学新教材高中数学第八章立体几何初步旋转体和简单组合体教学用书教案新人教A版必修第二册

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人教高中数学必修二A版《基本立体图形》立体几何初步说课教学课件复习(旋转体及简单组合体的结构特征)

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手抄报：课件/shouchaobao/ 课件
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锥．如图所示，轴为 SO ，底面为 ⊙O ，SA 为母线．另外，S
叫做圆锥的顶点，OA(或 OB)叫做底面⊙O 的半径．
(2)表示方法：圆锥用表示它的轴的字母表示，图中的圆锥可记作圆锥 SO .
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C．一个棱锥和一个棱柱
D．一个圆锥和一个圆柱
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解析：题图所示的几何体是由一个圆锥和一个圆柱构成的组合体．
答案：D
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4. 圆锥的高与底面半径相等，母线等于 5 2，则底面半径等于________．
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(1)概念：由简单几何体组合而成的几何体叫做简单组合体．常见的简
单组合体大多是由具有柱、锥、台、球等几何结构特征的物体组成的．
(2)基本形式：一种是由简单几何体拼接而成，另一种是由简单几何体截去或挖去一
部分而成．
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1．下列几何体是台体的是(
5．圆台两底面半径分别为 2 cm 和 5 cm，母线长为 3 10 cm，则它的轴截面的面积是________cm2.
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个人简历：课件 /jianli/
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学新教材高中数学第八章立体几何初步平面教学用书教案新人教A版必修第二册

8．４空间点、直线、平面之间的位置关系8．４．１平面素养目标·定方向素养目标学法指导１．理解并掌握平面的基本事实及推论.（逻辑推理）２．会用基本事实及推论解决有关问题.（逻辑推理）要充分利用长方体以及身边的生活中的物品认识空间点、直线、平面，要类比初中平面几何中点、直线去认识空间中的点、直线、平面，逐步过渡与抽象，并确定它们之间的关系.必备知识·探新知知识点１平面１．平面的概念几何中所说的“平面”，是从课桌面、黑板面、平静的水面等，这样的一些物体中抽象出来的.类似于直线向两端无限延伸，几何中的平面是向四周__无限延展__的.２．平面的画法我们常用矩形的直观图，即__平行四边形__表示平面，它的锐角通常画成__４５°__，且横边长等于其邻边长的__２__倍，如图１.如果一个平面的一部分被另一个平面遮挡住，为了增强它的立体感，把被遮挡部分用__虚线__画出来，如图２.３．平面的表示法图１的平面可表示为__平面α__、平面ABCD、__平面AC__或平面BD.知识点２点、线、面之间的位置关系１．直线在平面内的概念如果直线l上的__所有点__都在平面α内，就说直线l在平面α内，或者说平面α经过直线l.２．一些文字语言与符号语言的对应关系：文字语言表达符号语言表示文字语言表达符号语言表示点A在直线l上__A∈l__点A在直线l外__A∉l__点A在平面α内__A∈α__点A在平面α外__A∉α__直线l在平面α内__l⊂α__直线l在平面α外__l⊄α__直线l，m相交于点A l∩m＝A平面α，β相交于直线lα∩β＝l知识点３平面的基本性质及应用１．基本事实内容图形符号作用基本事实１过不在一条直线上的三个点，__有且只有__一个平面A，B，C三点不共线⇒存在唯一的平面α使A，B，C∈α一是确定平面；二是证明点、线共面问题；三是判断两个平面重合的依据基本事实２如果一条直线上的__两个点__在一个平面内，那么这条直线在__这个平面内__A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒__l⊂α__既可判定直线和点是否在平面内，又能说明平面是无限延展的基本事实３如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的__公共直线__P∈α且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l１判定两平面相交的依据２判定点在直线上推论１__经过一条直线和这条直线外一点__，有且只有一个平面.推论２__经过两条相交直线__，有且只有一个平面.推论３__经过两条平行直线__，有且只有一个平面.[知识解读] １．平面的几个特点（１）平面是平的；（２）平面是没有厚度的；（３）平面是无限延展而没有边界的.２．从集合的角度理解点、线、面之间的位置关系（１）直线可以看成无数个点组成的集合，故点与直线的关系是元素与集合的关系，用“∈”或“∉”表示.（２）平面也可以看成点集，故点与平面的关系也是元素与集合的关系，用“∈”或“∉”表示.（３）直线和平面都是点集，它们之间的关系可看成集合与集合的关系，故用“⊂”或“⊄”表示.３．准确认识三个基本事实的意义和作用（１）基本事实１意义：是在空间确定一个平面位置的方法与途径，而确定平面是将空间问题转化为平面问题的重要条件，这个转化是立体几何中解决相当一部分问题的主要的思想方法.作用：１确定平面；２证明点、线共面.（２）基本事实２意义：说明了平面与曲面的本质区别.通过直线的“直”来刻画平面的“平”，通过直线的“无限延伸”来描述平面的“无限延展”.作用：既是判断直线是否在平面内，又是检验平面的方法.利用基本事实１和基本事实２，再结合“两点确定一条直线”，可推出不共线的三点，一条直线和这条直线外一点，两条相交直线，两条平行直线，都能唯一确定一个平面.（３）基本事实３意义：揭示了两个平面相交的主要特征，提供了确定两个平面交线的方法.作用：１判断两个平面是否相交；２确定两个平面的交线；３证明若干点共线问题.关键能力·攻重难题型探究题型一三种语言的相互转化典例１根据图形用符号表示下列点、直线、平面之间的关系.（１）点P与直线AB；（２）点C与直线AB；（３）点M与平面AC；（４）点A１与平面AC；（５）直线AB与直线BC；（6）直线AB与平面AC；（7）平面A１B与平面AC.[解析] （１）点P∈直线AB；（２）点C∉直线AB；（３）点M∈平面AC；（４）点A１∉平面AC；（５）直线AB∩直线BC＝点B；（6）直线AB⊂平面AC；（7）平面A１B∩平面AC＝直线AB.[归纳提升] 三种语言的转换方法（１）用文字语言、符号语言表示一个图形时，首先仔细观察图形有几个平面、几条直线且相互之间的位置关系如何，试着用文字语言表示，再用符号语言表示.（２）要注意符号语言的意义，如点与直线的位置关系只能用“∈”或“∉”，直线与平面的位置关系只能用“⊂”或“⊄”.提醒：根据符号语言或文字语言画相应的图形时，要注意实线和虚线的区别.【对点练习】１（１）若点M在直线a上，a在平面α内，则M、a、α间的关系可记为__M∈a，a⊂α，M∈α__；（２）根据图，填入相应的符号：A__∈__平面ABC，A__∉__平面BCD，BD__⊄__平面ABC，平面ABC∩平面ACD＝__AC__；（３）用符号语言表示下面语句，并画出图形：三个平面α、β、γ相交于一点P，且平面α与平面β交于PA，平面α与平面γ交于PB，平面β与平面γ交于PC.[解析] （３）符号语言表示：α∩β∩γ＝P，α∩β＝PA，α∩γ＝PB，β∩γ＝PC.图形表示：如图所示.题型二点共线问题典例２已知△ABC在平面α外，AB∩α＝P，AC∩α＝R，BC∩α＝Q，如图.求证：P、Q、R 三点共线.[分析] （１）P、Q、R三点分别在哪几个平面上？（２）在两个相交平面上的点，有什么特点？[解析] 证法一：∵AB∩α＝P，∴P∈AB，P∈平面α.又AB⊂平面ABC，∴P∈平面ABC.∴由公理３可知：点P在平面ABC与平面α的交线上，同理可证Q、R也在平面ABC与平面α的交线上.∴P、Q、R三点共线.证法二：∵AP∩AR＝A，∴直线AP与直线AR确定平面APR.又∵AB∩α＝P，AC∩α＝R，∴平面APR∩平面α＝PR.∵B∈面APR，C∈面APR，∴BC⊂面APR.又∵Q∈面APR，Q∈α，∴Q∈PR.∴P、Q、R三点共线.[归纳提升] 点共线的证明方法：证明多点共线通常利用基本事实３，即两相交平面交线的唯一性，通过证明点分别在两个平面内，证明点在相交平面的交线上，也可选择其中两点确定一条直线，然后证明其他点也在其上.【对点练习】２如图，正方体ABCD—A１B１C１D１中，对角线A１C与平面BDC１交于点O，AC，BD交于点M，求证：C１、O、M三点共线.[解析] 由AA１∥CC１，则AA１与CC１确定一个平面A１C.∵A１C⊂平面A１C，而O∈A１C，∴O∈平面A１C.又A１C∩平面BC１D＝O，∴O∈平面BC１D.∴O点在平面BC１D与平面A１C的交线上.又AC∩BD＝M，∴M∈平面BC１D且M∈平面A１C.又C１∈平面BC１D且C１∈平面A１C，∴平面A１C∩平面BC１D＝C１M，∴O∈C１M，即C１、O、M三点共线.题型三线共面问题典例３已知直线a∥b，直线l与a，b都相交，求证：过a，b，l有且只有一个平面.[证明] 如图所示.由已知a∥b，所以过a，b有且只有一个平面α.设a∩l＝A，b∩l＝B，∴A∈α，B ∈α，且A∈l，B∈l，∴l⊂α.即过a，b，l有且只有一个平面.[归纳提升] 在证明多线共面时，可用下面的两种方法来证明：（１）纳入法：先由部分直线确定一个平面，再证明其他直线在这个平面内.（２）同一法：即先证明一些元素在一个平面内，再证明另一些元素在另一个平面内，然后证明这两个平面重合，即证得所有元素在同一个平面内.【对点练习】３已知：如图所示，l１∩l２＝A，l２∩l３＝B，l１∩l３＝C.求证：直线l１，l２，l３在同一平面内.[证明] 法一（纳入法）∵l１∩l２＝A，∴l１和l２确定一个平面α.∵l２∩l３＝B，∴B∈l２．又∵l２⊂α，∴B∈α.同理可证C∈α.又∵B∈l３，C∈l３，∴l３⊂α.∴直线l１，l２，l３在同一平面内.法二（同法一、重合法）∵l１∩l２＝A，∴l１，l２确定一个平面α.∵l２∩l３＝B，∴l２，l３确定一个平面β.∵A∈l２，l２⊂α，∴A∈α.∵A∈l２，l２⊂β，∴A∈β.同理可证B∈α，B∈β，C∈α，C∈β.∴不共线的三个点A，B，C既在平面α内，又在平面β内.∴平面α和β重合，即直线l１，l２，l３在同一平面内.题型四线共点问题典例４已知：如图，空间四边形ABCD中，E、H分别为BC、AB的中点，F在CD上，G 在AD上，且有DF︰FC＝DG︰GA＝１︰２．求证：直线EF、BD、HG交于一点.[分析] 先证EF、HG一定相交于一点，再证这一点在直线BD上.[解析] 连接EH、AC、FG.∵E、H分别为BC、AB的中点，∴EH错误!AC.∵DF︰FC＝１︰２，DG︰GA＝１︰２，∴FG∥AC，FG＝错误!AC，∴EH∥FG且EH≠FG，∴E、F、G，H四点共面且EF GH.∴EF与GH相交.设EF∩GH＝O，则O∈GH，O∈EF.∵GH⊂平面ABD，EF⊂平面BCD，∴O∈平面ABD，O∈平面BCD.∵平面ABD∩平面BCD＝BD，∴O∈BD，即直线EF、BD、HG交于一点.[归纳提升] 三线共点的证明方法：证明三线共点问题可把其中一条作为分别过其余两条直线的两个平面的交线，然后再证两条直线的交点在此直线上，此外还可先将其中一条直线看作某两个平面的交线，证明该交线与另两条直线分别交于两点，再证点重合，从而得三线共点.【对点练习】４三个平面α、β、γ两两相交，交于三条直线，即α∩β＝c，β∩γ＝a，γ∩α＝b，已知直线a和b不平行.求证：a、b、c三条直线必过同一点.[解析] ∵α∩γ＝b，β∩γ＝a，∴a⊂γ，b⊂γ，∵a、b不平行，∴a、b必相交，设a∩b＝P，∵P∈a，a⊂β，∴P∈β，同理P∈α，而α∩β＝c，∴P∈c.∴a、b、c相交于一点P，即a、b、c三条直线过同一点.易错警示对于条件所给的点的位置关系考虑不全面典例５已知A、B、C、D、E五点中，A、B、C、D共面，B、C、D、E共面，则A、B、C、D、E五点一定共面吗？[错解] 因为A、B、C、D共面，所以点A在B、C、D所确定的平面内，因为B、C、D、E共面，所以点E也在B、C、D所确定的平面内，所以点A、E都在B、C、D所确定的平面内，即A、B、C、D、E五点一定共面.[错因分析] 错解忽略了公理２中“不在一条直线上的三点”这个重要条件，实际上B、C、D三点还可能共线.[正解] （１）如果B、C、D三点不共线，则它们确定一个平面α.因为A、B、C、D共面，所以点A在平面α内，因为B、C、D、E共面，所以点E在平面α内，所以点A、E都在平面α内，即A、B、C、D、E五点一定共面.（２）如果B、C、D三点共线于l，若A、E都在l上，则A、B、C、D、E五点一定共面；若A、E中有且只有一个在l上，则A、B、C、D、E五点一定共面；若A、E都不在l上，则A、B、C、D、E五点可能不共面.【对点练习】５如果空间四点A，B，C，D不共面，那么下列判断中正确的是（ B ）Ａ．A，B，C，D四点中必有三点共线Ｂ．A，B，C，D四点中不存在三点共线Ｃ．直线AB与CD相交Ｄ．直线AB与CD平行[解析] 两条平行直线、两条相交直线、直线及直线外一点都分别确定一个平面.。

人教A版高中数学必修第二册第八章8.1第2课时(旋转体、组合体)课件

叫做圆台.
与圆柱和圆锥一样，圆台也有轴、
底面、侧面、母线,你能在右下图中标
出它们吗？ (2)圆台的表示
侧面
轴
母线 O'
用表示它的轴的字母表示，底面
如圆台OO'.
O
圆柱可以由矩形旋转得到，圆锥可以由直角三角形旋转得到. 圆台是否也可以由平面图形旋转得到? 可以.直角梯形、等腰梯形
二、旋转体
把右图的半圆绕直径所在直线旋转一周，形成
五、课堂小结
1.简单几何体的分类：棱柱
简单 ①几何体
多面体旋转体
棱锥棱台
圆柱圆锥圆台
棱柱柱体
圆柱
简
单
②
几何
体
的
棱锥锥体
圆锥棱台台体圆台
球体
球体
2.简单组合体的构成有两种基本形式： (1)由简单几何体拼接而成的；
(2)简单几何体截去或挖去一部分而成的.
六、巩固提升
课堂练习: 第104页练习第1、2、3、4题
圆台的上底面缩小为一个点
棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台和球是常见的简单几何体. 其中：
棱柱与圆柱统称为柱体，棱锥与圆锥统称为锥体，棱台与圆台统称为台体.
三、简单组合体
现实世界中的物体表示的几何体,除柱体、锥体、台体和球等简单几何体外，还有大量的几何体是由这些几何体组合而成的.
圆柱、圆锥与圆台都是旋转体，它们在结构上有哪些相同点和不同点?当底面发生变化时，它们能否互相转化?

球心
的曲面所围成的旋转体是半径什么？
O
3.球把右图的半圆绕直径
下图是由上图怎样变化得到的？
(1)球的概念以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥.

新教材人教A版高中数学必修第二册第八章立体几何初步精品教学课件(共541页)

1．空间几何体的定义及分类
(1)定义：如果只考虑物体的__形__状__和_大___小__，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的__空__间__图__形____就叫做空间几何
体． (2)分类：常见的空间几何体有多面体与旋转体两类．
2．空间几何体
类别
定义
由若干个___平___面__多__边__形______围
(1)圆柱有无数条母线，它们平行且相等． (2)平行于底面的截面是与底面大小相同的圆，如图 1 所示． (3)过轴的截面(轴截面)都是全等的矩形，如图 2 所示． (4)过任意两条母线的截面是矩形，如图 3 所示．
4．一个棱柱有 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：因为棱柱有 10 个顶点，所以棱柱为五棱柱，共有五条侧棱，所以侧棱长为650＝12(cm)．答案：12
5．画一个三棱台，再把它分成： (1)一个三棱柱和另一个多面体． (2)三个三棱锥，并用字母表示．
A．①②
B．①③
C．②③
D．②④
解析：选 B.由棱锥的定义，知棱锥的各侧面都是三角形，故①正确；有一个面是多边形，其余各面都是三角形，如果这些三角形没有一个公共顶点，那么这个几何体就不是棱锥，故②错；四面体就是由四个三角形所围成的封闭几何体，因此以四面体的任何一个面作底面的几何体都是三棱锥，故③正确；棱锥的侧棱长可以相等，也可以不相等，故④错．
【解】 (1)选 B.由题意，将正方体的展开图还原成正方体，“1”与“乐”相对，“2”与“9”相对，“0” 与“快”相对，所以下面是“9”．
(2)题图①中，有 5 个平行四边形，而且还有两个全等的五边形，符合棱柱的特点；题图②中，有 5 个三角形，且具有共同的顶点，还有一个五边形，符合棱锥的特点；题图③中，有 3 个梯形，且其腰的延长线交于一点，还有两个相似的三角形，符合棱台的特点，把侧面展开图还原为原几何体，如图所示：

新教材高中数学第8章立体几何初步章末综合提升学案含解析新人教A版必修第二册

第八章立体几何初步类型1空间几何体的结构特征、表面积和体积1．本考点多为基础题，一般出现在选择题的中间位置．主要考查空间几何体的结构，直观图的转化，几何体表面积、体积公式的应用．考查数形结合思想、空间想象能力、运算求解能力，意在让多数学生得分．2．空间几何体的表面积与体积的求法(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．(3)求复杂几何体的体积常用割补法、等积法求解．〖例1〗(1)(2019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．图1图2(2)(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g．(1)262－1(2)118.8〖(1)依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1．(2)由题易得长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即12×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥O-EFGH＝13×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．〗 [跟进训练] 1．如图所示，已知三棱柱ABC -A ′B ′C ′，侧面B ′BCC ′的面积是S ，点A ′到侧面B ′BCC ′的距离是a ，求三棱柱ABC -A ′B ′C ′的体积．〖解〗连接A ′B ，A ′C ，如图所示，这样就把三棱柱分割成了两个棱锥．设所求体积为V ，显然三棱锥A ′ABC 的体积是13V ．而四棱锥A ′BCC ′B ′的体积为13Sa ，故有13V ＋13Sa ＝V ，即V ＝12Sa ．类型2 与球有关的切、接问题1．本考点中的题目多为基础题，一般出现在选择题的后面位置或填空题中，分值为5分．主要考查空间几何体的结构，外接球和内切球问题，几何体表面积、体积公式的应用，球的表面积和体积计算．考查数形结合思想，空间想象能力，运算求解能力，意在让多数学生得分．2．与球相关问题的解题策略(1)作适当的截面(如轴截面等)时，对于球内接长方体、正方体，则截面一要过球心，二要过长方体或正方体的两条体对角线，才有利于解题．(2)对于“内切”和“外接”等问题，首先要弄清几何体之间的相互关系，主要是指特殊的点、线、面之间的关系，然后把相关的元素放到这些关系中来解决．〖例2〗 (1)(2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( )A ．123B ．183C ．243D ．543(2)(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长均为2．∠BAD ＝60°，以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． (1)B (2)2π2 〖(1)设等边三角形ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6．设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－(23)2＝2，则点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值V ma x ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝183． (2)如图，连接B 1D 1，易知△B 1C 1D 1为正三角形，所以B 1D 1＝C 1D 1＝2．分别取B 1C 1，BB 1，CC 1的中点M ，G ，H ，连接D 1M ，D 1G ，D 1H ，则易得D 1G ＝D 1H ＝22＋12＝5，D 1M ⊥B 1C 1，且D 1M ＝3．由题意知G ，H 分别是BB 1，CC 1与球面的交点．在侧面BCC 1B 1内任取一点P ，使MP ＝2，连接D 1P ，则D 1P ＝D 1M 2＋MP 2＝(3)2＋(2)2＝5，连接MG ，MH ，易得MG ＝MH ＝2，故可知以M 为圆心，2为半径的圆弧GH 为球面与侧面BCC 1B 1的交线．由∠B 1MG ＝∠C 1MH ＝45°知∠GMH ＝90°，所以GH 的长为14×2π×2＝2π2．〗[跟进训练]2．若与球外切的圆台的上、下底面半径分别为r ，R ，则球的表面积为________． 4πRr 〖法一：如图，作DE ⊥BC 于点E ．设球的半径为r 1，则在Rt △CDE 中，DE ＝2r 1，CE ＝R －r ，DC ＝R ＋r ．由勾股定理得4r 21＝(R ＋r )2－(R －r )2，解得r 1＝Rr ，故球的表面积为S 球＝4πr 21＝4πRr ．法二：如图，设球心为O ，球的半径为r 1，连接OA ，OB ，则在Rt △AOB 中，OF 是斜边AB 上的高．由相似三角形的性质得OF 2＝BF ·AF ＝Rr ，即r 21＝Rr ，故r 1＝Rr ，故球的表面积为S 球＝4πRr ．〗类型3空间点、线、面位置关系的判断与证明1．空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面及面面的平行与垂直关系，其中推理论证的关键是空间想象能力，要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面，该类题目难度不大，以中档题为主．2．平行、垂直关系的相互转化〖例3〗如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1(侧棱垂直于底面，且底面是正三角形)中，BC ＝CC1，M，N，P分别是CC1，AB，BB1的中点．(1)求证：平面NPC∥平面AB1M；(2)求证：AB1⊥平面A1MB．〖证明〗(1)在△ABB1中，N，P分别是AB，BB1的中点，即PN∥AB1，∵平面ABB1∩平面AB1M＝AB1，PN⊄平面AB1M，PN⊂平面ABB1，∴PN∥平面AB1M．又∵底面是正三角形且BC＝CC1，M是CC1的中点，即在正方形BCC1B1中有CMB1P为平行四边形，有PC∥MB1，∴PC∥平面AB1M，而PN∩PC＝P，∴平面NPC∥平面AB1M．(2)在正方形ABB1A1中有AB1⊥A1B，若AB1，A1B的交点为D，连接MD，DN，∴四边形MCND为矩形，∴CN∥MD，CN⊥DN，而CN⊥AB，则CN⊥平面ABB1A1，∴MD⊥平面ABB1A1，而AB1⊂平面ABB1A1，即MD⊥AB1．又MD∩A1B＝D，MD⊂平面A1MB，A1B⊂平面A1MB，∴AB1⊥平面A1MB．[跟进训练]3．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE．〖证明〗(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC．又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD．又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1．又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1．(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1．因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F．又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1．由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD．又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE．类型4空间角的计算问题1．考查空间中线面位置关系的证明、直线与平面所成角、线线角及二面角等基础知识，考查空间想象能力及推理论证能力．2．求空间各种角的大小一般都转化为平面角来计算，空间角的计算步骤：一作，二证，三计算．(1)求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角)．(2)求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影)．(3)二面角的平面角的作法常有三种：①定义法；②垂线法；③垂面法．〖例4〗 (2020·浙江高考)如图，在三棱台ABC -DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC ．(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．〖解〗 (1)证明：如图，过点D 作DO ⊥AC ，交直线AC 于点O ，连接OB ．由∠ACD ＝45°，DO ⊥AC ，得CD ＝2CO ．由平面ACFD ⊥平面ABC ，得DO ⊥平面ABC ，所以DO ⊥BC ．由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝22CO ，得BO ⊥BC ．所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC -DEF 得BC ∥EF ，所以EF ⊥DB ．(2)如图，过点O 作OH ⊥BD ，交直线BD 于点H ，连接CH ．由三棱台ABC -DEF 得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角．由BC ⊥平面BDO 得OH ⊥BC ，故OH ⊥平面BCD ，所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角．设CD ＝22．由DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝2，得BD ＝6，OH ＝233，所以sin ∠OCH ＝OH OC ＝33，因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33．[跟进训练] 4．如图，正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′的棱长为1，B ′C ∩BC ′＝O ，求：(1)AO 与A ′C ′所成角的度数；(2)AO 与平面ABCD 所成角的正切值；(3)平面AOB 与平面AOC 所成角的度数．〖解〗 (1)∵A ′C ′∥AC ，∴AO 与A ′C ′所成的角就是∠OAC ． ∵AB ⊥平面BC ′，OC ⊂平面BC ′，∴OC ⊥AB ，又OC ⊥BO ，AB ∩BO ＝B ，∴OC ⊥平面ABO ．又OA ⊂平面ABO ，∴OC ⊥OA ．在Rt △AOC 中，OC ＝22，AC ＝2， sin ∠OAC ＝OC AC ＝12， ∴∠OAC ＝30°，即AO 与A ′C ′所成角的度数为30°．(2)如图，作OE ⊥BC 于E ，连接AE ．∵平面BC ′⊥平面ABCD ，∴OE ⊥平面ABCD ，∴∠OAE 为OA 与平面ABCD 所成的角．在Rt △OAE 中，OE ＝12，AE ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＝52， ∴tan ∠OAE ＝OE AE ＝55． (3)∵OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ∩OB ＝O ，∴OC ⊥平面AOB ．又∵OC ⊂平面AOC ，∴平面AOB ⊥平面AOC ．即平面AOB 与平面AOC 所成角的度数为90°．类型5 点到平面的距离问题高考对立体几何的考查主要有两个方面，一是探究空间直线、平面的平行与垂直关系；二是与计算有关的综合性问题，主要是几何体的三积与三角．其中点到平面的距离的计算非常有利于几何体体积的计算．一般出现在解答题的第二问中，偶尔出现在选择填空题中，有一定的难度．〖例5〗 (2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是面积为934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 ．1D ．32C 〖由等边三角形ABC 的面积为934，得34×AB 2＝934，得AB ＝3，则△ABC 的外接圆半径r ＝23×32AB ＝33AB ＝3．设球的半径为R ，则由球的表面积为16π，得4πR 2＝16π，得R ＝2，则球心O 到平面ABC 的距离d ＝R 2－r 2＝1，故选C ．〗[跟进训练]5．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为________．2 〖如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离．再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ，连接PC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC ．又PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ，所以CO 为∠ACB 的平分线，即∠ACO ＝45°．在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1，所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝(3)2－12＝2．〗1．(2020·全国卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A ．5－14B ．5－12C ．5＋14D ．5＋12C 〖设正四棱锥的高为h ，底面正方形的边长为2a ，斜高为m ，依题意得h 2＝12×2a ×m ，即h 2＝am ①，易知h 2＋a 2＝m 2②，由①②得m ＝1＋52a ，所以m 2a ＝1＋52a 2a ＝1＋54．故选C ．〗 2．(2020·全国卷Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32πA 〖因为⊙O 1的面积为4π，所以⊙O 1的半径r ＝2．因为AB ＝BC ＝AC ，所以△ABC 为正三角形，又⊙O 1是△ABC 的外接圆，所以由正弦定理得AB sin 60°＝2r ＝4，得AB ＝4sin 60°＝23．因为OO 1＝AB ＝BC ＝AC ，所以OO 1＝23，由题易知OO 1⊥平面ABC ，则球心O 到平面ABC 的距离为23．设球O 的半径为R ，则R 2＝OO 21＋r 2＝12＋4＝16，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝64π，故选A ．〗3．(2020·新高考全国卷Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°B 〖过球心O 、点A 以及晷针的轴截面如图所示，其中CD 为晷面，GF 为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GF A＝∠CAO＝∠AOB＝40°．故选B．〗4．(2020·全国卷Ⅱ)设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l．则下述命题中所有真命题的序号是________．①p1∧p4；②p1∧p2；③p2∨p3；④p3∨p4．①③④〖法一：对于p1，由题意设直线l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，则由l1∩l2＝A，知l1，l2共面，设此平面为α，则由B∈l2，l2⊂α，知B∈α，由C∈l1，l1⊂α，知C∈α，所以l3⊂α，所以l1，l2，l3共面于α，所以p1是真命题；对于p2，当A，B，C三点不共线时，过A，B，C三点有且仅有一个平面，当A，B，C三点共线时，过A，B，C的平面有无数个，所以p2是假命题，p2是真命题；对于p3，若空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以p3是假命题，p3是真命题；对于p4，若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l，所以p4是真命题，p4是假命题．故p1∧p4为真命题，p1∧p2为假命题，p2∨p3为真命题，p3∨p4为真命题．综上可知，真命题的序号是①③④．法二：对于p1，由题意设直线l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，则A，B，C三点不共线，所以此三点确定一个平面α，则A∈α，B∈α，C∈α，所以直线AB⊂α，BC⊂α，CA⊂α，即l1⊂α，l2⊂α，l3⊂α，所以p1是真命题；以下同解法一．〗5．(2020·全国卷Ⅲ)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1，证明：(1)当AB ＝BC 时，EF ⊥AC ；(2)点C 1在平面AEF 内．〖解〗 (1)如图，连接BD ，B 1D 1．因为AB ＝BC ，所以四边形ABCD 为正方形，故AC ⊥BD ．又因为BB 1⊥平面ABCD ，于是AC ⊥BB 1．所以AC ⊥平面BB 1D 1D ．由于EF ⊂平面BB 1D 1D ，所以EF ⊥AC ．(2)如图，在棱AA 1上取点G ，使得AG ＝2GA 1，连接GD 1，FC 1，FG ．因为D 1E ＝23DD 1，AG ＝23AA 1， DD 1AA 1，所以ED 1AG ，于是四边形ED 1GA 为平行四边形，故AE ∥GD 1．因为B 1F ＝13BB 1，A 1G ＝13AA 1，BB 1AA 1，所以FG A 1B 1，FG C 1D 1，四边形FGD 1C 1为平行四边形，故GD 1∥FC 1．于是AE ∥FC 1．所以A ，E ，F ，C 1四点共面，即点C 1在平面AEF 内．6．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3，求四棱锥B -EB 1C 1F 的体积．〖解〗 (1)因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．(2)因为AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ，故AO ∥PN ．又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN ＝AO ＝6，AP ＝ON ＝13AM ＝3，PM ＝23AM ＝23，EF ＝13BC ＝2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．如图，作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由(1)知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT ＝PM sin ∠MPN ＝3．底面EB 1C 1F 的面积为12×(B 1C 1＋EF )×PN ＝12(6＋2)×6＝24．所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24．。

2020_2021学年新教材高中数学第八章立体几何初步8.1基本立体图形3教案新人教A版必修第二册2

8.1 基本几何图形第2课时圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体立体几何是研究三维空间中物体的形状、大小、位置关系的一门数学学科，而三维空间是人们生存发展的现实空间，学习立体几何对我们更好地认识客观世界，更好地生存与发展具有重要意义。

在立体几何初步部分,学生将先从对空间几何体观察入手、认识空间图形；再以长方体为载体，直观认识和理解空间点、线、面的位置关系。

本节内容既是义务教育阶段“空间与图形”课程的延续和提高，也是后续研究空间点、线、面位置关系的基础，既巩固了前面所学的内容，又为后面内容的学习做了知识上和方法上的准备，在教材中起着承前启后的作用。

课程目标1．认识圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征．2．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．数学学科素养1.数学抽象：简单组合体概念的理解；2.逻辑推理：圆柱、圆锥、圆台、球的结构特点；3.直观想象：判断空间几何体；4.数学运算：球的相关计算、最短距离等；5.数学建模：通过平面展开图将空间问题转化为平面问题解决，体现了转化的思想方法.重点：掌握圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征；难点：旋转体的相关计算.教学方法：以学生为主体，小组为单位，采用诱思探究式教学，精讲多练。

教学工具：多媒体。

一、情景导入上节课学了常见的多面体：棱柱、棱锥、棱台，那么常见的旋转体有哪些？又有什么结构特点？要求：让学生自由发言，教师不做判断。

而是引导学生进一步观察.研探.二、预习课本，引入新课阅读课本101-104页，思考并完成以下问题1、旋转体包含哪些图形？2、圆柱、圆锥、圆台、球是怎样定义的？又有什么结构特点？3、什么是简单组合体，特点是什么？要求：学生独立完成，以小组为单位，组内可商量，最终选出代表回答问题。

三、新知探究一、常见的旋转体1、圆柱：定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体。

旋转轴叫做圆柱的轴；垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的底面；平行于轴的边旋转而成曲面叫做圆柱的侧面；无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆柱侧面的母线。

新教材高中数学第八章立体几何初步8.1基本立体图形第2课时圆柱圆锥圆台球简单组合体的结构特征应用案巩

新教材高中数学第八章立体几何初步8.1基本立体图形第2课时圆柱圆锥圆台球简单组合体的结构特征应用案巩固提升新人教A版必修第二册[A 基础达标]1．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：选D.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，如图，钝角△ABC中，AB边最小，以AB为轴，其他两边旋转一周，得到的几何体是一个圆锥挖去一个同底的小圆锥．故选D.2．如图所示的组合体的结构特征是( )A．一个棱柱中截去一个棱柱B．一个棱柱中截去一个圆柱C．一个棱柱中截去一个棱锥D．一个棱柱中截去一个棱台解析：选C.如题图，可看成是四棱柱截去一个角，即截去一个三棱锥后得到的简单组合体，故为一个棱柱中截去一个棱锥所得．3．如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是( )A．该几何体是由2个同底的四棱锥组成的几何体B．该几何体有12条棱、6个顶点C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D ．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余各面均为三角形解析：选D.该几何体用平面ABCD 可分割成两个四棱锥，因此它是这两个四棱锥的组合体，因而四边形ABCD 是它的一个截面而不是一个面．故D 说法不正确．4．如图，将阴影部分图形绕图示直线l 旋转一周所得的几何体是( ) A ．圆锥B ．圆锥和球组成的简单组合体C ．球D ．一个圆锥内部挖去一个球后组成的简单组合体答案：D5.如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是( )A ．①②B ．①③C ．④D ．①⑤解析：选D.一个圆柱挖去一个圆锥，剩下的几何体被一个竖直的平面所截后，圆柱的轮廓是矩形除去一条边，圆锥的轮廓是三角形除去一条边或抛物线的一部分．6．如图所示的组合体的结构特征有以下几种说法： ①由一个长方体割去一个四棱柱构成． ②由一个长方体与两个四棱柱组合而成． ③由一个长方体挖去一个四棱台构成． ④由一个长方体与两个四棱台组合而成．其中正确说法的序号是__________．解析：该组合体可以看作是由一个长方体割去一个四棱柱构成的，也可以看作是由一个长方体与两个四棱柱组合而成的．答案：①②7．若母线长是4的圆锥的轴截面的面积是8，则该圆锥的高是________．解析：设圆锥的底面半径为r ，则圆锥的高h ＝ 42－r 2. 由题意可知12·2r ·h ＝r 42－r 2＝8，所以r 2＝8，所以h ＝2 2.答案：2 28．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5 (cm)．所以AB＝122＋52＝13(cm)．答案：139．指出图中的三个几何体分别是由哪些简单几何体组成的．解：(1)几何体由一个圆锥、一个圆柱和一个圆台拼接而成．(2)几何体由一个六棱柱和一个圆柱拼接而成．(3)几何体由一个球和一个圆柱中挖去一个以圆柱下底面为底面、上底面圆心为顶点的圆锥拼接而成．10．一个圆锥的高为2 cm，母线与轴的夹角为30°，求圆锥的母线长及圆锥的轴截面的面积．解：如图轴截面SAB，圆锥SO的底面直径为AB，SO为高，SA为母线，则∠ASO＝30°.在Rt△SOA中，AO＝SO·tan 30°＝233(cm)．SA＝SOcos 30°＝232＝433(cm)．所以S△ASB＝12SO·2AO＝433(cm2)．所以圆锥的母线长为433cm，圆锥的轴截面的面积为433cm2.[B 能力提升]11．用一张长为8，宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则相应圆柱的底面半径是( ) A．2 B．2πC.2π或4πD.π2或π4解析：选C.如图所示，设底面半径为r，若矩形的长8恰好为卷成圆柱底面的周长，则2πr＝8，所以r＝4π；同理，若矩形的宽4恰好为卷成圆柱的底面周长，则2πr＝4，所以r＝2π.所以选C.12．某地球仪上北纬30°纬线圈的长度为12π cm ，如图所示，则该地球仪的半径是________cm.解析：如图所示，由题意知，北纬30°所在小圆的周长为12π，则该小圆的半径r ＝6，其中∠ABO ＝30°，所以该地球仪的半径R ＝6cos 30°＝4 3 cm. 答案：4 313．圆锥底面半径为 1 cm ，高为 2 cm ，其中有一个内接正方体，这个内接正方体的棱长为________cm.解析：圆锥的轴截面SEF 、正方体对角面ACC 1A 1如图．设正方体的棱长为x cm ，则AA 1＝x cm ，A 1C 1＝2x cm.作SO ⊥EF 于点O ，则SO ＝ 2 cm ，OE ＝1 cm.因为△EAA 1∽△ESO ，所以AA 1SO ＝EA 1EO ，即x2＝1－22x1.所以x ＝22，即该内接正方体的棱长为22cm. 答案：2214．一个圆台的母线长为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－（5－2）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. [C 拓展探究]15.如图所示，有一圆锥形粮堆，母线与底面直径构成边长为6 m 的正三角形ABC ，粮堆母线AC 的中点P 处有一只老鼠正在偷吃粮食．此时，小猫正在B 处，它要沿圆锥侧面到达P 处捕捉老鼠，求小猫所经过的最短路程．(结果不取近似值)解：因为△ABC 为等边三角形，所以BC ＝6，所以l ＝2π×3＝6π，根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，得：n π×6180＝6π，故n ＝180°，则∠B ′AC ＝90°，所以B ′P ＝36＋9＝35(m)，所以小猫所经过的最短路程是3 5 m.。

2021新教材高中数学第八章8.1第2课时旋转体和简单组合体教学用书教案新人教A版必修第二册

第2课时旋转体和简单组合体素养目标·定方向素养目标学法指导1．认识圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征.(直观想象)2．认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.(直观想象)1．利用柱、锥、台之间的联系来加强记忆，如棱柱、棱锥、棱台为一类，圆柱、圆锥、圆台为一类；或分成柱体、锥体、台体三类来分别认识.只有对比才能把握实质与区别.2．与平面几何的有关概念、图形和性质进行适当类比，逐步学会用类比的思想分析问题和解决问题.必备知识·探新知知识点1圆柱的结构特征定义以__矩形__的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆柱有关概念旋转轴叫做圆柱的__轴__；垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的__底面__；平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的__侧面__；无论旋转到什么位置，__不垂直__于轴的边都叫做圆柱侧面的母线图形表示法用表示它的轴的字母，即表示两底面__圆心__的字母表示，上图中的圆柱可记作圆柱__O′O__规定__圆柱__和__棱柱__统称为柱体(1)圆柱有无数条母线，它们互相平行且相等.(2)平行于底面的截面是与底面大小相同的圆，如图①所示.(3)过轴的截面(轴截面)都是全等的矩形，如图②所示.(4)过任意两条母线的截面是矩形，如图③所示.知识点2圆锥的结构特征定义以__直角__三角形的一条__直角边__所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆锥图形有关概念如上图所示，轴为__SO__，底面为__⊙O__，SA为母线.另外，S叫做圆锥的__顶点__，OA(或OB)叫做底面⊙O的__半径__表示法圆锥用表示它的__轴__的字母表示，上图中的圆锥可记作圆锥__SO__ 规定__棱锥__与__圆锥__统称为锥体[知识解读]圆锥的简单性质：(1)圆锥有无数条母线，它们有公共点即圆锥的顶点，且长度相等.(2)平行于底面的截面都是圆，如图①所示.(3)过轴的截面(轴截面)是全等的等腰三角形，如图②所示.(4)过任意两条母线的截面是等腰三角形，如图③所示.知识点3圆台的结构特征定义用平行于__圆锥__底面的平面去截圆锥，__底面__与__截面__之间的部分叫做圆台图形有关概念原圆锥的底面和截面分别叫做圆台的__下__底面和__上__底面.与圆柱和圆锥一样，圆台也有轴、__侧面__、母线，如上图所示，轴为__OO′__，AA′为母线表示法用表示轴的__字母__表示，上图中的圆台可记作圆台__OO′__规定__圆台__与__棱台__统称为台体[知识解读]圆台的简单性质：(1)圆台有无数条母线，且它们相等，延长后相交于一点.(2)平行于底面的截面是圆，如图①所示.(3)过轴的截面是全等的等腰梯形，如图②所示.(4)过任意两条母线的截面是等腰梯形，如图③所示.知识点4球定义以半圆的__直径__所在直线为旋转轴，半圆面旋转__一周__形成的旋转体叫做球体，简称球有关概念半圆的__圆心__叫做球的球心；半圆的__半径__叫做球的半径；半圆的__直径__叫做球的直径图形表示法球常用表示__球心__的字母表示，如上图中的球记作球__O__关键能力·攻重难题型探究题型一旋转体的结构特征典例1下列结论正确的是__④⑥⑧__.①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④以等腰三角形的底边上的高所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥；⑤球面上四个不同的点一定不在同一平面内；⑥球的半径是球面上任意一点和球心的连线段；⑦球面上任意三点可能在一条直线上；⑧用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面.[分析]准确理解旋转体的定义，在此基础上掌握各旋转体的性质，才能更好地把握它们的结构特征，以作出准确的判断.[解析]①以直角三角形的一条直角边为轴旋转一周才可以得到圆锥；②以直角梯形垂直于底边的一腰为轴旋转一周可得到圆台；③它们的底面为圆面；④正确；作球的一个截面，在截面的圆周上任意取四点，则这四点就在球面上，故⑤错误；根据球的半径定义可知⑥正确；球面上任意三点一定不共线，故⑦错误；用一个平面去截球，一定截得一个圆面，故⑧正确.[归纳提升]圆柱、圆锥、圆台、球都是常见的旋转体，熟练掌握它们结构特征，弄清旋转体的性质是准确作图解题的前提.【对点练习】❶下列结论：①任意平面截圆柱，截面都是圆面；②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线.其中正确的是(B)A．①B．②C．①②D．②③[解析]过两母线的截面为矩形，有时斜的截面为椭圆，故①错；根据母线的定义和特点，③错误；②正确，故选B．题型二简单组合体的结构特征典例2如图，绕虚线旋转一周后形成的旋转体是由哪些简单几何体组成的？[解析]如图所示，由一个圆锥O4O5，一个圆柱O3O4及一个圆台O1O3中挖去圆锥O1O2组成的.[归纳提升]平面图形绕某条直线旋转时，要过有关顶点向轴作垂线，然后分析旋转体的结构和组成.【对点练习】❷ 已知AB 是直角梯形ABCD 中与底边垂直的一腰，如右图.分别以AB 、BC 、CD 、DA 为轴旋转，试说明所得几何体的结构特征.[解析] (1)以AB 为轴旋转所得旋转体是圆台.如下图①所示.(2)以BC 边为轴旋转所得的旋转体是一组合体：下部为圆柱，上部为圆锥.如图②所示.(3)以CD 边为轴旋转所得的旋转体为一组合体：上部为圆锥，下部为圆台，再挖去一个小圆锥.如图③所示.(4)以AD 边为轴旋转所得的组合体：一个圆柱上部挖去一个圆锥.如图④所示.题型三旋转体的侧面展开问题典例3 一圆柱的底面半径为3π，母线长为4，轴截面为ABCD ，从点A 拉一绳子沿圆柱侧面到相对顶点C ，求最短绳长.[分析] 绳子沿圆柱侧面由A 到C 且最短，故侧面展开后为A 、C 两点间的线段长. [解析] 沿BC 剪开，将圆柱体的侧面的一半展开得到矩形BADC .则AD ＝4，AB ＝3π·π＝3．∴AC ＝32＋42＝5，即最短绳长为5．[归纳提升] 求多面体表面上两点间的最短距离的思路将空间图形问题转化为平面图形问题，是解决立体几何问题基本的、常用的方法.立体图形上两点之间的最短距离问题常通过把立体图形转化为平面图形，利用轴对称、平移或旋转等几何图形的变换，运用“两点之间，线段最短”来解决.具体步骤如下：(1)将几何体沿着某棱剪开后展开，画出其侧面展开图； (2)将所求问题转化为平面上的线段问题；(3)结合已知条件求得结果.【对点练习】❸如图所示，有一圆锥形粮堆，母线与底面圆的直径构成边长为6 m的正三角形ABC，粮堆母线AC的中点P处有一只老鼠正在偷吃粮食.此时，小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，求小猫所经过的最短路程.(结果不取近似值)[解析]设底面圆的周长为l.∵△ABC为正三角形，∴BC＝6，∴l＝2π×3＝6π，根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，得：nπ×6180°＝6π，故n＝180°，则∠B′AC＝90°，∴B′P＝36＋9＝35(m)，∴小猫所经过的最短路程是3 5 m.易错警示旋转体的概念不清致误典例4如图所示，它们是不是棱锥、棱台、圆柱、圆锥等几何体？[错解]图①是圆柱；图②是圆锥.[错因分析]不能只依据概念的某一结论去判断.判断几何体的形状时，要考虑周全，要满足几何体的所有特征.[正解]图①不是圆柱，因为上下两面不平行(或不是由一个矩形旋转而成)；图②不是由一个直角三角形旋转而成，故不是圆锥.【对点练习】❹下列几何体中(A)A．旋转体3个，台体(棱台和圆台)2个B．旋转体3个，柱体(棱柱和圆柱)5个C．柱体3个，锥体(棱锥或圆锥)4个D．旋转体3个，多面体4个[解析](6)(7)(8)为旋转体，(5)(7)为台体.。

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第２课时旋转体和简单组合体
素养目标·定方向
素养目标学法指导
１．认识圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征.
（直观想象）
２．认识柱、锥、台、球及简单组合体的结
构特征，并能运用这些特征描述现实生活中
简单物体的结构.（直观想象）
１．利用柱、锥、台之间的联系来加强记忆，
如棱柱、棱锥、棱台为一类，圆柱、圆锥、
圆台为一类；或分成柱体、锥体、台体三类
来分别认识.只有对比才能把握实质与区别.
２．与平面几何的有关概念、图形和性质进
行适当类比，逐步学会用类比的思想分析问
题和解决问题.
必备知识·探新知
知识点１圆柱的结构特征
定义
以__矩形__的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转
体叫做圆柱
有关
概念
旋转轴叫做圆柱的__轴__；垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的__底面
__；平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的__侧面__；无论旋转到什么位
置，__不垂直__于轴的边都叫做圆柱侧面的母线
图形
表示法
用表示它的轴的字母，即表示两底面__圆心__的字母表示，上图中的圆柱可
记作圆柱__O′O__
规定__圆柱__和__棱柱__统称为柱体
（１）圆柱有无数条母线，它们互相平行且相等.
（２）平行于底面的截面是与底面大小相同的圆，如图１所示.（３）过轴的截面（轴截面）都是全等的矩形，如图２所示.（４）过任意两条母线的截面是矩形，如图３所示.
知识点２圆锥的结构特征
定义
以__直角__三角形的一条__直角边__所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆锥
图形
有关概念如上图所示，轴为__SO__，底面为__⊙O__，SA为母线.另外，S叫做圆锥的__顶点__，OA（或OB）叫做底面⊙O的__半径__
表示法圆锥用表示它的__轴__的字母表示，上图中的圆锥可记作圆锥__SO__规定__棱锥__与__圆锥__统称为锥体
（１）圆锥有无数条母线，它们有公共点即圆锥的顶点，且长度相等.
（２）平行于底面的截面都是圆，如图１所示.
（３）过轴的截面（轴截面）是全等的等腰三角形，如图２所示.
（４）过任意两条母线的截面是等腰三角形，如图３所示.
知识点３圆台的结构特征
定义
用平行于__圆锥__底面的平面去截圆锥，__底面__与__截面__之间的部分叫做圆台
图形
有关概念原圆锥的底面和截面分别叫做圆台的__下__底面和__上__底面.与圆柱和圆锥一样，圆台也有轴、
__侧面__、母线，如上图所示，轴为__OO′__，AA′为母线
表示法用表示轴的__字母__表示，上图中的圆台可记作圆台__OO′__规定__圆台__与__棱台__统称为台体
（１）圆台有无数条母线，且它们相等，延长后相交于一点.
（２）平行于底面的截面是圆，如图１所示.
（３）过轴的截面是全等的等腰梯形，如图２所示.
（４）过任意两条母线的截面是等腰梯形，如图３所示.
知识点４球
定义以半圆的__直径__所在直线为旋转轴，半圆面旋转__一周__形成的旋转体叫做球体，简称球
有关概念半圆的__圆心__叫做球的球心；半圆的__半径__叫做球的半径；半圆的__直径__叫做球的直径
图形
表示法球常用表示__球心__的字母表示，如上图中的球记作球__O__
关键能力·攻重难
题型探究
题型一旋转体的结构特征
典例１下列结论正确的是__４⑥⑧__.
１以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；
２以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；
３圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；
４以等腰三角形的底边上的高所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥；
５球面上四个不同的点一定不在同一平面内；
⑥球的半径是球面上任意一点和球心的连线段；
⑦球面上任意三点可能在一条直线上；
⑧用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面.
[分析] 准确理解旋转体的定义，在此基础上掌握各旋转体的性质，才能更好地把握它们的结构特征，以作出准确的判断.
[解析] １以直角三角形的一条直角边为轴旋转一周才可以得到圆锥；２以直角梯形垂直于底边的一腰为轴旋转一周可得到圆台；３它们的底面为圆面；４正确；作球的一个截面，在截面的圆周上任意取四点，则这四点就在球面上，故５错误；根据球的半径定义可知⑥正确；球面上任意三点一定不共线，故⑦错误；用一个平面去截球，一定截得一个圆面，故⑧正确.
[归纳提升] 圆柱、圆锥、圆台、球都是常见的旋转体，熟练掌握它们结构特征，弄清旋转体的性质是准确作图解题的前提.
【对点练习】１下列结论：１任意平面截圆柱，截面都是圆面；２圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；３在圆台上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线.其中正确的是（ B ）
Ａ．１Ｂ．２
Ｃ．１２Ｄ．２３
[解析] 过两母线的截面为矩形，有时斜的截面为椭圆，故１错；根据母线的定义和特点，３错误；２正确，故选Ｂ．
题型二简单组合体的结构特征
典例２如图，绕虚线旋转一周后形成的旋转体是由哪些简单几何体组成的？
[解析] 如图所示，由一个圆锥O４O５，一个圆柱O３O４及一个圆台O１O３中挖去圆锥O１O２组成的.
[归纳提升] 平面图形绕某条直线旋转时，要过有关顶点向轴作垂线，然后分析旋转体的结构和组成.
【对点练习】２已知AB是直角梯形ABCD中与底边垂直的一腰，如右图.分别以AB、BC、CD、DA为轴旋转，试说明所得几何体的结构特征.
[解析] （１）以AB为轴旋转所得旋转体是圆台.如下图１所示.
（２）以BC边为轴旋转所得的旋转体是一组合体：下部为圆柱，上部为圆锥.如图２所示.
（３）以CD边为轴旋转所得的旋转体为一组合体：上部为圆锥，下部为圆台，再挖去一个小圆锥.
如图３所示.
（４）以AD边为轴旋转所得的组合体：一个圆柱上部挖去一个圆锥.如图４所示.
题型三旋转体的侧面展开问题
典例３一圆柱的底面半径为错误!，母线长为４，轴截面为ABCD，从点A拉一绳子沿圆柱侧面到相对顶点C，求最短绳长.
[分析] 绳子沿圆柱侧面由A到C且最短，故侧面展开后为A、C两点间的线段长.
[解析] 沿BC剪开，将圆柱体的侧面的一半展开得到矩形BADC.则AD＝４，AB＝错误!·π＝３．∴AC＝错误!＝５，即最短绳长为５．
[归纳提升] 求多面体表面上两点间的最短距离的思路
将空间图形问题转化为平面图形问题，是解决立体几何问题基本的、常用的方法.立体图形上两点之间的最短距离问题常通过把立体图形转化为平面图形，利用轴对称、平移或旋转等几何图形的变换，运用“两点之间，线段最短”来解决.具体步骤如下：
（１）将几何体沿着某棱剪开后展开，画出其侧面展开图；
（２）将所求问题转化为平面上的线段问题；
（３）结合已知条件求得结果.
【对点练习】３如图所示，有一圆锥形粮堆，母线与底面圆的直径构成边长为6 m的正三角形ABC，粮堆母线AC的中点P处有一只老鼠正在偷吃粮食.此时，小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，求小猫所经过的最短路程.（结果不取近似值）
[解析] 设底面圆的周长为l.
∵△ABC为正三角形，
∴BC＝6，
∴l＝２π×３＝6π，
根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，得：
错误!＝6π，
故n＝１80°，则∠B′AC＝90°，
∴B′P＝错误!＝３错误!（m），
∴小猫所经过的最短路程是３错误!m.
易错警示
旋转体的概念不清致误
典例４如图所示，它们是不是棱锥、棱台、圆柱、圆锥等几何体？
[错解] 图１是圆柱；图２是圆锥.
[错因分析] 不能只依据概念的某一结论去判断.判断几何体的形状时，要考虑周全，要满足几何体的所有特征.
[正解] 图１不是圆柱，因为上下两面不平行（或不是由一个矩形旋转而成）；图２不是由一个直角三角形旋转而成，故不是圆锥.
【对点练习】４下列几何体中（ A ）
Ａ．旋转体３个，台体（棱台和圆台）２个
Ｂ．旋转体３个，柱体（棱柱和圆柱）５个
Ｃ．柱体３个，锥体（棱锥或圆锥）４个
Ｄ．旋转体３个，多面体４个
[解析] （6）（7）（8）为旋转体，（５）（7）为台体.。