高三文科数学立体几何综合题训练讲课教案

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高中立体几何教案

高中立体几何教案一、教学目标1. 知识与技能：理解立体几何的基本概念，掌握立体图形的性质和相互关系；学会使用立体几何图形进行空间想象和分析问题。

2. 过程与方法：通过观察、操作、思考、交流等活动，培养学生的空间观念和逻辑思维能力；学会运用几何直观和几何推理解决立体几何问题。

3. 情感态度价值观：激发学生对立体几何的兴趣，培养学生的创新意识和团队协作精神，提高学生解决实际问题的能力。

二、教学内容1. 立体几何的基本概念：点、线、面、体等。

2. 立体图形的性质和相互关系：正方体、长方体、棱柱、棱锥等。

3. 空间向量与立体几何：向量的定义、运算、坐标表示等。

4. 立体几何中的平行线与相交线：线线、线面、面面平行与相交的判定与性质。

5. 立体几何中的三角形与四边形：三角形的稳定性、四边形的性质等。

三、教学重点与难点1. 教学重点：立体几何的基本概念、立体图形的性质和相互关系、空间向量与立体几何、立体几何中的平行线与相交线、立体几何中的三角形与四边形。

2. 教学难点：空间向量的运用、立体几何中的平行线与相交线的判定与性质、立体几何中的三角形与四边形的性质。

四、教学方法与手段1. 教学方法：采用问题驱动、案例分析、合作探究、讲授与实践相结合的教学方法。

2. 教学手段：利用多媒体课件、模型、实物等直观教学手段，辅助学生直观地理解立体几何的概念和性质。

五、教学评价1. 过程性评价：关注学生在课堂上的参与程度、思考与交流、问题解决能力等方面，及时给予指导和反馈。

2. 终结性评价：通过作业、测试、课题研究等形式，评估学生对立体几何知识的掌握程度和应用能力。

教案编写说明：六、教学计划第1节：立体几何的基本概念学习点、线、面、体等基本概念。

理解点、线、面、体之间的位置关系。

能够识别和描述简单的立体图形。

第2节：立体图形的性质和相互关系学习正方体、长方体、棱柱、棱锥等立体图形的性质。

掌握立体图形之间的相互关系，如平行、相交、包含等。

高中高三数学教案设计：立体几何

高中高三数学教案设计：立体几何一、教学目标1.让学生掌握直线与平面、平面与平面的位置关系及其判定定理和性质定理。

2.培养学生运用空间想象能力，解决实际问题的能力。

3.培养学生团结协作、积极探究的精神。

二、教学重点与难点1.教学重点：直线与平面、平面与平面的位置关系及其判定定理和性质定理。

2.教学难点：空间想象能力的培养，实际问题的解决。

三、教学过程1.导入新课（1）引导学生回顾初中阶段学习的平面几何知识，让学生认识到立体几何是平面几何的延伸。

（2）提出问题：在平面几何中，我们研究了线段、射线、圆等基本图形的性质和定理，那么在立体几何中，我们将研究哪些基本图形的性质和定理呢？2.授课内容（1）直线与平面的位置关系讲解直线与平面的位置关系，包括直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行等。

通过实例让学生理解这些位置关系，并给出判定定理和性质定理。

（2）平面与平面的位置关系讲解平面与平面的位置关系，包括平面与平面相交、平面与平面平行等。

同样通过实例让学生理解这些位置关系，并给出判定定理和性质定理。

（3）空间想象能力的培养通过让学生观察实物、模型，培养他们的空间想象能力。

例如，让学生观察长方体、正方体等实物，分析它们的特征，从而理解直线与平面、平面与平面的位置关系。

（4）实际问题的解决给出一些实际问题，让学生运用所学知识解决。

例如，给出一个长方体的三视图，让学生根据视图还原长方体的形状。

3.课堂练习（1）让学生独立完成一些练习题，巩固所学知识。

（2）教师挑选部分学生的作业进行讲解，指出优点和不足。

4.课堂小结5.课后作业（1）让学生完成课后练习题，巩固所学知识。

（2）布置一道研究性学习题目，让学生运用所学知识解决实际问题。

四、教学反思本节课结束后，教师应认真反思教学效果，针对学生的掌握情况，调整教学方法，以提高教学效果。

1.是否有学生未能掌握直线与平面、平面与平面的位置关系及其判定定理和性质定理？2.学生在解决实际问题时，是否存在困难？如何解决？3.课堂练习和课后作业的难度是否适中？如何调整？通过反思，不断优化教学设计，提高教学质量。

高中立体几何教案5篇

高中立体几何教案5篇第一篇：高中立体几何教案高中立体几何教案第一章直线和平面两个平面平行的性质教案教学目标1．使学生掌握两个平面平行的性质定理及应用；2．引导学生自己探索与研究两个平面平行的性质定理，培养和发展学生发现问题解决问题的能力．教学重点和难点重点：两个平面平行的性质定理；难点：两个平面平行的性质定理的证明及应用．教学过程一、复习提问教师简述上节课研究的主要内容（即两个平面的位置关系，平面与平面平行的定义及两个平面平行的判定定理），并让学生回答：（1）两个平面平行的意义是什么？（2）平面与平面的判定定理是怎样的？并用命题的形式写出来？（教师板书平面与平面平行的定义及用命题形式书写平面与平面平行的判定定理）（目的：（1）通过学生回答，来检查学生能否正确叙述学过的知识，正确理解平面与平面平行的判定定理．（2）板书定义及定理内容，是为学生猜测并发现平面与平面平行的性质定理作准备）二、引出命题（教师在对上述问题讲评之后，点出本节课主题并板书，平面与平面平行的性质）师：从课题中，可以看出，我们这节课研究的主要对象是什么？生：两个平面平行能推导出哪些正确的结论．师：下面我们猜测一下，已知两平面平行，能得出些什么结论．（学生议论）师：猜测是发现数学问题常用的方法．“没有大胆的猜想，就作不出伟大的发现．”但猜想不是盲目的，有一些常用的方法，比如可以对已有的命题增加条件，或是交换已有命题的条件和结论．也可通过类比法即通过两个对象类似之处的比较而由已经获得的知识去引出新的猜想等来得到新的命题．（不仅要引导学生猜想，同时又给学生具体的猜想方法）师：前面，复习了平面与平面平行的判定定理，判定定理的结论是两平面平行，这对我们猜想有何启发？生：由平面与平面平行的定义，我猜想：两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个面．师：很好，把它写成命题形式．（教师板书并作图，同时指出，先作猜想、再一起证明）猜想一：已知：平面α∥β，直线a 求证：a∥β．生：由判定定理“垂直于同一条直线的两个平面平行”．我猜想：一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面．[教师板书]α，猜想二：已知：平面α∥β，直线l⊥α．求证：l⊥β．师：这一猜想的已知条件不仅是“α∥β”，还加上了“直线l⊥α”．下面请同学们看课本上关于判定定理“垂直于同一直线的两平面平行”的证明．在证明过程中，“平面γ∩α=a，平面γ∩β=a′”．a与a′是什么关系？生：a∥a′．师：若改为γ不是过AA′的平面，而是任意一个与α，β都相交的平面γ．同学们考虑一下是否可以得到一个猜想呢？（学生讨论）生：如果一个平面与两个平行平面中的一个相交，也必与另一个平面相交．” [教师板书] 猜想三：已知：平面α∥β，平面γ∩α=a，求证：γ与β一定相交．师：怎么作这样的猜想呢？生：我想起平面几何中的一个结论：“一条直线与两条平行线中的一条相交，也必与另一条相交．”师：很好，这里实质用的是类比法来猜想．就是把原来的直线类似看作平面．两平行直线类似看作两个平行平面，从而得出这一猜想．大家再考虑，猜想三中，一个平面与两个平行平面相交，得到的交线有什么位置关系？生：平行师：请同学们表达出这个命题．生：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行． [教师板书]猜想四：已知：平面α∥β，平面γ∩α=a，γ∩β=b．求证：a∥b．[通过复习定理的证明方法，既发现了猜想三，猜想四，同时又复习了定理的证明方法，也为猜想四的证明，作了铺垫] 师：在得到猜想三时，我们用到了类比法，实际上，在立体几何的研究中，将所要解决的问题与平面几何中的有关问题作类比，常常能给我们以启示，发现立体几何中的新问题．比如：在平面几何中，我们有这样一条定理：“夹在两条平行线间的平行线段相等”，请同学们用类比的方法，看能否得出一个立体几何中的猜想？生：把两条平行线看作两个平行平面，可得猜想：夹在两个平行平面间的平行线段相等． [教师板书] 猜想五：已知：平面α∥β，AA′∥BB′，且A，B∈α，B，B′∈β．求证：AA′=BB′．[该命题，在教材中是一道练习题，但也是平面与平面平行的性质定理，为了完整体现平面与平面平行的性质定理，故尔把它放在课堂上进行分析]三、证明猜想师：通过分析，我们得到了五个猜想，猜想的结论往往并不完全可靠．得到猜想，并不意谓着我们已经得到了两个平面平行的性质定理，下面主要来论证我们得到的猜想是否正确．[师生相互交流，共同完成猜想的论证] 师：猜想一是由平面与平面平行的定义得到的，因此在证明过程中要注意应用定义．[猜想一证明] 证明：因为α∥β，所以α与β无公共点．又因为a α，所以 a与β无公共点．故a∥β．师：利用平面与平面平行的定义及线面平行的定义，论证了猜想一的正确性．这便是平面与平面平行的性质定理一．简言之，“面面平行，则线面平行．”[教师擦掉“猜想一”，板书“性质定理一”] [论证完猜想一之后，教师与学生共同研究了“猜想二”，发现，若论证了“猜想四”的正确性质，“猜想二”就容易证了，因而首先讨论“猜想三，猜想四”] 师：“猜想三”是类比平面几何中的结论得到的，还记得初中时，是怎么证明的？[学生回答：反证法] 师：那么，大家可否类比初中的证明方法来证明“猜想三”呢？生：用反证法：假设γ与β不相交，则γ∥β．这样过直线a有两个平面α和γ与β平行．与“过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行”矛盾．故γ与β相交．师：很好．由此可知：不只是发现问题时可用类比法，就是证明方法也可用类比方法．不过猜想三，虽已证明为正确的命题，但教材中并把它作为平面与平面平行的性质定理，大家在今后应用中要注意．[猜想四的证明] 师：猜想四要证明的是直线a∥b，显然a，b共面于平面γ，只需推导出a与b无公共点即可．生：（证法一）因为a∥β，所以 a与β无公共点．又因为a α，b β．所以 a与b无公共点．又因为a γ，b 所以a∥b．师：我们来探讨其它的证明方法．要证线线平行，可以转化为线面平行．生：（证法二）因为a α，又因为α∥β，所以a∥β．又因为a γ，且γ∩β=b，所以a∥b．师：用两种不同证法得出了“猜想四”是正确的．这是平面和平面平行的性质定理二．[教师擦掉“猜想四”，板书“性质定理二”] 师：平面与平面平行的性质定理二给出了在两个平行平面内找一对平行线的方法．即：“作一平面，交两面，得交线，则线线平行．”同时也给我们证明两条直线平行的又一方法．简言之，“面面平行，则线线平行”．[猜想二的证明] 师：猜想二要证明的是直线l⊥β，根据线面垂直的判定定理，就要证明l和平面β内的两条相交直线垂直．那么如何在平面β内作两条相交直线呢？[引导学生回忆：“垂直于同一直线的两个平面平行”的定理的证明] γ，生：（证法一）设l∩α=A，l∩β=B．过AB作平面γ∩α=a，γ∩β=a′．因为α∥β，所以a∥a′．再过AB作平面δ∩α=b，δ∩β=b′．同理b∥b′．又因为l⊥α，所以l⊥a，l⊥b，所以l⊥a′，l⊥b′，又a′∩b′=β，故l⊥β．师：要证明l⊥β，根据线面垂直的定义，就是要证明l和平面β内任何一条直线垂直．生：（证法二）在β内任取一条直线b，经过b作一平面γ，使γ∩α=a，因为α∥β，所以a∥b，因此l⊥α，a α，故l⊥a，所以l⊥b．又因为b为β内任意一条直线，所以l⊥β．[教师擦掉“猜想二”，板书“性质定理三”] [猜想五的证明] 证明：因为AA′∥BB′，所以过AA′，BB′有一个平面γ，且γ∩α=AB，γ∩β=A′B′．因为α∥β，所以AB∥A′B′，因此AA′ B′B为平行四边形．故AA′=BB′．[教师擦掉“猜想五”，板书“性质定理四”] 师：性质定理四，是类比两条平行线的性质得到的．平行线的性质有许多，大家还能类比得出哪些有关平行平面的猜想呢？你能证明吗？请大家课下思考．[因类比法是重要的方法，但平行性质定理已得出，故留作课下思考]四、定理应用师：以上我们通过探索一猜想一论证，得出了平面与平面平行的四个性质定理，下面来作简单的应用．例已知平面α∥β，AB，CD为夹在α，β间的异面线段，E、F分别为AB，CD的中点．求证：EF∥α，EF∥β．师：要证EF∥β，根据直线与平面平行的判定定理，就是要在β内找一条直线与EF平行．证法一：连接AF并延长交β于G．因为AG∩CD=F，所以 AG，CD确定平面γ，且γ∩α=AC，γ∩β=DG．因为α∥β，所以AC∥DG，所以∠ACF=∠GDF，又∠AFC=∠DFG，CF=DF，所以△ACF≌△DFG．所以AF=FG．又 AE=BE，所以EF∥BG，BG 故EF∥β．同理：EF∥α．师：要证明EF∥β，只须过EF作一平面，使该平面与β平行，则根据平面与平面平行性质定理即可证．证法二：因为AB与CD为异面直线，所以A CD．β．在A，CD确定的平面内过A作AG∥CD，交β于G，取AG中点H，连结AC，HF．因为α∥β，所以AC∥DG∥EF．因为DG β，所以HF∥β．又因为 E为AB的中点，因此EH∥BG，所以EH∥β．又EH∩FH=H，因此平面EFH∥β，EF 所以EF∥β．同理，EF∥α．平面EFH，师：从以上两种证明方法可以看出，虽然是解决立体几何问题，但都是通过转化为平面几何的问题来解决的．这是解决立体几何问题的一种技能，只是依据的不同，转化的方式也不同．五、平行平面间的距离师：和两个平行平面同时垂直的直线，叫做这两个平行平面的公垂线，它夹在这两个平行平面间的部分，叫做这两个平行平面的公垂线段．两个平行平面有几条公垂线？这些公垂线的位置关系是什么？生：两个平行平面有无数条公垂线，它们都是平行直线．师：夹在两平行平面之间的公垂线段有什么数量关系？根据是什么？生：相等，根据“夹在两个平行平面间的平行线段相等．”师：可见夹在两个平行平面的公垂线段长度是唯一的．而且是夹在两个平行平面间的所有线段中最短的．因此我们把这公垂线段的长度叫做两个平行平面的距离．显然两个平行平面的距离等于其中一个平面上的任一点到另一个平面的垂线段的长度．六、小结1．由学生用文字语言和符号语言来叙述两个平面平行的性质定理．教师总结本节课是由发现与论证两个过程组成的．简单的说就是：由具体问题具体素材用类比等方法猜想命题，并由转化等方法论证猜想的正确性，得到结论．2．在应用定理解决立体几何问题时，要注意转化为平面图形的问题来处理．大家在今后学习中一定要注意掌握这一基本技能．3．线线平行、线面平行与面面平行的判定定理和性质定理构成一套完整的定理体系．在学习中应发现其内在的科学规律：低一级位置关系判定着高一级位置关系；高一级位置关系一定能推导低一级位置关系．下面以三种位置关系为纲应用转化的思想整理如下：七、布置作业课本：p．38，习题五5，6，7，8．课堂教学设计说明1．本节课的中心是两个平行平面的性质定理．定理较多，若采取平铺直叙，直接地给出命题，那样就绕开了发现、探索问题的过程，虽然比较省事，但对发展学生的思维能力是不利的．在设计本教案时，充分考虑到教学研究活动是由发现与论证这样两个过程组成的．因而把“如何引出命题”和“如何猜想”作为本节课的重要活动内容．在教师的启发下，让学生利用具体问题；运用具体素材，通过类比等具体方法，发现命题，完成猜想．然后在教师的引导下，让学生一一完成对猜想的证明，得到两个平面平行的性质定理．也就在这一“探索”、“发现”、“论证”的过程中，培养了学生发现问题，解决问题的能力．在实施过程中，让学生处在主体地位，教师始终处于引导者的位置．特别是在用类比法发现猜想时，学生根据两条平行线的性质类比得出许多猜想．比如：根据“平行于同一条直线的两条直线平行”得到“平行于同一个平面的两个平面平行．”根据“两条直线平行，同位角相等”等，得到“与两个平行平面都相交的直线与两个平面所成的角相等”等等，当然在这些猜想中，有的是正确的，有的是错误的，这里不一一叙述．这就要求教师在教学过程中，注意变化，作适当处理．学生在整节课中，思维活跃，沉浸在“探索、发现”的思维乐趣中，也正是在这种乐趣中，提高了学生的思维能力．2．在对定理的证明过程中，课上不仅要求证出来，而且还考虑多种证法．对于定理的证明，是解决问题的一些常用方法，也可以说是常规方法，是要学生认真掌握的．因此教师要把定理的证明方法，作为教学的重点内容进行必要的讲解，培养学生解决问题的能力．3．转化是重要的数学思想及数学思维方法．它在立体几何中处处体现．实质上处理空间图形问题的基本思想方法就是把它转化为平面图形的问题，化繁为简．特别是在线线平行，线面平行，面面平行三种平行的关系上转化的思想也有较充分的体现，因而在小结中列出三个平行关系相互转让的关系图，一方面便于学生理解，记忆，同时通过此表，能马上发现三者相互推导的关系，能打开思路，发现线索，得到最佳的解题方案．第二篇：高中立体几何高中立体几何的学习高中立体几何的学习主要在于培养空间抽象能力的基础上，发展学生的逻辑思维能力和空间想象能力。

数学教案高中立体几何

数学教案高中立体几何
教学目标：
1. 了解立体几何的基本概念和性质
2. 掌握立体几何的计算方法和应用
3. 培养学生的空间想象能力和数学分析能力
教学重点和难点：
重点：立体几何的基本概念和性质
难点：立体几何的计算方法和应用
教学准备：
1. 教材《高中数学》
2. 彩色笔、计算器、几何工具箱
教学步骤：
第一步：引入立体几何的基本概念
1. 讲解什么是立体几何，包括立体图形、体积、表面积等概念
2. 示范用计算器计算一个简单立体图形的体积和表面积
第二步：介绍立体几何的常见图形
1. 讲解常见的立体几何图形，如正方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等
2. 给出一些例题，让学生计算这些图形的体积和表面积
第三步：讲解立体几何的性质和定理
1. 讲解平行截面定理、立体图形的体积公式、表面积公式等性质和定理
2. 示范用这些定理计算一些复杂的立体图形的体积和表面积
第四步：引入应用题
1. 给出一些立体几何的应用题，如容器设计、建筑物结构等
2. 让学生分组讨论解题思路，并展示他们的解答过程
第五步：总结与反馈
1. 对本节课的内容进行总结，强调重点和难点
2. 让学生回答一些简单的问题，检验他们对立体几何知识的掌握情况
教学延伸：
1. 给学生一些拓展性的习题，让他们巩固和运用所学的知识
2. 演示一些生活中的立体几何应用，激发学生对数学的兴趣和学习动力
教学反思：
本节课内容较为丰富，但是需要注意在讲解过程中要注重理论与实际应用的结合，让学生更加深入理解立体几何的意义和价值。

同时，在布置习题和作业时，要注意难易适中，以促进学生的学习兴趣和能力提升。

2022高三总复习数学教案立体几何

第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征、表面积及体积[备考领航][重点准·逐点清]重点一空间几何体的结构特征1．多面体的结构特征[提醒]特殊的四棱柱四棱柱――→底面为平行四边形平行六面体――→侧棱垂直于底面直平行六面体――→底面为矩形长方体――→底面边长相等正四棱柱――→侧棱与底面边长相等正方体上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}{长方体}{直平行六面体}{平行六面体}{四棱柱}．2．旋转体的结构特征[提醒] 球的截面的性质 (1)球的任何截面都是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2. [逐点清]1．(多选)下列说法正确的是( ) A ．棱柱的侧棱长都相等B ．棱柱的两个互相平行的面一定是棱柱的底面C ．棱台的侧面是等腰梯形D ．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面解析：选AD A 正确；B 不正确，例如六棱柱的相对侧面也互相平行；C 不正确，棱台的侧棱长可能不相等；D 正确，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面，故选A 、D.2．(必修2第8页A 组1(1)题改编)在如图所示的几何体中，是棱柱的为．(填写所有正确的序号)解析：由棱柱的结构特征可知③⑤是棱柱．答案：③⑤重点二直观图1．画法：常用斜二测画法．2．规则：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直；(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．[逐点清]3.(必修2第19页练习3题改编)如图，直观图所表示的平面图形是()A．正三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．直角三角形解析：选D由直观图中A′C′∥y′轴，B′C′∥x′轴，还原后AC∥y轴，BC∥x 轴，所以△ABC是直角三角形，故选D.重点三空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式[提醒](1)几何体的侧面积是指(各个)侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和；(2)圆台、圆柱、圆锥的转化当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得：S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式[逐点清]4．(必修2第27页练习1题改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．32cm解析：选B 由题意，得S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，得r 2＝4，所以r ＝2(cm)． 5．(必修2第37页2题改编)一个半径为21的球形冰块融化在一个半径为14的圆柱形的水桶内，则水面的高度为．解析：设水面的高度为h ，则4π×2133＝π×142×h ，解得h ＝63，所以水面高度为63.答案：636.(必修2第28页A 组3题改编)如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为．解析：设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积为V 1＝13×12×12a ×12b ×12c ＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47.答案：1∶47[记结论·提速度][记结论]1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系为S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图． 2．几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ： ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2；(3)正四面体内切球半径是高的14，外接球半径是高的34，两半径之比为1∶3.[提速度]1.如图所示的直观图中，O ′A ′＝O ′B ′＝2，则其平面图形的面积是( )A ．4B ．4 2C ．2 2D ．8解析：选A S 原△AOB ＝22S △A ′O ′B ′ ＝22×12×2×2×sin 45°＝4.2．(2020·天津高考)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 解析：选C 设外接球的半径为R ，易知2R ＝3×23＝6，所以R ＝3，于是表面积S ＝4πR 2＝36π，故选C.3．若正四面体的棱长为a ，则其内切球的半径为．解析：因正四面体的棱长为a，则正四面体的高为6 3a.因正四面体内切球半径是高的14，即r＝612a.答案：6 12a][题组练透]1．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0B．1C．2 D．3解析：选A①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．2．如图，长方体ABCD-A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是()A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.3．把一个半径为20的半圆卷成圆锥的侧面，则这个圆锥的高为( ) A ．10 B ．10 3 C ．10 2D ．5 3解析：选B 设圆锥的底面半径为r ，高为h .因为半圆的弧长等于圆锥的底面周长，半圆的半径等于圆锥的母线，所以2πr ＝20π，所以r ＝10，所以h ＝202－102＝10 3.4.(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.5－14 B ．5－12 C.5＋14D ．5＋12解析：选C 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.[练后悟通]空间几何体概念辨析题的常用方法[基础自学过关][题组练透]1．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A．122πB．12πC．82πD．10π解析：选B设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝22，∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.故选B.2．(2021·河南周口模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为()A．4＋4 2 B．4＋4 3C．12 D．8＋4 2解析：选A连接A1B(图略)．因为AA1⊥底面ABC，则AA1⊥BC，又AB⊥BC，AA1∩AB ＝A，所以BC⊥平面AA1B1B，所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B＝30°.又AA1＝AC＝2，所以A1C＝22，BC＝ 2.又AB⊥BC，则AB＝2，则该三棱柱的侧面积为22×2＋2×2＝4＋4 2.3．已知圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4，若母线长为10，则圆台的表面积为()A．81πB．100πC．168πD．169π解析：选C圆台的轴截面如图，设上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l，则它的母线长为l＝h2＋(R－r)2＝(4r)2＋(3r)2＝5r＝10，所以r＝2，R＝8.故S侧＝π(R＋r)l＝π(8＋2)×10＝100π，S表＝S侧＋πr2＋πR2＝100π＋4π＋64π＝168π.4.如图，设正三棱锥S-ABC的侧面积是底面积的2倍，正三棱锥的高SO＝3，则此正三棱锥的表面积为．解析：如图，设正三棱锥的底面边长为a ，斜高为h ′，过点O 作OE ⊥AB ，与AB 交于点E ，连接SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝h ′.∵S 侧＝2S 底， ∴12·3a ·h ′＝34a 2×2. ∴a ＝3h ′.∵SO ⊥OE ，∴SO 2＋OE 2＝SE 2. ∴32＋⎝⎛⎭⎫36×3h ′2＝h ′2. ∴h ′＝23，∴a ＝3h ′＝6. ∴S 底＝34a 2＝34×62＝93，S 侧＝2S 底＝18 3. ∴S 表＝S 侧＋S 底＝93＋183＝27 3. 答案：27 3[练后悟通]求解几何体表面积的类型及求法[定向精析突破]考向1 直接利用公式求体积[例1] (1)(2021·全国统一考试模拟演练)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为．(2)(2021·江苏南通联考)已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D -BB 1C 1的体积为．[解析] (1)截面图如图所示，因为圆台下底面半径为5，球的直径为10，则圆台的下底面为过球心的截面，OC ＝OB ＝5，O ′C ＝4，∠OO ′C ＝π2，则圆台的高为3，V ＝13h (S 1＋S 1S 2＋S 2)＝25π＋20π＋16π＝61π.(2)如图，取BC 中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长均为2，∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又∵S △BB 1C 1＝12×2×2＝2，∴VD -BB 1C 1＝13×2×3＝233.[答案] (1)61π (2)233考向2 割补法求体积[例2] 如图，在直角梯形ABCD 中，AD ＝AB ＝4，BC ＝2，沿中位线EF 折起，使得∠AEB 为直角，连接AB ，CD ，则所得的几何体的体积为．[解析] 法一(分割法)：如图，过点C 作CM 平行于AB ，交AD 于点M ，作CN 平行于BE ，交EF 于点N ，连接MN .由题意可知ABCM ，BENC 都是矩形，AM ＝DM ＝2，CN ＝2，FN ＝1，AB ＝CM ＝22，所以S △AEB ＝12×2×2＝2，因为截面CMN 把这个几何体分割为直三棱柱ABE -MCN 和四棱锥C -MNFD ，又因为直三棱柱ABE -MCN 的体积为V 1＝S △ABE ·AM ＝12×2×2×2＝4，四棱锥C -MNFD 的体积为V 2＝13S 四边形MNFD ·BE ＝13×12×(1＋2)×2×2＝2，所以所求几何体的体积为V 1＋V 2＝6.法二(分割法)：如图，连接AC ，EC ，则几何体分割为四棱锥C -ADFE 和三棱锥C -ABE ，因为V C -ADFE ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋42×2×2＝143，V C -ABE ＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×2×2＝43，所以几何体的体积为V C -ADFE ＋V C -ABE ＝143＋43＝6. 法三(补形法)：如图，延长BC 至点M ，使得CM ＝2，延长EF 至点N ，使得FN ＝1，连接DM ，MN ，DN ，得到直三棱柱ABE -DMN ，所以几何体的体积等于直三棱柱ABE -DMN 的体积减去四棱锥D -CMNF 的体积．因为V ABE -DMN＝⎝⎛⎭⎫12×2×2×4＝8，V D -CMNF＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22×2×2＝2，所以几何体的体积为V ABE -DMN －V D -CMNF ＝8－2＝6. [答案] 6考向3 等体积法求体积[例3] 已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别为BB 1，AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为．[解析] 如图，∵正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别为BB 1，AB 的中点，∴S △ANM ＝12×1×1＝12，∴VA -NMD 1＝VD 1-AMN ＝13×12×2＝13.[答案]13[解题技法]1．处理体积问题的思路2．求体积的常用方法[跟踪训练]1.如图所示，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1-ABC 1的体积为( )A ．312B ．34C ．612D ．64解析：选A 三棱锥B 1-ABC 1的体积等于三棱锥A -B 1BC 1的体积，三棱锥A -B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.2.如图，正四棱锥P -ABCD 的底面边长为2 3 cm ，侧面积为8 3 cm 2，则它的体积为 cm3.解析：记正四棱锥P -ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H ，连接PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD ，因为正四棱锥的侧面积为8 3 cm2，所以83＝4×12×23×PH，解得PH＝2，在Rt△PHO中，HO＝3，所以PO＝1，所以V P-ABCD＝13·S正方形ABCD·PO＝4 cm3.答案：43．在梯形ABCD中，∠ABC＝π2，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A．2π3B．4π3C．5π3D．2π解析：选C如图所示，过点D作BC的垂线，垂足为H.则由旋转体的定义可知，该梯形绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体为一个圆柱挖去一个圆锥．其中圆柱的底面半径R＝AB＝1，高h1＝2HC＝BC＝2，其体积V1＝πR2h1＝π×12×2＝2π；圆锥的底面半径r＝DH＝1，高h2＝HC＝1，其体积V2＝13πr 2h2＝13π×12×1＝π3.故所求几何体的体积为V＝V1－V2＝2π－π3＝5π3.定向精析突破]考向1几何体的外接球[例4](2021·福州市适应性考试)设三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，AB＝AC ＝2，∠BAC＝90°，AA1＝32，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是()A．24πB．18πC．26πD．16π[解析]依题意得三棱柱ABC-A1B1C1的外接球即底面为正方形(边长为2)、高为32的长方体的外接球，故该球的直径为长方体的体对角线，设该球的半径为R，则有(2R)2＝22＋22＋(32)2＝26，故该球的表面积为4πR2＝26π，故选C.[答案] C考向2几何体的内切球[例5](2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为．[解析] 易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE 及其内切球O 如图所示，设内切球的半径为R ，则sin ∠BPE ＝R OP ＝BE PB ＝13，所以OP＝3R ，所以PE ＝4R ＝PB 2－BE 2＝32－12＝22，所以R ＝22，所以内切球的体积V ＝43πR 3＝23π，即该圆锥内半径最大的球的体积为23π.[答案]23π [规律探求][跟踪训练]1．已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4πB ．163π C.323π D ．16π解析：选D 如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r＝OB＝OA2＋AB2＝12＋(3)2＝2.故这个球的表面积S＝4πr2＝16π.故选D.2．(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．32π解析：选A如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以AB＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝sin 60°(23)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.3．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a.若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径为．解析：由题意知，当球与四棱锥各面均相切，即内切于四棱锥时球的半径最大．作出其侧视图，如图所示．易知球的半径r＝(2－2)a.答案：(2－2)a微专题(十四) 思想方法化归转化思想、函数与方程思想——立体几何中的最值问题[典例1]正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上一动点，BP＋PE的最小值为14，则该四面体内切球的体积为．[解析]如图①所示，在正方体中作出一个正四面体ABCD，将正△ABC沿AC边翻折，使平面ABC与平面ACD在同一平面内，如图②.要使得BP＋PE最小，则B，P，E三点共线，此时BE＝14.设正四面体的棱长为x，在△ABE中，由余弦定理可得(14)2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫x 22－2·x ·x 2·cos 2π3，解得x ＝2 2. 所以正方体的棱长为2，正四面体的体积V 正四面体＝V 正方体－4×13×12×2×2×2＝83.设正四面体内切球的半径为r ，由等体积法可得V 正四面体＝4×13S △ABC ×r ，整理得83＝4×13×r ×12×(22)2sin π3，解得r ＝33. 所以该四面体内切球的体积V ′＝43πr 3＝43π⎝⎛⎭⎫333＝43π27.[答案]43π27[点评] 本题为典型的表面距离最值问题，渗透了空间问题平面化的思想，考查了正四面体体积与内切球半径的计算，考查了空间思维及转化能力，体现了等体积法的应用．本题还可以采用常规方法求解正四面体的体积，即利用正四面体体积公式V ＝212a 3(a 为正四面体的棱长)求解．[典例2] (1)如图所示，菱形ABCD 的边长为2，现将△ACD 沿对角线AC 折起使平面ACD ′⊥平面ACB ，则此时空间四面体ABCD ′体积的最大值为( )A.16327B ．539 C ．1D ．34(2)如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为3的正方形，侧棱AA 1＝a (a ＞3)，M 是BC 的中点，点P 是矩形DCC 1D 1上及内部的动点，且满足∠APD ＝∠MPC ，则三棱锥P -BCD 的体积的最大值是．[解析] (1)取AC 中点O ，连接D ′O (图略)．设∠ABC ＝α，则α∈(0，π)，所以D ′O ＝AD cos α2＝2cos α2，S △ABC ＝12×2×2sin α＝2sin α.因为D ′O ⊥平面ABC ，所以V 四面体ABCD ′＝13S △ABC ×D ′O ＝43sin αcos α2＝83sin α2cos 2α2＝83sin α2⎝⎛⎭⎫1－sin 2α2⎝⎛⎭⎫0＜α2＜π2. 设t ＝sin α2，则0＜t ＜1，V 四面体ABCD ′＝83(t －t 3)．设f (t )＝83(t －t 3)，0＜t ＜1，则f ′(t )＝83(1－3t 2)，0＜t ＜1.所以当0＜t ＜33时，f ′(t )＞0，f (t )单调递增；当33＜t ＜1时，f ′(t )＜0，f (t )单调递减．所以当t ＝33时，f (t )取得最大值16327. 所以四面体ABCD ′体积的最大值为16327.故选A. (2)由题意知AD ⊥DP ，CP ⊥CM . 因为∠APD ＝∠MPC ，所以Rt △ADP ∽Rt △MCP . 因为M 是BC 的中点，所以AD MC ＝PDPC ＝2，即PD ＝2PC . 作PO ⊥CD 于点O (图略)，设DO ＝x ，PO ＝h ，则x 2＋h 2＝2(3－x )2＋h 2，化简得3h 2＝－3x 2＋24x －36,0≤x ≤3.根据函数的单调性知当x ＝3时，3h 2取最大值9，所以h 的最大值为 3.因为在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，PO ⊥平面BCD ，所以三棱锥P -BCD 的体积的最大值V ＝13×12×3×3×3＝332.[答案] (1)A (2)332[点评] 这两道题均考查了函数在研究立体几何最值问题中的工具性作用．本例(1)是以角为变量，建立三角函数，既考查了三角函数模型的应用，又考查了立体几何知识．本例(2)是以线段的长为变量，建立代数函数，考查了二次函数在闭区间上的最值问题．[课时过关检测]A 级——基础达标1．将一个等腰梯形绕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 ．两个圆柱、一个圆台D ．一个圆柱、两个圆锥解析：选D 从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体，如图所示．2．已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为( )A ．5B ． 5C ．9D ．3解析：选B ∵圆锥的底面半径R ＝4，高h ＝3，∴圆锥的母线l ＝5，∴圆锥的侧面积S ＝πRl ＝20π.设球的半径为r ，则4πr 2＝20π，∴r ＝ 5.故选B.3．(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. 3 B ．32C ．1D ．32解析：选C 由等边三角形ABC 的面积为934，得34AB 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.4.如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是平行四边形，点E 是棱BB 1的中点，点F 是棱CC 1上靠近C 1的三等分点，且三棱锥A 1-AEF 的体积为2，则四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为( )A ．12B ．8C ．20D ．18解析：选A 设点F 到平面ABB 1A 1的距离为h ，由题意得VA 1-AEF ＝VF -A 1AE .又VF -A 1AE ＝13S △A 1AE ·h ＝13×⎝⎛⎭⎫12AA 1·AB ·h ＝16(AA 1·AB )·h ＝16S 四边形ABB 1A 1·h ＝16VABCD-A1B1C1D1，所以VABCD-A1B1C1D1＝6VA1-AEF＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为12.故选A.5．(多选)下列命题错误的是()A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台C．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直D．棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形解析：选ABD对于A，棱柱的侧面不一定全等，故错误；对于B，由棱台的定义可知只有当平面与底面平行时，所截部分才是棱台，故错误；对于C，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直，比如正方体中共点的三个相邻平面，故正确；对于D，棱台的侧面不一定是等腰梯形，故错误．综上，A、B、D错误，故选A、B、D.6．(多选)(2021·山东临沂模拟)已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的13，则下列结论正确的是()A．球O的表面积为6πB．球O的内接正方体的棱长为1C．球O的外切正方体的棱长为43 D．球O的内接正四面体的棱长为2解析：选AD设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R.易得R＝23 3.因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的13，所以r2－19r2＝43，得r2＝32.所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×32＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足3a＝2r，显然选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2r，显然选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝263r＝263×62＝2，选项D正确．7．一个圆台上、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)．∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：138.已知等腰梯形ABCD ，CD ＝1，AD ＝CB ＝2，AB ＝3，以AB 所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为．解析：法一：如图，取AB 的中点O 为坐标原点，建立平面直角坐标系，y 轴交DC 于点E ，O ，E 在斜二测画法中的对应点为O ′，E ′，过E ′作E ′F ′⊥x ′轴，垂足为F ′，因为OE ＝(2)2－12＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.法二：由题中数据得等腰梯形ABCD 的面积S ＝12×(1＋3)×1＝2.由S 直观图＝24S 原图形的关系，得S 直观图＝24×2＝22. 答案：229．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为．解析：如图，∵SA 与底面成45°角， ∴△SAO 为等腰直角三角形．设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r .在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，且∠ASB ∈(0,180°)，∴sin ∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin ∠ASB＝12×(2r )2×158＝515，解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π. 答案：402π10．如图，在四棱锥P -ABCD 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，已知四棱锥的表面积是12，则它的体积为．解析：由题意可知四棱锥P -ABCD 为正四棱锥，设AC 交BD 于点O ，连接PO (图略)，则PO 是四棱锥的高．设正四棱锥的斜高为h ′，则2×2＋4×12×2h ′＝12，解得h ′＝2，则正四棱锥的高PO ＝22－12＝ 3.∴正四棱锥的体积V ＝13×4×3＝433.答案：43311.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P -A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？解：由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m ．因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P -A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·(A 1B 1)2·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)；正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．故仓库的容积是312 m 3.12．已知球的半径为R ，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？解：如图为其轴截面，令圆柱的高为h ，底面半径为r ，侧面积为S ，则⎝⎛⎭⎫h 22＋r 2＝R 2，即h ＝2 R 2－r 2.因为S ＝2πrh ＝4πr ·R 2－r 2＝4πr 2·(R 2－r 2)≤4π(r 2＋R 2－r 2)24＝2πR 2，当且仅当r 2＝R 2－r 2，即r ＝22R 时，取等号，所以当内接圆柱底面半径为22R ，高为2R 时，其侧面积的值最大，最大值为2πR 2.B 级——综合应用13．(多选)(2021·寿光市高三模拟)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8 cm ，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计)．假设该沙漏每秒钟漏下0.02 cm 3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是( )A ．沙漏中的细沙体积为1 024π81cm 3 B ．沙漏的体积是128π cm 3C ．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4 cmD ．该沙漏的一个沙时大约是1 985秒(π≈3.14)解析：选ACD A ．根据圆锥的截面图可知，细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r ＝23×4＝83(cm)，所以体积V ＝13·πr 2·2h 3＝13·64π9·163＝1 024π81(cm 3)；B ．沙漏的体积V ＝2×13×π×⎝⎛⎭⎫h 22×h ＝2×13×π×42×8＝2563π(cm 3)； C ．设细沙流入下部后的高度为h 1，根据细沙体积不变可知，1 024π81＝13×π⎝⎛⎭⎫h 22×h 1，所以1 024π81＝16π3h 1，所以h 1≈2.4 cm ； D ．因为细沙的体积为1 024π81cm 3，沙漏每秒钟漏下0.02 cm 3的沙，所以一个沙时为1 024π810.02＝1 024×3.1481×50≈1 985(秒)．故选A 、C 、D.14．(2021·上海市浦东新区模拟)如图①所示，已知正方体的面对角线长为a ，沿阴影面将正方体切割成两块，拼成如图②所示的几何体，那么此几何体的表面积为．解析：由已知得正方体的棱长为22a ，则正方体的表面积为3a 2，新几何体的表面积比原来多了两个阴影部分的面积，少了正方体两个面的面积，故所求几何体的表面积为3a 2＋2×22a 2－2×12a 2＝(2＋2)a 2. 答案：(2＋2)a 215．一个正三棱锥P -ABC 的底面边长为a ，高是h .一个内接直三棱柱A 1B 1C 1-A 0B 0C 0的顶点A 1，B 1，C 1分别在三条棱上，A 0，B 0，C 0在底面△ABC 上，试证明：当三棱柱侧面积取最大值时，正三棱锥的高PO 被三棱柱的上底面A 1B 1C 1平分．证明：如图，截面A 1B 1C 1∥底面ABC ，故△A 1B 1C 1为正三角形，于是三棱柱A 1B 1C 1-A 0B 0C 0是正三棱柱．设PO 交截面A 1B 1C 1于点O 1，则A 1B 1AB ＝PO 1PO .令A 1B 1＝x ，又PO ＝h ，则PO 1＝h a x .于是O 1O ＝h －PO 1＝h －ha x ＝h ⎝⎛⎭⎫1－x a . 所以所求三棱柱的侧面积S ＝3x ·h ⎝⎛⎭⎫1－x a ＝3h a ·(a －x )·x ＝3h a ⎣⎡⎦⎤a 24－⎝⎛⎭⎫x －a 22，当x ＝a 2，即PO 1＝h 2时，S 有最大值，为34ah ，此时O 1为PO 的中点，即三棱柱的侧面积最大时，PO 被三棱柱的上底面A 1B 1C 1平分．C 级——迁移创新16.瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体(即多面体内任意两点的连线都被完全包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体)的顶点数V、棱数E及面数F满足等式V－E＋F＝2，这个等式称为欧拉多面体公式，被认为是数学领域最漂亮、简洁的公式之一，现实生活中存在很多奇妙的几何体，现代足球的外观即取自一种不完全正多面体，它是由m块黑色正五边形面料和32－m块白色正六边形面料构成的．根据欧拉多面体公式求m的值．解：依题意，设足球顶点数V、棱数E及面数F，则F＝m＋32－m＝32，每条棱被两个面公用，故棱数E＝5×m＋6×(32－m)2＝192－m2，每个顶点被3条棱公用，故顶点数V＝5×m＋6×(32－m)3＝192－m3，由V－E＋F＝2，得192－m3－192－m2＋32＝2，解得m＝12.第二节空间点、直线、平面之间的位置关系[备考领航][重点准·逐点清]重点一平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内；公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面；公理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这个点的公共直线；公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．[提醒] 三点不一定能确定一个平面．当三点共线时，过这三点的平面有无数个，所以必须是不在一条直线上的三点才能确定一个平面．[逐点清]1．(多选)下列命题中正确的有( ) A ．一条直线和一个点可以确定一个平面 B ．经过两条相交直线，有且只有一个平面 C ．过两条平行直线有且只有一个平面D ．分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点一定在两个平面的交线上解析：选BCD 对于A 选项，当这个点在直线上时，无法确定一个平面，故A 错误；对于B 、C 选项，均为公理2的推论，故B 、C 正确；对于D 选项，交点分别含于两条直线，也分别含于两个平面，必然在交线上，故D 正确；故选B 、C 、D.2．(必修2第45页例2改编)已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是( )A ．梯形B ．矩形C ．菱形D ．正方形解析：选B 如图所示，易证四边形EFGH 为平行四边形，因为E ，F 分别为AB ，BC 的中点，所以EF ∥AC ，又FG ∥BD ，所以∠EFG 或其补角为AC 与BD 所成的角，而AC 与BD 所成的角为90°，所以∠EFG ＝90°，故四边形EFGH 为矩形．重点二空间中两直线的位置关系 1．空间中两直线的位置关系⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行；相交.异面直线：不同在任何一个平面内.2．异面直线所成的角(1)定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)；(2)范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. 3．等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． [提醒] (1)不能把异面直线误解为分别在不同平面内的两条直线为异面直线； (2)异面直线不具有传递性，即若直线a 与b 异面，b 与c 异面，则a 与c 不一定是异面直线．[逐点清]3.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则异面直线B 1C 与EF 所成角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C 连接B 1D 1，D 1C (图略)，则B 1D 1∥EF ，故∠D 1B 1C 为所求的角．又B 1D 1＝B 1C ＝D 1C ，∴∠D 1B 1C ＝60°.4.如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与MB 1是异面直线； ④直线AM 与DD 1是异面直线．其中正确的结论为 (填序号)．解析：直线AM 与CC 1是异面直线，直线AM 与BN 也是异面直线，故①②错误．答案：③④重点三空间中直线与平面、平面与平面的位置关系1．直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况． 2．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．[提醒] 直线l 和平面α相交、直线l 和平面α平行统称为直线l 在平面α外，记作l ⊄α.。

高中数学《立体几何》教案设计

高中数学《立体几何》教案设计1一、教学目标1. 学生能够理解立体几何的基本概念，如点、线、面、体等。

2. 掌握空间图形的性质及求解方法，例如空间中直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系等。

3. 培养学生的空间想象能力，使其能够在脑海中构建出各种立体图形。

4. 提升学生的逻辑思维能力，学会运用逻辑推理解决立体几何问题。

二、教学重点与难点1. 教学重点- 立体几何的基本概念和空间图形的性质。

- 空间中直线与平面、平面与平面的位置关系的判断方法。

- 求解空间图形的表面积和体积。

2. 教学难点- 培养学生的空间想象能力。

- 运用逻辑推理解决复杂的立体几何问题。

三、教学方法1. 直观教学法：通过模型展示、多媒体课件等直观手段，帮助学生理解抽象的立体几何概念。

2. 探究式教学法：引导学生分组搭建常见的立体几何模型，自主探究空间图形的性质。

3. 案例教学法：结合生活实例，让学生体会立体几何在实际生活中的应用。

四、教学过程1. 导入（5 分钟）- 教师提问：“同学们，在我们的日常生活中，有很多物体都具有立体的形状。

大家能不能举一些例子呢？”学生们纷纷回答，如足球是球体、魔方是正方体等。

- 教师总结：“同学们说得非常好！这些物体都属于立体几何的研究范畴。

今天，我们就一起来学习立体几何。

”2. 背景介绍（5 分钟）- 教师讲解：“立体几何是数学的一个重要分支，它主要研究空间中的点、线、面、体等几何元素的性质和关系。

早在古代，人们就开始对立体几何进行研究了。

比如，古埃及人在建造金字塔的时候，就运用了立体几何的知识。

”3. 作者介绍（可省略）4. 课本讲解（30 分钟）- 课本原文内容：立体几何的基本概念包括点、线、面、体。

点是空间中的一个位置，没有大小；线是由无数个点组成的，有长度但没有宽度和厚度；面是由线组成的，有长度和宽度但没有厚度；体是由面组成的，有长度、宽度和厚度。

- 分析：- 知识点：让学生理解点、线、面、体的定义和相互关系。

高中数学人教版《立体几何》教案

高中数学人教版《立体几何》教案一、教学目标本教案旨在帮助学生掌握立体几何的基本概念和性质，培养其空间想象和逻辑推理能力，以及解决实际问题的能力。

二、教学重点1. 立体几何的基本概念和性质；2. 空间图形的投影与展开；3. 空间几何体的体积和表面积计算。

三、教学难点1. 空间几何体的投影和展开；2. 复杂空间几何体的体积和表面积计算。

四、教学内容1. 立体几何的基本概念和性质a. 空间几何体的定义和分类；b. 空间几何体的基本性质和特点。

2. 空间图形的投影与展开a. 正交投影和斜投影的概念及其应用；b. 图形的展开与折叠。

3. 空间几何体的体积和表面积计算a. 立体几何体的体积计算方法；b. 立体几何体的表面积计算方法。

五、教学步骤1. 立体几何的基本概念和性质a. 通过实物展示和图片呈现，引导学生了解常见的空间几何体，如正方体、长方体、圆柱体、圆锥体等；b. 与学生一起讨论空间几何体的基本性质和特点，并总结归纳。

2. 空间图形的投影与展开a. 向学生介绍正交投影和斜投影的概念，讲解其原理和应用；b. 通过示例演示和练习，引导学生掌握图形的投影方法；c. 引导学生尝试将空间图形展开成平面图形，并进行相应的折叠。

3. 空间几何体的体积和表面积计算a. 介绍立体几何体的体积计算方法，如长方体的体积公式、圆柱体的体积公式等；b. 引导学生进行实际问题的解决，应用体积计算方法；c. 介绍立体几何体的表面积计算方法，如长方体的表面积公式、圆柱体的表面积公式等；d. 提供一些练习题，让学生运用表面积计算方法解决问题。

六、教学资源1. 《立体几何》教材；2. 实物和模型展示；3. 图片和图表示例；4. 练习题和答案。

七、教学评价1. 教学过程中的练习题完成情况；2. 学生课堂互动表现；3. 学生课后作业完成情况；4. 学生对立体几何知识的掌握程度。

总结：通过本节课的学习，学生将能够熟练掌握立体几何的基本概念和性质，理解空间图形的投影与展开，掌握空间几何体的体积和表面积计算方法。

数学立体几何公开课教案高中

数学立体几何公开课教案高中数学立体几何公开课教案引言：数学是一门抽象而精确的学科，在高中阶段，学生将接触到更加复杂的数学概念和技巧，其中立体几何作为数学的一部分，给学生带来了一些挑战。

为了帮助学生更好地理解和应用立体几何知识，本篇教案将介绍一堂关于立体几何的公开课。

一、教学目标通过本次公开课的教学，学生应能够：1. 理解立体几何的基础概念，如点、线、面和体；2. 掌握立体几何的基本公式和计算方法；3. 运用立体几何的知识解决实际问题；4. 培养学生的逻辑思维和空间想象能力。

二、教学准备1. 教学工具：- 讲台、黑板、彩笔；- 幻灯片或投影仪；- 立体几何模型和实物（如立方体、球体等）；- 题目练习册和习题解析。

2. 教学内容：本节课的教学内容主要包括以下几个方面：- 点、线、面和体的定义和性质；- 立体几何的基本公式和计算方法；- 立体几何与实际问题的应用。

三、教学过程1. 导入与引导（5分钟）- 介绍立体几何与平面几何的关系；- 引导学生思考立体几何在日常生活中的应用。

2. 理论讲解（20分钟）- 依次介绍点、线、面和体的定义和性质，并在黑板上做相应的图示；- 讲解立体几何的基本公式和计算方法，如计算体积、表面积等；- 解释立体几何与代数学的关系，引导学生进行思考和讨论。

3. 实例演示与练习（30分钟）- 使用幻灯片或投影仪展示一些典型的立体几何问题，并详细演示解题过程；- 给学生分发题目练习册，让他们进行课堂练习；- 针对其中的难点和疑惑，进行辅导和解答。

4. 知识拓展与应用（20分钟）- 介绍立体几何在实际问题中的应用，如建筑设计、地理测量等； - 鼓励学生运用立体几何的知识解决一些实际问题，并进行讨论； - 展示一些立体几何的应用案例，激发学生对数学的兴趣和好奇心。

5. 总结与展望（5分钟）- 对本节课所学内容进行总结，并强调立体几何在数学中的重要性； - 鼓励学生勤于练习和思考，提高解决问题的能力。

高中数学新课立体几何教案

高中数学新课立体几何教案一、教学目标1. 理解立体几何的基本概念，如点、线、面、体等。

2. 掌握立体图形的性质和判定方法。

3. 培养学生的空间想象能力和逻辑思维能力。

4. 能够运用立体几何知识解决实际问题。

二、教学内容1. 立体几何的基本概念：点、线、面、体、空间等。

2. 立体图形的性质和判定：正方体、长方体、棱柱、棱锥等。

3. 空间想象能力培养：三视图、展开图等。

4. 立体几何在实际问题中的应用。

三、教学方法1. 采用多媒体教学，展示立体图形，帮助学生直观理解。

2. 利用教具模型，让学生亲手操作，增强空间想象能力。

3. 结合实际例子，引导学生运用立体几何知识解决问题。

4. 组织小组讨论，培养学生的合作能力和表达能力。

四、教学步骤1. 引入新课：通过展示立体图形，引导学生思考立体几何的意义。

2. 讲解基本概念：讲解点、线、面、体等基本概念，让学生理解它们之间的关系。

3. 讲解立体图形的性质和判定：通过示例，讲解正方体、长方体、棱柱、棱锥等立体图形的性质和判定方法。

4. 培养空间想象能力：通过三视图、展开图等，培养学生的空间想象能力。

5. 应用练习：结合实际例子，让学生运用立体几何知识解决问题。

五、教学评价1. 课堂问答：检查学生对立体几何基本概念的理解。

2. 练习题：布置有关立体几何的练习题，检查学生的掌握程度。

3. 小组讨论：评价学生在小组讨论中的表现，包括合作能力和表达能力。

4. 课后作业：布置有关立体几何的实际问题，检查学生运用知识解决问题的能力。

六、教学拓展1. 介绍立体几何在现实生活中的应用，如建筑设计、工业制造等。

2. 引入更高维度的几何概念，如四维空间、异面直线等。

3. 引导学生探索立体几何中的趣味性问题，提高学生的学习兴趣。

七、教学难点1. 立体图形的性质和判定方法的理解与运用。

2. 空间想象能力的培养，尤其是对于复杂立体图形的想象。

3. 将立体几何知识应用于实际问题，提高学生的解决问题的能力。

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精品文档E
高三文科数学立体几何综合题训练CABABC?=2
4.在直三棱柱 AC=4,CB=2,AA中，CA111111B?BC,CA60?ACB?的中点。

，E、F分别是
111a ABCDAA'ABB'A'与的正方形，点E是都是边长为的中点，1.如图，四边形
BBCC?AEB；（1）证明：平面平面11AA'⊥平面ABCD.
P
A'CF//ABE；（2）证明：平面//CA' BDE平面；（I）求证：1 B'A
C
E ?AC'A．）求证：平面（II⊥平面BDE CBFP?的体积。

的中点，求三棱锥 (3)设P是BE11F
D
A B
B C
ABCD?AD ABE
5.如图，四边形平面为矩形，DC DCABCDCD-PABPD?ABCD，2.如图，在四棱锥，中，
底面是矩形，侧棱PD⊥底面
2,BC?AE?EB?ACECEF?BF，上的点，且为平面PCEFPBEFPB. 是的中点，作⊥于点交EDBPA G∥平面；1（）证明：.GBDAC?
P EFDPB. ）证明：⊥平
面2（BCE?AE
平面）求证：（1；F//AEBFD（2）求证：平面；AB ADCE?.
）求三棱锥的体积（3E F E
C D
B
DD?ABCDDCBA是D=BC=4，AA，点CABC—AB中，AC=3，AB=56.如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱FE中，、的正方体在棱长为3.2分别为DB、的中点。

111111111的中点。

AB
CABC?DB求证：）2；（平面EF//）1（求证：EF；BC?AC111（Ⅰ）求证：；1EFCB?的体积）求三棱锥3（。

V/AC/1；平面（Ⅱ）求证：CDB11CD—AB的体积。

（Ⅲ）求三棱锥11
精品文档．
精品文档ABCDADEF所在的平面互相垂7.正方形与梯形
22CD?ABCDEPA?PA2AD?F所在的平面，、，，10.如图，分别垂直于矩形E
PDAB、是的中点。

AD22AB?AD?CD,AB//CD,CD? , 直.
PCEAF// I ）求证：
；平面（PCDPCE ? ；（Ⅱ）求证：平面平面BE ?BC F )(Ⅰ求证：；PEFC 的体积（Ⅲ）求四面体//BMECADEFM ,(Ⅱ)在上找一点平面,使得D M 请确定并给出证明．点的位置, C
A B
A ，8.三棱柱中，侧棱与底面垂直，90?ABC ?CBABC ?A 111M
C B 的中点．分别是，，NM,ABC2A ?BCAB ??BB 11 平面（Ⅰ）求证：； ∥
MNBBCC AC4?BC ??ABCAC ABEF 的中点，是等腰直角三角形，，、、111.如图（），分别为11?ECBCEFO AEF ?AEF N ）恰为折起，使．在平面的中点，得到图（将上的射影2沿平面；（Ⅱ）求证：?MNCAB 11??BCAFEF ?A ?C 的体积．）求三棱锥；（21（）求证：（Ⅲ）求三棱锥的体积．?MCAB 11
A 1
BC 11
1DCBAA ?ABCDA ?AB ?BCE ?AD2 ,是的中点.中，长方体如图9.,, 11111
DE//BBD 求证：直线Ⅰ()平面；11 A D 11 DEAEAD ? 求证：平面平面；)Ⅱ( 1 B 1C 1DEA ?A . )求三棱锥的体积Ⅲ(1A
D
B
C
E
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12.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥
，2＝AD＝的中点，且、N分别为BC、PAPA平面ABCD，点M上的一个动点，且该四棱锥的AB的中点，点E是ABCD中，点M是PC15.已知四棱锥P—三视图如图所示，其中正视
图和侧视图是直角三角形。

3.AC＝＝AB1，；PA//平面BDM （I）求证：
?；PAB的中点，求证：CEDE平面（II）若点E是P（Ⅰ）证明：CD⊥平面AC；的体积为—PDE）无论点E在何位置，是否均有三棱锥C （III；若存∥平面ACE，使得（Ⅱ）在线段PD上是否存在一点ENM 定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由。

. 在，求出PE
的长；若不存在，说明理由
. 的三视图如图所示一个四棱锥P-ABCD13.的等腰直一个简单多面体的直观图和三视图如图所示，它的主视图和侧视图都是腰长为116. 的体积；）求四棱锥（1P-ABCD. PD的中点角三角形，
俯视图的轮廓为正方形，E是⊥。

平面为（2）若ECD中点，求证:PBDPAE平面
? BD；（2）求证:PC
C-PAB的体积。

）求三棱锥（3侧视图主视图
俯视图
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26折起，的中点（图一）。

沿，BEBC=将△ABE，E为ADAB=617.已知矩形ABCD中，ABC?ABCAA?ABCAC?AB，，1的三棱柱中，侧棱底面 19.如图，在体积为1111AC?AA?1PAB 上的动点为线段，.
F为的中点。

AC（图二）使平面ABE⊥平面BECD，且1）求证：（1FD//平面ABE；CA?CP；（Ⅰ）求证：（2）求证：AC⊥BE。

11
1P CP?AB AB的体积为上是否存在一点，使四面体（Ⅱ）线段？若存在，116P.的位置；若不存在，请说明理由请确定点
,?A??45,C?90105?ADC?BD?AB现中，已知如图甲，在平面四边形18.ABCD,,
?的中ACE（如图乙）BDC，设点、F分别为棱、ADBDABCD将四边形沿折起，使平面ABD平面点．A?（1；ABC）求证：DC平面A．沿1＝BC＝2∥BC，AD＝，AB90ABCD20.如图，已知四边形为直角梯形，∠ABC＝°，AD a?CD，求三棱锥BFE－A的体积．2（）设．ACD BAC将△ABC折起，使点到点P的位置，且平面PAC⊥平面E APC；DC（Ⅰ）证明：⊥平面
的体积．－（Ⅱ）求棱锥APBC BD BD C乙甲C
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