高中数学第一章教案《立体几何初步》

第一章立体几何初步示范教案整体设计教学分析本节课是对第一章的基本知识和方法的总结与归纳，从整体上来把握本章内容，使学生的基本知识系统化和网络化，基本方法条理化．值得注意的是对于本章知识结构，学生比较陌生，教师要帮助学生完成，并加以引导．三维目标通过总结和归纳立体几何的知识，能够使学生综合运用知识解决有关问题，培养学生分析、探究和思考问题的能力，激发学生学习数学的兴趣，培养其分类讨论的思想和提高其抽象思维能力．重点难点教学重点：①空间几何体的结构特征．②由三视图还原为实物图．③面积和体积的计算．④平行与垂直的判定与性质．教学难点：形成知识网络．课时安排1课时教学过程导入新课设计 1.第一章是整个立体几何的基础，为了系统地掌握本章的知识和方法，本节对第一章进行复习．教师点出课题．设计2.大家都知道，农民伯伯在春天忙着耕地、播种、浇水、施肥、治虫，非常辛劳，到了秋天，他们便忙着收获．到了收获的季节，他们既高兴又紧张，因为收获比前面的工作更重要，收获的多少决定着一年的收成．我们前面的学习就像播种，今天的小结就像收获，希望大家重视今天的小结学习．教师点出课题．推进新课新知探究提出问题请同学们自己梳理本章知识结构.对比直线与平面、平面与平面的平行关系与垂直关系.对比面积、体积各自之间的关系.讨论结果：(1)本章知识结构：(2)平行关系与垂直关系的对比：(3)①柱、锥、台的侧面积关系：其中c′、c 分别为上、下底面周长，h′为斜高或母线长，h 为正棱柱或圆柱的高． ②柱、锥、台的体积关系：其中S 上、S 下分别为台体的上、下底面积，h 为高，S 为柱体或锥体的底面积． ③球的表面积和体积：S 球面＝4πR 2，V 球＝43πR 3.应用示例思路1例1 下列几何体是台体的是( )解析：A 中的“侧棱”没有相交于一点，所以A 不是台体；B 中的几何体没有两个平行的面，所以B 不是台体；很明显C 是棱锥，D 是圆台．答案：D点评：本题主要考查台体的结构特征．像这样的概念辨析题，主要是依靠对简单几何体的结构特征的准确把握．变式训练 1．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括( ) A ．一个圆台、两个圆锥 B ．两个圆台、一个圆柱C ．两个圆台、一个圆柱D ．一个圆柱、两个圆锥 解析：因为梯形的两底平行，故另一底旋转形成了圆柱面．而两条腰由于与旋转轴相交，故旋转形成了锥体．因此得到一个圆柱、两个圆锥．答案：D2．下列三视图表示的几何体是( )A ．圆台B ．棱锥C ．圆锥D ．圆柱解析：由于俯视图是两个同心圆，则这个几何体是旋转体．又侧视图和正视图均是 等腰梯形，所以该几何体是圆台．答案：A3．下列有关棱柱的说法：①棱柱的所有的棱长都相等；②棱柱的所有的侧面都是长方形或正方形；③棱柱的侧面的个数与底面的边数相等；④棱柱的上、下底面形状、大小相同． 正确的有__________．解析：棱柱的所有侧棱长都相等，但底面上的棱与侧棱不一定相等，其侧面都是平行四边形，只有当棱柱是直棱柱时，侧面才是矩形，侧面个数与底面边数相等，棱柱的上、下底面是全等的多边形，由此可知仅有③④正确．答案：③④2 已知正方体外接球的体积是32π3，那么正方体的棱长等于( )A ．2 2 B.233 C.423 D.433解析：过正方体的相对侧棱作球的截面，可得正方体的对角线是球的直径．设正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则有2R ＝3a ，所以R ＝3a 2.则4π3(3a 2)3＝32π3，解得a ＝433. 答案：D点评：解决球与其他几何体的简单组合体问题，通常借助于球的截面来明确构成组合体的几何体的结构特征及其联系，本题利用正方体外接球的直径是正方体的对角线这一隐含条件使得问题顺利获解．空间几何体的表面积和体积问题是高考考查的热点之一．主要以选择题或填空题形式出现，也不排除作为解答题中的最后一问，题目难度属于中、低档题，以考查基础知识为主，不会出现难题．其解决策略是利用截面或展开图等手段，转化为讨论平面图形问题，结合平面几何的知识来求解．变式训练1．如下图(1)所示，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE、△BCF 均为正三角形，EF∥AB，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23 B.33 C.43 D.32(1) (2)解析：如上图(2)所示，过B 作BG⊥EF 于G ，连结CG ，则CG⊥EF，BF ＝1，△BCG 中，BG ＝32，BC 边上的高为22，而S △BCG ＝12×1×22＝24， ∴V F —BCG ＝13×24×12＝224.同理过A 作AH⊥EF 于H ，则有V E —AHD ＝224，显然BCG —ADH 为三棱柱，∴V BCG —ADH ＝24×1＝24.则由图(2)可 知V ADE —BCF ＝V F —BCG ＋V E —AHD ＋V BCG —ADH ＝23. 答案：A点评：本题求几何体体积的方法称为割补法，经常应用这种方法求多面体体积．割补法对空间想象能力的要求很高且割补法的目的是化不规则为规则．2．某个容器的底部为圆柱，顶部为圆锥，其主视图如下图所示，则这个容器的容积为( )A.7π3 m 3 B.8π3m 3C ．3π m 3D ．12π m 3解析：由该容器的主视图可知圆柱的底面半径为1 m ，高为2 m ，圆锥的底面半径为1 m ，高为1 m ，则圆柱的体积为2π m 3，圆锥的体积为π3 m 3，所以该容器的容积为7π3 m 3.答案：A点评：三视图是新课标高考的新增内容，在高考中会重点考查，在该知识点出题的可能性非常大，应予以重视．此类题目的解题关键是利用三视图获取体积公式中所涉及的基本量的有关信息，这要依靠对三视图的理解和把握．3．如下图所示，一个简单空间几何体的三视图其主视图与左视图是边长为2的正三角形、俯视图轮廓为正方形，则其体积是( )A.423 B.433 C.36 D.83解析：根据三视图，可知该几何体是正四棱锥，且底面积是4，高为主视图等边三角形的高3，所以体积为13×4×3＝433.答案：B例3 如下图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点D 是AB 的中点．求证：(1)AC⊥BC 1；(2)AC 1∥平面CDB 1.证明：(1)直三棱柱ABC —A 1B 1C 1，底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，∴AC⊥BC. ∵C 1C⊥AC，∴AC⊥平面BCC 1B 1. 又∵BC 1⊂平面BCC 1B 1， ∴AC⊥BC 1.(2)设CB 1与C 1B 的交点为E ，连结DE ， ∵D 是AB 的中点，E 是BC 1的中点， ∴DE∥AC 1.∵DE ⊂平面CDB 1，AC 1平面CDB 1，∴AC 1∥平面CDB 1. 变式训练 如下图(1)，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是∠DAB＝60°，且边长为a 的菱形．侧面PAD 为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD.(1)若G 为AD 边的中点，求证：BG⊥平面PAD ； (2)求证：AD⊥PB；(3)若E 为BC 边的中点，能否在棱PC 上找到一点F ，使平面DEF⊥平面ABCD ，并证明你的结论．(1) (2)证明：(1)如上图(1)，∵在菱形ABCD 中，∠DAB＝60°，G 为AD 的中点， ∴BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD ，平面PA D∩平面ABCD ＝AD ， ∴BG⊥平面PAD.(2)如上图(2)，连结PG.∵△PAD 为正三角形，G 为AD 的中点，∴PG⊥AD.由(1)知BG⊥AD，PG∩BG＝G ，PG ⊂平面PGB ，BG ⊂平面PGB ，且PG∩BG＝G ，∴AD⊥平面PGB.∵PB ⊂平面PGB ，∴AD⊥PB.(3)解：当F 为PC 的中点时，平面DEF⊥平面ABCD.证明如下：F 为PC 的中点时，在△PBC 中，FE∥PB，又在菱形ABCD 中，GB∥DE，而FE ⊂平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，FE∩DE＝E ，∴平面DEF∥平面PGB.P G⊥平面ABCD ，而PG ⊂平面PGB ， ∴平面PGB⊥平面ABCD. ∴平面DEF⊥平面ABCD.点评：要证两平面垂直，最常用的办法是用判定定理：证一个平面内的一条直线垂直于另一平面，而线垂直面的证明关键在于找到面内有两条相交直线垂直已知直线．要善于运用题目给出的信息，通过计算挖掘题目的垂直与平行关系，这是一种非常重要的思想方法，它可以使复杂问题简单化．思路2例 4 一个几何体的三视图及其尺寸如下(单位：cm)，则该几何体的表面积是__________，体积是__________．活动：学生回顾简单几何体的结构特征和三视图．解析：由三视图知该几何体是圆锥，且母线长为5 cm ，底面半径是3 cm ，圆锥的高是4 cm ，所以其表面积是π×3×(3＋5)＝24π (cm 2)，体积是π3×32×4＝12π (cm 3)．答案：24π cm 212π cm 3点评：本题主要考查三视图和圆锥的体积．解决本题的关键是由三视图能够想象出圆锥． 变式训练1．下图所示的是一个空间几何体的三视图，试用斜二测画法画出它的直观图(尺寸不限)．分析：先从三视图想象出实物形状，再根据实物形状画出它的直观图．解：由三视图可知该几何体是一个正三棱台，画法：(1)如左下图所示，作出两个同心的正三角形在一个水平放置的平面内的直观图；(2)建立z′轴，把里面的正三角形向上平移高的大小；(3)连接两正三角形相应顶点，并擦去辅助线，遮住线段用虚线表示，如右上图所示，即得到要画的正三棱台．2．水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，左下图所示是一个正方体的表面展开图，若图中“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面是( )A．0 B．7 C．快D．乐解析：如右上图所示，将左上图折成正方体，可得2的下面是7.答案：B例 5 一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长是 4 cm，则这个球的体积等于__________cm3.解析：正方体的对角线是球的直径，所以球的半径为432＝2 3 (cm)，其体积为4π3(23)3＝323π (cm3)．答案：323π点评：解决组合体问题的关键是明确组合体的结构特征．变式训练1．两相同的正四棱锥组成如下图(1)所示的几何体，可以放在棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD与正方体下图(2)的某一个平面平行，且各顶点．．．均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．无穷多个 解析：方法一：本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形，显然有无穷多个． 方法二：通过计算，显然两个正四棱锥的高均为12，考查放入正方体后，面ABCD 所在的截面，显然其面积是不固定的，取值范围是[12，1)，所以该几何体的体积取值范围是[16，13)．答案：D2．两个半径为1的铁球，熔化成一个大球，则大球的表面积为( ) A ．6π B ．8π C ．434π D ．832π 解析：两小球的体积是2×4π3×13＝8π3，设大球的半径为R ，则有4π3R 3＝8π3，解得R ＝32.所以大球的表面积为4π(32)2＝434π.答案：C 知能训练1．如下图，直观图所示的原平面图形是( )A ．任意四边形B ．直角梯形C ．任意梯形D ．等腰梯形解析：显然直观图中边A′D′与B′C′都平行于x′轴，所以它们所对应的原图形中的边AD 、BC 是互相平行的；直观图中A′B′与y′轴平行，所以在原图形中对应的边AB 垂直于BC ；但是直观图中C′D′与y′轴不平行，所以在原图形中对应的边CD 不垂直于BC ，即AB 与CD 不平行．所以原图形应是直角梯形．答案：B2．正方体的体积是64，则其表面积是( ) A ．64 B ．16 C ．96 D ．不确定解析：由于正方体的体积是64，则其棱长为4，则其表面积为6×42＝96. 答案：C3．某四面体的各个面都是边长为1的等边三角形，则此四面体的表面积是( )A ．4 B.34C ．2 3 D. 3 解析：每个等边三角形的面积都是34，所以此四面体的表面积是4×34＝ 3. 答案：D4．圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的全面积为__________．解析：圆柱的侧面积S 侧＝6π×4π＝24π2.①以边长为6π的边为轴时，4π为圆柱底面圆周长， 所以2πr ＝4π，即r ＝2.所以S 底＝4π.所以S 全＝24π2＋8π.②以4π所在边为轴时，6π为圆柱底面圆周长， 所以2πr ＝6π，即r ＝3. 所以S 底＝9π.所以S 全＝24π2＋18π.答案：24π2＋8π或24π2＋18π5．如下图所示，设计一个四棱锥形冷水塔塔顶，四棱锥的底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，已知底面边长为2 m ，高是7 m ，制造这个塔顶需要多少铁板？分析：转化为求这个四棱锥的侧面积．利用过四棱锥不相邻的两侧棱作截面，依此来求侧面等腰三角形的面积．解：如下图所示，连结AC 和BD 交于O ， 连结SO ，则有SO⊥OA，所以在△SOA 中，SO ＝7 (m)， OA ＝22×2＝2(m)， 则有SA ＝7＋2＝3(m)， 则△SAB 的面积是 12×2×22＝22(m 2)． 所以四棱锥的侧面积是4×22＝8 2 (m 2)．答：制造这个塔顶需要8 2 (m 2)铁板．6．如下图所示，在直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．(1)求证：B1D1∥面A1BD；(2)求证：MD⊥AC；(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.分析：(1)转化为证明B1D1∥BD；(2)转化为证明AC⊥面BB1D；(3)转化为证明DC1的中点与M点的连线垂直平面DCC1D1.(1)证明：由直四棱柱，得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴B1D1∥BD，而BD⊂平面A1BD，B1D1平面A1BD，∴B1D1∥面A1BD.(2)证明：∵BB1⊥面ABCD，AC⊂面 ABCD，∴BB1⊥AC，又∵BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，∴AC⊥面BB1D.而MD⊂面BB1D，∴MD⊥AC.(3)解：当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D.取DC的中点N，D1C1的中点N1，连结NN1交DC1于O，连结OM，如下图所示．∵N是DC中点，BD＝BC，∴BN⊥DC；又∵DC是面ABCD与面DCC1D1的交线，而面ABCD⊥面DCC1D1，∴BN⊥面DCC1D1.又可证得，O是NN1的中点，∴BM∥ON，且BM＝ON，即四边形BMON 是平行四边形，∴BN∥OM，∴OM⊥平面CC 1D 1D ，∵OM 面DMC 1，∴平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D.拓展提升问题：如下图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝6，AD ＝4，AA 1＝3，分别过BC 、A 1D 1的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为V 1＝VAEA 1—DFD 1，V 2＝VEBE 1A 1—FCF 1D 1，V 3＝VB 1E 1B —C 1F 1C.若V 1∶V 2∶V 3＝1∶4∶1，试求截面A 1EFD 1的面积．探究：利用体积关系得到面积的关系解决此类问题，且灵活应用“转化”这一重要数学思想．截面A 1EFD 1为一个矩形，求其面积只要求出A 1E 的长度．注意到被两平行平面分割而成的三部分都是棱柱，其体积比也就是在侧面A 1B 被分割成的三个图形的面积比，于是容易得到各线段长度比进而得到线段AE 的长度，再利用勾股定理容易得到A 1E 的长度．解：因为V 1∶V 2∶V 3＝1∶4∶1，又棱柱AEA 1—DFD 1，EBE 1A 1—FCF 1D 1，B 1E 1B —C 1F 1C 的高相等，所以S△A 1AE∶S A 1EBE 1∶S△BB 1E 1＝1∶4∶1.所以S△A 1AE ＝16×3×6＝3， 即12×3×AE＝3. 所以AE ＝2.在Rt△A 1AE 中，A 1E ＝9＋4＝13，所以截面A 1EFD 1的面积为A 1E×A 1D 1＝A 1E×AD＝413.答：截面A 1EFD 1的面积为413.课堂小结本节课复习了：1．第一章知识及其结构图；2．三视图和体积、面积的有关问题；3．平行与垂直的判定．作业复习参考题A 7,8,9题．设计感想本节在设计过程中，注重了两点：一是体现学生的主体地位，注重引导学生思考，让学生学会学习；二是为了满足高考的要求，对课本内容适当拓展，例如关于由三视图还原实物图，课本中没有专题学习，本节课对此进行了归纳和总结．备课资料领悟数学之妙几何学悖论悖论是逻辑学的名词，指自相矛盾的命题，如果承认这个命题，就可推出它的否定，反之如果承认这个命题的否定，却又可以推出这个命题．悖论在表面上看来是不可能的或者是自相矛盾的，然而你经过推理，却发现它们依然是真的，悖论不同于诡辩，它只是不自觉地导致了彼此矛盾的结果，在推导结果的过程中，遵循着一系列无懈可击的推理思想前进，结果却令人大吃一惊，忽然发现自己已陷入矛盾之中，这就不能不引起人们对悖论的兴趣，不仅一般人，而且包括大数学家们．下面举一些几何学方面的悖论的例子：(1)(2)1．不知去向的立方体在上图(1)中画了堆在一起的一些立方体，有人数有六个，有人则数有七个，怎么会数出的数相差一个呢？难道7＝6吗？我们可以用两种不同的方法去看．一种方法是用面A，B，C来组成小立方体，这样，可以数出有6个小立方体．还可用面A′，B′，C′来组成小立方体，这样，可以数出7个小立方体．由于采用哪种方法去看都同样有理，因此，6个或7个小立方体都是正确的．2．彭罗斯台阶如上图(2)是一个称为“彭罗斯台阶”的形体，它是由数学家罗杰尔·彭罗斯发明的，人们可以沿着台阶不断向上攀登，而一次又一次地回到自己原来的位置，这不就是说“向上等于向下”吗？当然不可能！只是由于我们的眼睛受图画的迷惑而认为这种台阶是存在的．。