B.18名C.24名D.32名4. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块5. 若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为( )A.√55B. 2√55C.3√55D.4√556. 数列{a n}中，a1=2，a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25，则k= ()A.2B.3C.4D.57. 如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为( )A.EB.FC.GD.H8. 设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点.若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为() A.4 B.8 C.16 D.329. 设函数f(x)=ln|2x+1|−ln|2x−1|，则f(x)( )A.是偶函数，且在(12,+∞)单调递增B.是奇函数，且在(−12,12)单调递减C.是偶函数，且在(−∞,−12)单调递增D.是奇函数，且在(−∞,−12)单调递减10. 已知△ABC是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为()A.√3B.32C.1 D.√3211. 若2x−2y<3−x−3−y，则( )A. ln(y−x+1)>0B.ln(y−x+1)<0C.ln|x−y|>0D.ln|x−y|<012. 0−1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a 1a 2⋯a n ⋯满足a i ∈{0,1}(i =1,2,⋯)，且存在正整数m ，使得a i+m =a i (i =1, 2, ⋯)成立，则称其为0−1周期序列，并称满足a i+m =a i (i =1, 2, ⋯)的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0−1序列a 1a 2⋯a n ⋯,C (k )=1m∑a i m i=1a i+k (k =1, 2, ⋯, m −1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0−1序列中，满足C (k )≤15(k =1,2,3,4)的序列是( ) A.11010⋯ B.11011⋯ C.10001⋯ D.11001⋯二、填空题已知单位向量a →，b →的夹角为45∘，ka →−b →与a →垂直，则k =________.4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法有________种．设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=2，z 1+z 2=√3+i ，则|z 1−z 2|=________.设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行. p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下列命题中所有真命题的序号是________.①p 1∧p 4 ；②p 1∧p 2 ；③¬p 2∨p 3 ； ④¬p 3∨¬p 4. 三、解答题△ABC 中， sin 2A −sin 2B −sin 2C =sin B sin C . (1)求A ；(2)若BC =3，求△ABC 周长的最大值．某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加，为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)，其中x i 和y i 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得∑x i 20i=1=60 ，∑y i 20i=1=1200， ∑(x i −x ¯)220i=1=80， ∑(y i −y ¯)220i=1=9000，∑(x i −x ¯)20i=1(y i −y ¯)=800.(1)求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；(2)求样本(x i,y i)(i=1,2,⋯,20)的相关系数（精确到0.01）；(3)根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数：r=∑(x−x¯)n(y−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1√2≈1.414.已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合.C1的中心与C2的顶点重合，过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点.若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.如图已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO//面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．已知函数f(x)=sin2x sin2x.(1)讨论f(x)在(0,π)上的单调性；(2)证明：|f(x)|≤3√38；(3)证明：sin2x sin22x sin24x⋯sin22n x≤3n4n.已知曲线C1,C2的参数方程分别为C1：{x=4cos2θ，y=4sin2θ(θ为参数)，C2：{x=t+1t，y=t−1t(t为参数).(1)将C1，C2的参数方程化为普通方程；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程.已知函数f(x)=|x−a2|+|x−2a+1|.(1)当a=2时，求不等式f(x)≥4的解集；(2)若f(x)≥4，求a的取值范围.参考答案与试题解析2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择1.【答案】A【考点】交、并、补集的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可知A∪B={−1,0,1,2}，故∁U(A∪B)={−2,3}.故选A.2.【答案】D【考点】任意角的三角函数【解析】此题暂无解析【解答】解：∵α为第四象限角，∴−π+2kπ<α<2kπ，2∴−π+4kπ<2α<4kπ，∴2α是第三或第四象限角，∴当2α在第三象限时，cos2α<0，当2α在第四象限时，cos2α>0，故A，B错误；无论2α在第三还是在第四象限，都有sin2α<0.故选D.3.【答案】B【考点】生活中概率应用【解析】此题暂无解析【解答】解：因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志愿者为：1600+500−1200=18名.50故选B.4.【答案】C【考点】等差数列的前n项和等差数列的性质等差数列【解析】此题暂无解析【解答】解：设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成等差数列，公差d=9，a1=9.由等差数列性质知S n，S2n−S n，S3n−S2n成等差数列，且(S3n−S2n)−(S2n−S n)=n2d，则9n2=729，解得n=9，则三层共有扇形面石板为S3n=S27=27a1+27×262×9=3402块. 故选C.5.【答案】B【考点】点与圆的位置关系点到直线的距离公式【解析】此题暂无解析【解答】解：设圆心为(a,a)，则半径为a，圆过点(2,1)，则(a−2)2+(a−1)2=a2，解得a=1或a=5，所以圆心坐标为(1,1)或(5,5)，圆心(1,1)到直线的距离是d=5=2√55，圆心(5,5)到直线的距离是d=√5=2√55.故选B.6.【答案】C【考点】等比数列的前n项和等比关系的确定【解析】此题暂无解析【解答】解：a m+n=a m a n，取m=1，则a1+n=a1a n. 又a1=2，所以a n+1a n=2，所以{a n}是首项，公比均为2等比数列，则a n=2n，所以a k+1+a k+2+⋯+a k+10=2k+1(1−210)1−2=2k+1⋅210−2k+1=215−25，解得k=4.故选C.7.【答案】A【考点】由三视图还原实物图【解析】此题暂无解析【解答】解：该几何体是两个长方体拼接而成，如图所示，显然所求点对应的为E点.故选A.8.【答案】B【考点】直线与双曲线结合的最值问题双曲线的渐近线【解析】此题暂无解析【解答】解：双曲线C:x 2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为y=±bax，则容易得到|DE|=2b，则S△ODE=ab=8. 又因为c2=a2+b2≥2ab=16，即c≥4，焦距2c≥8.故选B.9.【答案】D【考点】函数奇偶性的判断复合函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：函数f(−x)=ln|−2x+1|−ln|−2x−1|=ln|1−2x|−ln|2x+1|=−f(x)，∴f(x)为奇函数.当x∈(12，+∞)时，f(x)=ln(2x+1)−ln(2x−1)=ln2x+12x−1=ln(1+22x−1)，单调递减；当x∈(−12,12)时，f(x)=ln(2x+1)−ln(1−2x)，单调递增；当x∈(−∞,−12)时，f(x)=ln(−2x−1)−ln(1−2x)=ln2x+12x−1=ln(1+22x−1)，单调递减.故选D.10.【答案】C【考点】三角形的面积公式三角形五心球的体积和表面积【解析】此题暂无解析【解答】解：设ABC的外接圆圆心为O1，记OO1=d，圆O1的半径为r，球O半径为R，等边三角形△ABC的边长为a，则S△ABC=√34a2=9√34，可得a=3，所以r=√3=√3.由题知球O的表面积为16π，则R=2，由R2=r2+d2，易得d=1，即O到平面ABC的距离为1. 故选C.11.【答案】A【考点】利用导数研究函数的单调性函数单调性的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：2x−3−x<2y−3−y，设f(x)=2x−3−x，则f′(x)=2x ln2+3−x ln3>0，∴函数f(x)在R上单调递增，∵f(x)<f(y)，所以x<y，则y−x+1>1，∴ln(y−x+1)>0.故选A.12.【答案】C【考点】函数新定义问题数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：对于A选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+0+0)=15，C(2)=15∑a i5i=1a i+2=15(0+1+0+1+0)=25>15，不满足，排除；对于B选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+1+1)=35>15，不满足，排除；对于C选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(0+0+0+0+1)=15，C(2)=15∑a i5i=1a i+2=15(0+0+0+0+0)=0，C(3)=15∑a i5i=1a i+3=15(0+0+0+0+0)=0，C(4)=15∑a i5i=1a i+4=15(1+0+0+0+0)=15，满足；对于D选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+0+1)=25>0，不满足，排除.故选C．二、填空题【答案】√22向量的数量积判断向量的共线与垂直 平面向量数量积 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ 单位向量a →，b →的夹角为45∘， ∴ a →⋅b →=|a →|⋅|b →|⋅cos 45∘=√22. ∵ ka →−b →与a →垂直， ∴ (ka →−b →)⋅a →=k −√22=0，∴ k =√22. 故答案为：√22.【答案】36【考点】排列、组合及简单计数问题 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由题意可得，不同的安排方法有C 42A 33=36种. 故答案为：36. 【答案】2√3【考点】 复数的模 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由题设z 1=a +bi ，则z 2=(√3−a)+(1−b )i ， 故 |z 1|2=a 2+b 2=4， |z 2|2=(√3−a)2+(1−b )2 =a 2+b 2−2√3a −2b +4=4， 则|z 1−z 2|2=(2a −√3)2+(2b −1)2 =4a 2+4b 2−4√3a −4b +4=2(a 2+b 2)+2(a 2+b 2−2√3a −2b)+4 =2×4+4=12， 故|z 1−z 2|=2√3. 故答案为：2√3.①③④【考点】逻辑联结词“或”“且”“非”命题的真假判断与应用空间中直线与平面之间的位置关系空间中直线与直线之间的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】解：对于p1：可设l1与l2相交，所得平面为α．若l3与l1相交，则交点A必在α内，同理，与l2交点B在α内，故直线AB在α内，即l3在α内，故p1为真命题．对于p2：过空间中任意三点，若三点共线，可形成无数多平面，故p2为假命题．对于p3：空间中两条直线的位置关系有相交、平行、异面，若不相交，可能平行，也可能异面，故p3为假命题．对于p4：若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，因为直线l⊂平面α，故m⊥l，故p4为真命题．综上可知：①p1∧p4为真命题；②p1∧p2为假命题，③¬p2∨p3为真命题；④¬p3∨¬p4为真命题．故答案为：①③④ .三、解答题【答案】解：(1)在△ABC中，设内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∵sin2A−sin2B−sin2C=sin B sin C，由正弦定理得，a2−b2−c2=bc，即b2+c2−a2=−bc，由余弦定理得，cos A=b2+c2−a22bc =−12.∵0<A<π，∴A=2π3.(2)由(1)知A=2π3，因为BC=3，即a=3，由余弦定理得，a2=b2+c2−2bc cos A，∴9=b2+c2+bc=(b+c)2−bc.由基本不等式√bc≤b+c2知bc≤(b+c)24，结合上式得9=(b+c)2−bc≥34(b+c)2, (b+c)2≤12，∴b+c≤2√3，当且仅当b=c=√3时取等号，∴△ABC周长的最大值为3+2√3.【考点】基本不等式在最值问题中的应用正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)在△ABC中，设内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∵sin2A−sin2B−sin2C=sin B sin C，由正弦定理得，a2−b2−c2=bc，即b2+c2−a2=−bc，由余弦定理得，cos A=b2+c2−a22bc =−12.∵0<A<π，∴A=2π3.(2)由(1)知A=2π3，因为BC=3，即a=3，由余弦定理得，a2=b2+c2−2bc cos A，∴9=b2+c2+bc=(b+c)2−bc.由基本不等式√bc≤b+c2知bc≤(b+c)24，结合上式得9=(b+c)2−bc≥34(b+c)2,(b+c)2≤12，∴b+c≤2√3，当且仅当b=c=√3时取等号，∴△ABC周长的最大值为3+2√3.【答案】解：(1)由题意可知，1个样区这种野生动物数量的平均数=120020=60，故这种野生动物数量的估计值=60×200=12000；(2)由参考公式得，r=∑(x i−x¯)ni=1(y i−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1=√80×9000=6√2≈0.94；(3)由题意可知，各地块间植物覆盖面积差异很大，因此在调查时，先确定该地区各地块间植物覆盖面积大小并且由小到大排序，每十个分为一组，采用系统抽样的方法抽取20个地块作为样区进行样本统计．【考点】众数、中位数、平均数相关系数收集数据的方法此题暂无解析【解答】解：(1)由题意可知，1个样区这种野生动物数量的平均数=120020=60，故这种野生动物数量的估计值=60×200=12000；(2)由参考公式得，r=∑(x i−x¯)ni=1(y i−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1=√80×9000=6√2≈0.94；(3)由题意可知，各地块间植物覆盖面积差异很大，因此在调查时，先确定该地区各地块间植物覆盖面积大小并且由小到大排序，每十个分为一组，采用系统抽样的方法抽取20个地块作为样区进行样本统计．【答案】解：(1)F为C1的焦点，且AB⊥x轴，∴F(c,0)，|AB|=2b2a，设C2的标准方程为y2=2px(p>0)，∵F为C2的焦点，且AB⊥x轴，∴F(p2,0).由抛物线的定义可得，|CD|=2p．∵|CD|=43|AB| .C1与C2焦点重合，∴{c=p2，2p=43×2b2a，消去p得：4c=8b 23a，∴3ac=2b2，∴3ac=2a2−2c2，设C1的离心率为e，则2e2+3e−2=0，∴e=12或e=−2(舍)，故C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c，b=√3c，p=2c．∴C1:x24c2+y23c2=1，C2:y2=4cx，联立两曲线方程，消去y得3x2+16cx−12c2=0，∴(3x−2c)(x+6c)=0，∴x=23c或x=−6c(舍).从而|MF|=x+p2=23c+c=53c=5，∴c=3，∴C1与C2的标准方程分别为x236+y227=1，y2=12x.【考点】圆锥曲线的综合问题椭圆的离心率抛物线的标准方程抛物线的定义椭圆的标准方程【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)F为C1的焦点，且AB⊥x轴，∴F(c,0)，|AB|=2b2a，设C2的标准方程为y2=2px(p>0)，∵F为C2的焦点，且AB⊥x轴，∴F(p2,0).由抛物线的定义可得，|CD|=2p．∵|CD|=43|AB| .C1与C2焦点重合，∴{c=p2，2p=43×2b2a，消去p得：4c=8b 23a，∴3ac=2b2，∴3ac=2a2−2c2，设C1的离心率为e，则2e2+3e−2=0，∴e=12或e=−2(舍)，故C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c，b=√3c，p=2c．∴C1:x24c2+y23c2=1，C2:y2=4cx，联立两曲线方程，消去y得3x2+16cx−12c2=0，∴(3x−2c)(x+6c)=0，∴x=23c或x=−6c(舍).从而|MF|=x+p2=23c+c=53c=5，∴c=3，∴C1与C2的标准方程分别为x236+y227=1，y2=12x.【答案】(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，∴B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，∴BB1//MN，而AA1//BB1，MN⊥B1C1，∴AA1//MN.又∵MN∩A1N=N，∴B1C1⊥面A1AMN.∵B1C1⊂面EB1C1F，∴面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)∵三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，∴EF//B1C1//BC.∵AO//面EB1C1F，AO⊂面AMNA1，面AMNA1∩面EB1C1F=PN，∴AO//PN，四边形APNO为平行四边形，而O为正三角形的中心，AO=AB，∴A1N=3ON，AM=3AP,PN=BC=B1C1=3EF.由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角.在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1，过E作EH⊥B1C1于H，则PN=B1C1=EH=3，B1H=1，B1E=√10，sin∠B1EH=B1HB1E =√1010.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为√1010.【考点】直线与平面所成的角两条直线平行的判定平面与平面垂直的判定【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，∴B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，∴BB1//MN，而AA1//BB1，MN⊥B1C1，∴AA1//MN.又∵MN∩A1N=N，∴B1C1⊥面A1AMN.∵B1C1⊂面EB1C1F，∴面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)∵三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，∴EF//B1C1//BC.∵AO//面EB1C1F，AO⊂面AMNA1，面AMNA1∩面EB1C1F=PN，∴AO//PN，四边形APNO为平行四边形，而O为正三角形的中心，AO=AB，∴A1N=3ON，AM=3AP,PN=BC=B1C1=3EF.由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角.在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1，过E作EH⊥B1C1于H，则PN=B1C1=EH=3，B1H=1，B1E=√10，sin∠B1EH=B1HB1E =√1010.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为√1010.【答案】(1)解：∵ f (x )=2sin 3x cos x ， ∴ f ′(x )=2sin 2x(3cos 2x −sin 2x) =−8sin 2x sin (x +π3)sin (x −π3).当x ∈(0,π3)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增；当x ∈(π3,2π3)时， f ′(x )<0, f (x )单调递减； 当x ∈(2π3,π)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增.(2)证明：由f (x )=2sin 3x cos x 得， f (x )为R 上的奇函数．f 2(x )=4sin 6x cos 2x =4(1−cos 2x )3cos 2x =4(1−cos 2x )3×3cos 2x 3≤43×(3−3cos 2x+3cos 2x 4)4=(34)3.当1−cos 2x =3cos 2x ，即cos x =±12时等号成立，故|f (x )|≤3√38.(3)证明：由(2)知：sin 2x sin 2x ≤3√38=(34)32，sin 22x sin 4x ≤3√38=(34)32， sin 222x sin 23x ≤3√38=(34)32，⋯ sin 22n−1x sin 2n x ≤3√38=(34)32，∴ sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22n x ≤(34)3n2 ， ∴ sin 3x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 32n x =sin x(sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22n x)sin 2nx ≤(34)3n 2，∴ sin 2x sin 22x sin 24x ⋯ sin 22n x ≤3n4n . 【考点】 不等式的证明利用导数研究函数的单调性 【解析】 此题暂无解析 【解答】(1)解：∵ f (x )=2sin 3x cos x ， ∴ f ′(x )=2sin 2x(3cos 2x −sin 2x) =−8sin 2x sin (x +π3)sin (x −π3).当x ∈(0,π3)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增； 当x ∈(π3,2π3)时， f ′(x )<0, f (x )单调递减；当x ∈(2π3,π)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增.(2)证明：由f (x )=2sin 3x cos x 得， f (x )为R 上的奇函数． f 2(x )=4sin 6x cos 2x =4(1−cos 2x )3cos 2x =4(1−cos 2x )3×3cos 2x 3≤43×(3−3cos 2x+3cos 2x 4)4=(34)3.当1−cos 2x =3cos 2x ，即cos x =±12时等号成立，故|f (x )|≤3√38.(3)证明：由(2)知：sin 2x sin 2x ≤3√38=(34)32，sin 22x sin 4x ≤3√38=(34)32， sin 222x sin 23x ≤3√38=(34)32，⋯，sin 22n−1x sin 2nx ≤3√38=(34)32，∴ sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22nx ≤(34)3n 2，∴ sin 3x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 32n x=sin x(sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22n x)sin 2n x ≤(34)3n2， ∴ sin 2x sin 22x sin 24x ⋯ sin 22n x ≤3n4n . 【答案】解：(1)C 1：{x =4cos 2θ，①y =4sin 2θ，②①+②得，x +y =4，故C 1的普通方程为：x +y −4=0. 由 {x =t +1t ，y =t −1t可得{x 2=t 2+2+1t2，③y 2=t 2−2+1t2，④③−④得，x 2−y 2=4，故C 2的普通方程为：x 2−y 2=4. (2)联立C 1,C 2 {x +y −4=0，x 2−y 2=4，解得：{x =52，y =32， 所以点P 坐标为：P (52,32). 设所求圆圆心为Q (a,0)，半径为a ，故圆心Q (a,0)到P (52,32)的距离为√(52−a)2+(32−0)2=a ，解得a =1710，所以圆Q 的圆心为(1710, 0)，半径为1710，则圆Q 的直角坐标方程为：(x −1710)2+y 2=(1710)2，即．x 2+y 2−175x =0，所以所求圆的极坐标方程为： ρ=175cos θ.【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 直线与双曲线结合的最值问题 参数方程与普通方程的互化 点到直线的距离公式 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)C 1：{x =4cos 2θ，①y =4sin 2θ，②①+②得，x +y =4，故C 1的普通方程为：x +y −4=0. 由 {x =t +1t ，y =t −1t 可得{x 2=t 2+2+1t2，③y 2=t 2−2+1t 2，④③−④得，x 2−y 2=4，故C 2的普通方程为：x 2−y 2=4. (2)联立C 1,C 2 {x +y −4=0，x 2−y 2=4，解得：{x =52，y =32， 所以点P 坐标为：P (52,32). 设所求圆圆心为Q (a,0)，半径为a ，故圆心Q (a,0)到P (52,32)的距离为√(52−a)2+(32−0)2=a ，解得a =1710，所以圆Q 的圆心为(1710, 0)，半径为1710， 则圆Q 的直角坐标方程为：(x −1710)2+y 2=(1710)2， 即．x 2+y 2−175x =0，所以所求圆的极坐标方程为： ρ=175cos θ.【答案】解：(1)当a =2时，f (x )={7−2x ，x ≤3，1，3<x ≤4，2x −7，x >4.试卷第21页，总21页 因此，不等式f (x )≥4的解集为{x|x ≤32或x ≥112}.(2)因为f (x )=|x −a 2|+|x −2a +1|≥|a 2−2a +1|=(a −1)2， 故当(a −1)2≥4，即|a −1|≥2时， f (x )≥4，所以当a ≥3或a ≤−1时，f (x )≥4；当−1<a <3时， f (a 2)=|a 2−2a +1|=(a −1)2<4. 所以a 的取值范围是(−∞,−1]∪[3,+∞).【考点】绝对值不等式的解法与证明绝对值三角不等式【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)当a =2时，f (x )={7−2x ，x ≤3，1，3<x ≤4，2x −7，x >4.因此，不等式f (x )≥4的解集为{x|x ≤32或x ≥112}.(2)因为f (x )=|x −a 2|+|x −2a +1|≥|a 2−2a +1|=(a −1)2， 故当(a −1)2≥4，即|a −1|≥2时， f (x )≥4，所以当a ≥3或a ≤−1时，f (x )≥4；当−1<a <3时， f (a 2)=|a 2−2a +1|=(a −1)2<4. 所以a 的取值范围是(−∞,−1]∪[3,+∞).。
1.3.2三视图还原实物
回答以下问题： 回忆画简单组合体的三视图的原则以 及注意的问题都有哪些？
从三视图还原实物图
从三视图还原实物图是对给定的 视图进行分析，想象出形体的实 际形状，还原实物图是绘制三视 图的逆过程。
阅读教材16页例6，体会这种互 逆的过程。演示
绘制实物图
基本思路是根据已知视图，将图 形分解成若干组成部分，然后按 照投影规律和各视图间的联系， 分析出各组成部分所代表的空间 形状及所在位置，最终想像出整 体形状。 步骤：分解视图→确定投影关系 →单个想象→组合几何体
分解视图:从主视图着手，将图形分解成若干部分。 投影关系:根据视图间投影规律，找出分解后各组 成部分在各视图中的投影。 单个想象:根据分解后各组成部分的视图想象出各 自的空间形状，如下图所示。
(a) 图6-6 视图间投影联系
(b)
自主探究
根据还原的步骤，完成教材第17 页的三视图的还原。演示 思路点拨：先确定组合体是由那 些基本几何体组成的，组成方式 如何,然后想象出实物图的模型, 最后画出其实物图（或直观图）.
思考交流
小组讨论教材18页思考交流（奖 杯的还原），然后在全班进行展 示讨论成果。演示
作业布置
习题1-3 A组第7题（绘制实物图 或者直观图）
ห้องสมุดไป่ตู้
由三视图还原立体图形-PPT课件
例1：根据三视图中主视图、俯视图和左视图， 说出立体图形的名称。
隐藏主视图 隐藏俯视图
隐藏左视图
隐藏圆柱
隐藏三棱柱
隐藏长方体
三视图
隐藏主视图 隐藏点
隐藏左视图
隐藏俯视图
隐藏圆锥
隐藏三棱锥
三视图
圆柱无中轴
三视图
隐藏几何体
三视图
隐藏几何体
三视图
隐藏几何体 显示对象
H
例2：根据物体的三视图，描述物体的形状.
移动点 移动点 还原系列2个动作
三视图
移动点 移动点 线段系列2个动作
隐藏对象
移动隐藏几何体
三视图
隐藏对象
A
B
C
三视图
A
B
C
隐藏几何体
显示对象
三视图
隐藏几何体
根据下面的三视图，说出这个几何体是由几个正方体怎么组合而成的.
建筑物的形状
某建筑物模型的三视图如图所示，请你描述建造的建筑物是什么样 子的？共有几层？模型一共需要多少个小正方体？
反馈练习
隐藏对象
显示点 移动点 移动点 系列2个动作
高中数学 1.2.2空间几何体的三视图(二)由三视图还原成示意图教案数学教案
§1.2.2 空间几何体的三视图（二）由三视图还原成示意图一、教学内容分析本节课是《普通高中课程标准实验教科书·数学必修二》（人教A版）第一章第二节第二课《§1.2.2空间几何体的三视图》。
三视图是空间几何体的一种表示形式，是立体几何的基础之一。
学好三视图为学习直观图奠定基础，同时有利于培养学生空间想象能力，几何直观能力的，有利于培养学生学习立体几何的兴趣。
由于三视图与人们的实际生活有着紧密的联系，对指导人们从事社会生产、生活具有十分重要的意义，所以这一内容也成了近几年新课程高考的一个热点。
二、学生学习情况分析学生在义务教育阶段已经学习过三视图的基本作法，但只要求能作简单几何体的三视图，如长方体、正方体以及一些正方体的组合等，主要停留在形的认识上，而对于三视图的概念还不清晰。
学生在义务教育阶段只接触了从空间几何体到三视图的单向转化，还无法准确将三视图还原成实物模型。
对于三视图的学习，复习回顾三视图，让学生体会作三视图刻画空间几何体的必要性，然后由学生自己动手画三视图，在学生原有知识的基础上进行新知识的建构，引出三视图的作图方法与规范要求引入新课。
三、设计思想参照《新课程实施标准》，在本课的教学中我努力实践以下两点：１、教学中，通过对实物模型及多媒体课件所呈现的空间几何体（由简单到复杂，逐步变化）的整体观察，帮助学生认识其结构特征，巩固和提高义务教育阶段有关三视图的学习和理解。
采用多媒体的教学手段，加强直观性和启发性，增大课堂容量，提高课堂效率。
２、本节课是以理论是为实践服务的宗旨掌握数学知识、交流合作的模式发展数学能力、自主探究的方式解决数学问题为教学模式，学生在教师营造的“可探索”环境里，积极参与、通过自己的观察，想象，思考，实践，主动发现规律、获得知识，体验成功。
四、教学目标（一）知识与技能：：①巩固和提高有关三视图的学习和理解，进一步掌握三视图画法规则②能正确通过简单组合体的三视图还原物体的示意图，能识别三视图所表示的空间几何体（二）过程与方法目标：① 通过学生自己动手画几何体的三视图、观察各种三视图间的关系，进一步培养学生的空间想象能力，画图能力。
2020版人教A数学必修2：1.3.2 球的体积和表面积
(2)如图为某几何体的三视图,则该几何体的体积为
.
解析:(2)由三视图可知该几何体是一个组合体,上半部分是半径为 1 的球的
(D)3 倍
解析:设小球半径为 1,则大球的表面积 S 大=36π,S 小+S 中=20π, 36π = 9 . 20π 5
解得 R= 6 ;所以外接球的体积为 V = 外接球 4π ×( 6 )3=8 6 π.故选 B
答案:(1)B
3
(2)(2018·广东靖远县高一期末)在三棱锥 S-ABC 中,SA=BC= 41 ,SB=AC=5,
SC=AB= 34 ,则三棱锥 S-ABC 外接球的表面积为
.
解析:(2)将三棱锥补成一个长、宽、高分别为a,b,c的长方体,
以AB,BD和CD为棱,把三棱锥A-BCD补充为长方体, 则该长方体的外接球即为三棱锥的外接球,且长方体的对角线是外接球 的直径; 所以(2R)2=AB2+BD2+CD2=1+2+1=4,所以外接球O的表面积为4πR2=4π. 故选D. 答案:(1)D
(2)(2018·安徽六安高一期末)球内切于正方体的六个面,正方体的棱长为
(A) 9 π +12 2
(C)9π +42
(B) 9 π +18 2
(D)36π +18
解析:(1)由三视图可得这个几何体是由上面一个直径为 3 的球,下面一个底 面为正方形且边长为 3,高为 2 的长方体所构成的几何体,则其体积为:
1.2 三视图 由三视图还原实物图
左
视
视
图
图
俯视图
课堂练习：
（2）由三视图还原实物图
主 视 图
左 视 图
俯视图
合作探究：
由三视图还原实物图
主
左
视
视
图
图
俯视图
课堂小结：
（1）由三视图还原实物图 （2）还原的原则和方法 （3）熟记简单几何体的三视图
作业：
（1）课本21页，B组第1、2题 （2）课本18页思考交流 （3）预习4.1
复习回顾：
(1) 什么是三视图？ (2) 画三视图遵循什么原则？ 主视图和俯视图： 长对正 主视图和左视图： 高平齐 俯视图和左视图： 宽相等
复习回顾：
(3) 画三视图要注意什么？ 第一，确定好方向 第二，简单组合体的生成方式 第三，注意实线和虚线
(4) 圆锥体的三视图分别是什么？
引入课题：
主 视
俯视图 该几何体是（ ）
俯视图（多边形） 该几何体是（ ）
探究新知：
主视图
左视图
该几何体是（ 柱体 ）
探究新知：
主视图
左视图
该几何体是（ 锥体 ）
探究新知：
主视图
左视图
该几何体是（ 台体 ）
探究新知：
俯视图
该几何体是（
）
探究新知：
俯视图（多边形）
该几何体是（ 多面体 ）
探究归纳：
总结： （1）还原三视图是画三视图的逆向思维
(圆台)
探探究究新新知知：：
还原简还单原几简何单体几三何视体图三视图
主
左
视
视
图
图
俯
视
图
(半圆柱)
探究新知：(引入问题)
三视图还原成实物图PPT教案
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请思考：
1、 如图某实物的三视图，想一想它实物 样子。
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二：连一连：
图1-35是4个三视图和4个实物图，请将 三视图和实物图正确配对。
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分析：
由（1）（2）的三视图都是由二个长方形和 一个正方形及三条对角线组成，可见它们的实物 是由一个长方体割而成。所以（1）(2)的实物图 形是C,D。对照选项确定答案：（1）的实物图是 （C），（2）的实物图是（D），(3)(4)的视图由 俯视图可确定，（3）的实物图是（B），（4）的 实物图是（A）。
3. 同一物体放置的位置不同，所画的三视图可能 不同。
4.清楚简单组合体是由哪几个基本几何体组成的，并 注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置。
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主视图
诗：
横看成岭侧成峰， 远近高低各不同。 不识庐山真面目， 只缘身在此山中。
Ａ．圆柱 Ｃ．圆锥
Ｂ．三棱柱 Ｄ．球体
3：三视图均相同的几何体有（ ）
Ａ．球 Ｃ．正四面体
Ｂ．正方体 Ｄ．以上都对
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练习 根据三视图画出几何体
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练习 画出下列几何体的三视图
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练习 画出下列几何体的三视图
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课堂小结：
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作业
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三视图还原成实物图
会计学
1
导入新课：
2008年我国北京举办了第29届夏季奥运会，在这届 奥运会上我国运动健儿取得了骄人的成绩，为祖国赢 得了荣誉。下面请同学根据下列的运动图标，猜一猜 这是什么运动项目。
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3、一空间几何体的三视图如图所示, 则该几何体是___
2 2
2 2
正视图
2 侧视图
2
俯视图
例 3 一个几何体的三视图如图所示，其中正视
图和左视图是腰长为6的两个全等的等腰直角 三角形.用多少个这样的几何体可以拼成一个棱 长为6的正方体.
主视图
左视图
俯视图
该几何体为四棱锥D1—ABCD
D1 D1 C1 A1
问题二：已知物体三视图的外轮廓，如何
构思该物体？
与同学交流你的看法和具体做法.
构思过程：
如何把组合体的三视图还原成几何体的实形
1、把每个视图分解为基本图形（三角形，圆
等） 2、结合对应部分的三视图想象对应的基本几 何体 3、结合虚实线概括组合体
由三视图还原成实物图
欣赏三视图
图1
图2
问题一：如果要做一个水管的三叉接头，工人事先看到的不是
图1，而是图2，你能替这位工人师傅根据这三个图形制造出水管 接头吗？ 若已知一个几何体的三视图，我们如何去想象这个几何体的原形 结构，并画出其示意图呢？
复习回顾：
一、三视图:
1、从正面看到的图形叫做主视图；从左面看到的图形 叫左视图；从上面看到的图形叫俯视图。这三张图， 称为三视图. 2、形体可见轮廓线画粗实线，不可见轮廓线画虚线
二、三视图的对应规律：
主视图和俯视图 主视图和左视图
----长对正 ----高平齐
俯视图和左视图
----宽相等
三、 基本几何体的三视图 正方形 (1)正方体的三视图都是——— 长方形 (2)圆柱的三视图中有两个是——— 圆 另一个是—— 三角形 (3)圆锥的三视图中有两个是———，另 圆和一个点 一个是—————。 圆 (4)球的三视图都是——
请找出下列三视图对应的几何体 第
C
第
二
俯
e
俯
f
俯
g
左 左 左
组
正三棱锥 长方体 正四棱 台
E
F
G
一个几何体的三视图如下,你能说出它是什么 立体图形吗?
正视图 侧视图
俯视图
与上一张三视图有何区别与联系？
思考1:下列两图分别是两个简单组合 体的三视图，想象它们表示的组合 体的结构特征，并画出其示意图.
B1
D
D C B A B
C
A
正视图：等腰直角三角形； 左视图：等腰直角三角形； 俯视图：正方形（要加对角线BD哟） 要三个这样的几何体才能拼成正方体，分别 四棱锥 D1 ABCD 、四棱锥 D1 ABB1 A1 、 四棱锥 D1 BCC1 B1
2、说出下面的三视图表示的几何体的结构特征
正视图
侧视图
俯视图
思考2:下列两图分别是两个简单组合体的三视 图，想象它们表示的组合体的结构特征，并 作适当描述.
正视图 正视图
侧视图
侧视图
六棱锥与六棱柱 的组合体
俯视图
举重杠铃
俯视图
变式训练一：
正视图
侧视图
俯视图 A
B
2、如图是一个物体的三视图，试说出物体 的形状。
正 视 图 侧 视 图
俯 视 图