复习参考题教案教学设计

圆与方程

复习参考题

青川第一高级中学

黄梅

适用学科

适用区域

高中数学

适用年级

高二

人教版区域

课时时长（分钟）

2课时

知识点

1 立体图形的三视图：

正视图、侧视图、俯视图

2 立体图形表面积和体积公式

3直线与平面平行的判定及性质

4直线与平面垂直的判定及性质

5直线与圆的方程

6圆的标准方程与圆的一般方程

教学目标

1.掌握立体几何的相关计算公式和证明方法

2.利用直线和圆的方程来解决常见问题

3.根据已知条件求解圆的标准方程和一般方程

教学重点

1．

几何体的表面积及体积的计算

2．

立体几何的基本证明

3．

直线方程的求解

1

4.

圆的一般方程和圆的标准方程

【教学建议】

复习课切记由老师教学难点

1.

立体几何的基本证明

2.

直线方程的求解

3.

圆的方程的求解

满堂灌，教师应该在充分了解学生的学习状态、学习效果的基础上，对学生掌握不太好的内容进行重点讲解，重点练习，师生共同完成这段时间的知识梳理，复习课一方面的任务是完成知识的梳理，帮助学生建立知识网络，另外就是强化某些常见的、基本的题型的解题能力，需要一定的练习配合。

【知识导图】

教学过程

一、导入

【教学建议】

一、复习引入：

我们一般将数学分为两大部分：代数与几何，在我们高中的学习过程中，代数与几何是不分家的，都是构成高中数学体系的重要组成部分。通过前段时间的学习，我们学习了几何部分的立体图形的三视图以及立体图形的表面积和体积求解公式，以及直线和平面的位置关系（垂直和平行），学习了直线和圆的位置关系以2

及直线和圆的基本方程的运用。本节课中我们将前几讲知识进行期中综合复习。

1.柱、锥、台的相关概念

2.直线与平面的位置关系

3.直线方程的基本概念

4.两直线的位置关系

5直线与圆的位置关系

6圆与圆的位置关系

二、知识讲解

考点1

立体几何

正视图（光线从几何体的前面向后面正投影）；侧视图（从左向右）、

俯视图（从上向下）

注：正视图反映了物体上下、左右的位置关系，即反映了物体的高度和长度；

俯视图反映了物体左右、前后的位置关系，即反映了物体的长度和宽度；

侧视图反映了物体上下、前后的位置关系，即反映了物体的高度和宽度。

考点

2 立体几何表面积和体积

（1）几何体的表面积为几何体各个面的面积的和。

（2）特殊几何体表面积公式（c为底面周长，h为高，h为斜高，l为母线）

S直棱柱侧面积ch

S圆柱侧2rh

S正棱锥侧面积1ch'

2S圆锥侧面积rl

S正棱台侧面积'S圆柱表2rrl

S圆锥表rrl

S圆台表r2rlRlR2

1(c1c2)h'

S圆台侧面积(rR)l

2（3）柱体、锥体、台体的体积公式

V柱Sh

V圆柱Sh2r

h

V锥1Sh

V圆锥1r2h

331'11'''V(SSSS)h(r2rRR)2h

V台(SSSS)h

圆台333

3

（4）球体的表面积和体积公式：V球=4R3

；

S球面=4R2

32

3 线面平面的平行和垂直

考点

线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内一条直线平行,则该直线与此平面平行。

线线平行线面平行

线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，

那么这条直线和交线平行。线面平行线线平行

判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直这个平面。

性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行。

图形

量方程观点

Δ＜0

d＞r Δ＝0

d＝r

Δ＞0 d＜r

相离

相切

相交

化

几何观点

(1)方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)表示圆心为(a，b)，半径为r的圆的标准方程．

(2)特别地，以原点为圆心，半径为r(r＞0)的圆的标准方程为x2＋y2＝r2. （3）方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0为圆的一般方程

当D2＋E2－4F＞0时，方程表示以\a\vs4\al\co1(－\f(DE2)为圆心，以D2＋E2－4F)2为半径的圆；

当D2＋E2－4F＝0时，方程表示一个点\a\vs4\al\co1(－\f(DE2)；

当D2＋E2－4F＜0时，方程不表示任何图形．

类型一：立体图的三视图

4

三

、例题精析

例题1

由大小相同的正方体木数是块堆成的几何体的三视图如图所示，则该几何体中正方体木块的个

．

【规范解答】以俯视图为主，因为主视图左边有两层，表示俯视图中左边最多有两个木块，再看左视图，可得木块数如右图所示，因此这个几何体的正方体木块数的个数为5个。

解析：以俯视图为主，因为主视图左边有两层，表示俯视图中左边最多有两个木块，再看左视图，可得木块数如右图所示，因此这个几何体的正方体木块数的个数为5个。

【总结与反思】对三视图的方法的掌握是做此类题的关键。

类型二

立体图形表面积和体积公式

例题2

用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为（

）

32882A. 3

B. 3

C. 82

D. 3

【规范解答】截面面积为截面圆半径为1，又与球心距离为1球的半径是4R382V球2，所以根据球的体积公式知33，故B为正确答案．

考点三：点、线、面的位置关系

解析：解：截面面积为截面圆半径为1，又与球心距离为1球的半径是2，5

4R382V球33，故B为正确答案．

所以根据球的体积公式知

【总结与反思】熟记立体图形的表面积和体积公式是做此类题目的关键

类型三

直线与平面平行的判定及性质

例题3

如图，

在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，O为AC的中点，M为PD的中点．

求证：PB∥平面ACM.

【规范解答】

连接BD，MO.在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点．又M为PD的中点，所以PB∥MO.因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，所以PB∥平面ACM. 【总结与反思】证明线面平行，首先证出线线平行是关键，此外线面平行的判定和线面平行的性质要适当的进行综合应用。

类型四

直线与平面垂直的判定及性质

例题4

四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD.6

已知∠ABC ＝45 °，AB ＝2 ，BC=（1）证明：SA⊥BC；

，SA＝SB＝。

（2）求直线SD与平面SAB所成角的正弦值；

（3）求二面角D-SA-B的大小．

7

【规范解答】解：（1）作，垂足为，连结，

由侧面因为所以又底面，

。

，，得平面．

为等腰直角三角形，。

，如图，以为坐标原点，，，

，为轴正向，建立直角坐标系，，所以

，（2）取连结中点，中点，连结，

，

，取

．，与平面

，，

，．

内两条相交直线，垂直。

8

所以与平面，

与平面。

所成的角记为，则与互余。

的夹角记为，，，

所以

。

（3）由上知易得为平面SAB的法向量，,

。

同理可求得平面SDA的一个法向量为

由题知所求二面角为钝二面角，

故二面角D-SA-B的大小为。

【总结与反思】在做线面垂直题目时，要注重线面垂直的判定和性质的综合应用。

类型四

直线与平面垂直的判定及性质

例题5

圆心在直线4xy0上,且与直线l:xy10写出下列各圆的标准方程：

（1）圆心在原点,半径是3；

（2）经过点P(5,1),圆心在点C(8,-3)；

9

10

【规范解答】(1)由于圆心在原点,半径是3,所以圆的标准方程为

(x-0)2+(y-0)2=32, 即

x2+y2=9. (2)方法一:圆的半径

r=|CP|==5, 因此所求圆的标准方程为

(x-8)2+(y+3)2=25. 方法二:设圆的标准方程为

(x-8)2+(y+3)2=r2 因为圆经过点P(5,1),所以

(5-8)2+(1+3)2=r2,r2=25, 因此所求圆的标准方程为

(x-8)2+(y+3)2=25. 【总结与反思】熟记圆的标准方程和直线一般方程是解决此类问题的关机。

类型五

圆的标准方程与圆的方程

例题6

求过两点A(1，4)、B(3，2)且圆心在直线y＝0上的圆的标准方程，并判断点P(2，4)与圆的关系

【规范解答】设圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2. ∵

圆心在y＝0上，故b＝0. ∴

圆的方程为(x－a)2＋y2＝r2. ∵

该圆过A(1，4)、B(3，2)两点，

∴

解之得a＝－1，r2＝20. ∴

所求圆的方程为(x＋1)2＋y2＝20. 【总结与反思】合理的使用待定系数法

11

四

、课堂运用

基础

1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A.

B. C. D.

点睛：本题考察三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．

2．如图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）

A. B. C. D.

【答案】A 点睛：求几何体体积的类型及思路

(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．

(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积转换法或割补法进行求12

解．其中，等积转换法多用来求锥体的体积．

(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．

3．一个三棱锥的三视图是三个直角三角形，如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）

A.

【答案】1.B 2.A 3.D

巩固

B. C. D.

4．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）

A.

5．已知,A.

B. C. D.

分别是四面体棱上的点，且，，，则下列说法错误的是（ ）

B. 平面

13 平面

C. 直线

6．两条平行线相交于同一点 D.

与的距离是（ ）

A. B. C. D.

【答案】4.A 5.B 6.C

拔高

与平行，则为（ ）

7．直线A. B. 或 C. D.

8．设直线___________．

9．若圆与圆相外切，则（ ）

与圆相交于两点，若，则圆的面积为A. －11 B. 9 C. 19 D. 21

10．已知直线过点【答案】7.B 8、

五

、课堂小结

本节讲了个重要内容：

，且与直线 9、B 10、

垂直，则直线的方程为___________.

1 立体图形的三视图：

正视图、侧视图、俯视图

2 立体图形表面积和体积公式

3直线与平面平行的判定及性质

4直线与平面垂直的判定及性质

14

5直线与圆的方程

6圆的标准方程与圆的方程

六

、课后作业

基础

1．设直线，直线.若，则实数的值为______，若∥，则实数的值为_______．

2．在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为__________．

3．在平行六面体中，．

求证：（1）（2）

15

；

．

答案与解析

1.【答案】

2.【答案】

3.【答案】证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．

因为AB平面A1B1C，A1B1所以AB∥平面A1B1C．

（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．

又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，

因此AB1⊥A1B．

又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，

所以AB1⊥BC．

又因为A1B∩BC=B，A1B所以AB1⊥平面A1BC．

因为AB1平面ABB1A1，

平面A1BC，BC平面A1BC，

平面A1B1C，

所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．

点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.

巩固

16

4.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点.

（Ⅰ）求证：PE⊥BC；

（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；

（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD.

5．如图，矩形（1）证明：平面（2）在线段所在平面与半圆弧平面；

平面？说明理由．

所在平面垂直，是上异于，的点．

上是否存在点，使得

答案与解析

4. 【答案】【解析】分析：（1）欲证面面，再证平面PAB⊥平面PCD；（3）取. ，只需证明中点，连接即可；（2）先证，证明，则平平详解：

（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.

17

∵底面∴.

为矩形，∴，

（Ⅱ）∵底面∵平面∴∵.又平面平面为矩形，∴，∴,

，∴平面平面平面.

.

.

.

（Ⅲ）如图，取中点，连接

∵分别为和的中点，∴，且的中点，

.

∵四边形为矩形，且为∴∴∴又∴，且.

平面平面，.

，

，∴四边形为平行四边形，

平面，

5.【解析】分析：（1）先证,再证，进而完成证明。

（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可。

详解：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．

18

因为BC⊥CD，BC因为M为平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．

上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．

又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．

而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．

（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．

证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．

连结OP，因为P为AM

中点，所以MC∥OP．

MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．

拔高

6．（2018年浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；

19

（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．

7．如图，在三棱柱ABC-中，的中点，AB=BC=，AC==2．

（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；

（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；

（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．

平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，20

答案与解析

6.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）. ,再根据线面【解析】分析:方法一：（Ⅰ）通过计算，根据勾股定理得垂直的判定定理得结论，（Ⅱ）找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.

方法二：（Ⅰ）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为0得出,再根据线面垂直的判定定理得结论，（Ⅱ）根据方程组解出平面一个法向量，然后利用关系求解.

详解：方法一：

（Ⅰ）由所以故由由由因此，得平面.

，交直线于点，连结.

，.

得，所以，

，故.

得，

.

得，

与平面的法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余（Ⅱ）如图，过点作21

由由所以平面得是得平面平面与平面，

所成的角.学科.网

平面，

由得，

所以，故.

因此，直线方法二：

与平面所成的角的正弦值是.

（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意知各点坐标如下：

22

因此由由所以得得平面.

与平面所成的角为.

.

.

（Ⅱ）设直线由（Ⅰ）可知设平面

.

的法向量由即可取.

所以.

因此，直线与平面所成的角的正弦值是.

点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

7.【答案】(1)证明见解析

(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析

【解析】分析：（1）由等腰三角形性质得质可得，因此，由线面垂直性质得,由三棱柱性，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系E-ABF，设立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结论.

23

详解：解：（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，

∵CC1⊥平面ABC，

∴四边形A1ACC1为矩形．

又E，F分别为AC，A1C1的中点，

∴AC⊥EF．

∵AB=BC．

∴AC⊥BE，

∴AC⊥平面BEF．

（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．

又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．

∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．

如图建立空间直角坐称系E-xyz．

由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．

∴设平面BCD的法向量为，

，

∴，∴，

令a=2，则b=-1，c=-4，

∴平面BCD的法向量又∵平面CDC1的法向量为，

，

∴．

24

由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为（Ⅲ）平面BCD的法向量为∴，∴，∴与．

，∵G（0，2，1），F（0，0，2），

不垂直，

∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．

点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直

25