2018版高中数学第一章立体几何初步1.1.5三视图学业分层测评
2018版高中数学第一章立体几何初步1.1.5三视图学案新人教B版
⎧⎪直线或线段正―→.⎪⎩平面图形正―→1．1.5三视图学习目标 1.了解三视图的概念，理解三视图的画法特征.2.能画出简单空间图形的三视图，能识别空间图形的三视图所表示的立体模型．知识点一正投影思考正投影的投射线和投射点之间是什么关系？梳理正投影的定义及性质(1)定义：在物体的平行投影中，如果投射线与投射面________，则称这样的平行投影为正投影．(2)特殊性质投影―垂直于投射面的⎨投影―或直线的一部分.知识点二三视图思考如图，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，那么其三视图分别是什么？梳理 三视图(1)概念(2)画三视图遵循的原则→主俯一样长，→主左一样高，→俯左一样宽.特别提醒：(1)作三视图时必须先确定从哪个方向看，因为从不同的角度得到的三视图有可能不同．(2)作三视图时能看见的轮廓线和棱画成实线，看不见的画成虚线．(3)三视图的排列顺序：先画主视图，左视图在主视图的右边，俯视图在主视图的下边．类型一 正投影的问题例 1 两条平行线在一个平面内的正投影可能是 ________．(把正确的序号填到题中的横线上)①两条平行线；②两个点；③两条相交直线；④一条直线和直线外的一点；⑤一条直线．反思与感悟 正投影问题与垂直关系联系紧密，投影图形的形状与投射线和投射图形有关系，解题时借助正方体模型是一种常见的方法．跟踪训练 1 如图所示，在正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，M ，N 分别是 BB 1，BC 的中点，则图中阴 影部分在平面 ADD 1A 1 上的正投影为( )类型二三视图与直观图命题角度1由几何体画三视图例2画出如图所示的三视图．反思与感悟画三视图应遵循的原则和注意事项(1)务必做到“长对正，高平齐，宽相等”．(2)三视图的排列方法是主视图与左视图在同一水平位置，且主视图在左，左视图在右，俯视图在主视图的正下方．(3)在三视图中，要注意实、虚线的画法．(4)画完三视图草图后，要再对照实物图来验证其正确性．跟踪训练2(1)一个长方体截去两个三棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的三视图为()(2)画出如图所示物体的三视图．命题角度2由三视图还原几何体例3如图是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．反思与感悟由三视图还原几何体，要遵循以下三步：(1)看视图，明关系；(2)分部分，想整体；(3)综合起来，定整体．只要熟悉简单几何体的三视图的形状，由简单几何体的三视图还原几何体并不困难．对于组合体，需要依据三视图将它分几部分考虑，确定它是由哪些简单几何体组成的，然后利用上面的步骤，分开还原再合并即可．注意依据三视图中的虚线、实线确定轮廓线．跟踪训练3(1)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()(2)如图所示为长方体木块堆成的几何体的三视图，此几何体共由________块木块堆成．4422类型三三视图中的计算问题例4如图1所示，将一边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成三棱锥C－ABD，其主视图与俯视图如图2所示，则左视图的面积为()1212A. B. C. D.反思与感悟这类问题常常是给出几何体的三视图，由三视图中的数据，还原出几何体，并得出相关的数据，再求出相关的量，如体积、面积等．跟踪训练4一个三棱柱的左视图和俯视图如图，则该三棱柱主视图的面积为________．1．已知三棱柱ABC－A1B1C1，如图所示，则其三视图为()2.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3．一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是()A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱4．一图形的投影是一条线段，这个图形不可能是________．(填序号)①线段；②直线；③圆；④梯形；⑤长方体．5．一个几何体的三视图如图所示，则其左视图的面积为________．1．理解平行投影和中心投影的概念时，可以从一束光线去照射一个物体所形成的影子，研究两者的不同之处．另外应注意平行投影的性质，尤其注意图形中的直线或线段不平行于投影线的情况．2．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，两者之间的相互转化，可以培养我们的空间想象能力．答案精析问题导学知识点一思考 垂直梳理 (1)垂直 (2)点 直线知识点二思考梳理 (1)两两互相垂直 水平 俯视 直立 主视 侧立 左视(2)长对正 高平齐 宽相等题型探究例 1 ①②⑤解析 如图所示在正方体 A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，直线 A 1B 1∥C 1D 1，它们在平面 ABCD 内的投影为 AB ，CD ，且 AB ∥CD ，故①正确；它们在平面 BCC 1B 1 内的正投影是点 B 1 和点 C 1，故②正确；它 们在平面 ABB 1A 1 内的投影是同一直线 A 1B 1，故⑤正确．故填①②⑤.跟踪训练 1 A [点 M ，N 在平面 ADD 1A 1 上的正投影分别是 AA 1，AD 的中点，由此可得△MND 在平面 ADD 1A 1 上的正投影为选项 A 中图形．]例 2 解 正四棱锥的三视图如图所示．圆台的三视图如图所示．跟踪训练2C[从该几何体可以看出，主视图是一个矩形内有一斜向上的对角线；俯视图是一个矩形内有一斜向下的对角线，没有斜向上的对角线，故排除B、D项；左视图是一个矩形内有一斜向下的对角线，且都是实线，因为没有看不到的轮廓线，所以排除A项．] (2)解三视图如图所示．例3解简单组合体的示意图如图：跟踪训练3(1)B[由题意知，A和C中所给几何体的主视图、俯视图不符合要求；D中所给几何体的左视图不符合要求；由左视图可判断该几何体的直观图是B.故选B.](2)4解析由三视图知，由4块木块组成，如图．例4A[由主视图可以看出，A点在面BCD上的投影为BD的中点，由俯视图可以看出，C点在面ABD上的投影为BD的中点，所以其左视图为如图所示的等腰直2 2 2 2 4 解析 依题意得几何体的左视图面积为 22＋ ×2× 3＝4＋ 3.角三角形，直角边为 2 1 2 2 1，于是左视图的面积为 × × ＝ .]跟踪训练 43解析 如图，主视图的面积为 3×1＝ 3.当堂训练1．A 2.B 3.D4．②⑤解析 线段、圆、梯形都是平面图形，且在有限范围内，投影都可能为线段；长方体是三维空间图形，其投影不可能是线段；直线的投影，只能是直线或点．5．4＋ 312。
高中数学 第一章 立体几何初步章末综合测评(含解析)新人教B版必修2(2021年最新整理)
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（一) 立体几何初步(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。
若a，b是异面直线，直线c∥a，则c与b的位置关系是( ）A。
相交 B.异面C.平行D。
异面或相交【解析】根据空间两条直线的位置关系和公理4可知c与b异面或相交，但不可能平行.【答案】D2。
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个平面内D。
过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直【解析】A、B、C显然正确。
易知当直线与平面垂直时，过这条直线有无数个平面与已知平面垂直。
选D.【答案】D3.已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则（）A。
β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B。
β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直C.β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直D.β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直【解析】作两个相交平面，交线为n，使得直线m⊥α，假设β内一定存在直线a与m 平行，因为m⊥α,而a∥m，所以直线a⊥α，而a⊂β，所以α⊥β，这与平面α与平面β相交不一定垂直矛盾，所以β内不一定存在直线a与m平行，因为直线m⊥α，n⊂α，又n ⊂β，所以m⊥n，所以在β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直，故选C.【答案】C4。
2018版高中数学 第一章 立体几何初步 1.2.2 第1课时 平行直线、直线与平面平行学业分层测评
1.2.2 第1课时平行直线、直线与平面平行学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.如图1219所示，长方体ABCD A1B1C1D1中，E、F分别是棱AA1和BB1的中点，过EF的平面EFGH分别交BC和AD于G、H，则HG与AB的位置关系是( )图1219A.平行B.相交C.异面D.平行和异面【解析】由题意可知EF∥AB，∴EF∥平面ABCD.又平面EFGH∩平面ABCD＝GH，∴EF∥GH，∴GH∥AB，故选A.【答案】 A2.已知下列叙述：①一条直线和另一条直线平行，那么它就和经过另一条直线的任何平面平行；②一条直线平行于一个平面，则这条直线与这个平面内所有直线都没有公共点，因此这条直线与这个平面内的所有直线都平行；③若直线l与平面α不平行，则l与α内任一直线都不平行；④与一平面内无数条直线都平行的直线必与此平面平行.其中正确的个数是( )A.0B.1C.2D.3【解析】两直线可能共面，①错；一条直线平行于一个平面，这个平面内的直线可能与它异面，②错；对于③④，直线有可能在平面内.【答案】 A3.l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )A.l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B.l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C.l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D.l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面【解析】当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1也可能与l3相交或异面，故A不正确；l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D 不正确.【答案】 B4.在长方体ABCD－A1B1C1D1的六个表面与六个对角面(面AA1C1C、面ABC1D1、面ADC1B1、面BB1D1D、面A1BCD1及面A1B1CD)所在的平面中，与棱AA1平行的平面共有( )A.2个B.3个C.4个D.5个【解析】如图所示，结合图形可知AA1∥平面BC1，AA1∥平面DC1，AA1∥平面BB1D1D.【答案】 B5.如图1220，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H、M、N分别是棱AB、BC、A1B1、BB1、C1D1、CC1的中点，则下列结论正确的是( )图1220A.直线GH和MN平行，GH和EF相交B.直线GH和MN平行，MN和EF相交C.直线GH和MN相交，MN和EF异面D.直线GH和EF异面，MN和EF异面【解析】易知GH∥MN，又∵E、F、M、N分别为所在棱的中点，由平面基本性质3可知EF、DC、MN交于一点，故选B.【答案】 B二、填空题6.平行四边形的一组对边平行于一个平面，则另一组对边与这个平面的位置关系是________.【答案】平行或相交7.如图1221，ABCD－A1B1C1D1是正方体，若过A、C、B1三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为l，则l与AC的关系是________.图1221【解析】 连接A 1C 1，∵AC ∥A 1C 1，∴AC ∥面A 1B 1C 1D 1，又∵AC ⊂面AB 1C ，面AB 1C ∩面A 1B 1C 1D 1＝l ，∴AC ∥l .【答案】 平行8.如图1222，P 为▱ABCD 所在平面外一点，E 为AD 的中点，F 为PC 上一点，当PA ∥平面EBF 时，PF FC＝__________.图1222【解析】 连接AC 交BE 于G ，连接FG ，因为PA ∥平面EBF ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面BEF ＝FG ，所以PA ∥FG ，所以PF FC ＝AG GC. 又因为AD ∥BC ，E 为AD 的中点，所以AG GC ＝AE BC ＝12，所以PF FC ＝12. 【答案】 12三、解答题9.如图1223所示，三棱锥A －BCD 被一平面所截，截面为平行四边形EFGH .求证：CD ∥EF .图1223【证明】∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥GH，又GH⊂平面BCD，EF⊄平面BCD，∴EF∥平面BCD.而EF所在的平面ACD∩平面BCD＝CD，∴EF∥CD.10.一块长方体木块如图1224所示，要经过平面A1C1内一点P和棱BC将木块锯开，应该怎样画线？图1224【解】在平面A1B1C1D1内，经过点P作EF∥B1C1，且交A1B1于E，交D1C1于F；连接BE、CF，则BE、CF即为平面与长方体侧面的交线，可知，要满足题意，只要沿BE、EF、FC画线即可.如图所示.[能力提升]1.对于直线m、n和平面α，下面命题中的真命题是( )A.如果m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，那么n∥αB.如果m⊂α，n与α相交，那么m、n是异面直线C.如果m⊂α，n∥α，m、n共面，那么m∥nD.如果m∥α，n∥α，m、n共面，那么m∥n【解析】对于A，如果m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，则n∥α或n与α相交，故A错；对于B，如果m⊂α，n与α相交，则m、n相交或是异面直线，故B错；对于C，如果m⊂α，n∥α，m、n共面，由线面平行的性质定理，可得m∥n，故C对；对于D，如果m∥α，n∥α，m、n共面，则m∥n或m、n相交，故D错.【答案】 C2.若∠AOB＝∠A1O1B1且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是( )A.OB∥O1B1且方向相同B.OB∥O1B1C.OB与O1B1不平行D.OB与O1B1不一定平行【解析】如图①②所示，OB，O1B1不一定平行.图①图②【答案】 D3.已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于l的直线有________条.【解析】如图所示，∵l∥平面α，P∈α，∴直线l与点P确定一个平面β，α∩β＝m，∴P∈m，∴l∥m且m是唯一的.【答案】 14.如图1225所示，已知P是▱ABCD所在平面外一点，M、N分别是AB、PC的中点，平面PAD∩平面PBC＝l.图1225(1)求证：l∥BC；(2)MN与平面APD是否平行？试证明你的结论.【解】(1)因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.又因为平面PBC∩平面PAD＝l，所以BC∥l.(2)平行.取PD的中点E，连接AE，NE，可以证得NE∥AM且NE＝AM.可知四边形AMNE为平行四边形.所以MN∥AE，又因为MN⊄平面APD，AE⊂平面APD，所以MN∥平面APD.。
18版高中数学第一章立体几何初步1.2.3第1课时直线与平面垂直学业分层测评新人教B版必修2
1.2.3 第1课时直线与平面垂直学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.下列条件中，能使直线m⊥平面α的是( )A.m⊥b，m⊥c，b⊥α，c⊥αB.m⊥b，b∥αC.m∩b＝A，b⊥αD.m∥b，b⊥α【解析】由线线平行及线面垂直的判定知选项D正确.【答案】 D2.已知空间四边形ABCD的四边相等，则它的两条对角线AC、BD的关系是( )A.垂直且相交B.相交但不一定垂直C.垂直但不相交D.不垂直也不相交【解析】空间四边形ABCD的四个顶点不共面，∴AC与BD必为异面直线.取BD的中点O，连结OA，OC，由AB＝AD＝BC＝CD得OA⊥BD，OC⊥BD，∴BD⊥平面AOC，∴BD⊥AC，故选C.【答案】 C3.已知直线m，n是异面直线，则过直线n且与直线m垂直的平面( )【导学号：45722054】A.有且只有一个B.至多一个C.有一个或无数个D.不存在【解析】若异面直线m、n垂直，则符合要求的平面有一个，否则不存在.【答案】 B4.如图1248所示，三棱锥V-ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA＝VB，AD＝BD，则下列结论中不一定成立的是( )图1248A.AC ＝BCB.VC ⊥VDC.AB ⊥VCD.S △VCD ·AB ＝S △ABC ·VO【解析】 因为VA ＝VB ，AD ＝BD ， 所以VD ⊥AB .因为VO ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以VO ⊥AB .又VO ∩VD ＝V ，VO ⊂平面VCD ，VD ⊂平面VCD ， 所以AB ⊥平面VCD ，又CD ⊂平面VCD ，VC ⊂平面VCD ， 所以AB ⊥VC ，AB ⊥CD .又AD ＝BD ，所以AC ＝BC (线段垂直平分线的性质). 因为VO ⊥平面ABC ，所以V V -ABC ＝13S △ABC ·VO .因为AB ⊥平面VCD ， 所以V V -ABC ＝V B -VCD ＋V A -VCD ＝13S △VCD ·BD ＋13S △VCD ·AD ＝13S △VCD ·(BD ＋AD ) ＝13S △VCD ·AB ， 所以13S △ABC ·VO ＝13S △VCD ·AB ，即S △VCD ·AB ＝S △ABC ·VO .综上知，A ，C ，D 正确. 【答案】 B5.已知ABCD A 1B 1C 1D 1为正方体，下列结论错误的是( ) A.BD ∥平面CB 1D 1 B.AC 1⊥BD C.AC 1⊥平面CB 1D 1D.AC 1⊥BD 1【解析】 正方体中由BD ∥B 1D 1，易知A 正确； 由BD ⊥AC ，BD ⊥CC 1可得BD ⊥平面ACC 1，从而BD ⊥AC 1，即B 正确；由以上可得AC 1⊥B 1D 1，同理AC 1⊥D 1C ， 因此AC 1⊥平面CB 1D 1，即C 正确；由于四边形ABC 1D 1不是菱形，所以AC 1⊥BD 1不正确.故选D.【答案】 D 二、填空题6.如图1249所示，平面α∩β＝CD ，EA ⊥α，垂足为A ，EB ⊥β，垂足为B ，则CD 与AB 的位置关系是________.图1249【解析】 ∵EA ⊥α，CD ⊂α，根据直线和平面垂直的定义，则有CD ⊥EA . 同样，∵EB ⊥β，CD ⊂β，则有EB ⊥CD . 又EA ∩EB ＝E ， ∴CD ⊥平面AEB .又∵AB ⊂平面AEB ，∴CD ⊥AB . 【答案】 CD ⊥AB7.如图1250所示，PA ⊥平面ABC ，在△ABC 中，BC ⊥AC ，则图中直角三角形的个数有________.图1250【解析】⎭⎪⎬⎪⎫PA ⊥平面ABC BC ⊂平面ABC ⇒⎭⎪⎬⎪⎫PA ⊥BCAC ⊥BC PA ∩AC ＝A ⇒BC ⊥平面PAC ⇒BC ⊥PC ， ∴直角三角形有△PAB 、△PAC 、△ABC 、△PBC . 【答案】 48.如图1251所示，六棱锥P -ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，有如下四个结论：图1251①CF⊥平面PAD②DF⊥平面PAF③CF∥平面PAB④CD∥平面PAF其中正确结论的序号是________(把正确结论的序号都填上).【解析】∵六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形，∴AF∥CD，由线面平行的判定定理，可得CD∥平面PAF，故④正确；∵DF⊥AF，DF⊥PA，又AF∩PA＝A，∴DF⊥平面PAF，故②正确；由正六边形的性质可知CF∥AB，由线面平行的判定定理，可得CF∥平面PAB，故③正确；∵CF与AD不垂直，∴CF⊥平面PAD不正确，故①错误.【答案】②③④三、解答题9.如图1252所示，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.求证：AE⊥BE.【导学号：45722055】图1252【证明】∵AD⊥平面ABE，AD∥BC，∴BC⊥平面ABE.又AE⊂平面ABE，∴AE⊥BC.∵BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，∴AE⊥BF.又∵BF⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，BF∩BC＝B，∴AE⊥平面BCE.又BE⊂平面BCE，∴AE⊥BE.10.如图1253所示，四边形ABB1A1为圆柱的轴截面(过圆柱轴的截面)，C是圆柱底面圆周上异于A、B的任意一点.求证：AC⊥平面BB1C.图1253【证明】因为四边形ABB1A1为圆柱的轴截面，所以BB1⊥底面ABC.因为AC⊂底面ABC，所以BB1⊥AC.因为AB为底面圆的直径，所以∠ACB＝90°，所以BC⊥AC.又因为BB1∩BC＝B，BB1⊂平面BB1C，BC⊂平面BB1C，所以AC⊥平面BB1C.[能力提升]1.已知三条相交于点P的线段PA，PB，PC两两垂直，P在平面ABC外，PH⊥平面ABC 于H，则垂足H是三角形ABC的( )A.外心B.内心C.垂心D.重心【解析】如图，∵PA、PB、PC两两垂直，∴PA⊥平面PBC，∴PA⊥BC.又BC⊥PH，PA∩PH＝P，∴BC⊥平面PAH，∴BC⊥AH.同理AB⊥CH，AC⊥BH.∴点H为△ABC的垂心.【答案】 C2.如图图1254所示，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M、N分别是AD、BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法错误的是( )图1254A.不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥平面DECB.不论D折至何位置都有MN⊥AEC.不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥ABD.在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD【解析】将三角形ADE沿AE折起后几何体如图所示：A.在直角梯形ABCD中，由BC⊥DC，AE⊥DC，知四边形ABCE为矩形.连接AC，∵N为BE中点，∴AC过点N.当D折至某一位置时，如图所示，连结MN，∴MN∥DC，由MN⊄平面DEC，DC⊂平面DEC，得MN∥平面DEC，∴MN∥平面DEC，所以A正确；B.∵AE⊥EC，AE⊥DE，EC∩DE＝E，∴AE⊥平面DEC，又DC⊂平面DEC，∴AE⊥DC，∵MN∥DC，∴MN⊥AE，所以B正确；C.假设MN∥AB，由MN∥DC知，DC∥AB，又CE∥AB，得CE∥CD，与CE∩CD＝C相矛盾，所以C错；D.当EC⊥ED 时，因为CE⊥AE，∴CE⊥平面AED，∴CE⊥AD，所以存在某个位置，使EC⊥AD，所以D正确；故选C.【答案】 C3.已知平面α，β和直线m，给出下列条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.当满足条件________时，有m⊥β.【解析】若m⊥α，α∥β时，有m⊥β，故填②④.【答案】②④4.如图1255所示，AB为⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，M为圆周上任意一点，AN⊥PM，N为垂足.(1)求证：AN⊥平面PBM；(2)若AQ⊥PB，垂足为Q，求证：NQ⊥PB.【导学号：45722056】图1255【证明】(1)∵AB为⊙O的直径，∴AM⊥BM.又PA⊥平面ABM，∴PA⊥BM.又∵PA∩AM＝A，∴BM⊥平面PAM.又AN⊂平面PAM，∴BM⊥AN.又AN⊥PM，且BM∩PM＝M，∴AN⊥平面PBM.(2)由(1)知AN⊥平面PBM，PB⊂平面PBM，∴AN⊥PB.又∵AQ⊥PB，AN∩AQ＝A，∴PB⊥平面ANQ.又NQ⊂平面ANQ，∴PB⊥NQ.。
2018版高中数学 第一章 立体几何初步 1.1.3 圆柱、圆锥、圆台和球学业分层测评 新人教B版必
1.1.3 圆柱、圆锥、圆台和球学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.下列命题中，真命题的个数是( )①圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个；②圆柱的所有平行于底面的截面都是圆面；③圆台的两个底面可以不平行.A.0B.1C.2D.3【解析】①中当圆锥过顶点的轴截面顶角大于90°时，其面积不是最大的；③圆台的两个底面一定平行，故①③错误.【答案】 B2.以钝角三角形的较小边所在的直线为轴，其他两边旋转一周所得到的几何体是( )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，以AB为轴所得的几何体是一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥.【答案】 D3.用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，这个几何体不可能是( )A.圆锥B.圆柱C.球D.棱柱【解析】用一个平面去截圆锥、圆柱、球均可以得到圆面，但截棱柱一定不会产生圆面.【答案】 D4.在日常生活中，常用到的螺母可以看成一个组合体(如图1140所示)，其结构特征是( )图1140A.一个棱柱中挖去一个棱柱B.一个棱柱中挖去一个圆柱C.一个圆柱中挖去一个棱锥D.一个棱台中挖去一个圆柱【解析】一个六棱柱挖去一个等高的圆柱，选B.【答案】 B5.一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图1141所示，则截面可能的图形是( )图1141A.①③B.②④C.①②③D.②③④【解析】当截面平行于正方体的一个侧面时得③，当截面过正方体的体对角线时得②，当截面不平行于任何侧面也不过对角线时得①，但无论如何都不能截出④.【答案】 C二、填空题6.如图1142是一个几何体的表面展开图形，则这个几何体是________.图1142【解析】一个长方形和两个圆折叠后，能围成的几何体是圆柱.【答案】圆柱7.直角梯形绕其较长底边所在直线旋转一周，所得旋转体的结构特征是________________.【解析】由旋转体的定义知，该几何体为一个圆锥和一个圆柱拼接成的组合体.【答案】一个圆锥和一个圆柱拼接成的组合体8.一个圆锥的母线长为20 cm，母线与轴的夹角为30°，则圆锥的高为________cm.【解析】如图是圆锥的轴截面，则SA＝20 cm，∠ASO＝30°，∴AO＝10 cm，SO＝10 3 cm.【答案】 10 3三、解答题9.指出如图1143①②所示的图形是由哪些简单几何体构成的.图1143【解】 图①是由一个三棱柱和一个四棱柱拼接而成的简单组合体.图②是由一个圆锥和一个四棱柱拼接而成的简单组合体.10.一个圆台的母线长为12 cm ，两底面面积分别为4π cm 2和25π cm 2.求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长.【解】 (1)圆台的轴截面是等腰梯形ABCD (如图所示).由已知可得上底半径O 1A ＝2(cm)，下底半径OB ＝5(cm)，又因为腰长为12 cm ，所以高AM ＝122－－2＝315(cm).(2)如图所示，延长BA ，OO 1，CD ，交于点S ，设截得此圆台的圆锥的母线长为l ，则由△SAO 1∽△SBO 可得l －12l ＝25，解得l ＝20(cm)，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm. [能力提升]1.下列判断中正确的个数是( )①圆柱的任意两条母线所在的直线是平行的；②球面和球是同一个概念；③经过球面上不同的两点只能作一个球大圆.A.1B.2C.3D.0【解析】 ①正确；球面和球是两个不同的概念，②错误；若球面上不同的两点恰好为球的直径的端点，则过此两点的球大圆有无数个，故③错误.【答案】 A2.已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，它们位于球心的同一侧，且距离为1，那么这个球的半径是( )A.4B.3C.2D.0.5【解析】 如图所示，∵两个平行截面的面积分别为5π、8π，∴两个截面圆的半径分别为r 1＝5，r 2＝2 2.∵球心到两个截面的距离d 1＝R 2－r 21，d 2＝R 2－r 22，∴d 1－d 2＝R 2－5－R 2－8＝1，∴R 2＝9，∴R ＝3.【答案】 B3.在如图1144所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm ，母线长最短50 cm 、最长80 cm ，则斜截圆柱侧面面积S ＝________cm 2.图1144【解析】 将侧面展开可得S ＝12(50＋80)×40π＝2 600π(cm 2). 【答案】 2 600π4.一个圆锥的底面半径为2 cm ，高为6 cm ，在圆锥内部有一个高为x cm 的内接圆柱.(1)用x 表示圆柱的轴截面面积S ；(2)当x 为何值时，S 最大？【解】 (1)如图，设圆柱的底面半径为r cm ，则由r 2＝6－x 6，得r ＝6－x 3，∴S ＝－23x 2＋4x (0<x <6). (2)由S ＝－23x 2＋4x ＝－23(x －3)2＋6， ∴当x ＝3时，S max ＝6 cm 2.。
(全国通用版)2018-2019高中数学 第一章 立体几何初步检测A 新人教B版必修2
企业参谋咨询效劳合同书〔精选5篇〕企业参谋咨询效劳合同书〔精选5篇〕企业参谋咨询效劳合同书1甲方：乙方：地址：：随着甲方运营规模的扩展和自身业务的拓展，同时也为了把握“互联网+”大潮的机遇应对当前剧烈的竞争，甲方需要不断加强经营管理、寻求专业性知识和先进管理经历的支持与指导。
基于此，甲乙双方此前已经进展了深化的沟通和理解，寻求到了长期友好合作的共有根底和共同契合点。
现根据《合同法》等有关法律、法规的规定，就乙方为甲方提供企业咨询效劳事宜，双方在平等互惠、协商一致的根底上达成如下条款，以共同遵守。
一、效劳与合作形式：参谋咨询效劳(不含企业实际操作效劳)二、效劳工程：乙方指导甲方开展“互联网+音乐教育”工程，推动甲方打造中国最大的音乐教育平台。
三、效劳版块及详细内容1.企业诊断、组织架构重建咨询1.1对企业的现状、经营状态、运营问题和效率进展诊断;1.2对企业的运作架构、职权分配等诊断;1.3得出结论分析^p ，指出解决路向;2.企业开展战略规划咨询2.1提供企业战略分析^p 、选择、规划、评估等效劳;2.2提供战略管理的理念、知识、方法;3.投资融资建议咨询4.线上产品开发咨询建议5.品牌形象重建咨询6.法律咨询建议效劳四、甲方乙方的根本义务1.甲方的根本义务1.1根据进程和乙方要求，及时、全面、客观、合法地提供乙方所必需的有关文件、资料、信息，并如实陈述全部相关事实，协助乙方开展工作并保证甲方提供的文件、资料和涉及的其他相关事实或陈述等甲方资信的真实、准确、完好、合法、客观;1.2对乙方提供的有关建议和方案，应及时反应意见和做出决策，并对出的合理要求给予积极配合。
甲方须在乙方提出相关报告、建议案之日起三个工作日内给予答复。
逾期不予答复，那么视为承受乙方方案;1.3为乙方顺利完成咨询工作提供必要的条件和便利以及相关的后勤支持;1.4如有关的情况和事实发生变化，应及时告知乙方;1.5按照约定支付效劳费;1.6向乙方提出的要求不应与法律及会计职业道德和职业纪律规定相冲突。
高中数学 第一章 立体几何初步 1.1.5 三视图学业分层测评 新人教B版必修2
1.1.5 三视图学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.如图1176是一个正四棱锥，它的俯视图是( )图1176【解析】由三视图的俯视图，易知D为正四棱锥的俯视图.故选D.【答案】 D2.下列几何体各自的三视图中，有且只有两个视图相同的是( )图1177A.①③B.②③C.②④D.③④【解析】①③的三个三视图都相同，②④的主视图和左视图相同.故选C.【答案】 C3.一根钢管如图1178所示，则它的三视图为( )图1178A B C D【解析】该几何体是由圆柱中挖去一个圆柱形成的几何体，三视图为B.【答案】 B4.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图1179所示，则该几何体的左视图为( )图1179A B C D【解析】被截去的四棱锥的三条可见棱中，有两条为长方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(长方形)的两条边重合，另一条为体对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图，只有D符合.故选D.【答案】 D5.如图1180，点O为正方体ABCDA′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的投影不可能是( )图1180A B C D【解析】由题意知光线从上向下照射，得到C.光线从前向后照射，得到A.光线从左向右照射得到B.故空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的投影不可能是D，故选D.【答案】 D二、填空题6.一个几何体的主视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的______(填入所有可能的几何体前的编号).①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱.【解析】三棱锥、四棱锥和圆锥的主视图都是三角形.当三棱柱的一个侧面平行于水平面，底面对着观测者时其主视图是三角形，四棱柱、圆柱无论怎样放置，其主视图都不可能是三角形.【答案】①②③⑤7.已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的主视图的面积S的取值范围是________.【解析】主视图的最小面积为正方形ABB1A1的面积，为1，最大面积为矩形ACC1A1的面积，为2，故所求范围为[1, 2].【答案】[1, 2]8.如图1181为长方体木块堆积成的几何体的三视图，此几何体共由________块木块堆成.图1181【解析】该几何体的实物图如图.故此几何体共有4块木块堆成.【答案】 4三、解答题9.画出如图1182所示的几何体的三视图.图1182【解】该几何体的三视图如图所示.10.已知一个几何体的三视图如图1183，试根据三视图想象物体的原形，并试着画出实物草图.图1183【解】由三视图知，该物体下部为长方体、上部为一个与长方体等高的圆柱，且圆柱的底面相切于长方体的上底面，由此可画出实物草图如图.[能力提升]1.如图1184所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别是BB1、BC的中点，则图中阴影部分在平面ADD1A1上的正投影为( )图1184A B C D【解析】点M、N在平面ADD1A1上的正投影分别是AA1、AD的中点，由此可得△MND在平面ADD1A1上的正投影为选项A.【答案】 A2.直角边分别为1和3的三角形，绕一条直角边所在直线旋转，形成的圆锥的俯视图是半径为1的圆，则它的主视图是( )A.等腰直角三角形B.边长为3的等边三角形C.边长为2的等边三角形D.不能确定【解析】如图，由题意得：该旋转体的主视图为△ABC，又因AB＝AC＝BC＝2，所以选C.【答案】 C3.已知某一几何体的主视图与左视图如图1185所示，则下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形有________.图1185【解析】由三视图的主视图和左视图分析，几何体上部、中部、下部的形状，只能是圆柱、四棱柱或三棱柱，因而⑤不正确.【答案】①②③④4.一个几何体的三视图如图1186所示，其中主视图和左视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，则用________个这样的几何体可以拼成一个棱长为4的正方体.图1186【解析】该几何体是四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高等于4，如图①所示的四棱锥AA1B1C1D1，①②如图②所示，三个相同的四棱锥AA1B1C1D1，ABB1C1C，ADD1C1C可以拼成一个棱长为4的正方体.【答案】 35.一个物体由几块相同的正方体组成，其三视图如图1187所示，试据图回答下列问题：图1187(1)该物体有多少层？(2)该物体的最高部分位于哪里？(3)该物体一共由几个小正方体构成？【解】(1)该物体一共有两层，从主视图和左视图都可以看出来.(2)该物体最高部分位于左侧第一排和第二排.(3)从左视图及俯视图可以看出，该物体前后一共三排，第一排左侧2个，右侧1个；第二排左侧2个，右侧没有；第三排左侧1个，右侧1个，该物体一共由7个小正方体构成.。
【配套K12】2018版高中数学第一章立体几何初步章末综合测评苏教版必修2
(一) 立体几何初步(时间120分钟，满分160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上) 1．给出下列命题：(1)若两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面； (2)若两个平面平行，那么垂直于其中一个平面的直线一定垂直于另一个平面； (3)若两个平面垂直，那么垂直于其中一个平面的直线一定平行于另一个平面； (4)若两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线一定垂直于另一个平面． 其中真命题的序号为__________．【解析】 (1)因为两个平面平行，所以两个平面没有公共点，即其中一个平面内的直线与另一个平面也没有公共点，由直线与平面平行的判定定理可得直线与该平面平行，所以(1)正确．(2)因为该直线与其中一个平面垂直，那么该直线必与其中两条相交直线垂直，又两个平面平行，故另一个平面也必定存在两条相交直线与该直线垂直，所以该直线与另一个平面也垂直，故(2)正确．(3)错，反例：该直线可以在另一个平面内．(4)错，反例：其中一个平面内也存在直线与另一个平面平行． 综上：(1)(2)为真命题． 【答案】 (1)(2)2．在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，当底面四边形ABCD 满足条件________时，有A 1C ⊥B 1D 1(注：填上你认为正确的一种即可，不必考虑所有可能的情形)．【解析】 若有AC ⊥BD ，则A 1C 1⊥B 1D 1. 又∵CC 1⊥B 1D 1，A 1C 1∩CC 1＝C 1，∴B 1D 1⊥平面A 1C 1C ，∴B 1D 1⊥A 1C ，故条件可填AC ⊥BD . 【答案】 AC ⊥BD (答案不唯一)3．棱长为1的正四面体内有一点P ，由点P 向各个面引垂线，垂线段分别为d 1，d 2，d 3，d 4，则d 1＋d 2＋d 3＋d 4的值为________．【解析】 设四面体的高为h ， 则h ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×12＝63，13Sh ＝13S (d 1＋d 2＋d 3＋d 4)，∴d 1＋d 2＋d 3＋d 4＝h ＝63. 【答案】634．体积为52的圆台，一个底面积是另一个底面积的9倍，那么截得这个圆台的圆锥的体积为__________．【解析】 设圆锥的体积为x ，则x －52x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133，解得x ＝54.【答案】 545．已知正四棱锥O －ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________.【解析】 V 四棱锥O －ABCD ＝13×3×3h ＝322，得h ＝322，∴OA 2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝184＋64＝6.∴S 球＝4πOA 2＝24π. 【答案】 24π6．若l ，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l ⊥m ”是“l ∥α”的________条件．【解析】 ∵m ⊥α，若l ∥α，则必有l ⊥m ，即l ∥α⇒l ⊥m . 但l ⊥mD ⇒/l ∥α，∵l ⊥m 时，l 可能在α内． 故“l ⊥m ”是“l ∥α”的必要而不充分条件． 【答案】 必要不充分7．如图1所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱AA 1和AB 上的点，若∠B 1MN 是直角，则∠C 1MN 等于________．图1【解析】 ∵B 1C 1⊥平面A 1ABB 1，MN ⊂平面A 1ABB 1，∴B 1C 1⊥MN ，又∠B 1MN 为直角． ∴B 1M ⊥MN ，而B 1M ∩B 1C 1＝B 1.∴MN ⊥平面MB 1C 1.又MC 1⊂平面MB 1C 1， ∴MN ⊥MC 1，∴∠C 1MN ＝90°. 【答案】 90°8．设l 为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是________． ①若l ∥α，l ∥β，则α∥β；②若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β；③若l ⊥α，l ∥β，则α∥β；④若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β.【解析】 对于①，若l ∥α，l ∥β，则α和β可能平行也可能相交，故错误； 对于②，若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β，故正确； 对于③，若l ⊥α，l ∥β，则α⊥β，故错误；对于④，若α⊥β，l ∥α，则l 与β的位置关系有三种可能：l ⊥β，l ∥β，l ⊂β，故错误．故选②.【答案】 ②9．如图2，在空间四边形ABCD 中，E ，H 分别是AB ，AD 的中点，F ，G 分别是CB ，CD上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，若BD ＝6 cm ，梯形EFGH 的面积为28 cm 2，则平行线EH ，FG 间的距离为__________cm.图2【解析】 由题知，EH ＝12BD ＝3 cm ，FG ＝23BD ＝4 cm.设平行线EH ，FG 之间距离为d ，则12×(3＋4)×d ＝28，解得d ＝8 cm. 【答案】 810．在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝AD ，四边形ABCD 是正方形，E 是PD 的中点，则AE 与PC 的位置关系为________．【解析】 易知CD ⊥AE ，AE ⊥PD ，则AE ⊥平面PCD ，所以AE ⊥PC . 【答案】 垂直11．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H .以下结论中，错误的是________．①点H 是△A 1BD 的垂心； ②AH ⊥平面CB 1D 1；③AH的延长线经过点C1；④直线AH和BB1所成的角为45°.【解析】因为AH⊥平面A1BD，BD⊂平面A1BD，所以BD⊥AH.又BD⊥AA1，且AH∩AA1＝A.所以BD⊥平面AA1H.又A1H⊂平面AA1H.所以A1H⊥BD，同理可证BH⊥A1D，所以点H是△A1BD的垂心，①正确．因为平面A1BD∥平面CB1D1，所以AH⊥平面CB1D1，②正确．易证AC1⊥平面A1BD.因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，所以AC1和AH重合．故③正确．因为AA1∥BB1，所以∠A1AH为直线AH和BB1所成的角．因为∠A1AH≠45°，故④错误．【答案】④12．如图3所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：图3①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的序号是________．【解析】对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC，故①正确；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM ∥PA .∵PA ⊂平面PAC ，∴OM ∥平面PAC ，故②正确；对于③，由①知BC ⊥平面PAC ，∴线段BC 的长即是点B 到平面PAC 的距离，故③正确． 【答案】 ①②③13．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A －BD －C ，有如下四个结论： ①AC ⊥BD ；②△ACD 是等边三角形；③二面角A －BC －D 的度数为60°； ④AB 与CD 所成的角是60°. 其中正确结论的序号是________．【解析】 如图(1)(2)所示，取BD 的中点O ，连结AO ，OC ，易知AO ⊥BD 且CO ⊥BD ，AO ∩OC ＝O ，故BD ⊥平面AOC ，∴BD ⊥AC ，故①正确．设正方形ABCD 的边长为1，易知AO ＝OC ＝22.又由题意可知∠AOC ＝90°，故AC ＝1. 所以AC ＝AD ＝DC ，所以△ACD 是等边三角形，故②正确．取BC 的中点E ，连结OE ，AE ，则∠AEO 即为二面角A －BC －D 的平面角， ∴tan ∠AEO ＝AO OE＝2，(3)故③不正确．对于④，如图(3)所示，取AC 的中点F ，连结OF ，EF ，OE ，则OE ∥CD ，EF ∥AB ，则∠FEO 即为异面直线AB 与CD 所成的角．又在△AOC 中，OF ＝12，故EF ＝OE ＝OF ，∴AB 与CD 所成的角为60°，故④正确．综上可知①②④正确． 【答案】 ①②④14．如图4所示，三棱锥A －BCD 的底面是等腰直角三角形，AB ⊥平面BCD ，AB ＝BC ＝BD ＝2，E 是棱CD 上的任意一点，F ，G 分别是AC ，BC 的中点，则在下面命题中：①平面ABE ⊥平面BCD ； ②平面EFG ∥平面ABD ； ③四面体FECG 体积的最大值是13.其中为真命题的是__________．(填序号)【导学号：41292059】图4【解析】 ①正确，因为AB ⊥平面BCD ，且AB ⊂平面ABE ，由面面垂直的判定定理可知平面ABE ⊥平面BCD ；②错，若两平面平行，则必有AD ∥EF ，而点E 是棱CD 上任意一点，故该命题为假命题；③正确，由已知易得GF ⊥平面GCE ，且GF ＝12AB ＝1，而S △GCE ＝12GC ·CE ·sin 45°＝24CE ≤1，故V F －GCE ＝13S △GCE ·FG ≤13.故正确的命题为①③. 【答案】 ①③二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)图515．(本小题满分14分)如图5，正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为a ，连结A ′C ′，A ′D ，A ′B ，BD ，BC ′，C ′D ，得到一个三棱锥．求：(1)三棱锥A ′－BC ′D 的表面积与正方体表面积的比值；(2)三棱锥A ′－BC ′D 的体积．【解】 (1)∵ABCD －A ′B ′C ′D ′是正方体， ∴六个面是互相全等的正方形，∴A ′C ′＝A ′B ＝A ′D ＝BC ′＝BD ＝C ′D ＝2a ， ∴S 三棱锥＝4×34×(2a )2＝23a 2，S 正方体＝6a 2， ∴S 三棱锥S 正方体＝33. (2)显然，三棱锥A ′－ABD ，C ′－BCD ，D －A ′D ′C ′，B －A ′B ′C ′是完全一样的， ∴V 三棱锥A ′－BC ′D ＝V 正方体－4V 三棱锥A ′－ABD ＝a 3－4×13×12a 2×a ＝13a 3.16．(本小题满分14分)如图6所示，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为AB ，A 1D 1的中点，判断MN 与平面A 1BC 1的位置关系，并说明理由．图6【解】 直线MN ∥平面A 1BC 1. 证明如下：∵M ∉平面A 1BC 1，N ∉平面A 1BC 1. ∴MN ⊄平面A 1BC 1. 如图，取A 1C 1的中点O 1， 连结NO 1，BO 1.∵NO 1綊12D 1C 1，MB 綊12D 1C 1，∴NO 1綊MB ，∴四边形NO 1BM 为平行四边形， ∴MN ∥BO 1.又∵BO 1⊂平面A 1BC 1， ∴MN ∥平面A 1BC 1.17．(本小题满分14分)如图7，圆锥的轴截面SAB 为等腰直角三角形，Q 为底面圆周上一点．图7(1)若QB的中点为C，求证：平面SOC⊥平面SBQ；(2)若∠AOQ＝120°，QB＝3，求圆锥的表面积．【解】(1)∵SQ＝SB，OQ＝OB，C为QB的中点，∴QB⊥SC，QB⊥OC.∵SC∩OC＝C，∴QB⊥平面SOC.又∵QB⊂平面SBQ，∴平面SOC⊥平面SBQ.(2)∵∠AOQ＝120°，QB＝3，∴∠BOQ＝60°，即△OBQ为等边三角形，∴OB＝ 3.∵△SAB为等腰直角三角形，∴SB＝6，∴S侧＝3·6π＝32π，∴S表＝S侧＋S底＝32π＋3π＝(3＋32)π.图818．(本小题满分16分)如图8所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，底面边长为a，E是PC的中点．(1)求证：PA∥平面BDE；(2)求证：平面PAC⊥平面BDE；(3)若二面角E－BD－C为30°，求四棱锥P－ABCD的体积．【解】(1)证明：连结OE，如图所示．∵O ，E 分别为AC ，PC 的中点， ∴OE ∥PA .∵OE ⊂平面BDE ，PA ⊄平面BDE ，∴PA ∥平面BDE . (2)证明：∵PO ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥BD . 在正方形ABCD 中，BD ⊥AC . 又∵PO ∩AC ＝O ，∴BD ⊥平面PAC . 又∵BD ⊂平面BDE ，∴平面PAC ⊥平面BDE . (3)取OC 中点F ，连结EF .∵E 为PC 中点， ∴EF 为△POC 的中位线，∴EF ∥PO . 又∵PO ⊥平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD ， ∴EF ⊥BD ，∵OF ⊥BD ，OF ∩EF ＝F ，∴BD ⊥平面EFO ， ∴OE ⊥BD ，∴∠EOF 为二面角E －BD －C 的平面角， ∴∠EOF ＝30°.在Rt △OEF 中，OF ＝12OC ＝14AC ＝24a ，∴EF ＝OF ·tan 30°＝612a ，∴OP ＝2EF ＝66a . ∴V P －ABCD ＝13×a 2×66a ＝618a 3.19．(本小题满分16分)如图9，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，E 是PC 的中点，F 为线段AC 上一点.(1)求证：BD ⊥EF ；(2)若EF ∥平面PBD ，求AFFC的值．图9【解】 (1)因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD . 又四边形ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD . 又PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC .又EF ⊂平面PAC ，所以BD ⊥EF . (2)设AC 与BD 交于点O ，连结PO .因为EF ∥平面PBD ，平面PAC ∩平面PBD ＝PO ，且EF ⊂平面PAC ，所以EF ∥PO .又E 是PC 的中点，所以OF ＝FC ，所以AF ＝3FC ，即AF FC＝3.20．(本小题满分16分)如图10(1)，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图10(2)．(1) (2)图10(1)求证：DE ∥平面A 1CB ； (2)求证：A 1F ⊥BE ；(3)线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ .说明理由． 【解】 (1)证明：∵D ，E 分别为AC ，AB 的中点， ∴DE ∥BC .又∵DE ⊄平面A 1CB ，BC ⊂平面A 1CB ， ∴DE ∥平面A 1CB .(2)证明：由已知得AC ⊥BC 且DE ∥BC ，∴DE ⊥AC ， ∴DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，A 1D ∩CD ＝D ， ∴DE ⊥平面A 1DC ，而A 1F ⊂平面A 1DC ， ∴DE ⊥A 1F .又∵A 1F ⊥CD ，DE ∩CD ＝D ，∴A 1F ⊥平面BCDE ，BE ⊂平面BCDE ，∴A 1F ⊥BE .(3)线段A 1B 上存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ . 理由如下：小初高试卷类教案类如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又∵DE∥BC，∴DE∥PQ，∴平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，A1C⊂平面A1DC，∴DE⊥A1C.又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP.又DE∩DP＝D，∴A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q(中点)，使得A1C⊥平面DEQ. K12分别是小学初中高中。
2018版高中数学 第一章 立体几何初步 1.1.4 投影与直观图学业分层测评 新人教B版必修2
1.1.4 投影与直观图学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.用斜二测画法画水平放置的△ABC时，若∠A的两边分别平行于x轴、y轴，且∠A＝90°，则在直观图中∠A′等于( )A.45°B.135°C.45°或135°D.90°【解析】在画直观图时，∠A′的两边依然分别平行于x′轴、y′轴，而∠x′O′y′＝45°或135°.【答案】 C2.由斜二测画法得到：①相等的线段和角在直观图中仍然相等；②正方形在直观图中是矩形；③等腰三角形在直观图中仍然是等腰三角形；④菱形的直观图仍然是菱形.上述结论正确的个数是( )A.0B.1C.2D.3【解析】只有平行且相等的线段在直观图中才相等，而相等的角在直观图中不一定相等，如角为90°，在直观图中可能是135°或45°，故①错，由直观图的斜二测画法可知②③④皆错.故选A.【答案】 A3.如图1155为一平面图形的直观图的大致图形，则此平面图形可能是( )图1155A B C D【解析】根据该平面图形的直观图，该平面图形为一个直角梯形，且在直观图中平行于y′轴的边与底边垂直.【答案】 C4.已知水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到如图1156所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC中∠ABC的大小是( )图1156A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】根据斜二测画法可知△ABC中，BC＝2，AO＝3，AO⊥BC，∴AB＝AC＝12＋32＝2，故△ABC是等边三角形，则∠ABC＝60°.【答案】 C5.下列说法：①平行投影的投影线互相平行，中心投影的投影线相交于一点；②空间图形经过中心投影后，直线变成直线，但平行线可能变成了相交的直线；③两条相交直线的平行投影是两条相交直线.其中正确的个数为( )A.0B.1C.2D.3【解析】二、填空题6.下列图形：①线段；②直线；③圆；④梯形；⑤长方体.其中投影不可能是线段的是________.【解析】根据投影的定义知②⑤不可能.【答案】②⑤7.如图1157所示，四边形OABC是上底为2，下底为6，底角为45°的等腰梯形，由斜二测画法，画出这个梯形的直观图O′A′B′C′，则在直观图中梯形的高为________.图1157【解析】 按斜二测画法，得梯形的直观图O ′A ′B ′C ′，如图所示，原图形中梯形的高CD ＝2，在直观图中C ′D ′＝1，且∠C ′D ′E ′＝45°，作C ′E ′垂直于x ′轴于E ′，则C ′E ′＝C ′D ′·sin 45°＝22. 【答案】228.如图1158甲所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AA 1，C 1D 1的中点，G是正方形BCC 1B 1的中心，则四边形AGFE 在该正方体的各个面上的正投影可能是乙中的________.甲① ② ③ ④乙 图1158【解析】 在面ABCD 和面A 1B 1C 1D 1上的正投影是图乙①；在面ADD 1A 1和面BCC 1B 1上的正投影是图乙②；在面ABB 1A 1和面DCC 1D 1上的正投影是图乙③.【答案】 ①②③ 三、解答题9.如图1159，△A ′B ′C ′是水平放置的平面图形的斜二测直观图，将其恢复成原图形.图1159【解】画法：(1)如图②，画直角坐标系xOy，在x轴上取OA＝O′A′，即CA＝C′A′；①②(2)在图①中，过B′作B′D′∥y′轴，交x′轴于D′，在图②中，在x轴上取OD＝O′D′，过D作DB∥y轴，并使DB＝2D′B′.(3)连接AB，BC，则△ABC即为△A′B′C′原来的图形，如图②.10.有一个正六棱锥(底面为正六边形，侧面为全等的等腰三角形的棱锥)，底面边长为3 cm，高为3 cm，画出这个正六棱锥的直观图.【解】(1)先画出边长为3 cm的正六边形的水平放置的直观图，如图①所示；(2)过正六边形的中心O′建立z′轴，在z′轴上截取O′V′＝3 cm，如图②所示；(3)连接V′A′、V′B′、V′C′、V′D′、V′E′、V′F′，如图③所示；(4)擦去辅助线，遮挡部分用虚线表示，即得到正六棱锥的直观图，如图④所示.[能力提升]1.如图1160所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，则在△ABC的三边及中线AD中，最长的线段是( )图1160A.ABB.ADC.BCD.AC【解析】还原直观图后知，原图形是以AC为斜边的直角三角形ABC，AD是直角边BC的中线，所以AC 最长.【答案】 D2.水平放置的△ABC 的斜二测直观图如图1161所示，已知B ′C ′＝4，A ′C ′＝3，则△ABC 中AB 边上的中线的长度为( )图1161A.732B.73C.5D.52【解析】 由斜二测画法规则知△ABC 是∠ACB 为直角的三角形，其中AC ＝3，BC ＝8，AB ＝73，所以AB 边上的中线长为732. 【答案】 A3.如图1162，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________.图1162【解析】 易知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，平行四边形的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′. ∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42， ∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 【答案】 24 24.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形ABCD ，如图1163所示，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，求原平面图形的面积.图1163【解】 过A 作AE ⊥BC ，垂足为E ， 又∵DC ⊥BC 且AD ∥BC ，∴四边形ADCE 是矩形，∴EC ＝AD ＝1，由∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1知BE ＝22， ∴原平面图形是梯形且上下两底边长分别为1和1＋22，高为2， ∴原平面图形的面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.。
2018版高中数学 第一章 立体几何初步 1.1.1 棱柱、棱锥和棱台学业分层测评 苏教版必修2
1.1.1 棱柱、棱锥和棱台(建议用时：45分钟)[学业达标]一、填空题1．下列说法中正确的个数是________．①棱柱的面中，至少有两个面互相平行；②棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面；③棱柱中一条侧棱的长叫做棱柱的高；④棱柱的侧面是平行四边形，但它的底面一定不是平行四边形．【解析】棱柱的面中，有两个底面，所以至少有两个面互相平行，故①正确．棱柱中两个互相平行的平面可能是棱柱的侧面，②错误．棱柱中一条侧棱的长不一定是棱柱的高，③错误．棱柱的侧面是平行四边形，但它的底面可能是平行四边形，④错误．【答案】 12．下面图形所表示的几何体中，不是棱锥的为____．(填序号)图1－1－11【解析】结合棱锥的定义可知，①不符合其定义，故填①.【答案】①3．在正方体上任意选择4个顶点，它们可以确定的几何图形或几何体为________．(写出所有正确结论的编号)①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．【解析】在正方体ABCD－A1B1C1D1上任意选择4个顶点，它们可以确定：①矩形，如四边形ACC1A1；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体，如A－A1BD；④每个面都是等边三角形的四面体，如A－CB1D1；⑤每个面都是直角三角形的四面体，如A －A1DC，所以填①③④⑤.【答案】①③④⑤4．一个无盖的正方体盒子展开后的平面图形如图1－1－12所示，A，B，C是展开图上的三点，在正方体盒子中三角形ABC的形状为__________．(“等边三角形”“等腰三角形”或“直角三角形”)图1－1－12【解析】 由题图知，分别连接A ，B ，C 三点，AB ，BC ，CA 是正方体盒子的面对角线，所以△ABC 为等边三角形．【答案】 等边三角形5．一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60 cm ，则每条侧棱长为________ cm.【解析】 由棱柱有10个顶点知此棱柱有5条侧棱，又棱柱侧棱长相等，故每条侧棱长为12 cm.【答案】 126．一个截面经过棱锥各条侧棱的中点，则截得棱台的上、下底面积之比是________.【导学号：41292004】【解析】 如图，由于A 1是SA 的中点，则SA 1SA ＝12＝A 1B 1AB， 故S 上底面S 下底面＝⎝ ⎛⎭⎪⎫A 1B 1AB 2＝14. 【答案】 1∶47．某同学制作了一个对面图案相同的正方体礼品盒(如图1－1－13)，则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为________．图1－1－13【解析】两个☆不能并列相邻，②④错误；两个※不能并列相邻，③错误，故选①.也可通过实物制作检验来判定．【答案】①8．所有棱长都相等的正四棱锥和正三棱锥的一个面重合后暴露的面的个数为________个．【解析】如图(1)(2)所示分别是所有棱长都相等的正四棱锥和正三棱锥．图(3)是它们拼接而成的一个几何体．故暴露的面数为7个．(1) (2) (3)【答案】7二、解答题9．观察图1－1－14中的几何体，分析它们是由哪些基本几何体组成的．(1) (2) (3)图1－1－14【解】图(1)是由一个四棱柱在它的上、下底面上向内挖去一个三棱柱组成的几何体．图(2)是由一个四棱柱和一个底面与四棱柱上底面重合的四棱锥组成．图(3)是一个三棱台和一个上底面与三棱台的下底面重合的三棱柱组成．10．如图1－1－15，在边长为2a的正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点P.图1－1－15问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)这个几何体共有几个面，每个面的三角形有何特点？(3)每个面的三角形面积为多少？【解】 (1)如图，折起后的几何体是三棱锥．(2)这个几何体共有4个面，其中△DEF 为等腰三角形，△PEF 为等腰直角三角形，△DPE 和△DPF 均为直角三角形．(3)S △PEF ＝12a 2，S △DPF ＝S △DPE ＝12×2a ×a ＝a 2，S △DEF ＝S 正方形ABCD －S △PEF －S △DPF －S △DPE ＝(2a )2－12a 2－a 2－a 2＝32a 2. [能力提升]1．在正五棱柱中，不在同一侧面且不在同一底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线有________条.【导学号：41292005】【解析】 正五棱柱任意不相邻的两条侧棱可确定一个平面，每个平面可得到正五棱柱的两条对角线，5个平面共可得到10条对角线．【答案】 102．用一个平面去截一个几何体，如果截面是三角形，则这个几何体可能是__________．【解析】 用平行于底面的平面去截三棱柱，截面是三角形，用同样的方法去截三棱锥、三棱台，所得截面均为三角形．【答案】 答案不唯一，如三棱锥、三棱柱、三棱台等3．如图1－1－16，M 是棱长为2 cm 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱CC 1的中点，沿正方体表面从点A 到点M 的最短路程是________ cm.图1－1－16【解析】 由题意，若以BC 为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm,3 cm ，故两点之间的距离是13 cm.若以BB 1为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1 cm,4 cm ，故两点之间的距离是17 cm.故沿正方体表面从点A 到点M 的最短路程是13 cm.【答案】134．如图1－1－17所示，已知三棱台ABC－A′B′C′.图1－1－17(1)把它分成一个三棱柱和一个多面体，并用字母表示；(2)把它分成三个三棱锥并用字母表示．【解】(1)如图①所示，三棱柱是棱柱A′B′C′－AB″C″，多面体是B′C′－BCC″B″.(2)如图②所示，三个三棱锥分别是A′－ABC，B′－A′BC，C′－A′B′C.①②。
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1.1.5 三视图
学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1.如图1176是一个正四棱锥，它的俯视图是( )
图1176
【解析】由三视图的俯视图，易知D为正四棱锥的俯视图.故选D.
【答案】 D
2.下列几何体各自的三视图中，有且只有两个视图相同的是( )
图1177
A.①③
B.②③
C.②④
D.③④
【解析】①③的三个三视图都相同，②④的主视图和左视图相同.故选C.
【答案】 C
3.一根钢管如图1178所示，则它的三视图为( )
图1178
A B C D
【解析】该几何体是由圆柱中挖去一个圆柱形成的几何体，三视图为B.
【答案】 B
4.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图1179所示，则该几何体的左视图为( )
图1179
A B C D
【解析】被截去的四棱锥的三条可见棱中，有两条为长方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(长方形)的两条边重合，另一条为体对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图，只有D符合.故选D.
【答案】 D
5.如图1180，点O为正方体ABCDA′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的投影不可能是( )
图1180
A B C D
【解析】由题意知光线从上向下照射，得到C.光线从前向后照射，得到A.光线从左向右照射得到B.故空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的投影不可能是D，故选D.
【答案】 D
二、填空题
6.一个几何体的主视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的______(填入所有可能的几何体前的编号).
①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱.
【解析】三棱锥、四棱锥和圆锥的主视图都是三角形.当三棱柱的一个侧面平行于水平面，底面对着观测者时其主视图是三角形，四棱柱、圆柱无论怎样放置，其主视图都不可能是三角形.
【答案】①②③⑤
7.已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的主视图的面
积S的取值范围是________.
【解析】主视图的最小面积为正方形ABB1A1的面积，为1，最大面积为矩形ACC1A1的面积，为2，故所求范围为[1, 2].
【答案】[1, 2]
8.如图1181为长方体木块堆积成的几何体的三视图，此几何体共由________块木块堆成.
图1181
【解析】该几何体的实物图如图.故此几何体共有4块木块堆成.
【答案】 4
三、解答题
9.画出如图1182所示的几何体的三视图.
图1182
【解】该几何体的三视图如图所示.
10.已知一个几何体的三视图如图1183，试根据三视图想象物体的原形，并试着画出实物草图.
图1183
【解】由三视图知，该物体下部为长方体、上部为一个与长方体等高的圆柱，且圆柱的底面相切于长方体的上底面，由此可画出实物草图如图.
[能力提升]
1.如图1184所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别是BB1、BC的中点，则图中阴影部分在平面ADD1A1上的正投影为( )
图1184
A B C D
【解析】点M、N在平面ADD1A1上的正投影分别是AA1、AD的中点，由此可得△MND在平面ADD1A1上的正投影为选项A.
【答案】 A
2.直角边分别为1和3的三角形，绕一条直角边所在直线旋转，形成的圆锥的俯视图是半径为1的圆，则它的主视图是( )
A.等腰直角三角形
B.边长为3的等边三角形
C.边长为2的等边三角形
D.不能确定
【解析】如图，由题意得：该旋转体的主视图为△ABC，又因AB＝AC＝BC＝2，所以选C.
【答案】 C
3.已知某一几何体的主视图与左视图如图1185所示，则下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形有________.
图1185
【解析】由三视图的主视图和左视图分析，几何体上部、中部、下部的形状，只能是圆柱、四棱柱或三棱柱，因而⑤不正确.
【答案】①②③④
4.一个几何体的三视图如图1186所示，其中主视图和左视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，则用________个这样的几何体可以拼成一个棱长为4的正方体.
图1186
【解析】该几何体是四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高等于4，如图①所示的四棱锥AA1B1C1D1，
①②
如图②所示，三个相同的四棱锥AA1B1C1D1，ABB1C1C，ADD1C1C可以拼成一个棱长为4的正方体.
【答案】 3
5.一个物体由几块相同的正方体组成，其三视图如图1187所示，试据图回答下列问题：
图1187
(1)该物体有多少层？
(2)该物体的最高部分位于哪里？
(3)该物体一共由几个小正方体构成？
【解】(1)该物体一共有两层，从主视图和左视图都可以看出来.
(2)该物体最高部分位于左侧第一排和第二排.
(3)从左视图及俯视图可以看出，该物体前后一共三排，第一排左侧2个，右侧1个；第二排左侧2个，右侧没有；第三排左侧1个，右侧1个，该物体一共由7个小正方体构成.。