第32期 立体图形、直观图、表面积与体积-【数理报】2025-2026学年高一数学必修第二册同步学案（人教A版）

高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 数理括 答案详解 2025~2026学年 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期(2026年2月)》 D (B)选项对应的图形；设I,J,K,L分 第32期2版 G 别是棱BB1,CC1,DD1,AA1靠近B, A 专项小练一 C,D1,A1的三等分点，过1，J,K,L的 1.D:2.ABD;3.①③④⑤；4.②④. 截面图形为(A)选项对应的图形； 专项小练二 (D)选项对应的图形不可能， 6.因为正四棱柱ABCD- 1.C:2.BCD:3)号； 4.AC.BC. 图3 A,B,C1D,外接球的直径为其体对角线的长，故2R= 专项小练三 √2+2+4=22(R为正四棱柱ABCD-AB1CD1外接球的 L.B;2.ACD;3. 3m;4.5m. 半径)，所以R=2,所以△AOB为等边三角形，所以∠AOB= 60,所以劣弧AB的长为▣所以点M经过的路径长为4× 第32期3,4版 3 立体图形、直观图、表面积与体积同步核心素养测评 2π-45m 3 3 一、单项选择题 7.作出容器的轴截面，如图4所示， 1 ~4 BABB 5~8 DABD AB 200 mm,OC 300 mm,CF 提示： =150mm,则F为OC的中点，则DE= 1.由旋转体的概念可知，选项(A)(C)(D)为旋转体，选 项(B)不是旋转体 AB-100 mm.DF50mm, 2.长方体ABCD-AB,C,D,的表面积为S=2×(3×4+ 由已知在直径为200mm的圆面内 3×5+4×5)=94. 1 降雨，其降雨总体积V=了·T·DF· 图4 3.如图1，设直观图中与x'轴和y轴的交点分别为A'和 B',根据斜二测画法的规则在直角坐标系中先作出对应的A和 CF=12500m(mm),则积水厚度为V 125000π= T·0A2 10000m B点，再由平行于x'轴的线在原图中平行于x轴，且长度不变， 12.5(mm),所以降雨级别为中雨. 作出原图得四边形OACD(如图2). 8.设球0的半径为R,则4πR=16π，得R=2, 设正三棱柱ABC-A1B,C1的高为h,底面边长为a, (停+（台）=4 D B 解得h=2,a=3. 2 0'A 图1 图2 a E N,, 4.依题意上圆台底面半径为4cm,面积S,=π×42= 易知球O被三棱柱ABC-AB,C,的上、下底面截掉的两个 球缺相同，且高均为1， 16m(cm2),下底面半径为6cm,面积S2=π×62=36π(cm2), 则球缺曲面部分的面积为2×2π×2×1=8π， 圆台高h为6m,所以圆台的体积V=(S+S,+√S)h 又△ABC外接圆的半径为5， =号(16m+36m+16m×36m)×6=152m(cm). 所以所求表面积为16π-8π+2×3m=14π. 二、多项选择题 5.画出正方体如图3所示，设正方体外接球的球心为O. 9.ABC;10.ACD;11.ABD. E,F,G,H分别是棱BC,BC1,A1D1,AD的中点，过E,F,G,H的 提示： 截面图形为(C)选项对应的图形；过BDDB,的截面图形为 9.半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫做球面， 一1 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 球面围成的几何体叫做球，故(A)错误；当以直角三角形的斜 所以圆锥的底面半径为r=√32-22=5 边所在直线为轴旋转时，其余各边旋转形成的面所围成的几何 13.在△A'B'C'中，B'C'=A'C=2,∠B'A'C'=45°， 体不是圆锥，是由两个同底面的圆锥组成的几何体，故(B)错 故∠A'B'C'=45°，A'B=2V2, 误；当两个平行截面不平行于上、下两个底面时，两个平行截面 由斜二测画图法知AB=A'B'=2√2，AC=2A'C'=4, 间的几何体不是旋转体，故(C)错误；圆台是由圆锥截得的，故 在△ABC中，AB⊥AC, 其任意两条母线延长后一定交于一点，故(D)正确。 故选(A)(B)(C). 所以BC=√AC+AB2=26. 10.因为B'C'∥y轴，由斜二测画法规则知AC⊥BC, 14.三部分都是棱柱，分别为三棱柱AEA,-DFD1、三棱柱 即△ABC为直角三角形， BE,B-CF,C和四棱柱A1EBE,-D1FCF,显然它们等高，设 又因为B'C=4,A'C=3, 为h,三棱柱的底面面积分别为S,S,四棱柱的底面面积为 可得AC=3,BC=8,所以AB=√73 S2,由V:2:V3=1:4:1得(Sh):(S2h):(Sh)=1:4 :1.所以S1:S2:S3=1:4:1,所以S四边形E跳1=4S△e1= 所以AB边上的中线长度为 2 2.故选(A)(C)(D) 4S△B,设AE=a,则BE=6-a,所以(6-a)×3=4×2 11.由SA1SC,圆锥母线长1=SA=SC=22可得AC=4, ×a×3,所以a=2. 所以底面圆半径为R=OA=OC=2, 所以AE=√22+32=3. 又显然S0⊥AC,可得S0=2, 对于(A),圆锥S0的侧面积为πRl=2×22π=42π， 所以S四改形=√厅×4=4V. 四、解答题 所以(A)正确； 15.解：如图6，过A',B,C三点作 对于(B),易知当OB⊥AC时，△ABC的面积最大， 此时5Ac=方×4×2=4， 一个平面，再过A',B,C作一个平面， 就把三棱台ABC-A'B'C'分成了三部 则三棱锥S-ABC体积的最大值为V=了×4×2= 8 分，形成的三个三棱锥分别是A'- 3 ABC,B-A'B'C',A'-BCC'.(答案不 所以(B)正确； 唯一) 图6 对于(C),圆锥S0内切球的半径即为轴截面△SAC内切 16.解：如图7，过点B作BE⊥AD于点E. 圆的半径，不妨设为t, 因为AB=22,∠DAB=45°， 利用等面积法可得子×4×2= ×(22+22+4)r, 所以AE=BE=2,所以DE=1, 2 则四边形绕着直线AD旋转一周所形成的 可得r=2(2-1),所以(C)错误； 封闭几何体为一个底面半径为2，高为1的圆柱 对于(D),若AB=BC,可得AB⊥BC,又AC=4, 及一个底面半径为2，高为2的圆锥的组合体. 所以AB=BC=22; (1)所求几何体的表面积为S=π×2+ D 图7 又因为SA=SC=22, π×2×2×1+m×2×2,2=(8+42)m 所以△SAB为等边三角形，∠SBA=60°， (2)所求几何体的体积为V=π×2”×1+3×π×2× 将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S,AB, 则△SAB为等边三角形，且 2=20m 3 ∠S,BA=60°，如图5所示， 17.解：(1)设圆柱的底面半径为r,高为h,圆锥的母线长 所以SE+CE的最小值即为S,C, 为L,高为h1,则2mr=24π，解得r=12cm,则h= 又因为S,B=BC=22, √/202-122=16cm, ∠S,BC=∠S1BA+∠ABC=150° 所以“笼具”的体积V=m2h-号2h三π(12×30- 由余弦定理可得S,C2=S,B2+BC2-2×S,B×BC× 1 c0s150°=8+8+83=16+85， 3×12×16)=3552m(cm3). 可得S,C=16+83=2(5+1),所以(D)正确. (2)圆柱的侧面积S,=2mrh=720mcm2, 圆柱的底面积S2=πr2=144rcm2, 故选(A)(B)(D). 圆锥的侧面积为S3=rl=240πcm2, 三、填空题 所以“笼具”的表面积为S=S1+S2+S,=1104πcm2, 12.5;13.26;14.4/13 所以制造50个这样的“笼具”总造价为： 提示： 1104m×50×8=1104(元) 12.因为圆锥的母线长为3，高为2， 104 25 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 18.解：(1)设圆锥S0的母线长为l,底面⊙0的直径为2r, 又因为h<R,所以1- 所以2r=12. 5<<1， 因为△SAB的面积为48， 即会的取值范周为(1-1）】 所以S=子·2·S0=48,解得S0=8, 第33期2版 由勾股定理可得母线1=√S02+7=10, 由圆锥的表面积公式有S表=S侧+S底=πl+π2=60π 专项小练一 1.B:2.D:3.ABC:4.相交：5.P∈U +36π=96π. 6.证明：因为在矩形AA1B,B中，E为AB1的中点， (2)如图8所示，作出圆锥的轴截面， 所以AA1与BE不平行，则AA1与BE的延长线相交于一点， 球与圆锥侧面相切，设球心为D, 设此点为G,则G∈AA1,G∈BE. 则DE⊥SB于点E,DE=OD=R(其 又AAC平面ACC,A,BEC平面BEF, 中R为球的半径)， 所以G∈平面ACC1A1,G∈平面BEF, 则△SED~△SOB,可得DE:BO= 所以平面ACC,A1与平面BEF相交. S0:S8,即号=8。解得R=3, 图8 专项小练二 6 1.D;2.D;3.A;4.相交或平行；5.1或4. 4 所以球的体积V=3πR=36m, 6.证明：因为a∥b,所以a与b可确定平面B, 圆维的体积4=合子·S0=96 因为a∩a=P,所以平面a与平面B相交，且交线为过点 P的直线，设为 故圆锥体剩余空间的体积为V=V2-V=60π 因为在平面B内l与两条平行直线a,b中的一条直线a相 19.解：(1)把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球 交，所以1必与b相交， 又b不在平面α内，所以直线b和平面a相交. 冠面积为S=2πRh,所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结 合雏体体积公式得“球锥”的体积为V球鞋=了×2π·R= 第33期3,4版 子代h 空间点、直线、平面之间的位置关系同步核心素养测评 一、单项选择题 (2)如图9，设圆锥半径为r, 1~4 BCCD 5~8 ABBA 则2=R2-(R-h)2=2Rh-h2, 提示： h- 当球缺的体积与圆锥的体积相等时， 1.“∈”用来表示点线、点面之间的关系，“C”用来表示 V缘继=2V倒继， 线面间的关系 即子mRh=2×写㎡(R-), 图9 2.不论直线l与ax的位置关系如何，在ax内总有直线m,使 m⊥l. 消去户得子mA=子m(2M-)(R-, 3.因为D∈L,lCB,所以D∈B.又C∈B,所以CDCB. 同理CDC平面ABC,所以平面ABC∩平面B=CD. 签理得食-3+=0因为后<R,所以会=3， 4.由已知得直线l与平面α相交，设交点为P,则平面ax内 2 过点P的所有直线与l相交，不过点P的直线与I异面，只有 (3)设正四面体P-ABC内接“球锥”，顶点P与球心重合， (D)正确. 棱长为a, 5.由于ABCD是空间四边形，故AB,BC确定平面ABC,CD, 则△ABC外接圆半径为。，正四面体的高为。，显然。 DA确定平面ACD. 因为E∈AB,F∈BC,G∈CD,H∈DA, >R不满足条件 所以EFC平面ABC,GHC平面ACD, 注意到，当顶点A,B,C在圆锥底面圆周上时， 因为EF∩GH=M,所以M∈平面ABC,M∈平面ACD, a =R,R-h= 得会=15 又因为平面ABC∩平面ACD=AC,所以M∈AC. 6.在四棱台ABCD-A1B,C1D1中，侧棱AA,BB,C1C,D1D 当会=1-时，作平行于圆锥底面的平面裁正四面体P 的延长线交于一点，令此点为M(如图1)， R C 一ABC,所得棱长小于R的正四面体均可内接该“球锥” 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该”球锥”，则只 ≠1-与，且顶点A,BC在球冠上，即a=R,且R-A<R —3 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 由M∈AA1,AA1C平面PAA1, BD∥EF,所以四点B,D,E,F在同一平面内，故(A)正确； 得M∈平面PAA1,同理M∈平面CDDC1, 对于(B),延长BF,DE交于点P, 而P∈平面PAA1,P∈平面CDDC1, 则P∈BF,P∈DE, 则平面PAA1∩平面CDD,C1=PM, 又因为BFC平面BCCB,DEC平面DD1C1C, 即直线PM为所求作的直线，所以直线I与直线AA,相交 则P∈平面BCC,B,P∈平面DDC,C, 7.由正方体的性质易知当P为AC,的中点时，P为B,D 且平面BCC,B,n平面DD,C,C=CC1,所以P∈CC1, 的中点，而DD1∥BB1,所以B,D,D1,B共面，则BP,DD1在平 即三条直线BF,DE,CC1有公共点，故(B)正确； 面BDD1B1上，故(A)不符题意； 对于(C),因为A1CC平面AA1C,C,0F∩平面AA1C1C= 因为A4,∥CC1,即A,C,C1,A1共面，易知P∈平面 0,0AC, ACCA1,而B生平面ACC1A1,P∈AC1,PEAC,故BP与AC异 所以直线AC与直线OF是异面直线，故(C)错误： 面，故(B)符合题意； 对于(D),因为A1,0,C,M均在平面A41C1C内，连接OM, 当P,C1重合时，易知AB∥D1C1,AB=D,C1,则四边形 则OM与AC相交， ABCD1是平行四边形，则此时AD1∥BP,故(C)不符合题意； 所以直线AC上存在点N使M,N,O三点共线，故(D)正确 当P,C1重合时，显然BC,BP相交，故(D)不符合题意. 故选(A)(B)(D) 8.如图2，在正方体ABCD- 三、填空题 ABCD,中，不妨设三条两两异面 12.0或1；13.C1,P,0是平面A1ACC1和平面BDC1的公 的直线为A1D1,BB,CD, 共点，所以它们共平面AACC,与平面BDC,的交线； 令P∈AD1,作平面PPBB1 14.①②. 过BB1,则过P与BB,相交的直线 提示： 都在平面PPBB内， 3 12.当点M在过a且与b平行的平面或过b且与a平行的 作平面PP2CD过CD,则过P 图2 平面内时，没有满足条件的平面；当点M不在上述两个平面内 与CD相交的直线都在平面PP2CD内 时，满足条件的平面只有1个 又平面PPBB,与平面PP2CD不平行且不重合，有且仅有 13.因为0是BD的中点，则O是AC的中点， 一条公共直线，所以直线1只有1条 故0∈平面A1ACC1, 二、多项选择题 9.AD;10.AC;11.ABD. AC与截面BDC交于P,故P∈A,C, 提示： 故P∈平面AACC1,又C,∈平面AACC1, 9.在(A)中，假设其中有三点共 故C1,P,0∈平面A1ACC,又C1,P,0∈平面BDC1, 。E 线，则该直线和直线外的另一点确定 故C1,P,O在平面A,ACC1和平面BDC的交线上. 一个平面，这与四点不共面矛盾，故 图3 14.因为△ABC在平面a外，它的三条边所在的直线分别 其中任意三点不共线，所以(A)正确；在(B)中，如图3，两个相 交a于P,Q,R,所以P,Q,R∈平面a∩平面ABC, 交平面有三个公共点A,B,C,且点A,B,C,D共面，点A,B,C,E 所以P,Q,R三点在平面α与平面ABC的交线上， 共面，但A,B,C,D,E不共面，(B)不正确；选项(C)显然不正 即三点共线，故①正确； 确；在(D)中，过直线与直线外一点可确定一个平面，设为， 因为a与b平行，则可有由a,b确定一个平面a, 因此这三条直线都在平面α内，即三条直线共面，(D)正确.故 又a∩l=A,b∩l=B,所以A∈l,B∈l,A∈，B∈a, 选(A)(D). 所以lC平面a,bC平面a, 10.(A)中，a∥b,bCa,则a月a或aCa,所以不管a在 因为c与b平行，则可有由c,b确定一个平面B, 平面内还是平面外，都有结论成立，故(A)正确；(B)中，直线a 同理可得，lC平面B,bC平面B, 与b没有交点，所以a与b可能异面，也可能平行，故(B)错误； 又1∩b=B,而两条相交直线只能确定一个平面， (C)中，直线a与平面B没有公共点，所以a∥B,故(C)正确； 所以α，B为同一平面，即四线共面，故②正确； (D)中，直线a与平面B有可能平行，故(D)错误. 取正方体ABCD-AB,C,D1中AB为a,BC为c,DD1为b, 故选(A)(C) 直线a,b异面，b,c异面，但a,c相交，不异面，故③错误； 11.作图，如图4 取正方体ABCD-A,B,C,D1中三条直线AB,AD,AA1,他们 对于(A),连接BD1, 两两相交，但不仅仅确定一个平面，故④错误 因为BB,∥DD1,BB,= 四、解答题 DD1,可知BB1DD为平行四边形， 15.证明：因为any=b,B∩y=a, 则BD1∥BD, 所以aCy,bCy 又因为E,F分别为CD1 因为直线a和b不平行，所以a,b必相交， BC1的中点，则BD1∥EF,可得 图4 设anb=P,则Pea,P∈b. 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 因为aCB,bC,所以P∈B,P∈a, 所以过a,b,l有且只有一个平面. 又a∩B=c,所以P∈c,即交线c经过点P, (2)在空间四边形ABCD中，连接EF,HG, 所以a,b,c三条直线必过同一点. 因为H,G分别为AD,CD的中点， 16.证明：(1)因为PQC平面PQR,Me直线PQ, 则HG∥AC,且HG=24C, 所以Me平面PQR 因为RQC平面PQR,N∈直线RQ,所以N∈平面PQR, 又因为需=能=宁期EF∥AC,且EF=子4C, 所以直线MWC平面PQR. 故HG∥EF,且HG≠EF, (2)因为M∈直线CB,CBC平面BCD,所以M∈平面BCD, 故四边形EFGH为梯形，EH与FG交于一点， 由(1)知M∈平面PQR, 设EH与FG交于点P,如图9，由 所以M在平面PQR与平面BCD的交线上， 于EHC平面ABD,点P在平面ABD内， 同理可知，N,K也在平面PQR与平面BCD的交线上， 同理点P在平面BCD内， 所以M,N,K三点共线，所以点K在直线MW上. 又因为平面ABD∩平面BCD= 17.解：(1)如图5所示，连接 BD,所以点P在直线BD上， DM并延长交DA的延长线于点 故直线EH,BD,FG相交于一点， Q,连接QW,直线QN即为直线l. (2)由题知QW∩AB,=P, 第34期2版 由已知得△MAQ≌△MAD, 专项小练一 所以AQ=AD=a=AD1, 1.A;2.ABC;3.B;4.平行；5.平行 所以A1是QD1的中点 图5 6.证明：如右图，连接DM,交GF 又4P∥DN,所以AP=D,N=CD=a, 于0点，连接OE. 所以PB=AB-AP=a-a=子 3 在△BCD中，G,F分别是BD,CD 的中点，所以GF∥BC 18.证明：①无三线共点情况，如图6. 因为G为BD的中点， 设and=M,bd=N,cnd=P,a∩b=Q,anc= 所以O为MD的中点 R,b∩c=S, 在△AMD中，因为E,O分别为AD,MD的中点， 因为a∩d=M,所以a,d可确定一个平面，设为a 所以EO∥AM. 因为Ned,Q∈a,所以N∈a,Qea, 又因为AM￠平面EFG,EOC平面EFG, 所以NQCa,即bC, 所以AM∥平面EFG. 同理cCa,所以a,b,c,d共面； 专项小练二 1.D;2.ACD;3.B;4.平行四边形；5.①②③④. bg/d 6.证明：因为PM:MA=BN:ND=PQ:QD, 所以MQ∥AD,NQ∥BP. P 因为BPC平面PBC,NQI平面PBC, 图6 图7 所以NQ∥平面PBC. ②有三线共点的情况，如图7. 又底面ABCD为平行四边形， 设b,c,d三线相交于点K,它们与a分别交于点V,P,M,且 所以BC∥AD,所以MQ∥BC. K年a, 因为BCC平面PBC,MQ￠平面PBC, 因为Ka,所以K和a确定一个平面，设为B, 所以MQ∥平面PBC. 因为N∈a,aCB,所以N∈B,所以NKCB,即bCB, 又MQ∩NQ=Q,MQ,NQc平面MWQ, 同理cCB,dCB,所以a,b,c,d共面. 所以平面MWQ∥平面PBC. 由①②知a,b,c,d共面. 第34期3,4版 19.证明：(1)设直线1与a,b分 别交于M,V,如图8， 空间直线、平面的平行同步核心素养测评 因为a∥b,所以a,b确定一个平 M 一、单项选择题 面，记为平面α， 图8 1~4 DDDB 5~8 CCDD 因为点M∈直线a,点N∈直线b,所以M∈a,N∈a, 提示： 所以直线MN,即IC平面a, 1.若AB与l平行，则和l平行的平面有无数个；若AB与l相 5 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 交，则没有和1平行的平面；若AB与1异面，则和1平行的平面 因为AD∥BC,PR∥AD, 只有一个 所以PR∥B,C, 2.当a与b共面，即a与b平行或相交时，如图1所示. 又B1CC平面BDC,PRI平面 R BDC,所以PR∥平面B1D1C.又PQ∩ PR=P,PQ,PRC平面PQR,所以平面 Q 图5 PQR∥平面B,DC,则平面PQR为截 图1 面.易知△POR是等边三角形，则PQ, 2 =5,解得PQ= 显然满足题目条件；在a与b相交的条件下，分别把a,b平 行移动到平面B、平面a上，此时a与b异面，亦满足题目条件. 2,所以4P=号40=万 3.如图2所示，若M与D1重合，则DM∥平面AACC1,否 二、多项选择题 则，DM与平面AACC1相交. 9.BD:10.BCD:11.ABD D 提示： M. 9.（A)错误，a与B也可能相交；(B)正确，设a,b确定的平 B 面为y,依题意得y∥a,y∥B,故α∥B;(C)错误，a与B也可 二 能相交；由线面平行的性质定理可知，(D)正确。 故选(B)(D) B 图2 图3 10.依题意，标出各点位置如图6所 示，根据正方体的性质可知EM∥AC. 4.如图3，由题意得EF∥BD,且EF= 号BD,HG∥BD,且 由于EM￠平面CAW,ACC平面 HG=BD,所以EF∥HG且EF≠HC, CAN,所以EM∥平面CAN.根据正方 体的性质可知BM∥AW,同理可证得 所以四边形EFGH是梯形. BM∥平面CAW.由于EM,BMC平面 图6 又EF∥BD,EF平面BCD,BDC平面BCD, BME,EM∩BM=M,所以平面BME∥平面CAN,(A)正确； 所以EF∥平面BCD,分析知EH与平面ADC不平行. 根据异面直线的知识以及图象可知AF与CN异面，(B)错误； 5.如图4，设E,F,G,H,I,J,M,N 平面EFD即平面EFCD,由图6可知，BM与平面EFCD相 为相应棱的中点，则NE∥PB,且NE 交，(C)错误； 平面PBD,PBC平面PBD, D 根据异面直线的知识以及图象可知BE与AW异面，(D)错误 所以NE∥平面PBD, 故选(B)(C)(D). 同理可得HE,NH,GF,MF,MG与 图4 11.对于(A),在直四棱柱ABCD-A1B,C,D1中，AB∥CD, 平面PBD平行， 易得平面ABBA1∥平面DCCD1, 由图可知其他的任意两条棱的中点的连线与平面PBD相 又平面APQR∩平面ABB,A1=AP, 交或在平面PBD内，所以与平面PBD平行的直线有6条. 平面APQR∩平面DCC1D,=QR, 6.因为平面BDM∥平面A1C,平面BDM∩平面A1BC1= 所以AP∥QR,故(A)正确； DM,平面A1C∩平面AB,C1=A1C1,所以DM∥A1C1,过D作 对于(B),若四边形APQR为平行四边形，则PQ∥AR, DE,∥A1C1交B,C1于点E1,则点M的轨迹是线段DE,(不包括 根据面面平行的判定，PQ∥AR,PQC平面BCC,B,ARt D点) 平面BCC,B1,所以AR∥平面BCC1B, 7.因为平面a∥平面ABC,平面PAC∩平面a=A'C',平 又BB1∥AA1,BB1C平面BCCB,AA1平面BCC1B, 面PAC∩平面ABC=AC,所以A'C'∥AC,同理得A'B∥AB, 所以AA∥平面BCCB, BC∥BC所以△4gC~△4c,所以E=(g】 又AA1∩AR=A,所以平面BCC,B1∥平面ADD1A1,这与 S△AB 题目条件不符，故(B)正确； PA),又PA':AA=2:3,所以PA':PA=2:5,所以 PA 对于(C),假设存在点P,使得△APR 为等腰直角三角形， S△AgC:S△Bc=4:25. B 令BP=x,如图7，过点D作DE⊥ Rt- 8.如图5，连接BD,A1D,过点P作BD,A1D的平行线，分别 M 交棱AB,AA1于点Q,R,连接QR. AB,则DE=BC=5,BD=2, 因为BD∥BD,所以PQ∥BD1,又BD1C平面BDC, 在线段DR上取一点M,使得DM= PQ4平面B1D,C,所以PQ∥平面BDC. BP=x,连接BD,PM, 图7 6 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 则四边形BDMP为矩形， 所以NE2>MW2+ME, 所以MP=BD=2, 所以∠NME为钝角， 则PR=√MP+MR 所以当点F运动到点N时，EF的最大值为4. =√4+(DR-x), 四、解答题 15.解：直线l∥平面PAC AP=PB+AB=√4+， 证明如下： AR=DR+AD=√4+DR, 因为E,F分别是PA,PC的中点，所以EF∥AC.又EF丈平 显然AR≠PR. 面ABC,且ACC平面ABC,所以EF∥平面ABC.而EFC平面 若AP=PR,则DR=2x,AP2+PR2=AR2,即4+x2+4 BEF,且平面BEF∩平面ABC=L,所以EF∥U. +x2=4+4x2,解得x=√2，DR=22>2,不满足题意， 因为I平面PAC,EFC平面PAC,所以I∥平面PAC. 若AP=AR,BP=DR=x, 16.证明：(1)如图9，连接 又BP∥DR, AE,则AE必过DF与GV的交点O, 所以四边形BPRD为平行四边形 连接MO,则MO为△ABE的中位 所以PR=BD=2=2AP=√8+2x,无解，故(C)错误； 线，所以BE∥MO, 对于(D),当BP=CQ时，满足BC∥PQ, 又BE寸平面DMF,MOC平 则BC∥平面APQR,故(D)正确.故选(A)(B)(D). 面DMF,所以BE∥平面DMF. 图9 三、填空题 (2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中 1266°或114；13.号；144 点，所以DE∥GN. 又M是AB的中点，所以MN∥DB. 提示： 又DE O DB=D,GN O NM=N, 12.因为AB∥A'B',BC∥BC', 所以平面BDE∥平面MWG. 故∠A'B'C'=66°或∠A'B'C=114°. 17.解：因为PA∥平面EFGH,PAC平面PAB,平面PABn 13.因为平面a∥平面B, 平面EFGH=EH,所以PA∥EH, 由面面平行的性质定理得CD∥AB, 同理，PA∥FG,BC∥EF,BC∥HG, 所△PGD△PB,所u货-品 所以EH∥FG,EF∥HG, 所以四边形EFGH为平行四边形. 即2子=和解得8=号 因为F∥BC,所院-指所以BF=C AB 14.如图8，取CD的中点M,DD1的 D 中点W,连接ME,MW,NE,D1C, 又FG∥PA,所货-告-能所以PG: AB A 因为M,E分别为CD,BC的中点， 所以四边形EFGH的周长I=2(EF+FG)= 所以ME∥BD. 2(AE·BC+BE·PA-8AB+4E=8+45 因为ME平面ABD,BDC平面 AB AB AB' ABD,所以ME∥平面ABD. 图8 因为0< <1,所以8<l<12, 同理，M,N分别为DC,DD1的中点， 所以MN∥DC, 所以1的取值范围为(8,12)： 18.(1)证明：如图10，连接AC, 又D1C∥A1B,所以MW∥A1B,MWt平面A1BD,ABC平 交HD于点M,连接MF. 面A1BD, 因为底面ABCD为等腰梯形，CHB 所以MN∥平面ABD. 为等腰梯形的高，AB=3CD,AB∥ 又ME O MN=M,MWC平面MWE,MEC平面MWE, CD,所以AM:MC=AH:CD=2:1. 所以平面MWE∥平面ABD. 图10 又EF∥平面ABD,所以EFC平面MNE, 义EF=专EA, 又点F在四边形DCC,D1内部及边界运动， 所以FA:EF=2:1, 所以点F在平面MNE与平面DCC,D1的交线上，即F∈MN 所以AM:MC=AF:EF=2:1,所以MF∥CE. 在△ME中，ME=8D=2,MN=D,C=2E, 又MFC平面HDF,CE文平面HDF,所以CE∥平面HDE: 又因为AH:HB=2:1,所以HF∥BE. 连接DE, 又HFC平面HDF,BE￠平面HDF,所以BE∥平面HDF 在Rt△NDE中，NE=√ND+DE=√22+(25)2=4， 又CE BE=E,所以平面BCE∥平面HDF: > 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 (2)解：取AH的中点O,连接EO,因为AE=HE, 故平面BDE⊥平面ABCD 所以△AEH是等腰直角三角形， 第35期3,4版 所以E01AH,且E0=1,所以点F到AH的距离为子 空间直线、平面的垂直同步核心素养测评 将△AHF以AH为旋转轴旋转一周得到的几何体为两个 一、单项选择题 同底的圆锥，圆锥的底面圆半径就是点F到AH的距离，即子。 1~4 ADAC 5~8 DBCA 提示： 所以该几何休的体积为写×（号）×2- 27 1.因为a⊥a,a∥b,所以b⊥a.又a∥B,所以b⊥B. 19.(1)证明：取PA的中点 2.因为bCB,cCB,a⊥b,a⊥c,若b,c相交，则a⊥B,从 M,连接MD,MF,如图11. 而a上B.又a∥B或a与B相交时，可以存在a⊥b,a⊥c,所 因为F,M分别为PB,PA的中 以选(D). 点，所以FM∥AB,FM=2AB,因 3.由已知得PQ+QR2=4+5=9=PR,所以∠PQR= 90°，又AC∥PQ,BD∥QR,所以异面直线AC与BD所成的角 为四边形ABCD为平行四边形，所 B 即为∠PQR 图11 以AB∥CD,AB=CD,因为E为 4.如图1所示，在四边形ABCD中，因为 CD的中点，所以DE=CD,所以FM∥DE,FM=DE,所以 AB=BC,AD=CD.所以BD⊥AC. 因为平面AA,C,C⊥平面ABCD,平面 四边形DEFM为平行四边形，所以EF∥MD AAC,C∩平面ABCD=AC,BDC平面 又因为EFt平面PAD,MDC平面PAD,所以EF∥平面PAD. ABCD,所以BD⊥平面AA1C,C. (2)解：存在点Q符合题意，且此时 =2. OC 又CC1C平面AAC1C,所以BD⊥CC 5.如图2，取BD1的中点O1,连 取AB的中点H,连接PH交AF于点G,在PC上取点Q,使 接A101,由正方体的特征易知A,0,⊥ PQ:QC=2:1,连接GQ,HC 平面DDB,B.连接O1B,则O,B为A1BA 因为在平行四边形ABCD中，E,H分别为CD,AB的中点， 在平面DD1B,B内的射影，∠A,BO1为 所以AH∥CE,AH=CE,所以四边形AHCE为平行四边形， 所求的线面角。 所以CH∥AE,因为F为PB的中点， 在Rt△A1O1B中，sinm∠AB01= 所以点G为△PAB的重心，且PG:GH=2:1. 42=子放Am=30 图2 因为PQ:QC=2:1,所以GQ∥HC, 又因为HC∥AE,所以GQ∥AE, 6.因为PD⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以PD⊥BC. 所以GQ和AE确定一个平面α，因为F在直线AG上， 因为四边形ABCD是直角梯形，∠ADC=90°，AB∥CD, 所以F∈a,所以A,E,Q,F四点共面，所以在线段PC上存 AB AD 1,CD =2, 在一点Q,使得A,E,Q,F四点共面，此时兴=2. OC 所以BD=√2，BC=√2+(2-1)7=N2, 所以BC+BD2=CD2,BC⊥BD. 第35期2版 因为BD∩PD=D,BD,PDC平面PBD, 专项小练一 所以BC⊥平面PBD,又PBC平面PBD 1.B;2.BCD;3.A;4.平行；5.4. 所以BC⊥PB,即C到直线PB的距离是2. 6.证明：因为SA⊥平面ABC,AB,AC,BDC平面ABC. 因为E是PC中点，所以E到PB的距离等于C到直线PB 所以SA⊥AB,SA⊥AC,SA⊥BD.所以SB=√JSA2+AB 的距离的一半，即为号 =√2a.因为BC=√2a,所以SB=BC 7.因为PA⊥平面ABCD,DEC平面ABCD,所以PA⊥DE, 因为E为SC的中点，所以BE⊥SC 又PE⊥DE,PA∩PE=P,PAC平面PAE,PEC平面 又因为DE⊥SC,BE∩DE=E,所以SC⊥平面BDE. PAE,所以DE⊥平面PAE, 专项小练二 因为AEC平面PAE,所以DE⊥AE. 1.D;2.C;3.BC;4.√2；5.2. 即E点为以AD为直径的圆与BC的交点. 6.证明：连接AC,与BD相交于点O,连接OE, 因为AB=3,BC=a,满足条件的E点有2个， 则O是AC的中点， 所以圆心也就是AD的中点到BC的距离小于半径， 又E是PA的中点，所以EO∥PC,而PC⊥平面ABCD, 所以EO⊥平面ABCD,而EOC平面BDE, 即平行线间的距离AB=3<号，解得a>6 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 8.过点M作M0⊥AD于点O,连接C0,AC(图略)，由半圆 三、填空题 面AMD上底面ABCD,半圆面AMD∩底面ABCD=AD,MOC 平面AMD,得MO⊥底面ABCD,而△BCD的面积是定值，要使 12.垂直；13.25；14,230 5 三棱锥M-BCD的体积最大， 提示： 当且仅当M0最大，此时M为弧AD的中点，O为AD的中 12.如图4，由于平面BCC,B1⊥平面ABCD且平面BCC1B, 点，而△ACD为正三角形， ∩平面ABCD=BC,而MNC平面BCC,B,,MN⊥BC.所以MN 因此C0⊥AD,又C0∩M0=0,C0,M0c平面CM0,则 ⊥平面ABCD,所以MW⊥AB. AD⊥平面CMO,而BC∥AD,则BC⊥平面CMO,又CMC平 D C 面CMO,于是BC⊥CM,BC⊥CO,则∠MCO是二面角M-BC -D的平面角，C0=5,M0=1,MC=√(3)2+12=2，所以 二面角M-BC-D的余弦值cos∠MC0=C0= 3 MC 2 二、多项选择题 9.ACD:10.BD;11.AC. 图4 图5 提示： 13.如图5，过A作AC⊥l,垂足为C,过A作AB⊥B,垂足 9.选项(B)中，可以是如图3所 为B,连接BC,则AB=3cm, 示的情形. 因为ICB,所以AB⊥l, 10.对于(A),易证AB与CE所 又AC∩AB=A,AC,ABC平面ABC,所以I⊥平面ABC, 成的角为45°，所以直线AB与平面 又BCC平面ABC,所以L⊥BC, CDE不垂直；对于(B),易证AB⊥ 图3 所以∠ACB是二面角a-I-B的平面角，即∠ACB=60°， CE,AB⊥ED,且CE∩ED=E,所以AB⊥平面CDE;对于 所以点A到棱1的距离为AC=一AB =2/5(cm). (C),易证AB与CE所成的角为60°，所以直线AB与平面CDE sin 6=3x2 不垂直；对于(D),连接AC(图略)，易证ED⊥平面ABC,得ED 14.取BC的中点D,连接AD,C1D,如A ⊥AB,同理证得EC⊥AB,且ED∩EC=E,所以AB⊥平面 图6所示， 根据正三棱柱性质可知AD⊥BC, CDE.故选(B)(D). 又BB,⊥平面ABC,ADC平面ABC, 11.(A)中，PD=AD=√AE2+DE=√2+2=22. 所以BB,⊥AD, 在△PDC中，PD2+CD2=PC, 又BC∩BB1=B,BC,BB1C平面 所以PD⊥CD,由题可得CD⊥DE, 图6 BCC,B1,所以AD⊥平面BCC,B, 又PD∩DE=D,PDC平面PED,DEC平面PED, 所以∠AC,D为直线AC1与平面BCCB,所成的角. 则CD⊥平面PED,因为CDC平面EBCD, 设△ABC的边长为a,正三棱柱的高为h, 所以平面PED⊥平面EBCD,故(A)正确： (B)中，若PC⊥ED,又ED⊥CD, 则AD= 2a,AC=Va+h, PCn CD=C,PCC平面PDC,CDC平面PDC, 则ED⊥平面PDC,又PDC平面PDC, 所以sin30°= ,可得h2=2a2. a +h 所以ED⊥PD,所以LEDP=∠EDA=受， 又因为正三棱柱ABC-A,B,C1内接于半径为2的球， 显然矛盾，故(B)错误； (C)中，由(1)知CD⊥DE,CD⊥平面PED, 所以（号0）+()广=()+()=2， 又PDC平面PED,所以CD⊥PD, 所以∠PDE是二面角P-DC-B的平面角， 所以号+号=4，解得a=2可， 5 在Rt△PED中易知LPDE=年，故(C)正确： 即AB=230 5 (D)中，由CD⊥平面PED知， 四、解答题 ∠CPD为直线PC与平面PED的所成角， 15.证明：因为PA⊥平面ABD,PC⊥平面BCD, 在△PmG中，m∠CPm=份-号放(D)错误 所以PA⊥BD,PC⊥BD,PC⊥EF 又PA∩PC=P,所以BD⊥平面PAC. 故选(A)(C) 又EF⊥AC,PC∩AC=C,所以EF⊥平面PAC, 9 高一数学人教A(必修第二册)第32~35期 所以EF∥D,所品-跽 在△BC,E中，由BC,=2知C,E=2 3 16.解：PA与BD互相垂直. 设AM=x,则MC=√+1， 证明：如图7，取BC的中点 0,连接P0,A0. 因为△CC的面积为1，所以吃+·2=1， 因为PB=PC,所以PO⊥ BC,又侧面PBC⊥底面ABCD, 解得x:万（合负），即AM=万=1M 2 所以PO⊥底面ABCD, 故在AA上存在一点M满足题意. B 所以PO⊥BD. 图7 19.(1)解：若AC=BD,则菱形ABCD为正方形， 在直角梯形ABCD中，因为∠ABO=∠DCB=90°，CD= 因为AA⊥平面ABCD,AB,ADC平面ABCD, OB,AB BC, 所以AA1⊥AB,A41⊥AD, 所以△ABO≌△BCD. 所以直四棱柱ABCD-ABC,D,在顶点A处的离散曲率 所以∠BAO=∠CBD,∠CBD+∠ABD=90°， 所以AO⊥BD. 为1六（受+受+）= 又PO∩AO=O,所以BD⊥平面PAO,所以BD⊥PA. (2)证明：在四面体A1ABD中，AA1⊥AB,AA1⊥AD,AA,= 17.（1)证明：由AB⊥侧面BB,C1C得AB⊥CB. AB=AD,所以∠AA1B=∠AAD=T 4 由AB=BB1=2BC=2,∠BCC1=60°， 知∠C1BC=90°，即C,B⊥CB. 所以四面体A,ABD在点A,处的离散曲率为1一 又CB∩AB=B,所以C,B⊥平面ABC. 7 由棱柱的性质，知平面ABC∥平面ABC1, 平+∠BHD）= 所以C,B⊥平面A1B,C 解得LBA,D=号，易知A,B=AD=万AB, (2)解：因为AB⊥侧面BBCC, 所以平面ABBA1⊥平面BB,C,C. 所以BD=AB=AD=√2AB,所以AB⊥AD, 过点C作CP⊥BB1,交BB1于点P,连接AP, 所以直四棱柱ABCD-A,B,C,D1为正方体， 则C,P⊥平面AAB,B. 因为C1D1⊥平面ADDA1,ADC平面ADD1A1, 又C1PC平面CAP,所以平面C1AP⊥平面AABB. 所以CD1⊥AD, 在□BB,CC中，∠BB,C1=∠BCC1=60°，∠C1BC= 又AD⊥AD,AD∩CD1=D,AD,CDC平面ACD, ∠BC1B1=90°， 所以AD上平面AC,D, 又ACC平面ACD, 所以AP=B,G=28C=分 所以AC⊥AD,同理BD⊥AC1, 18.(1)证明：因为∠A1C1B,=∠ACB=90°， 又A1D∩BD=D,AD,BDC平面ABD 所以B,C,⊥A1C,又由直三棱柱性质知B,C,⊥CC1, 所以AC,⊥平面A1BD. 所以B,C1上平面ACCA: (3)解：如图8，直四棱柱ABCD- 所以B1C1⊥CD,由AA1=BC=2AC=2,D为AA1中点， A,B,C,D,在顶点A处的离散曲率为1 可知DC=DC1=2, 1 2T +受+∠DAB）= 又此时DC2+DC=CC=4,所以DC⊥DC1, 又BC1∩DC1=C1,所以CD⊥平面B,CD, 则∠DAB=号， 又CDC平面BCD,故平面BCD⊥平面BC1D. 即△DAB是等边三角形， 图8 (2)解：当M=4时，二面角B-C1-(的大小为60 则在菱形ABCD中，BD⊥AC, 又AA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,则AA1⊥BD, 假设在A41上存在一点M满足题意，由(1)可知B,C,⊥平 又AA∩AC=A,AA1,ACC平面AACC, 面ACCA1,则BC1⊥CM, 所以BD⊥平面AA1C1C, 在平面ACC,A1内过C,作C,E⊥CM,交CM或其延长线于 设AC∩BD=O, E,连接EB1,又B,C1∩C,E=C1,则CM⊥平面B,C1E, 则∠BC,O即为BC1与平面ACC,所成的角， 则EB⊥CM, 所以∠BEC为二面角B,-CM-C,的平面角， 所以sin∠BC1O= 2AB-4 所以∠B,EC1=60°， 1016.(15分)如图9，在四边形ABCD中，AD⊥DC,AD∥BC,AD 18.(17分)如图11，已知在圆锥S0中，底面⊙0的直径AB= 19.(17分)据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育 =3,CD=2,AB=22,∠DAB=45°，四边形绕着直线AD旋转 12,△SAB的面积为48 日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图12-①），标志着国 ⑧ (1)求圆锥S0的表面积： 内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我 (1)求所形成的封闭几何体的表面积； (2)一球刚好放进该圆锥体中，求这个球的半径以及此时圆锥 国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现报道中 (2)求所形成的封闭几何体的体积. 本剩余空间的体积 提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的 部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的 高。球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球 冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个 平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时， 我们把球缺与以球缺的底为底、以球心为顶点的圆锥所构成的体， 图11 称作“球锥”（如图12-②）.当一个四面体各顶点都在“球锥”表面 高中数学 上时，称这个四面体内接此“球”.如图12-②，设一个“球锥”所 在球的半径为R,其中球冠高为h(h<R). 高中数学 (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图12-③），写出“球 必修第二册 锥”的体积公式； (2)在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求是 必修第二册 17.(15分)如图10，某种“笼具”由内、外两层组成，无下底面， 的值； 内层和外层分别是一个圆锥和一个圆柱，其中圆柱与圆锥的底面周 A (3)已知一个棱长为a的正四面体内接此“球锥”，并且有一个 长相等，圆柱有上底面，已知圆柱的底面周长为24πcm,高为30cm, A 版 圆锥的母线长为20cm. 顶点与球心重合，若满足条件的“有且只有一个，求么的取值范围。 )同步核 (1)求这种“笼具”的体积； 心素养测 (2)现要使用一种纱网材料制作50个“笼具”，该材料的造价为 R 每平方米8元，共需多少元？ AV 版)同步核心素养测评 ① ③ 图12 图10 参考答案见下期 本版责任编辑：张瑞霞 报纸编辑质量反馈电话： 高中数学 0351-5271268 2026年2月6日·星期五 报纸发行质量反馈电话： 数评橘 第 32期总第1176期 人教A 0351-5271248 必修（第二册】 袁隆平： 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版 社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707(F) 邮发代号：21-201 稻田里的守望者 学海导航 中，它未必为真如右图所示， 袁隆平，一位伟 在空间四边形ABCD中，AB 大的科学家，被誉为 立体几何入门谈 =CD,AD=BC,但四边形 ABCD不是平行四边形 “杂交水稻之父” 处理立体几何问题 他的一生都致 ○湖南 向亚元 往往设法转化成平面几何问题来解决，要注意 力于解决粮食问题 立体几何是研究几何图形的性质及其应用 二、分清平面几何与立体几何的联系与区别 积累转化手段.例如通过截面、展开、射影等手 在那个饥荒的年代， 的一门学科，要想学好立体几何，必须掌握下列 立体几何与平面几何有着紧密的联系，因 段，将在空间中分散的条件集中到同一平面上 目睹百姓忍饥挨饿， 几个环节 为立体几何中的许多定理、公式和法则都是平 在解题思路和思维方法上，立体几何也可以借 袁隆平心中立下了 一、立体几何入门从作图开始 面几何的定理、公式和法则在空间的推广，有些 鉴平面几何的某些处理问题的思路和方法比 一个坚定的信念：要 平面图形和非平面图形统称为空间图形， 问题的处理方法也有许多相似之处.当然，这两 如，平面几何中可用面积法证明“正三角形内任 让所有人远离饥饿 立体几何研究的对象就是空间图形.空间图形 者又有着明显的区别，有时平面几何知识的局 一点到各边距离之和等于定值”，在空间可用体 从此，他踏上了漫长 是立体几何特有的一种语言形式 限性会对立体几何学习产生一些阻碍作用，用 积法证明类似的命题“正四面体内任一点到各 而艰辛的杂交水稻 从平面观念过渡到立体观念，对同学们来平面几何中的结论套用到空间几何，结果会产 面的距离之和为定值” 研究之路 说有点困难，因为在初中学习平面几何时，已经 生错误.因此平面几何中的定义、定理等，对于 习惯了平面几何的一套，先入为主，形成了强大非平面问题，需要经过证明才能应用， 三、三种语言互译十分必要 试验田成了他 的“思维定势”.对于立体几何图形往往不加区 关于平行的概念以及直线平行关系的传递 准确简洁的数学语言是进行数学思维的重 的第二个家.无论烈 分的从平面几何的角度来理解空间图形问题， 性，在平面几何中，都只能局限于在同 一个平面 要工具，对于开发同学们思维的敏捷性、条理 日炎炎还是狂风暴 并且对于平面的无限延展性的理解、水平放置 内进行考虑；在立体几何中，则可以在认识了不 性、层次性都有重要意义，而数学符号又是数学 雨，总能看到他忙碌 的空间图形的直观图的画法、异面直线的概念 属于同一个平面的多条直线之间的平行关系、 语言的基础.立体几何中每个符号都有其固定的 的身影.一次次的失 和异面直线的夹角问题都很不适应，以至于妨 异面直线、空间直线与平面的平行概念以及空 意义和用法，应注意联系将所学的定义、公理、定 败没有让他气馁，反 碍三维空间的建立.为此，首先要做好绘图和识 间平行关系的传递性以后，对平行概念的理解 理、命题等文字表达的语言译成图形语言和符号 而更加激发了他的 图的启蒙，可采用实物，多角度地“写生”，才能 更加趋于完善 语言，这样才能提高表达能力和空间想象能力， 斗志.经过无数次的 从中悟出空间图形与平面图形的差异和联系， 在平面几何中，角的概念只体现为两条直 符号语言可以在形式上得到简化，而图形语 试验和探索，他终于 更合理的作出空间图形 线的“夹角”.在立体几何中，学习了异面直线的 言是连接文字语言和符号语言的桥梁，从文字语 成功培育出高产的 在立体几何中，许多原本相同的空间图形， 角以后，角的概念得到深化，角的内容也获得 言翻译成符号语言，或者从符号语言翻译成文字 杂交水稻，极大地提 由于所处的位置不同，看上去会觉得形状差异 丰富与发展 语言，都要借助于图形语言思考定位.由此可见， 高了粮食产量，为解 很大，这就需要我们注意观察，抓住本质的东 在平面几何中，两条直线不相交就平行.在 图形语言对于立体几何来说是一个十分重要的 决全球粮食问题做 西，从而习惯空间图形的表现形式.在进行单元 立体几何中，任意两条直线有且仅有三种位置 工具.这三种语言之间的关系是：文字语言一图 出了巨大贡献 小结时，可利用简图，一幅简图可概括一个公 关系，即平行、相交、异面 形语言一符号语言，就是将文字语言与符号语言 袁隆平不仅有 理、定理或概念，将本单元知识用一串简图显示 在平面几何中，“两组对边分别相等的四边互译的过程中，就已包含了文字语言与图形语言 着卓越的科学成就， 出来，一目了然，便于整理和记忆， 形是平行四边形”是一个真命题，但在立体几何 的互译，以及图形语言与符号语言的互译 更有着令人敬仰的 (1)如图7，截掉的部分是三棱柱，剩下的 品德.他淡泊名利， 截掉的和剩下的 部分是五棱柱 生活简朴，把全部的 精力都投入到杂交 水稻事业中.他心怀 ⊙湖南朱余全 家人围坐在方桌旁边吃饭，突然，爸爸问 (2)当截面过一个顶点时，如图3，剩下的 天下，无私奉献，即 儿子：“一个方桌有四个角，现在我将它截掉一 几何体还是七面体，共有9个顶点； 使在功成名就之后」 个角，你说还剩几个角？”假若你是第一次听到 (3)当截面过两个顶点时，如图4，剩下的 依然奔波在田间地 这样的问题，你会脱口而出“三个角”吗？今天咱 几何体还是七面体，共有8个顶点； (2)如图8，截掉的部分是三棱柱，剩下的 头，为了实现更高的 部分是四棱柱； 们将这个问题拓展到空间，来看看截掉的和剩 (3)如图9，截掉的部分是四棱柱，剩下的 产量目标而努力 下的. 部分是四棱柱； 他是稻田里的 问题：将正方体截掉一部分，认识截掉的几 守望者，用自己的智 何体与剩下的几何体. 探究一：如图1，ABCD 慧和汗水，书写了一 A,BC,D,是正方体，现将顶点B (4)当截面过三个顶点时，如图5，剩下的 段传奇.袁隆平的精 截掉，试分析剩下的几何体是 几何体还是七面体，共有7个顶点， 神激励着我们，要有 面体？有多少个顶点？ 探究二：如图6，ABCD 坚定的信念，勇于追 解：分情况研究： 冬1 ABCD是正方体，E,F分别 (4)如图10，截掉的部分是四棱柱，剩下的 求梦想，为了国家和 (1)当截面不过顶点时，如图2，剩下的几 是正方体上底面的边C,D, 部分是三棱柱； 人民的利益，无私奉 何体是七面体，共有10个顶点； 边AB,的中点，过EF将长方 (5)如图11，截掉的部分是 献，努力拼搏 体截去一部分，问：截掉的部 五棱柱，剩下的部分是三棱柱 分与剩下的部分各是什么几 怎么样？将一个几何体截 何体？ 来截去，居然有那么多情况，要 解：从运动的角度来分析问题，分下列五种 是突然接触这样的问题，让你 情况： 来回答，说不定还真会出错呢 11 2 素养专练 人 专项小练一、基本立体图形 专项小练二、立体图形的直观图 1.下列结论正确的是 1.对于用斜二测画法画平面图形的直观图， (A)用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和 下列说法正确的是 () 一个圆台 (A)等腰三角形的直观图仍为等腰三角形 (B)经过球面上不同的两点只能作一个最 (B)梯形的直观图▣能不是梯形 大的圆 (C)正方形的直观图为平行四边形 (C)棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相 (D)正三角形的直观图一定为等腰三角形 等，则此棱锥可能是正六棱锥 2.(多选)如图1所示， B y (D)圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的 △A'B'C是水平放置的 连线都是圆锥的母线 △ABC的斜二测直观图，其C 0 2.(多选)下列说法正确的是 中0'C'=0'A'=20'B'= 图1 (A)圆柱的侧面展开图是矩形 2,则以下说法正确的是 (B)球面可以看成是一个圆绕着它的直径 (A)△ABC是钝角三角形 所在的直线旋转180°所形成的曲面 (C)直角梯形绕它的一腰所在直线旋转 (B)A1BC的面视是△MBC的面积的要倍 周形成的几何体是圆台 (C)△ABC是等腰直角三角形 (D)圆柱、圆锥、圆台中，平行于底面的截面 (D)△ABC的周长是4+42 都是圆面 3.已知一水平放置的三角形的平面直观图 3.关于如右图所示的几 是边长为1的正三角形，那么原三角形的面积为 何体，正确说法的序号为 4.如图2所示，用 ①这是一个六面体； 斜二测画法画出的水 ②这是一个四棱台； 平放置的△ABC及 ③这是一个四棱柱： BC边上中线AD的直 ④此几何体可由三棱柱截去一个三棱柱得到； 观图是△A'B'C'及 B ⑤此几何体可由四棱柱截去一个三棱柱得到. A'D',其中A'B'= 图2 4.给出下列平面图形：①三角形；②四边形； B'C,试按此图判定原△ABC中的AB,BC,AC, ③五边形：④六边形.则过正方体中心的截面图 AD四条线段中最长的线段是 :最短的 形可以是 (填序号) 线段是 第31期2版参考答案 叫9 解得m=3, 专项小练 所以z=3+2i,1z1=32+22=/3. 1.A;2.B;3.AC;4.四；5.-5-2i 6.解：由题可知e号(-3》<0即e(2-3)>0, 2=员=合8器 log2(x+3)<0, log2(x+3)<0, =(3a-2)+(2a+3)i 13 所以6-3<-2 因为复数在复平面内所对应的点在第二象限， 即实数x的取值范围为(-3，-2). 所958e得-子<。<号 专项小练二 1.B;2.C;3.ABC;4.5;5.25 所以实数a的取值范为（一子，号） 6.解：(1)由题意得1+2=a2+2a-3+(2+a-6)i, 防藏化 17.解：(1)1z1=(x-2)2+(x+2)2=/2x2+8≥ 22,显然当x=0时，复数z的模最小，为2万 @+0m。082 (2)当x=0时，Z(-2,2). 又点Z落在直线y=-mx+n上，所以2m+n=2。 故1a11=14-4il=42. 又m>0,n>0,所以品+女=（品+）(m+2） 第31期3,4版参考答案 子+只+品≥子+厄，当且仅当心=2m时等号成立。 一、单项选择题 1 ~4 DBBD 5~8 BCAC 又2m+n=2,所以m=2-2,n=2万-2. 二、多项选择题 18.解：)因为2=a+i,所以：+兰=a+bi+4g= a2+b2 9.ACD:10.CD;11.ACD. 三、填空题 =a(a2++4+6(2+B-4 a2+b2 a2+b2 12.(-1,1);13.1+5i: 14.(2+5,3+5)(或(2-3,3-5) 因为：+4是实数所以6(a2+2-4)=0. 四、解答题 因为b≠0，所以a2+b2-4=0,即a2+b2=4. 15.解：(1)设z=a+i(a,b∈R),则元=a-bi, (2)-2 =a-2+)a+2-b= 故2z+元=2(a+bi)+a-bi=3a+bi=3-2i, a +2 +6i (a+2)2+b2 4b 所e1d=-2所以：=1-2 2-4+2 (a+2)2+6+a2+4a+4+B (2)由(1)得A(1,-2),B(2,-1), 因为心+=4所以号2 因为四边形OABC是复平面内的平行四边形， 所以0心=店=(1,1)，故点C对应的复数为1+i 则()-（品 16.解：(1)由题知(m+2i)2-6(m+2i)+13=0, 所以(4m-12)i+m2-6m+9=0, 142 数理极 专项小练三、简单几何体的表面积与体积 1.棱长为4的正方体的内切球的体积为 (A)4π (B)品 (C)16π (D) 2.(多选)正六棱合的上、下底面边长分别 是2cm和6cm,侧棱长是5cm,则下列说法正确 的是 () (A)该正六棱台的上底面积是6Bcm2 (B)该正六棱台的侧面面积是15cm2 (C)该正六棱台的表面积是(603+ 24/21)cm2 (D)该正六棱合的高是3cm 3.若圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半 E) 圆，则圆锥的体积是 4.如右图，正方形ABCD的边 长为1，CE所对的圆心角∠CDE =90°，将图形ABCE绕AE所在 D 直线旋转一周，形成的几何体的 表面积为 s() 数理报社试题研究中心 参考答案见下期 故a-()=a-(1-)=+2+42-3因 为m2+2=4,且b≠0，所以-2<a<2,所以0<a+2<4, 4 则a+2+a+2≥4， 当且仅当a+2=。十2即a=0时，等号成立。 故a+2+。车2-3≥1，即a-(（任÷号)的最小值为1 aoav 19.解：(1)由题意得x2+y2≤1，且x,y∈Z, d m6.800: y=0 ly=-1 所以z=1或z=-1或z=0或z=-i或z=i, 所以P(z)=P(1)=cos0+isin0=1或P(z）=P(-1)= cos0+isin0=1或P(z)=P(0)=0或P(z)=P(-i)=0或 P(z)=P(i)=0,所以A={0,1 (2)若z=2+yi(y∈R),则P(z)=4[cos(yr)+isin(ym)], 若P()为纯虚数，则cos)m=0, Lsin ym≠0， 所以m=罗+km,keZ,即y=k+7,keZ, 所以11=2+=√(+)+4，kz. 所以当k=0或=-1时，1：1n= (3)P(z)对应点的坐标为(x2cos(yT),x2sin(yπ)， 「y=x-9, 由题意{2sin(ym)=2cos(ym)-9, Lx,y EZ, 化简得x2sin(xm-9π)=x2cos(xT-9π）-9， 所以x2sin(xr)=x2cos(xT)+9,x∈Z, ①当x=2k,k∈Z时，x2+9=0不成立： ②当x=2k+1,k∈Z时，x2-9=0, 所以x=±3成立， 6[ 故满足条件的整点为(3，-6)和(-3， 12). 7.定义：通过24小时内降水在平地上的积 200mm 第I卷选择题（共58分） 水厚度(mm)来判断降雨程度，其中小雨 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (0mm-10mm),中雨(10mm-25mm),大雨 1.下列几何体中，不是旋转体的是 (25mm-50mm),暴雨(50mm-100mm）.小明30m 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 用一个圆锥形容器（如图3）接了24小时的雨 12.圆锥母线长为3，高为2，则圆锥底面半径为」 水，则这天降雨属于哪个等级 () 图3 13.如图6，△A'B'C'是△ABC的直观图，其中B'C'=A'C'=2, (A)小雨 (B)中雨 (C)大雨 (D)暴雨 A'B'∥x'轴，A'C'∥y'轴，则BC= 高中数学 8.球缺是指一个球被平面截下的一部分，截面为球缺的底面，垂 A (B) (C) (D) 直于截面的直径被平面截下的线段长为球缺的高，球缺曲面部分的面 高中数学 2.在长方体ABCD-ABCD1中，长AB=3,宽AD=4,高AA1= 必 积S=2πRH(R为球缺所在球的半径，H为球缺的高).已知正三棱柱 5,则它的表面积是 ABC-A,B,C1的顶点都在球0的表面上，球O的表面积为16π，该正 (A)94 (B)47 (C)74 (D)82 册 3.如图1所示为一平面图形的直观图，则此平面图形可能是下图 三楼柱的体积为'》，若△16C的边长为正整数，则球0被三校柱 必修第二册 图6 图7 14.如图7，在长方体ABCD-AB,C,D1中，AB=6,AD=4,AA1= 教 中的 ABC-A,B,C1的上、下底面截掉两个球缺后剩余部分的表面积为 3,分别过BC,A,D,的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别 版 记为V,=Ve-DFn,V=Va,B-cr,c,其余部分为V,若V:V:V= 版 同 (A)6π (B)8T (C)11T (D)14T 1:4:1,则截面AEFD,的面积为 同 步 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 核 四、解答题：本题共5小题，共77分 心 图1 (A) (B) 9.下列结论中错误的是 15.(13分)如图8是一个三棱台ABC-A'B'C',试用两个平面把 4.紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工 (A)半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫做球 养测 这个三棱合分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥 艺品.其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个 (B)直角三角形绕一边旋转得到的旋转体是圆锥 心素养测 评 圆台，如图2给出了一个石瓢壶的相关数据 (C)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体 (D)圆台的任意两条母线的延长线交于一点 (单位：cm),那么该壶的最大盛水量为 12 10.水平放置的△ABC的斜二测直观图如图4所示，已知B'C'= 图2 4,A'C'=3,B'C'∥y'轴，则△ABC中以下说法正确的是( ) (A)68πcm (B)152T cm (A)△ABC是直角三角形 (B)AC长为6 (C)20√10πcm3 (D)204m cm (C)BC长为8 5.已知一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，则截面不可： (D)MB边上的中线长为至 能是 图4 图5 11.如图5，AC为圆锥S0底面圆0的直径，点B是圆0上异于A, (C D C的动点，已知SC=22,SA1SC,则下列结论正确的是()