最新高三教案-2018年高考第一轮复习9.2018多面体与正多面体 精品
最新高三教案-高考第一轮复习：9.2018多面体与正多面体 精品
9.11 多面体与正多面体●知识梳理1.每个面都是有相同边数的正多边形，每个顶点为端点都有相同棱数的凸多面体，叫做正多面体.2.正多面体有且只有5种.分别是正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.●点击双基1.一个正方体内有一个内切球面，作正方体的对角面，所得截面图形是ABC D答案：B2.正多面体只有_____________种，分别为________________.答案：5 正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体3.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是A 1B 1、BB 1的中点，则直线AM 与CN 所成的角的余弦值是_____________.解析：过N 作NP ∥AM 交AB 于点P ，连结C 1P ，解三角形即可.答案：52 ●典例剖析【例1】 已知甲烷CH 4的分子结构是中心一个碳原子，外围有4个氢原子（这4个氢原子构成一个正四面体的四个顶点）.设中心碳原子到外围4个氢原子连成的四条线段两两组成的角为θ，则cos θ等于A.－31B.31C.－21D.21 解析：将正四面体嵌入正方体中，计算易得 cos θ=332)22()3()3(222⨯⨯-+=－31（设正方体的棱长为2）. 答案：A【例2】 试求正八面体二面角的大小及其两条异面棱间的距离.解：如图，设正八面体的棱长为4a ，以中心O 为原点，对角线DB 、AC 、QP 为x 轴、y轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A （0，－22a ，0）、B （22a ，0，0）、C （0，22a ，0）、P （0，0，22a ），设E 为BC 的中点，连结PE 、QE 、OE ，则∠PEQ =2∠PEO 即为所求二面角的平面角，∵OE =2a ，OP =22a ，∴tan ∠PEO =2，∠PEQ =2arctan 2.设n =（x ，y ，z ）是AB 与PC 的公垂线的一个方向向量，则有n ·AB =x +y =0，n ·PC =y －z =0，解得xyz ABC DOP QEn =（－1，1，1），所以向量BC =（－22a ，22a ，0）在n 上的射影长d =3||BC n =364a即为所求.特别提示由于正多面体中的等量关系、垂直关系比较多，所以便于建立直角坐标系，运用解析法处理.要注意恰当选取坐标原点，一般取其中心或顶点（如正四棱柱）.【例3】 三个12×12 cm 的正方形，如图，都被连结相邻两边中点的直线分成A 、B 两片〔如图（1）〕，把6片粘在一个正六边形的外面〔如图（2）〕，然后折成多面体〔如图（3）〕，求此多面体的体积.AB(1) (2) (3)解法一： 补成一个正方体，如图甲，V =21V 正方体=21×123=864 cm 3.甲 乙解法二：补成一个三棱锥，如图乙，V =V 大三棱锥－3V 小三棱锥=864 cm 3. 思考讨论补形的方法可将不规则的几何体转化成规则的几何体，这是求多面体体积的常用方法. ●闯关训练 夯实基础1.每个顶点处棱都是3条的正多面体共有 A.2种 B.3种C.4种D.5种解析：正多面体只有5种. 答案：B2.如图，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 为正方形ABCD 的中心，E 、F 分别为AB 、BC 的中点，则异面直线C 1O 与EF 的距离为_____________.A A DC 1答案：42培养能力3.四面体的一条棱长是x （1）把四面体的体积V 表示为x 的函数f （x ）；（2）求f （x ）的值域； （3）求f （x ）的单调区间. 解：（1）设BC =x ，则S 到平面ABC 的垂足O 是△ABC 的外心，连结AO 并延长交BC于D ，则D 是BC 的中点，且AD ⊥BC ，求得AD =242x -，S ABC ∆=4x 24x -.设△ABC 的外接圆的半径为R ，求得， ∴V =31S ABC ∆·SO =12x 23x -（0＜x ＜3）.（2）f （x ）=12x23x -=121 )3(22x x -⋅=12149)23(22+--x ，∵0＜x 2＜3，∴f （x ）∈（0，81）. （3）∵当x =26时，f （x ）取得最大值， 又∵0＜x ＜3，∴f （x ）的单调递增区间是（0，26］，递减区间是［26，3）. 4.（文）已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，O 为AC 与BD 的交点，M 为DD 1的中点.1A CC （1）求证：直线B 1O ⊥平面MAC ； （2）求二面角B 1—MA —C 的大小. （1）证明：∵BB 1⊥平面ABCD ，∴B 1O ⊥AC .连结MO 、MB 1，则MO =3，B 1O =6，MB 1=3. ∵MO 2+B 1O 2=MB 12，∴∠MOB 1=90°.∴B 1O ⊥MO .∵MO ∩AC =O ，∴B 1O ⊥平面MAC .（2）解：作ON ⊥AM 于点N ，连结B 1N . ∵B 1O ⊥平面MAC ，∴AM ⊥平面B 1ON . ∴B 1N ⊥AM .∴∠B 1NO 就是二面角B 1—MA —C 的平面角. ∵AM =5，CM =5，∴AM =CM .又O 为AC 的中点，∴OM ⊥AC .则ON =OA sin ∠MAO =532⋅=56.在Rt △B 1ON 中，tan ∠B 1NO =ONOB 1=5， ∴∠B 1NO =arctan 5，即所求二面角的大小为arctan 5.说明：本题的两问是递进式的，第（1）问是为第（2）问作铺垫的.第（2）问中构造二面角的平面角的方法是典型的三垂线法.（理）在边长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点. （1）求证：四边形A 1ECF 是菱形； （2）求证：EF ⊥平面A 1B 1C ；（3）求A 1B 1与平面A 1ECF 所成角的正切值. （1）证明：取A 1B 1的中点G ，连结C 1G 、GE .∵A 1G ∥FC 1且A 1G =FC 1，∴A 1GC 1F 是平行四边形.∴A 1F ∥C 1G .同理C 1G ∥CE .∴A 1F ∥CE .由勾股定理算得A 1E =A 1F =CE =CF =25a ，∴四边形A 1ECF 是菱形. （2）证明：连结C 1B ，∵E 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点，∴C 1F =BE .又C 1F ∥BE ， ∴C 1FEB 为平行四边形.∴C 1B ∥EF .而C 1B ⊥B 1C ，∴EF ⊥B 1C.又四边形A 1ECF 是菱形，∴EF ⊥A 1C .∴EF ⊥面A 1B 1C . （3）解：由（2）知，EF ⊥平面A 1B 1C ，又EF ⊂平面A 1ECF ，∴平面A 1B 1C ⊥平面A 1ECF .∴B 1在平面A 1ECF 上的射影在线段A 1C 上.∴∠B 1A 1C 就是A 1B 1与平面A 1ECF 所成的角.∵A 1B 1⊥B 1C ，在Rt △A 1B 1C 中，tan ∠B 1A 1C =111B A CB =2.∴A 1B 1与平面A 1ECF 所成角的正切值为2.探究创新5.（2003年烟台诊断性测试）（B ）正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，且AC 与BD 交于点O ，E 为棱DD 1的中点，以A 为原点，建立空间直角坐标系A —xyz ，如图所示.xy D D B B1E（1）求证：B 1O ⊥平面EAC ； （2）若点F 在EA 上且B 1F ⊥AE （3）求二面角B 1—EA —C 的正弦值. （1）证明：由题设知下列各点的坐标：A （0，0，0），B （2，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0），E （0，2，1），B 1（2，0，2）.由于O 是正方形ABCD 的中心， ∴O （1，1，0）.∴B 1 =（－1，1，－2），=（2，2，0），=（0，2，1）. ∴B 1·=（－1，1，－2）·（2，2，0）=－1·2+1·2－2·0=0， B 1·AE =（－1，1，－2）·（0，2，1）=－1·0+1·2－2·1=0. ∴O B 1⊥AC ，O B 1⊥AE . ∴B 1O ⊥平面ACE .（2）解：设点F 的坐标为F （0，y ，z ），则B 1 =（－2，y ，z －2）， ∵F B 1⊥AE ，∴F B 1·AE =（－2，y ，z －2）·（0，2，1）=2y +z －2=0.①又∵点F 在AE 上，∴AF =λAE （λ∈R ）. 又AF =（0，y ，z ），∴（0，y ，z ）=λ（0，2，1）=（0，2λ，λ）.于是⎩⎨⎧.==λλz y ,2②由①②可得λ=52，y =54，z =52， ∴F （0，54，52）.（3）解：∵B 1O ⊥平面EAC ，B 1F ⊥AE ，连结OF ，由三垂线定理的逆定理得OF ⊥AE ， ∴∠OFB 1即为二面角B 1—EA —C 的平面角. ∵|B 1|=222)2(1)1(-++-=6， 又B 1=（－2，54，－58）， ∴|F B 1|=222)58()54()2(-++-=556.在Rt △B 1OF 中，sin ∠B 1FO ||11F B =630. 故二面角B 1—EA —C 的正弦值为630. ●思悟小结1.割补法是求多面体体积的常用方法.2.理解多面体、正多面体、凸多面体的概念，熟悉五种正多面体. ●教师下载中心 教学点睛学习本节要使学生理解多面体、正多面体的概念. 拓展题例【例1】 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，异面直线CD 1和BC 1所成的角是 A.60° B.45° C.90° D.120°解析：连结D 1A 1、AC ，知△ACD 1是等边三角形，且D 1A ∥BC 1，所以BC 1与CD 1所成的角是60°.答案：A【例2】 边长为a 的正三角形，要拼接成一个正三棱柱且不剩料，应如何设计?（在图中用虚线画出）B C解：设O 为△ABC 的中心，连结A 1、B 1、C 1，过A 1、B 1、C 1四边形拼在一起即为上底面.【变式】 △ABC 【例3】 如图，在棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱A 1B 1和B 1C 1的中点.A AC C1（1）求二面角B 1—BF —E 的大小. （2）求点D 到平面BEF 的距离. （3）能否在棱B 1B 上找到一点M M 的位置；若不能，请说明理由.解：（1）过B 1作B 1G ⊥BF 于G ，连结EG ，则由EB 1⊥面B 1BCC 1，可知EG ⊥BF .A AC C1∴∠B 1GE 是二面角B 1—BF —E 在Rt △BB 1F 中，B 1B =a ，B 1F =2a，∴BF =2121F B B B +=25a ， B 1G =BF F B B B 11⋅=a aa 252⨯=55 a . 在Rt △B 1GE 中，B 1E =2a，B 1G =55a ，∴tan ∠B 1GE =G B E B 11=a a552=25.∴∠B 1GE =arctan25. 故二面角B 1—BF —E 的大小为arctan25. （2）连结B 1D 1与EF 交于N ， 则EF ⊥B 1D 1.又BB 1⊥EF ，∴EF ⊥面BB 1D 1D .又EF ⊂面BEF ，∴面BEF ⊥面BB 1D 1D ，且面BEF ∩面BB 1D 1D =BN . 过D 作DH ⊥BN 于H ，则DH ⊥面BEF . ∴DH 的长即为点D 到面BEF 的距离. 在矩形BB 1D 1D 中， 易证△BDH ∽△NBB 1，∴1BB DH =BN DB ，DH =BN DB BB ⋅1=a a a 4232⨯=34a .故点D 到面BEF 的距离为34a . （3）在平面BB 1D 1D 中，延长DH 交BB 1于M ，由（2），DH ⊥面BEF ， ∴DM ⊥面BEF . 由△BDM ∽△B 1BN ，有N B BM 1=1BB BD， ∴BM =11BB NB BD ⋅=a aa 422⨯=2a . 则M 为BB 1的中点.故在棱BB 1上可找到点M ，使DM ⊥面BEF ，此时M 为BB 1的中点.。
2018届高考数学第一轮复习教案3_高考数学教案AlMPAP
高三一轮复习 6.4 基本不等式【教学目标】1.了解基本不等式的证明过程．2.会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题．【重点难点】1.教学重点：会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题；2.教学难点：学会对知识进行整理达到系统化，提高分析问题和解决问题的能力；【教学策略与方法】自主学习、小组讨论法、师生互动法【教学过程】1．函数y ＝x 2＋2x ＋2x ＋1(x >－1)的图象最低点的坐标是( )A ．(1,2)B ．(1，－2)C ．(1,1)D ．(0,2)【解析】 由题意得y ＝x ＋12＋1x ＋1＝(x ＋1)＋1x ＋1，∵x >－1，∴x ＋1>0，∴y ≥2x ＋1×1x ＋1＝2当且仅当x ＋1＝1x ＋1，即(x ＋1)2＝1(x >－1)时等号成立，此时x ＝0.即函数图象的最低点的坐标为(0,2)． 【答案】 D2．已知x >0，则xx 2＋4的最大值为________．【解析】 x x 2＋4＝1x ＋4x，∵x >0，∴4x >0，∴x x 2＋4＝1x ＋4x ≤12x ·4x＝14，当且仅当x ＝4x (x >0)，即x ＝2时等号成立，∴x x 2＋4的最大值为14.【答案】 143．已知正实数x ，y 满足x ＋2y －xy ＝0，则x ＋2y 的最小值为________．【解析】 由x >0，y >0，x ＋2y －xy ＝0成立．【答案】 (1)B (2)95 跟踪训练：1．已知a >0，b >0，若不等式3a ＋1b ≥m a ＋3b 恒成立，则m 的最大值为( ) A ．9 B ．12 C ．18 D ．24【解析】 因为a >0，b >0，不等式3a ＋1b≥m a ＋3b恒成立，所以m ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ＋3b ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋1b min ，因为(a ＋3b )⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋1b ＝6＋9b a ＋a b ≥6＋29b a ·a b ＝12，当且仅当a ＝3b 时取等号，所以m 的最大值为12.【答案】 B2．若点A (1,1)在直线mx ＋ny －2＝0上，其中mn >0，则1m ＋1n 的最小值为________．【解析】 因为点A (1,1)在直线mx ＋ny －2＝0上，所以m ＋n －2＝0，即m 2＋n 2＝1，所以1m ＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋n 2＝12＋12＋n 2m ＋m2n ≥1＋2n 2m ·m 2n ＝2，当且仅当n 2m ＝m 2n，即m 2定成本g (n )与科技成本的投入次数n 的关系是g (n )＝80n ＋1.若水晶产品的销售价格不变，第n 次投入后的年利润为f (n )万元．①求出f (n )的表达式；②求从今年算起第几年利润最高？最高利润为多少万元？【解析】 (1)设楼房设计为n 层时，平均每平方米建筑面积的成本费为y 元，依题意得 y＝2 000＋400n ＋40[1＋2＋3＋…＋n －1n ＝2 000＋380n ＋20n 2n ＝20⎝ ⎛⎭⎪⎫100n ＋n ＋19≥20×(2×10＋19)＝780.(当且仅当n ＝10时等号成立)． 【答案】 10(2)①第n 次投入后，产量为(10＋n )万件，销售价格为100元，固定成本为80n ＋1元，科技成本投入为100n 万元．所以，年利润为f (n )＝(10＋n )⎝⎛⎭⎪⎫100－80n ＋1－100n (n ∈N *)．②由①知f (n )＝(10＋n )⎝⎛⎭⎪⎫100－80n ＋1－100 n ＝1 000－80⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1＋9n ＋1≤520(万元)．当且仅当n ＋1＝9n ＋1，即n ＝8时，利润最高，最高利润为520万元．所以，从今年算起第8年利润最高，最高利润为520万元．跟踪训练：1.某房地产开发公司计划在一楼区内建造一个长方形公园ABCD ，公园由形状为长方形A 1B 1C 1D 1的休闲区和环公园人行道(阴影部分)组成．已知休闲区A 1B 1C 1D 1的面积为4 000 m 2，人行道的宽分别为4 m 和10 m(如图所示)．(1)若设休闲区的长和宽的比|A 1B 1||B 1C 1|＝x (x >1)，求公园ABCD 所占面积S 关于x 的函数S (x )的解析式；(2)要使公园所占面积最小，则休闲区A 1B 1C 1D 1的长和宽该如何设计？ 【解】 (1)设休闲区的宽为a m ，则长为ax m ，由a 2x ＝4 000，得a ＝2010x.则S (x )＝(a ＋8)(ax ＋20)＝a 2x ＋(8x ＋20)a ＋160＝4[错误解法] z ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋1y ＝xy ＋x y ＋y x ＋1xy＝⎝⎛⎭⎪⎫xy ＋1xy ＋⎝⎛⎭⎪⎫x y ＋y x≥2xy ·1xy ＋2y x ·xy ＝2＋2＝4.[错解分析] 分析上述解题过程指出错误所在并分析原因．提示：连续两次运用基本不等式．错误原因：第一个等号成立的条件是xy ＝1，第二个等号成立的条件是x ＝y ，两个等号不能同时成立．[自我纠正] z ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋1y ＝xy ＋1xy ＋y x ＋x y ＝xy ＋1xy ＋x ＋y 2－2xy xy＝2xy ＋xy －2.令t ＝xy,0<t ＝xy ≤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝14.由f (t )＝t ＋2t 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14上单调递减，故当t ＝14时，f (t )＝t ＋2t 有最小值334.所以当x ＝y ＝12时，z 有最小值254.【答案】 254。
多面体与正多面体
高三第一轮复习数学---多面体一、教学目标：了解多面体、正多面体的概念,了解多面体的欧拉公式,并利用欧拉公式解决有关问题；二、教学重点： １、欧拉公式 （如何运用） 2、割补法求体积三、教学过程：（一）主要知识：1、若干个平面多边形围成的几何体，叫做多面体．２、把多面体的任何一个面伸展为平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体． 3、表面经过连续变形可变为球面的多面体叫做简单多面体。
一切凸多面体都是简单多面体。
4、每个面都是有相同边数的正多边形，且以每个顶点为其一端都有相同的数目的棱的凸多面体，叫做正多面体．5、如果简单多面体的顶点数为Ｖ，面数为Ｆ，棱数为Ｅ，那么Ｖ＋Ｆ－Ｅ＝２，这个公式叫做欧拉公式．6思维方式: 空间想象及转化思想特别注意: 研究多面体时，不要脱离棱柱棱锥的概念和性质，而要以它们为基础去认识多面体，并讨论多面体的特点和性质．欧拉公式的适用范围为简单多面体． （二）例题分析： 例1：（１）给出下列命题①正四棱柱是正多面体②直四棱柱是简单多面体③简单多面体就是凸多面体④以正四面体各面中心为顶点的四面体仍为正四面体，其中真命题个数为（ ）个Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４(2)一个凸多面体的棱数为30，面数为12，则它的各面多边形的内角总和为＿＿ 解：(1) B（２）同欧拉公式Ｖ＝Ｅ－Ｆ＋２＝20，所以内角总和为（V-2）×360°=6480°． 思考题：一个多面体，每个面的边数相同且小于6，每个顶点出发的棱数也相同，若各个面的内角总和为3600°，求这个多面体的面数、顶点数及棱数．（20,12,30）思维点拨：运用公式Ｖ＋Ｆ－Ｅ＝２例2: 已知某金属元素的单晶体外形是简单几何体,此晶体有三角形和八边形两种晶面,如果此晶体有24个顶点,以每个顶点为一端都有三条棱,计算此晶体的两种晶面的数目．解：由于晶体各面不都是边数相同的多边形，因此面数是两种多边形面数之和，棱数仍然是各面边数总和的一半，另一方面，由顶点数及每一顶点发出的棱数也可求出多面体的棱数，设三角形晶面x 个，八边形晶面有y 个，则Ｆ＝x+y ，同时Ｖ＝２４，∴Ｅ＝３６，由欧拉公式：24+(x+y)-36=2, x+y=14, E=21(3x+8y)=36, ∴x=8, y=6．说明：2,2kV E k nF E n ==条棱则过一个顶点有边形则每个面为例3： 连结正方体相邻面的中心，得到一个正八面体，那么这个正八面体与正方体的体积之比是＿＿＿＿＿＿解：设正方体棱长为１，则正八面体的棱长为22，体积为6121)22(3122=⨯⨯⨯．所以体积之比为１:６．思维点拨：研究多面体时，不要脱离棱柱棱锥,特别是计算体积时．挖掘：（１）正八面体相邻两个面所成二面角的大小＿＿＿＿＿．（31arccos -π）（２）棱长为１正八面体的对角线长为＿＿＿＿＿．（2）例４：三个12×12的正方形，如图，都被连接相邻两边中点的直线分成Ａ、Ｂ两片（如图），把６片粘在一个正六边形的外面，然后折成多面体（如图），求此多面体的体积．解：（一）补成一个正方体，如图，V=31221⨯=864（二）补成一个直三棱锥，如图，V=V 大三棱锥-3V 小三棱锥=864．思维点拨：割补法是求多面体体积的常用方法．思考题：如图，在多面体ABCDEF 中，已知面ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF 23=，EF 与面AC 的距离为2，则该多面体的体积为（ ） （A ）29 （B ）5 （C ）6 （D ）215解：D（三）巩固练习： 1：（１）给出下列命题①正四棱柱是正多面体②直四棱柱是简单多面体③简单多面体就是凸多面体④以正四面体各面中心为顶点的四面体仍为正四面体，其中真命题个数为（ ）个Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４(２)每个顶点处棱都是3条的正多面体共有________种(３)一个凸多面体的棱数为 ３０，面数为１２，则它的各面多边形的内角总和为＿＿ 解：(1) B （２）3（３）由欧拉公式Ｖ＝Ｅ－Ｆ＋２＝２０，所以内角总和为（V-2）×360°=6480°．2、已知某金属元素的单晶体外形是简单几何体,此晶体有三角形和八边形两种晶面,如果此晶体有24个顶点,以每个顶点为一端都有三条棱,计算此晶体的两种晶面的数目．解：由于晶体各面不都是边数相同的多边形，因此面数是两种多边形面数之和，棱数仍然是各面边数总和的一半，另一方面，由顶点数及每一顶点发出的棱数也可求出多面体的棱数，设三角形晶面x 个，八边形晶面有y 个，则Ｆ＝x+y ，同时Ｖ＝２４，∴Ｅ＝３６，由欧拉公式：24+(x+y)-36=2, x+y=14, E=21(3x+8y)=36, ∴x=8, y=6．3、一个简单多面体，每个面的边数相同，每个顶点出发的棱数也相同，若各个面的内角总和为3600°，求这个多面体的面数、顶点数及棱数． 解：设每个面的边数为x ，每个点出发的棱数为y 。
2018年人教版高三数学一轮复习课件--立体几何PPT课件
设矛盾．
[答案] D
解决此类题目要准确理解几何体的定义，把握几何体
的结构特征，并会通过反例对概念进行辨析．举反例时可
利用最熟悉的空间几何体如三棱柱、四棱柱、正方体、三 棱锥、三棱台等，也可利用它们的组合体去判断．
1．(2013· 天津质检)如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称
它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命 题中，假命题是 A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等 B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或 ( )
目 录
立体几何
第一节 空间几何体的结构特征及三视图和直观图
第二节 空间几何体的表面积和体积
第三节 空间点、直线、平面间的位置关系 第四节 直线、平面平行的判定及性质 第五节 直线、平面垂直的判定与性质 第六节 空间向量及其运算和空间位置关系
第七节 空间向量与空间角
立体几何
[知识能否忆起] 一、多面体的结构特征 多面体 结构特征 有两个面 互相平行 ，其余各面都是四边形，并 棱柱 平行且相等 且每相邻两个面的交线都 ___________ 有一个面是 多边形 ，而其余各面都是有一个 公共 顶点 棱锥 ____ 的三角形 底面 截面 底面 棱锥被平行于 的平面所截， 和 棱台 之间的部分
标轴 平行于y轴的线段长度在直观图中
． 不变
变为原来的一半
五、三视图 几何体的三视图包括 正视图 、 侧视图 、俯视图 ，
分别是从几何体的 正前方 、正左方 、 正上方 观察几何
体画出的轮廓线．
[小题能否全取] 1．(教材习题改编)以下关于几何体的三视图的论述中，正
确的是
A．球的三视图总是三个全等的圆 B．正方体的三视图总是三个全等的正方形 C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形 D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆
2018年高考一轮复习高中数学立体几何知识点总汇编
实用文档高中课程复习专题——数学立体几何一空间几何体㈠空间几何体的类型1 多面体：由若干个平面多边形围成的几何体。
围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点。
2 旋转体：把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体。
其中，这条直线称为旋转体的轴。
㈡几种空间几何体的结构特征1 棱柱的结构特征1.1 棱柱的定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。
1.2 棱柱的分类1.3 棱柱的性质⑴侧棱都相等，侧面是平行四边形；⑵两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；⑶过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；大全．实用文档⑷直棱柱的侧棱长与高相等，侧面的对角面是矩形。
1.4 长方体的性质⑴长方体的一条对角线的长的平方等于一个顶点上三条棱的平方和：AC = AB + 221AC + AA 221图1-2 长方体的三条棱所成长方体的一条对角线AC与过定点A ⑵1的角分别是α、β、γ，那么：= 2+ sin γsinα+ sinβ= 1 + coscosαβ+ cosγ222222的相邻三个面所组成的角分别为α、β、γ，则：与过定点A ⑶长方体的一条对角线AC1= 1+ sinβ+ sinγγ+ cosβ+ cos = 2 sinααcos222222个全等矩形组成的以底面周长和侧棱柱的侧面展开图：正1.5 n棱柱的侧面展开图是由n 棱为邻边的矩形。
1.6 棱柱的面积和体积公式) 为棱柱的高为底面周长，h·S = ch (c直棱柱侧面·h+ 2SS = c底直棱柱全h ·V = S 底棱柱 2 圆柱的结构特征圆柱的定义：以矩形的一边所在的直线2-1为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫圆柱。
图圆柱1-3 2-2 圆柱的性质上、下底及平行于底面的截面都是等圆；⑴( ⑵过轴的截面轴截面是全等的矩形。
高考数学理一轮复习 9-7多面体和球精品课件
③球心到截面的距离 d与球的半径R及截面的半径r，有
下面的关系：
的球面距离．
.
经过球面上两点的大圆的劣弧长 叫做两点 (3)球面距离： (4)球面面积S球面＝ 4πR2 ；球体积V球＝ .
重点 辨析
1．计算或证明中要注意联系球的半径、截面圆的半径 及球心到截面的距离三者的关系，重视球的截面(含球的切面) 的性质． 2．注意球面上两点的直线距离、球面距离以及在相应
[规律总结]
研究不规则几何体问题常用分割或补形的
手段将它转化为规范的图形来解决，如转化为棱柱、棱锥等.
备选例题1 ________.
已知一个凸多面体共有9个面，所有棱长均
为 1 ，其平面展开图如图所示，则该凸多面体的体积 V ＝
解析：该凸多面体由一个正方体及一个正 1 2 2 四棱锥组成，体积 V＝1＋3×1× 2 ＝1＋ 6 .
做凸多面体．
每个面都是有相同边数的正多边形， (3)正多面体： 且以每个顶点为其一端都有相同数目的棱的凸多面体 ，叫做 正多面体．正多面体只有五种；即 正四面体 、 正六面体 、 正八面体 、 正十面体 、 正二十面体 ．
(4)简单多面体：表面经过连续变形能变为球面的多
面体 ，叫做简单多面体，棱柱、棱锥、正多面体等一切凸 多面体都是简单几何体．
[答案] B
[规律总结]
(1)球面上两点间的球面距离，必须在球的
过这两点的大圆中求这两点所对应的劣弧的长度，不能在过 这两点的球的小圆中求． (2) 地球的纬度实质上是线面所成的角，而经度则是两
个经度所在的半平面所成的二面角．因此，解与经度和纬度
有关的问题时，应分别转化为二面角与线面角的问题解决.
的小圆上的弧长三者之间的区别与联系．特别注意球面距离，
高三数学一轮复习 9.9 多面体、球课件 文 大纲人教版
球面上两点间的距离就是经过这两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度．求两点 间的球面距离的关键是求出球心角．求球心角时，往往转化到三角形中来解决．求 球面上两点A、B间的距离的步骤：①计算线段AB的长；②计算球心角∠AOB的弧 度数；③用弧长公式计算劣弧 的长．
此小圆的半径为Rcos α，而两地的经度差为90°，故有 Rcos α＝R，
cos α＝ ，则α＝ .
答案：B
变式3: (2009·河南六市第一次联考)已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球 面上，且cos A＝ ，BC＝1，AC＝3. 若球的表面积为16π，则A、B两点的球面距离是________．
离d与球的半径R及截面的半径r有下面的关系：r＝
.
(3)大圆与小圆：球面被经过 球心的平面截得的圆叫做大圆，被不经过球心的平
面截得的圆叫做小圆．
(4)球面距离：在球面上，两点之间最短连线的长度，就是经过这两点的
大圆在这两点间的一段劣弧 的长度，我们把这个弧长叫做两点的球面距离．
(5)球的体积公式：半径是R的球的体积V＝πR3.球的表面积公式：半径是R的球
(1)作出过球心的截面图形，降维处理，利用球体的对称性，化归为平面 几何中圆的内接或外切多边形求解． (2)以球心为顶点构造特殊的几何体，利用几何体的性质求解． (3)分析题目的本质特征，化归为简单组合体性质的研究.
如图所示，O是半径为1的球心，点A、B、C在球面上，OA、OB、OC两两 垂直，E、F分别是大圆弧AB与AC的中点，则点E、F在该球面上的球面距离 是( )
的表面积S＝ 4πR2 .
提示：注意球面上两点的直线距离、球面距离以及在相应的小圆上的弧 长三者之间的区别与联系．特别是注意球面距离，其关键是求出球面上 两点与球心的张角的大小，常常是应用直观图结合三角知识求解．
系统集成2018高考数学理一轮总复习教案：第十章 立体
第十章立体几何高考导航知识网络10.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图考点诠释重点：掌握简单几何体和简单旋转体的有关概念和结构特征，掌握斜二测画法与三视图的画法及应用.难点：由三视图分析几何体的结构及性质，三视图与直观图的相互转化.典例精析题型一空间几何体的结构特征【例1】下列说法正确的是()A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C.有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥D.棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得到的平面与底面之间的部分【思路分析】根据空间几何体的结构特征进行判断，也可辅以画图帮助理解.【解析】D.A，B中，不满足“每相邻两个侧面的公共边互相平行”，所以不是棱柱；C中，不满足各个三角形有唯一的公共顶点，故选D.【方法归纳】对于这类题目，一定要仔细审题，掌握好简单几何体的概念与性质，根据定义与性质来进行判断.【举一反三】1.下图所示的四个几何体，其中判断正确的是( D )A.(1)不是棱柱B.(2)是棱柱C.(3)是圆台D.(4)是棱锥【解析】显然(1)符合棱柱的定义；(2)不符合；(3)中两底面不互相平行，故选D.题型二直观图的斜二测画法【例2】用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()【思路分析】根据斜二测画法规则来判断.【解析】A.由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为22，故选A.【方法归纳】本题为已知直观图，探求原平面图形，考查逆向思维能力.要熟练运用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的基本规则，注意直观图中的线段、角与原图中的对应线段、角的关系.【举一反三】2.如图所示，△A′B′C′是△ABC的直观图，且△A′B′C′是边长为a的正三角形，求△ABC的面积.【解析】建立如图所示的坐标系xOy′，△A′B′C′的顶点C′在y′轴上，A ′B ′边在x 轴上，把y ′轴绕原点逆时针旋转45°得y 轴，在y 轴上取得点C 使OC ＝2OC ′，A ，B 点即为A ′，B ′点，长度不变.由已知得A ′B ′＝A ′C ′＝a ，在△OA ′C ′中， 由正弦定理得 OC ′sin ∠OA ′C ′＝A ′C ′sin 45°，所以OC ′＝sin 120°sin 45°a ＝62a ，所以原三角形ABC 的高OC ＝6a ，所以S △ABC ＝12×a ×6a ＝62a 2.题型三 三视图与直观图【例3】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( ) A.64 B.72 C.80 D.112【思路分析】将三视图还原成直观图，再求该组合体的体积.【解析】B.根据几何体的三视图知，该几何体下部是棱长为4的正方体，上部是三棱锥，如图所示，所以该几何体的体积是V 组合体＝V 正方体＋V 三棱锥＝43＋13×12×42×3＝72.【方法归纳】本题是以三视图为载体考查空间几何体体积的计算，解决此类问题的关键是将三视图还原成直观图，再对给出的三视图进行恰当分析，从三视图中发现相应的数量关系，然后在直观图中解决问题.【举一反三】3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( B )A.6B.9C.12D.18【解析】由三视图可得，该几何体为如图所示的三棱锥，其底面△ABC 为等腰三角形，且BA ＝BC ，AC ＝6，AC 边上的高为3，SB ⊥底面ABC ，且SB ＝3，所以该几何体的体积V ＝13×12×6×3×3＝9.故选B.体验高考(2015新课标Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r 等于( )A.1B.2C.4D.8 【解析】B.由已知可知，该几何体的直观图如图所示，其表面积为2πr 2＋πr 2＋4r 2＋2πr 2＝5πr 2＋4r 2.由5πr 2＋4r 2＝16＋20π，得r ＝2.故选B.【举一反三】(2015北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( C )A.2＋5B.4＋5C.2＋2 5D.5【解析】由三视图可得该三棱锥的直观图如图三棱锥P －ABC 所示，其中P A ＝1，BC ＝2，取BC 的中点M ，连接AM ，MP ，则AM ＝2，AM ⊥BC ，故AC ＝AB ＝BM 2＋AM 2＝1＋4＝5，由正视图和侧视图可知P A ⊥平面ABC ， 因此可得PM ＝P A 2＋AM 2＝1＋4＝5，因为P A ⊥BC ，又AM ∩P A ＝A ，所以BC ⊥面APM ，所以BC ⊥PM .所以三棱锥的表面积为S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC ＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2×5＝2＋25，故选C.10.2 空间几何体的表面积与体积考点诠释重点：掌握空间几何体的表面积与体积的计算. 难点：锥体和台体的表面积与体积的计算.典例精析题型一 表面积问题【例1】 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A.28＋6 5B.30＋65C.56＋12 5D.60＋125【思路分析】根据几何体的三视图画出其直观图，利用直观图的图形特征求其表面积. 【解析】B.由三棱锥的三视图可得三棱锥的直观图如图(1)所示.过D 作DM ⊥AC ，连接BM .S △ACD ＝12×AC ×DM ＝12×5×4＝10.S △ABC ＝12×AC ×BC ＝12×5×4＝10.在△CMB 中，∠C ＝90°，所以BM ＝5.由三视图可知DM ⊥平面ABC ，所以∠DMB ＝90°，所以DB ＝42＋52＝41，所以△BCD 为直角三角形，∠DCB ＝90°，所以S △BCD ＝12×5×4＝10.在△ABD 中，如图(2)，S △ABD ＝12×25×6＝6 5.所以S 表＝10＋10＋10＋65＝30＋6 5.故选B. 【方法归纳】几何体表面积的求解策略(1)若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和，求组合体的表面积时要注意重合部分面积. 【举一反三】1.一个四棱锥的三视图如图所示，那么这个四棱锥的侧面积是( D )A.9＋23＋52B.9＋232C.9＋252D.6＋23＋52【解析】根据题中所给的三视图，可知该几何体为底面是直角梯形，且一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其侧面有三个是直角三角形，面积分别为12×2×2＝2，12×1×2＝1，12×1×5＝52，还有一个三角形，其边长分别为2，22，6，所以该三角形也是直角三角形，其面积为12×2×6＝3，所以其侧面积为3＋3＋52＝6＋23＋52，故选D.题型二 体积问题【例2】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.23B.1C.43D.53 【思路分析】首先由三视图得出该几何体是一个长方体截去两个三棱锥，然后分别求出长方体和三棱锥的体积再相减，即为所求.【解析】C.由题意知，该几何体为一个长方体截去了两个三棱锥所得的图形，截去的两个三棱锥的体积分别为V 1＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×1×2＝13，V 2＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×2×1＝13， 长方体的体积为V 长方体＝1×2×2＝2，所以V ＝2－13－13＝43，故选C.【方法归纳】1.由三视图画出几何体的直观图，掌握“长对正，宽相等，高平齐”的规则，是确定几何体特征的关键；2.把不规则几何体分割成几个规则几何体或者补上一部分使之成为规则几何体，是求不规则几何体的表面积和体积的常用方法.【举一反三】2.一个母线长与底面圆直径相等的圆锥形容器，里面装满水，一铁球沉入水内，有水溢出，容器盖上一平板，恰与球相切，问容器内剩下的水是原来的几分之几？【解析】设球的半径为R ，则圆锥的高h ＝3R ，底面半径r ＝3R ，V 圆锥＝π3·(3R )2·3R ＝3πR 3；V 球＝43πR 3.所以V 球V 圆锥＝43πR 33πR 3＝49，所以剩下的水是原来的1－49＝59.题型三 组合体的面积、体积的关系【例3】求棱长为a 的正四面体外接球与内切球的表面积与体积. 【思路分析】先画出该组合体的截面图，然后在截面图中求解.【解析】设正四面体A －BCD 的高为AO 1，外接球球心为O ，半径为R ，如图所示. 因为正四面体的棱长为a ，所以O 1B ＝32a ×23＝33a .在Rt △AO 1B 中， AO 1＝AB 2－BO 21＝＝63a .在Rt △OO 1B 中，OO 21＝R 2－⎝⎛⎭⎫33a2＝R 2－a 23，所以AO 1＝63a ＝R ＋R 2－a 23， 所以R ＝64a ，即外接球半径为64a .S 外＝32πa 2，V 外＝68πa 3.设内切球的半径为r ，则正四面体可分割为4个四棱锥O －ABC ，O －ACD ，O －ADB ，O －BCD ，它们的高均为r ，底面恰为正四面体的各个面.V A －BCD ＝4×V O －BCD ，所以212a 3＝4×13r ×34a 2，所以r ＝612a .S 内＝16πa 2，V 内＝6216πa 3.【方法归纳】解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的过球心的截面图，将立体几何问题转化为平面几何问题求解.【举一反三】3.已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( A )A.26B.36C.23D.22【解析】△ABC 的外接圆的半径r ＝33，点O 到平面ABC 的距离d ＝R 2－r 2＝63.SC 为球O 的直径，故点S 到平面ABC 的距离为2d ＝263，故棱锥的体积为V ＝13S △ABC ×2d＝13×34×263＝26. 体验高考(2015新课标Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛【解析】B.设圆锥底面的半径为r 尺，由14×2πr ＝8，得r ＝16π，从而米堆的体积V ＝14×13×πr 2×5＝3203π＝3209(立方尺)，因此堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛).故选B. 【举一反三】(2015浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( C )A.8 cm 3B.12 cm 3C.323 cm 3D.403cm 3【解析】该几何体是由棱长为2的正方体和底面边长为2，高为2的正四棱锥组合而成的几何体.故其体积为V ＝2×2×2＋13×2×2×2＝323cm 3.10.3 空间点、线、面之间的位置关系考点诠释重点：三个公理及三个推论，求异面直线所成的角. 难点：三个公理及三个推论的应用.典例精析题型一 平面的基本性质及平面公理的应用【例1】如图，已知：E ，F ，G ，H 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ，BC ，CC 1，C 1D 1的中点，证明：EF ，HG ，DC 三线共点.【思路分析】本题主要考查三线共点的知识，解题的关键是利用公理3来证明其中两条直线的交点在第三条线上.【证明】连接C 1B ，HE ，GF ，如图所示. 由题意知HC 1EB ，所以四边形HC1BE 是平行四边形，所以HE ∥C 1B . 又C 1G ＝GC ，CF ＝BF ，故GF 12C 1B ，所以GF ∥HE ，且GF ≠HE ，所以HG 与EF 相交，设交点为K ，则K ∈HG . 又HG ⊂平面D 1C 1CD ，所以K ∈平面D 1C 1CD . 因为K ∈EF ，EF ⊂平面ABCD ， 所以K ∈平面ABCD .因为平面D 1C 1CD ∩平面ABCD ＝DC ，所以K ∈DC ，所以EF ，HG ，DC 三线共点.【方法归纳】证明三线共点的方法：首先证明其中的两条直线交于一点，然后证明第三条直线是经过这两条直线的两个平面的交线，再由公理3可知，两个平面的公共点必在这两个平面的交线上，即三条直线交于一点.【举一反三】1.如右图所示，在正方体ABCD －A1B 1C 1D 1中，E 为AB 的中点，F 为A 1A 的中点，求证：(1)E ，C ，D 1，F 四点共面； (2)CE ，D 1F ，DA 三线共点.【证明】(1)分别连接EF ，A 1B ，D 1C .因为E ，F 分别是AB 和AA 1的中点，所以EF 12A 1B .又A 1D 1B 1C 1BC ，所以四边形A 1D 1CB 为平行四边形，所以A 1B CD 1，从而EF 12CD 1.所以EF 与CD 1确定一个平面，所以E ，F ，D 1，C 四点共面.(2)因为EF 12CD 1，所以直线D 1F 和CE 必相交，设D 1F ∩CE ＝P . 因为P ∈D 1F 且D 1F ⊂平面AA 1D 1D ， 所以P ∈平面AA 1D 1D .又P ∈EC 且CE ⊂平面ABCD ，所以P ∈平面ABCD . 即P 是平面ABCD 与平面AA 1D 1D 的公共点，而平面ABCD ∩平面AA 1D 1D ＝AD ，所以P ∈AD . 所以CE ，D 1F ，DA 三线共点. 题型二 空间直线的位置关系【例2】如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是BC 1，CD 1的中点，则下列判断错误的是( )A.MN 与CC 1垂直B.MN 与AC 垂直C.MN 与BD 平行D.MN 与A 1B 1平行【思路分析】结合图形，利用公理或定理判断. 【解析】D.由于MN 与平面DCC1D 1相交于N 点，D 1C 1⊂平面DCC 1D 1，且C 1D 1与MN 没有公共点，所以MN 与C 1D 1是异面直线.又因为C 1D 1∥A 1B 1，连接B 1C ，A 1D ，由M 为BC 1中点且BCC 1B 1为正方形，知M ∈B 1C ，即MN 与面A 1B 1CD 交于点M ，又A 1B 1不过点M ，所以A 1B 1与MN 没有公共点，所以A 1B 1与MN 是异面直线，故选项D 错误.【方法归纳】异面直线的判定方法 (1)定义法：依据定义判断(较为困难)；(2)定理法：过平面内一点与平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线为异面直线(此结论可作为定理使用)；(3)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严密的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面.【举一反三】2.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点.问：(1)AM 和CN 是否是异面直线？说明理由； (2)D 1B 和CC 1是否是异面直线？说明理由.【解析】(1)不是异面直线，证明如下：连接MN ，A 1C 1，AC . 因为M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点，所以MN ∥A 1C 1. 又因为A 1A C 1C ，所以A 1ACC 1为平行四边形.所以A 1C 1∥AC ，得到MN ∥AC ，所以A ，M ，N ，C 在同一平面内，故AM 和CN 不是异面直线. (2)是异面直线，证明如下：ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，所以B ，C ，C 1，D 1不共面.假设D 1B 与CC 1不是异面直线，则存在平面α，使D 1B ⊂平面α，CC 1⊂平面α， 所以D 1，B ，C ，C 1∈α，即D 1，B ，C ，C 1共面， 所以与已知D 1，B ，C ，C 1不共面矛盾.所以假设不成立，即D 1B 与CC 1是异面直线.题型三异面直线所成的角【例3】如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，(1)求A1C1与B1C所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小.【思路分析】(1)把A1C1平移到平面ABCD上，再连接AB1即可；(2)把A1C1平移到平面ABCD上，再连接BD即可.【解析】(1)如图，连接AC，AB1，因为AA1CC1，所以四边形AA1C1C为平行四边形，所以AC∥A1C1，从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角.由AB1＝AC＝B1C，可知∠B1CA＝60°，即A1C1与B1C所成角为60°.(2)如图，连接BD，由AA1∥CC1，且AA1＝CC1，可知四边形A1ACC1是平行四边形，所以AC∥A1C1，即AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角.因为EF是△ABD的中位线，所以EF∥BD.又因为AC⊥BD，所以EF⊥A1C1，即所求角为90°.【方法归纳】平移法求异面直线所成角的一般步骤为：(1)平移选取适当的点，平移异面直线的一条或两条成相交直线↓(2)证明证明所作的角是异面直线所成的角↓(3)求角作出含有此角的三角形，并解之↓(4)取舍根据异面直线所成角的范围确定大小【举一反三】3.在如图所示的正方体中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为( B )A.30°B.60°C.90°D.45°【解析】直线MN与直线AD1平行，△ACD1为正三角形，此时AD1与AC所成的角为60°，因此异面直线AC和MN所成的角为60°.体验高考(2015广东)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值()A.至多等于3B.至多等于4C.等于5D.大于5【解析】B.由正四面体的定义可知n＝4能满足条件.当n≥5时，可设其中三个点为A，B，C，由直线与平面垂直的性质及点到点的距离定义可知到A，B，C三点距离相等的点必在过△ABC的外心且与平面ABC垂直的直线上，从而易知到A，B，C的距离等于正三角形ABC边长的点有两个，分别在平面ABC的两侧.此时可知这两点间的距离大于正三角形的边长，从而不可能有5个点满足条件.当然也不可能有多于5个的点满足条件.故选B.【举一反三】(2015四川)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为.【解析】如图，以分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系A －xyz ， 设AB ＝2，QM ＝m (0≤m ≤2)，则F (2,1,0)，E (1,0,0)，M (0，m,2)(0≤m ≤2).＝(2,1,0)，＝(1，－m ，－2)，cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－m 5·m 2＋5＝|m －2|5m 2＋25. 设y ＝(m －2)25m 2＋25， 则y ′＝2(m －2)(5m 2＋25)－(m －2)2·10m (5m 2＋25)2 ＝(m －2)[(10m 2＋50)－(m －2)·10m ](5m 2＋25)2＝(m －2)(50＋20m )(5m 2＋25)2. 当0≤m ≤2时，y ′＜0，所以y ＝(m －2)25m 2＋25在(0,2)上单调递减. 所以当m ＝0时，y 取最大值，此时cos θ取最大值，(cos θ)max ＝|0－2|5×02＋25＝25.10.4 直线、平面平行的判定及其性质考点诠释重点：线面、面面平行的判定及其性质应用.难点：解答或证明线面、面面平行的有关问题.典例精析题型一 线面平行的判定【例1】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ＝CB ＝1，BA ＝2，AB ∥DC ，∠BCD ＝90°，点E ，F ，G 分别是线段AB ，PC ，DE 的中点.求证：FG ∥平面P AB .【思路分析】欲证线面平行，关键是在平面P AB 内找一直线与FG 平行.可以作辅助线得出要找的线，也可以先证两平面平行再证线面平行.【证明】因为DC ＝1，BA ＝2，AB ∥DC ，E 是线段AB 的中点.所以AE ∥DC ，且AE ＝DC ，所以四边形AECD 为平行四边形.连接AC ，EC ，则点G 为AC 的中点.在△P AC 中，点F ，G 分别是线段PC ，AC 的中点，所以FG ∥P A ，又FG ⊄平面P AB ，P A ⊂平面P AB ，所以FG ∥平面P AB . 【方法归纳】解决本题的关键在于找出平面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线(内)∥线(外)⇒线(外)∥平面，或转化为证明两个平面平行.【举一反三】1.如图甲，⊙O 的直径AB ＝2，圆上两点C ，D 在直径AB 的两侧，使∠CAB ＝π4，∠DAB ＝π3.沿直径AB 折起，使两个半圆所在的平面互相垂直(如图乙)，F 为BC 的中点，E 为AO 的中点.P 为AC 上的动点，根据图乙解答下列各题：(1)求点D 到平面ABC 的距离；(2)在上是否存在一点G ，使得FG ∥平面ACD ？若存在，试确定点G 的位置；若不存在，请说明理由.【解析】(1) △ADO 中，AO ＝DO ，且∠OAD ＝π3， 所以AO ＝DO ＝AD .又E 是AO 的中点，所以DE ⊥AO .又因为面ABC ⊥面AOD ，且面ABC ∩面AOD ＝AO ，DE ⊂面AOD ，所以DE ⊥面ABC .所以DE 即为点D 到面ABC 的距离.又DE ＝32·DO ＝32×12AB ＝32，所以点D 到平面ABC 的距离为32.(2) 上存在一点G ，满足，使得FG ∥面ACD .理由如下：连接OF ，FG ，OG ，在△ABC 中，F ，O 分别为BC ，AB 的中点.所以FO ∥AC .又因为FO ⊄面ACD ，AC ⊂面ACD ，所以FO ∥面ACD ，因为∠BAD ＝π3，且G 为的中点， 所以∠BOG ＝π3，所以AD ∥OG . 又OG ⊄面ACD ，AD ⊂面ACD ，所以OG ∥面ACD .且FO ∩OG ＝O ，FO ⊂面FOG ，OG ⊂面FOG .所以面FOG ∥面ACD .又FG ⊂面FOG ，所以FG ∥面ACD .题型二 面面平行的判定【例2】如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1，D 是BC 上一点，且A 1B ∥平面AC 1D ，D 1是B 1C 1的中点.求证：平面A 1BD 1∥平面AC 1D .【思路分析】可证明平面A 1BD 1内的两条相交直线分别与平面AC 1D 平行.【证明】连接A 1C 交AC 1于点E ，因为四边形A 1ACC 1是平行四边形，所以E 是A1C 的中点，连接ED ，因为A 1B ∥平面AC 1D ，平面A 1BC ∩平面AC 1D ＝ED ，所以A 1B ∥ED ，因为E 是A 1C 的中点，所以D 是BC 的中点.又因为D 1是B 1C 1的中点，所以BD 1∥C 1D ，又因为C 1D ⊂平面AC 1D ，BD 1⊄平面AC 1D ，所以BD 1∥平面AC 1D ，又A 1B ∩BD 1＝B ，所以平面A 1BD 1∥平面AC 1D . 【方法归纳】证明面面平行的方法(1)面面平行的定义；(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化.【举一反三】2.如图，B 为△ACD 所在平面外一点，M ，N ，G 分别为△ABC ，△ABD ，△BCD 的重心.(1)求证：平面MNG ∥平面ACD ；(2)若△ACD 是边长为2的正三角形，判断△MNG 的形状，并求△MNG 的面积.【解析】(1)证明：连接BM ，BN ，BG 并延长分别交AC ，AD ，CD 于E ，F ，H 三点.因为M 为△ABC 的重心，N 为△BAD 的重心，所以BM ME ＝BN NF＝2. 所以MN ∥EF ，同理MG ∥HE .因为MN ⊄平面ACD ，MG ⊄平面ACD ，EF ⊂平面ACD ，HE ⊂平面ACD ，所以MN ∥平面ACD ，MG ∥平面ACD ，因为MN ∩MG ＝M ，所以平面MNG ∥平面ACD .(2)由(1)知，平面MNG ∥平面ACD ，BM ME ＝BN NF ＝BG GH ＝2，所以MG EH ＝MN EF ＝NG FH ＝23， 因为EH ＝12AD ，EF ＝12CD ，FH ＝12AC ， 所以MG 12AD ＝MN 12CD ＝NG 12AC ＝23， 所以MG AD ＝MN CD ＝NG AC ＝13， 又△ACD 为正三角形.所以△MNG 为等边三角形，且边长为13×2＝23， 面积S ＝34×⎝⎛⎭⎫232＝39. 题型三 线面、面面平行的性质【例3】如图所示，平面α∥平面β，点A ∈α，C ∈α，点B ∈β，D ∈β，点E ，F 分别在线段AB ，CD 上，且AE ∶EB ＝CF ∶FD .求证：EF ∥β.【思路分析】将异面问题转化为平面问题，通常是构造平行线或构造三角形.证明EF ∥β，应分AB ，CD 共面和异面两种情况.【证明】①当AB ，CD 在同一平面内时，由α∥β，平面α∩平面ABDC ＝AC ，平面β∩平面ABDC ＝BD ，所以AC ∥BD ，因为AE ∶EB ＝CF ∶FD ，所以EF ∥BD ，又EF ⊄β，BD ⊂β，所以EF ∥β.②当AB 与CD 异面时，如图所示.设平面ACD ∩β＝DH ，且DH ＝AC .因为α∥β，α∩平面ACDH ＝AC ，所以AC ∥DH ，所以四边形ACDH 是平行四边形，在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，又因为AE∶EB＝CF∶FD，所以GF∥HD，EG∥BH，又GF⊄平面β，EG⊄平面β，HD⊂平面β，BH⊂平面β，所以GF∥平面β，EG∥平面β.又EG∩GF＝G，所以平面EFG∥平面β.因为EF⊂平面EFG，所以EF∥β.综上，EF∥β.【方法归纳】面面平行的性质定理的应用问题，往往涉及面面平行的判定、线面平行的判定与性质.解题时，要准确地找到切入点，灵活地运用相关定理来解决问题，注意三种平行关系之间的相互转化.【举一反三】3.如图，P为ABCD所在平面外一点，M，N分别为AB，PC的中点，平面P AD∩平面PBC＝l.(1)判断BC与l的位置关系，并证明你的结论；(2)判断MN与平面P AD的位置关系，并证明你的结论.【证明】(1)结论：BC∥l.因为AD∥BC，BC⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以BC∥平面P AD.又因为BC⊂平面PBC，平面P AD∩平面PBC＝l，所以BC∥l.(2)结论：MN∥平面P AD.设Q为CD的中点，如图所示，连接NQ，MQ，则NQ∥PD，MQ∥AD.又NQ⊄平面P AD，MQ⊄平面P AD，PD⊂平面P AD，AD⊂平面P AD，所以NQ∥平面P AD，MQ∥平面P AD，又因为NQ∩MQ＝Q，所以平面MNQ∥平面P AD.又因为MN⊂平面MNQ，所以MN∥平面P AD.体验高考(2015江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.【证明】(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥B1C.因为AC⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB 1⊂平面B 1AC ，所以BC 1⊥AB 1.【举一反三】(2015山东)如图，三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点.(1)求证：BD ∥平面GFH ；(2)若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .【证明】(1)连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH .在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形.则M 为CD 的中点，又H 为BC 的中点，所以HM ∥BD ，又HM ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD ∥平面FGH .(2)连接HE .因为G ，H 分别为AC ，BC 的中点，所以GH ∥AB .由AB ⊥BC ，得GH ⊥BC .又H 为BC 的中点，所以EF ∥HC ，EF ＝HC ，因此四边形EFCH 是平行四边形.所以CF ∥HE ，又CF ⊥BC ，所以HE ⊥BC .又HE ⊂平面EGH ，GH ⊂平面EGH ，HE ∩GH ＝H ，所以BC ⊥平面EGH .又BC ⊂平面BCD ，所以平面BCD ⊥平面EGH .10.5 直线、平面垂直的判定及其性质考点诠释重点：会判断线面垂直和面面垂直，会求线面角和二面角.难点：灵活运用直线、平面垂直的判定及性质解决有关问题，二面角的求法.典例精析题型一 线面垂直的判定与性质【例1】 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥平面P AD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点且DF ＝12AB ，PH 为△P AD 中AD 边上的高.(1)求证：PH ⊥平面ABCD ；(2)若PH ＝1，AD ＝2，FC ＝1，求三棱锥E －BCF 的体积；(3)求证：EF ⊥平面P AB .【思路分析】(1)由PH ⊥AD 及AB ⊥平面PAD 可证；(2)以AD 为△BCF 边CF 上的高，而点E 到平面BCF 的距离可借助PH 垂直于底面ABCD 求得；(3)取P A 的中点M ，可证DM ∥FE ，且DM ⊥平面P AB ，从而得证.【解析】(1)证明：因为AB ⊥平面P AD ，且PH ⊂平面P AD ，所以AB ⊥PH ，又因为PH 为△P AD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD ，又因为AB ∩AD ＝A ，所以PH ⊥平面ABCD .(2)连接BH ，取BH 的中点G ，连接EG .因为E 是PB 的中点，所以EG ∥PH .因为PH ⊥平面ABCD ，所以EG ⊥平面ABCD ，所以EG ＝12PH ＝12， 因为AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥AD ，又AB ∥CD ，所以AD ⊥CD ，即AD 为△BCF 边CF 上的高，所以V E －BCF ＝13S △BCF ·EG ＝13·12·FC ·AD ·EG ＝212. (3)证明：取P A 的中点M ，连接MD ，ME .因为E 是PB 的中点，所以ME 12AB . 又因为DF 12AB ，所以ME DF . 所以四边形MEFD 是平行四边形，所以EF ∥MD .因为PD ＝AD ，所以MD ⊥P A .因为AB ⊥平面P AD ，MD ⊂平面P AD ，所以MD ⊥AB .因为P A ∩AB ＝A ，所以MD ⊥平面P AB ，所以EF ⊥平面P AB .【方法归纳】判定直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的定义：一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于该平面.(2)利用线面垂直的判定定理：一条直线与平面内的两条相交直线都垂直，则这条直线与平面垂直.(3)利用线面垂直的性质：两平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于这个平面.(4)利用面面平行的性质定理：一条直线垂直于两平行平面之一，则必垂直于另一平面.(5)利用面面垂直的性质定理：两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面.【举一反三】1.如图，平面P AC ⊥平面ABC ，点E ，F ，O 分别为线段P A ，PB ，AC 的中点，点G 是线段CO 的中点，AB ＝BC ＝AC ＝4，P A ＝PC ＝2 2.求证：(1)P A ⊥平面EBO ；(2)FG ∥平面EBO .【证明】(1)由题意可知，△P AC 为等腰直角三角形，△ABC 为等边三角形.因为O 为边AC 的中点，所以BO ⊥AC .因为平面P AC ⊥平面ABC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，BO ⊂平面ABC ，所以BO ⊥平面P AC .因为P A ⊂平面P AC ，所以BO ⊥P A .在等腰直角三角形P AC 内，O ，E 分别为AC ，AP 的中点，所以OE ⊥P A .又BO ∩OE ＝O ，所以P A ⊥平面EBO .(2)连接AF 交BE 于Q ，连接QO .因为E ，F ，O ，G 分别为边P A ，PB ，AC ，OC 的中点， 所以AO OG＝2，且Q 是△P AB 的重心， 于是AO OG ＝2＝AQ QF，所以FG ∥QO . 因为FG ⊄平面EBO ，QO ⊂平面EBO ，所以FG ∥平面EBO .题型二 面面垂直的判定与性质【例2】如图所示，△ABC 为正三角形，EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，EC ＝CA ＝2BD ，M 是EA 的中点.求证：(1)DE ＝DA ；(2)平面BDM ⊥平面ECA .【思路分析】(1)利用Rt △DEF ≌Rt △ADB ，从而有DE ＝DA ；(2)利用一个平面经过另一个平面的垂线，从而证明两平面垂直.【证明】(1)如图所示，取EC 的中点F ，连接DF .因为EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，所以DB ⊥平面ABC .所以DB ⊥AB ，所以EC ⊥BC .因为BD ∥CE ，BD ＝12CE ＝FC ， 所以四边形FCBD 是矩形，所以DF ⊥EC .又BA ＝BC ＝DF ，所以Rt △DEF ≌Rt △ADB ，所以DE ＝DA .(2)如图所示，取AC 的中点N ，连接MN ，NB ，因为M 是EA 的中点，所以MN 12EC . 由BD 12EC ，且BD ⊥平面ABC ，可得四边形MNBD 是矩形，于是DM ⊥MN ，因为DE ＝DA ，M 是EA 的中点，所以DM ⊥EA .又EA ∩MN ＝M ，所以DM ⊥平面ECA ，而DM ⊂平面BDM ，所以平面ECA ⊥平面BDM .【方法归纳】面面垂直的性质应用技巧(1)两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面.这是把面面垂直转化为线面垂直的依据.运用时要注意“平面内的直线”.(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，此性质是在课本习题中出现的，在不是很复杂的题目中，要对此进行证明.【举一反三】2.如图所示，在斜三棱柱A1B 1C 1－ABC 中，底面是等腰三角形，AB ＝AC ，侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC .(1)若D 是BC 的中点，求证：AD ⊥CC 1；(2)过侧面BB 1C 1C 的对角线BC 1的平面交侧棱于M ，若AM ＝MA 1，求证：截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C .【证明】(1)因为AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以AD ⊥BC .因为底面ABC ⊥侧面BB 1C 1C ，底面ABC ∩侧面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥侧面BB 1C 1C ，又CC 1⊂侧面BB 1C 1C ，所以AD ⊥CC 1.(2)延长B1A 1与BM 的延长线交于点N ，连接C 1N .因为AM ＝MA 1，所以MA 112BB 1， 所以NA 1＝A 1B 1.因为A 1B 1＝A 1C 1，所以A 1C 1＝A 1N ＝A 1B 1，所以NC 1⊥C 1B 1.因为底面NB 1C 1⊥侧面BB 1C 1C ，且底面NB 1C 1∩侧面BB 1C 1C ＝B 1C 1，NC 1⊂底面NB 1C 1，所以C 1N ⊥侧面BB 1C 1C ，所以截面C 1NB ⊥侧面BB 1C 1C ，即截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C .题型三 折叠问题【例3】在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°.将△ABD。
高三数学第一轮复习讲义 多面体和球
高三数学第一轮复习讲义 多面体和球【知识归纳】1、多面体有关概念：（1）多面体：由若干个平面多边形围成的空间图形叫做多面体。
围成多面体的各个多边形叫做多面体的面。
多面体的相邻两个面的公共边叫做多面体的棱。
（2）多面体的对角线：多面体中连结不在同一面上的两个顶点的线段叫做多面体的对角线。
（3）凸多面体：把一个多面体的任一个面伸展成平面，如果其余的面都位于这个平面的同一侧，这样的多面体叫做凸多面体。
2、正多面体：（1）定义：每个面都是有相同边数的正多边形，每个顶点为端点都有相同棱数的凸多面体，叫做正多面体。
（2）正多面体的种类：只有正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体五种。
其中正四面体、正八面体和正二十面体的每个面都是正三角形，正六面体的每个面都是正方形，正十二面体的每个面都是正五形边，如下图：正四面体 正六面体 正八面体 正十二面体 正二十面体 3、球的截面的性质：用一个平面去截球，截面是圆面；球心和截面圆的距离d 与球的半径R 及截面圆半径r 之间的关系是r ＝22d R -。
提醒：球与球面的区别（球不仅包括球面，还包括其内部）。
4、球的体积和表面积公式：V ＝234,34R S R ππ=。
【基础训练】（1）．若正棱锥的底面边长与侧棱长都相等，则该棱锥一定不是 （ ）A ．三棱锥B ．四棱锥C ．五棱锥D ．六棱锥（2）．一个凸多面体的面数为8，各面多边形的内角总和为16π，则它的棱数为 A ．24 B ．22 C ．18 D ．16（ ） （3）．若一个四面体由长度为1，2，3的三种棱所构成，则这样的四面体的个数是A ．2 B ．4 C ．6 D ．8 （ ） （4）．已知一个简单多面体的每个面均为五边形，且它共有30条棱，则此多面体的面数F 和顶点数V 分别等于 （ ） A ．F=6,V=26 B ．F=8,V=24 C ．F=12,V=20 D ．F=20,V=12 （5）在半径为10cm 的球面上有C B A ,,三点，如果︒=∠=60,38ACB AB ，则球心O 到平面ABC 的距离为__ __；（6）已知球面上的三点A 、B 、C ，AB=6，BC=8，AC=10，球的半径为13， 则球心到平面ABC 的距离为____ __ （7）．一个水平放置的圆柱形贮油桶，桶内有油部分占底面一头的圆周长的41，则油桶直立时，油的高度与桶的高之比是 A ．41 B ．π2141- C ．81 D ．π2181-（ ）（8）在球内有相距9cm 的两个平行截面，面积分别为49πcm 2则球的表面积为___ ___； （9）三条侧棱两两垂直且长都为1的三棱锥P-ABC 内接于球O ，求球O 的表面积与体积；（10）已知直平行六面体1111D C B A ABCD -的各条棱长均为3，︒=∠60BAD ，长为2的线段MN 的一个端点M 在1DD 上运动，另一端点N 在底面ABCD 上运动，则MN 的中点P 的轨迹（曲面）与共一顶点D 的三个面所围成的几何体的体积为为__ ____； 【例题选讲】【例1】已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形,两条侧棱长为213, 试求第三条侧棱长的取值范围．【例2】已知简单多面体的顶点数．面数．数分别为V ．F ． E ． 多面体的各面为正x 边形，过同一顶点的面数为y ． 求证： .21111=-+E y x)【例3】如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AB=a ． （Ⅰ）求证：直线A 1D ⊥B 1C 1； （Ⅱ）求点D 到平面ACC 1的距离；（Ⅲ）判断A 1B 与平面ADC 的位置关系， 并证明你的结论．【例4】如图，在三棱锥ABC —S 中，⊥SA 平面ABC ，1==AC AB ，2=SA ，D 为BC 的中点．（1）判断AD 与SB 能否垂直，并说明理由； （2）若三棱锥ABC —S 的体积为63，且BAC ∠为 钝角，求二面角A BC ——S 的平面角的正切值；（3）在（Ⅱ）的条件下，求点A 到平面SBC 的距离．【例5】．过半径为R 的球面上一点P 引三条长度相等的弦PA 、PB 、PC ，它们间两两夹角相等。
高中高三数学《多面体的概念》教案、教学设计
-要求：认真阅读，做好笔记，分享心得，提高数学素养。
6.预习作业：布置下一节课的相关内容，让学生提前了解，为新课学习做好准备。
-要求：自主学习，发现问题，提出疑问，为课堂学习奠定基础。
请各位同学按时完成作业，认真对待，遇到问题及时与同学、老师交流。希望通过本次作业的完成，大家能更好地掌握多面体的相关知识，提高自己的数学素养和解决问题的能力。
2.提问方式导入：向学生提问：“你们认为什么是多面体？多面体与平面图形有什么区别？”通过学生的回答，逐步引导学生关注多面体的定义及其特性。
3.引入几何历史：简要介绍多面体在几何学发展史上的地位，如古希腊时期对多面体的研究，以及欧几里得、柏拉图等数学家的贡献，激发学生对多面体的兴趣。
（二）讲授新知
1.多面体的定义：详细讲解多面体的定义，包括顶点、棱、面等基本要素，并通过实例进行说明。
3.小组探究题：以小组为单位，选择一个感兴趣的多面体，研究其性质、计算方法及应用，并撰写一篇小论文。
-要求：分工合作，查阅资料，深入探讨，提高团队合作能力和研究能力。
4.空间想象力培养题：通过观察多面体模型或绘制多面体图形，培养学生的空间想象力。
-要求：观察细致，思考深入，勇于尝试，提高空间想象力。
3.学生逻辑思维能力的提升：多面体的性质和计算方法涉及一定的逻辑推理。教学中，教师应关注学生逻辑思维能力的发展，引导他们运用数学语言和符号进行严谨的推理和论证。
4.学生团队合作意识的培养：在探索多面体性质和解决实际问题时，小组合作和讨论交流有助于学生相互启发、共同进步。教师应注重培养学生的团队合作意识，提高他们合作解决问题的能力。
2018届高三(新课标)数学(理)大一轮复习教师用书第八章立体几何Word版含解析
第八章⎪⎪⎪立 体 几 何 第一节空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(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°，本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.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，直观图中仍分别平行于坐标轴；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轴的线段在直观图中长度为原来的一半．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的结构特征[例1](1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)下列说法正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点[解析](1)截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．(2)A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案](1)C(2)B[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1(2)中的A，C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．1.长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形，按正视图，侧视图，俯视图的顺序排列)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()[解析](1)正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向；注意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．空间几何体的直观图直观图与原图形面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()[解析]由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A1．[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2．[考点二]一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形．3．[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C 当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A ，D ；当正视图是直角三角形时，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线，故答案为C.4．[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB 平行于y 轴，BC ，AD 平行于x 轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2，则原平面图形的面积为( )A ．4 cm 2B ．4 2 cm 2C ．8 cm 2D ．8 2 cm 2解析：选C 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.5．[考点二](2017·南昌模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.突破点(二) 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圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：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[例1]分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为()A．4π＋16＋4 3 B．5π＋16＋4 3C．4π＋16＋2 3 D．5π＋16＋2 3(2)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是()A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2[解析] (1)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2×12×2×3＝23；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2×12×π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋23，故选D.(2)根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3. [答案] (1)D (2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路(1)求多面体的表面积，只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．(2)求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．(3)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．空间几何体的体积柱体、锥体、台体体积间的关系[例2] (1)(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D ．1 (2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2π B.13π6 C.7π3D.5π2[解析] (1)通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P -ABC ，通过侧视图得高h ＝1，通过俯视图得底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16.(2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝13π6.[答案] (1)A (2)B [方法技巧]求空间几何体体积的常见类型及思路(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(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．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二](2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π.故选C. 2．[考点二]已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3 cm 3 B ．2π cm 3 C.7π3cm 3 D ．3π cm 3解析：选C 该几何体为一个圆柱挖去半个球得到的几何体，其体积V ＝π×12×3－12×4π×133＝7π3(cm 3)．3.[考点一]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．125＋20B ．242＋20C ．44D ．12 5解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，且上、下底面的边长分别为2,4，则侧面梯形的高h ＝ 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4－222＝5，所以该正四棱台的表面积S ＝(2＋4)×52×4＋22＋42＝125＋20.4．[考点一]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：(5.4－x )×3×1＋π·⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式出现.解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关“元素”间的数量关系，并作出合适的截面图.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”多面体的内切球问题[例1] 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] 设正四面体棱长为a ， 则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14， 即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π.[答案] 63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题处理与球有关外接问题的策略把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)(2017·抚顺模拟)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(3)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．[解析] (1)如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132. (2)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ，∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2， 解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(3)依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3， ∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.[答案] (1)C (2)A (3)43π [方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.2．[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D. 3．[考点二](2016·太原模拟)如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′-BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′-BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3π B.32π C ．4π D.34π 解析：选A 由图示可得BD ＝A ′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A ′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A ′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 4．[考点二]设一个球的表面积为S 1，它的内接正方体的表面积为S 2，则S 1S 2的值等于( )A.2πB.6πC.π6D.π2解析：选D 设球的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则易知R 2＝34a 2，即a ＝233R ，则S 1S 2＝4πR 26×⎝⎛⎭⎫233R 2＝π2.[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得，l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.故选B. 3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.18 B.17 C.16 D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D. 4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.5．(2015·新课标全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B. 7．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13解析：选C 原毛坯的体积V ＝(π×32)×6＝54π(cm 3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V ′＝V 1＋V 2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm 3)，故所求比值为1－V ′V ＝1027. 8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π解析：选A 根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π，故选A.9．(2012·新课标全国卷)已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )A.26B.36 C.23D.22解析：选A 由于三棱锥S -ABC 与三棱锥O -ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S -ABC 的高是三棱锥O -ABC 高的2倍，所以三棱锥S -ABC 的体积也是三棱锥O -ABC 体积的2倍．在三棱锥O -ABC 中，其棱长都是1，如图所示，S △ABC ＝34×AB 2＝34，高OD ＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，所以VS -ABC ＝2V O -ABC ＝2×13×34×63＝26.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．下列结论正确的是( )A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A 错误，如图①是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B 错误，如图②，若△ABC 不是直角三角形，或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C 错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．2.如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A.41π3 B.62π3C.83π3D.104π3解析：选D 由题意得，此几何体为球与圆柱的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3. 3．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：选D 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.4．《九章算数》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．6＋4 2解析：选C 由题可知，该几何体的底面为等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜边长为2，腰长为2，棱柱的高为2.所以其侧面积S ＝2×2＋22×2＝4＋42，故选C.5．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9π2，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a2 B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.2．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 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163 B.203 C.152D.132解析：选D 该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.4．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π 解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π.5．(2017·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：选C 还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝(22)2＋(22)2＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.6．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是( )A ．6B ．8C ．2 5D ．3解析：选A 四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD ，交DC 于点N ，PC ＝PD ＝3，DN ＝2，则PN ＝32－22＝5，AB ＝4，BC ＝2，BC⊥CD ，故BC ⊥平面PDC ，即BC ⊥PC ，同理AD ⊥PD .设M 为AB 的中点，连接PM ，MN ，则PM ＝3，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S △PAD ＝12×2×3＝3，S △PAB ＝12×4×3＝6，所以四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是6.二、填空题7．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为________．解析：∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即三棱锥P -MBC 的高h ＝D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M -PBC ＝V P -MBC ＝13×92×1＝32. 答案：328．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析：由三视图可得该几何体是组合体，上面是底面圆的半径为2 m 、高为2 m 的圆锥，下面是底面圆的半径为1 m 、高为4 m 的圆柱，所以该几何体的体积是13×4π×2＋4π＝20π3(m 3)．答案：20π39.如图，正方形O ′A ′B ′C ′的边长为a ，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形OABC 的周长是________．解析：由斜二测画法的规则可知，原图形OABC 是一个平行四边形． 在原图形OABC 中OB ＝22a ，OA ＝a ， 且OA ⊥OB ，∴AB ＝3a ，∴原图形OABC 的周长为2(a ＋3a )＝8a . 答案：8a10．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)解析：由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V ＝13πh (r 2中＋r 2下＋r 中r 下)＝π3×9×(102＋62＋10×6)＝588π(立方寸)，降雨量为V 142π＝588π196π＝3(寸)．答案：3 三、解答题11．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 ＝2R 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， 即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. 12．一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为3、宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．(1)求该几何体的体积V ； (2)求该几何体的表面积S .解：(1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为 3.所以V ＝1×1×3＝ 3.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A 1D ⊥平面ABCD ，CD ⊥平面BCC 1B 1，。
高中数学多面体模型教案
高中数学多面体模型教案
目标：学生能够识别和构造常见的数学多面体模型。
教学目标：
1. 了解多面体的定义和性质。
2. 能够识别和命名常见的数学多面体。
3. 能够使用纸板和胶水构造简单的多面体模型。
教学准备：
1. 多面体的图片和名称卡片。
2. 纸板、胶水，剪刀等制作多面体模型的材料。
3. 展示板或黑板。
教学步骤：
一、引入（5分钟）
教师在展示板上展示不同的多面体图片，引导学生讨论多面体的定义和特点。
二、认识多面体（10分钟）
1. 教师分发多面体的名称卡片，让学生辨认并归类。
2. 学生依次介绍各种多面体的特点和名称。
三、构造多面体模型（20分钟）
1. 教师示范如何使用纸板、剪刀和胶水制作简单的多面体模型。
2. 学生根据教师示范尝试制作多面体模型。
3. 学生展示自己制作的多面体模型，并互相交流。
四、总结（5分钟）
教师总结本节课的内容，强调多面体的重要性和应用，并鼓励学生多实践、多探索。
五、作业（2分钟）
布置作业：学生利用家庭材料制作更复杂的多面体模型，并写一份体会。
教学反思：
1. 学生认知能力不同，应根据学生的实际水平和兴趣设计教学内容。
2. 多面体模型制作可能需要辅助工具和材料，要提前准备好。
3. 鼓励学生互相分享和合作，培养学生的团队合作精神。
备注：可以根据教学需要适当调整时间和步骤。
高三数学高考一本通立体几何第一轮复习教案 正多面体、欧拉公式和球
正多面体、欧拉公式和球[考点诠释]了解正多面体的概念，了解多面体的欧拉公式。
了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式。
1、 高考对简单多面体，球的考查要求不高，以考查基础知识为主，简单多面体的性质，球面距离与球有关的组合体是主要考查对象。
2、 球的体积和表面积是高考中年年出现的题型，但不是单一知识，往往是与其他多面体综合的试题，如正方体的外接球、内切球、球内接正三棱锥、正四面体、正三棱柱、长方体等等，形成了组合体的问题，估计高考试题中还会出现。
[知识整合]1、 多面体若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体。
它的基本元素有：面、棱、顶点。
特别地，把多面体的任何一个面伸展为平面，如果所有其它各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体；而表面能经过连续变形为球面的多面体，叫做简单多面体。
棱柱、棱锥、正多面体及凸多面体，叫做简单多面体。
棱柱、正多面体及凸多面体都是简单多面体。
2、正多面体每个面都是相同边数的正多边形，且以每个顶点为其一端都有相同数目的棱的凸多面体，叫做正多面体。
正多面体只有五种：正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，其中正四面体、正八面体、正二十面体的面是正三角形；正六面体的面是正方形，正十二面体的面是正五边形。
3、欧拉公式如果简单多面体的顶点数为V ，面数为F ，棱数为E ，那么V+F-E=2，这个公式叫做欧拉公式。
注：(1)欧拉公式的适用范围为简单多面体。
（3）对于简单多面体来说最少的顶点数，最少的面数，最少的棱数分别是：4，4，64、球的概念与定点的距离等于或小于定长的点的集合，叫做球体，简称为球，这里应注意球面与球体是两个不同的概念。
其中，定点叫球的球心，定长称为球的半径。
5、球的截面性质（1）球的截面是圆面，球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆，不经过球心的截面截得的圆叫小圆。
（2）球心和截面圆心的连线垂直于截面。
（3）球心到截面的距离d 与球半径R 及截面圆半径r 的关系是22d R r -=。
(人教a版)2018版高考数学(文科)一轮设计：第八、九章教师用书(word版,有答案)AlAKPM
第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图最新考纲 1.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；2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图；3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.知识梳理1.简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等且平行的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形；(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形.2.旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等.②在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线.4.直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(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、y′轴所在平面垂直.(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.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.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)精彩PPT展示(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.()(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同.()解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.(2)反例：如图所示不是棱锥.(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，把x，y轴画成相交成45°或135°，平行于x轴的线还平行于x轴，平行于y轴的线还平行于y轴，所以∠A也可能为135°.(4)正方体和球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，且为等腰三角形，其俯视图为圆心和圆.答案(1)×(2)×(3)×(4)×2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱解析由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形.答案 A3.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.六棱柱解析由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱.答案 C4.(2016·天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为()解析 先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图.由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧视图为图②.答案 B5.正△AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________.解析 画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图).D ′为O ′A ′的中点.易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2. 答案616a 2考点一 空间几何体的结构特征 【例1】 (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.2D.3(2)以下命题：①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台.其中正确命题的个数为()A.0B.1C.2D.3解析(1)①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)由圆台的定义可知①错误，②正确.对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确.答案(1)A(2)B规律方法(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可.(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.【训练1】下列结论正确的是()A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析如图1知，A不正确.如图2，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确.若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形.由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，C错误.由母线的概念知，选项D正确.答案 D考点二空间几何体的三视图(多维探究)命题角度一由空间几何体的直观图判断三视图【例2－1】一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合.答案 B命题角度二由三视图判定几何体【例2－2】(1)(2014·全国Ⅰ卷)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱(2)(2015·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()A.1B. 2C. 3D.2解析(1)由题知，该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B.(2)由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示，其中PC⊥平面ABCD，PC＝1，底面四边形ABCD为正方形且边长为1，最长棱长P A＝12＋12＋12＝3.答案(1)B(2)C规律方法(1)由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认.(2)根据三视图还原几何体.①对柱、锥、台、球的三视图要熟悉.②明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图.③根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据.提醒对于简单组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.【训练2】(1)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为()(2)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个锥体的侧视图和俯视图，则该锥体的正视图可能是()解析(1)还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线，D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线.故选B.(2)由俯视图和侧视图可知原几何体是四棱锥，底面是长方形，内侧的侧面垂直于底面，所以正视图为A.答案(1)B(2)A考点三空间几何体的直观图【例3】已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________.解析如图所示，作出等腰梯形ABCD的直观图：因为OE＝（2）2－1＝1，所以O′E′＝12，E′F＝24，则直观图A′B′C′D′的面积S′＝1＋32×24＝2 2.答案2 2规律方法(1)画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y轴的线段长度减半，平行于x轴和z轴的线段长度不变)来掌握.对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量.(2)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：S直观图＝24S原图形.【训练3】(2017·贵阳联考)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________.解析如图1，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E.在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝2 2.又四边形AECD为矩形，AD＝EC＝1.∴BC＝BE＋EC＝22＋1.由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A′B′C′D′.在梯形A′B′C′D′中，A′D′＝1，B′C′＝22＋1，A′B′＝2.∴这块菜地的面积S＝12(A′D′＋B′C′)·A′B′＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.答案2＋2 2[思想方法]1.画三视图的三个原则：(1)画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”.(2)摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方.(3)实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出.2.棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想.[易错防范]1.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点.2.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同.3.对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法.基础巩固题组(建议用时：30分钟)一、选择题1.关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是()A.棱柱的侧棱长都相等B.棱锥的侧棱长都相等C.三棱台的上、下底面是相似三角形D.有的棱台的侧棱长都相等解析根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等.答案 B2.如图所示的几何体是棱柱的有()A.②③⑤B.③④⑤C.③⑤D.①③解析由棱柱的定义知③⑤两个几何体是棱柱.答案 C3.(2017·衡水中学月考)将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()解析易知侧视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，∴该几何体的侧视图为选项D.答案 D4.如图是一几何体的直观图、正视图和俯视图，该几何体的侧视图为()解析由直观图和正视图、俯视图可知，该几何体的侧视图应为面P AD，且EC投影在面P AD 上且为实线，点E的投影点为P A的中点，故B正确.答案 B5.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A.6 2B.42C.6D.4解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝（42）2＋22＝6.答案 C6.某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是()A.①③B.①④C.②④D.①②③④解析由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确. 答案 A7.(2015·全国Ⅱ卷)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.18 B.17C.16 D.15解析由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥.设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V1＝13×12×1×1×1＝16.剩余部分的体积V2＝13－16＝56.因此，V1V2＝15.答案 D8.(2017·石家庄质检)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为()解析由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD.所以该三棱锥的侧视图可能为选项D.答案 D二、填空题9.(2017·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC面积为________.解析因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.答案2 210.(2017·兰州模拟)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于________.解析由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为 2. 答案 211.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________.解析由题中三视图可知，三棱锥的直观图如图所示，其中P A⊥平面ABC，M为AC的中点，且BM⊥AC.故该三棱锥的最长棱为PC.在Rt△P AC中，PC＝P A2＋AC2＝22＋22＝2 2.答案2 212.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P－ABC的正视图与侧视图的面积的比值为________.解析三棱锥P－ABC的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1.答案 1能力提升题组(建议用时：15分钟)13.在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②解析如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.答案 D14.如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是()A.4B.5C.3 2D.3 3解析由三视图知几何体的直观图如图所示，计算可知线段AF最长，且AF＝BF2＋AB2＝3 3.答案 D15.(2017·长郡中学月考)已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为________.解析如图，过C′作y′轴的平行线C′D′，与x′轴交于点D′.则C′D′＝32a sin 45°＝62a.又C′D′是原△ABC的高CD的直观图，所以CD＝6a.故S△ABC ＝12AB·CD＝62a2.答案6 2a216.(2016·北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________.解析由题中三视图可画出长为2、宽为1、高为1的长方体，将该几何体还原到长方体中，如图所示，该几何体为四棱柱ABCD－A′B′C′D′.故该四棱柱的体积V＝Sh＝12×(1＋2)×1×1＝32.答案32第2讲空间几何体的表面积与体积最新考纲了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.知识梳理1.多面体的表(侧)面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和.2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l3.柱、锥、台和球的表面积和体积表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR3诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)精彩PPT展示(1)锥体的体积等于底面面积与高之积.()(2)球的体积之比等于半径比的平方.()(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.()(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝32a.()解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.(2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.答案(1)×(2)×(3)√(4)√2.已知圆锥的表面积等于12π cm2，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S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm).答案 B3.(2017·西安一中月考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A.3πB.4πC.2π＋4D.3π＋4解析由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示.表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.答案 D4.(2016·全国Ⅱ卷)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A.12πB.323πC.8π D.4π解析设正方体的棱长为a，则a3＝8，解得a＝2.设球的半径为R，则2R＝3a，即R＝ 3.所以球的表面积S＝4πR2＝12π.答案 A5.(2016·天津卷)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.解析根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m，高为1 m的平行四边形，四棱锥的高为3 m.故该四棱锥的体积V＝13×2×1×3＝2 (m3).答案 2考点一空间几何体的表面积【例1】(1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于()A.8＋2 2B.11＋22C.14＋2 2D.15(2)(2016·全国Ⅰ卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是()A.17πB.18πC.20πD.28π解析 (1)由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示.直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3. 所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.(2)由三视图知该几何体为球去掉了18球所剩的几何体(如图). 设球的半径为R ，则78×43πR 3＝28π3，R ＝2.故几何体的表面积S ＝78×4πR 2＋34πR 2＝17 π. 答案 (1)B (2)A规律方法 空间几何体表面积的求法.(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量.(2)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. (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.【训练1】 (2016·全国Ⅲ卷)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A.18＋36 5B.54＋18 5C.90D.81解析 由几何体的三视图可知，该几何体是底面为正方形的斜平行六面体.由题意可知该几何体底面边长为3，高为6，所以侧棱长为32＋62＝3 5.故该几何体的表面积S ＝32×2＋(3×6)×2＋(3×35)×2＝54＋18 5. 答案 B考点二 空间几何体的体积【例2】 (1)(2016·山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD.1＋26π(2)(2014·全国Ⅱ卷)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( ) A.3B.32C.1D.32解析 (1)由三视图知该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π.(2)由题意可知，AD ⊥平面B 1DC 1，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1的高， 且AD ＝32×2＝3，易求得S △B 1DC 1＝12×2×3＝3， 所以VA －B 1DC 1＝13×3×3＝1. 答案 (1)C (2)C规律方法 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、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，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.(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.【训练2】 (1)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边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.22π3B.42π3C.22πD.42π(2)(2015·浙江卷改编)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm 3.解析 (1)绕等腰直角三角形的斜边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个底面重合，等体积的圆锥的组合体，如图所示.每一个圆锥的底面半径和高都为2，故所求几何体的体积V ＝2×13×2π×2＝42π3.(2)由三视图可知该几何体是由棱长为2 cm 的正方体与底面边长为2 cm 正方形、高为2 cm 的正四棱锥组成. 又正方体的体积V 1＝23＝8(cm 3)， 正四棱锥的体积V 2＝13×22×2＝83(cm 3). 所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3). 答案 (1)B (2)323考点三 多面体与球的切、接问题(典例迁移)【例3】 (经典母题)(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析 由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2.2r ＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大. 由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π. 答案 B【迁移探究1】 若本例中的条件变为“直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，求球O 的表面积. 解 将直三棱柱补形为长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1， 则球O 是长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1的外接球. ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径. 因此2R ＝32＋42＋122＝13. 故S 球＝4πR 2＝169π.【迁移探究2】 若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积. 解 如图，设球心为O ，半径为r ， 则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.规律方法 空间几何体与球接、切问题的求解方法.(1)与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 中P A ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.[思想方法]1.转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法.2.求体积的两种方法：(1)割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.(2)等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高. [易错防范]1.求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错.2.由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误.3.底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2015·全国Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有() A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛解析设米堆的底面半径为r尺，则π2r＝8，所以r＝16π.所以米堆的体积为V＝14×13π·r2·5＝π12·⎝⎛⎭⎪⎫16π2·5≈3209(立方尺).故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛).答案 B2.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是()A.2B.9 2C.32 D.3解析由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝12(1＋2)×2＝3.∴V＝13x·3＝3，解得x＝3.答案 D3.(2017·合肥模拟)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是()A.1＋ 3B.2＋ 3C.1＋2 2D.2 2解析四面体的直观图如图所示.侧面SAC⊥底面ABC，且△SAC与△ABC均为腰长是2的等腰直角三角形，SA＝SC＝AB＝BC＝2，AC＝2.设AC的中点为O，连接SO，BO，则SO⊥AC，又SO⊂平面SAC，平面SAC∩平面ABC＝AC，∴SO⊥平面ABC，又BO⊂平面ABC，∴SO⊥BO.又OS＝OB＝1，∴SB＝2，故△SAB与△SBC均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.答案 B4.(2015·全国Ⅱ卷)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点.若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为()A.36πB.64πC.144πD.256π解析因为△AOB的面积为定值，所以当OC垂直于平面AOB时，三棱锥O－ABC的体积取得最大值.由13×12R2×R＝36，得R＝6.从而球O的表面积S＝4πR2＝144π.答案 C5.(2017·青岛模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，NB＝2PN，则三棱锥N－P AC与三棱锥D－P AC的体积比为()A.1∶2B.1∶8C.1∶6D.1∶3解析设点P，N在平面ABCD内的投影分别为点P′，N′，则PP′⊥平面ABCD，NN′⊥平面ABCD，所以PP′∥NN′，则在△BPP′中，由BN＝2PN得NN′PP′＝23.。
最新-2018届高三数学第一轮复习 第十章直线、平面、简
答案 D
解析 正方体外接球的直径为正方体的体对角线， 3 即 R＝ 2 ，直线 EF 被球截得的线段长为弦长，易知球 1 3 1 2 2 心到弦长的距离为 ，l＝2 R －d ＝2 － ＝ 2，故 2 4 4 选 D.
• • • •
题型一 正多面体 例1 正四面体A－BCD的棱长为a. 求：(1)正四面体的高． (2)求正四面体内切球与外接球半径．
＝3R3，得 S1＋2 S2＝3 S3.
2．(09· 陕西)如图，球 O 的半径为 2，圆 O1 是一小圆， π O1O＝ 2，A，B 是圆 O1 上两点．若∠AO1B＝2，则 A，B 两点间的球面距离为________．
2π 答案 3
解析 如图，OB＝OA＝2，O1O＝ 2， ∴O1A＝ 2，∴AB＝2， π ∴△OAB 为正三有形，∴∠AOB＝3. π 2π ∴A，B 两点间的球面距离为3×2＝ 3 .
4 解得 R＝ 75，∴体积 V＝ π· ( 75)3＝500 3π. 3 2π 设球心为 O，则∠AOC＝ 3 ， 2 10 ∴A、C 的球面距离为3π× 75＝ 3 3π.
• 4．(2010·湖北卷)圆柱形容器内部盛有高度为8cm的水， 若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后， 水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是 _______cm.
• 一、多面体的有关概念
• (1)由若干个平面多边形围成的空间图形叫做 多面体 ； • (2)把一个多面体的 一个 面伸展成平面，如果其余的 面都位于这个平面的同一侧，这样的多面体叫做凸多面 体；
• (3)每个面都是有相同的边数的正多边形，每个顶点为端
点都有相同 数目的棱 的凸多面体，叫做正多面体； • (4)简单多面体的顶点数V，棱数E及面数F间的关系 是 V＋F－E＝2
【优化方案】高考数学一轮复习 9.8 简单多面体与球(A、B)配套名师课件 理 人教版
思考探究 球面上A、B两点间的直线距离和球面距离相等吗？ 提示：不相等，球面上A、B两点间的直线距离是指A、B与球 心所确定的大圆的弦长，而A、B两点的球面距离是球面上两 点之间的最短距离，是A、B与球心所确定的大圆在这两点之 间的劣弧的长度．
课前热身
1．过球面上两点可能作球的大圆个数是( )
A．有且只有一个
考点2 球的截面与球面距离 (1)平面截球截面是圆面时，要充分利用圆的性质． 球的截面圆的半径r，球心到截面的距离d，球的半径R，三者 之间的关系，能在直角三角形中体现：r2＝R2－d2. (2)要注意区分大圆面与小圆面的几何特征．
例2 如图，在半径为 3 的球面上有 A、B、C 三点，∠ABC
Pr(P 为多面体的表面积，r 为内切球的半径)，该公式的推导只 需将球心与多面体的各顶点相连，将多面体分成以多面体每一 个面为底面，球心为顶点的小棱锥(高为 r)，于是多面体的体积 就等于这些小棱锥的体积之和．
失误防范
1．正四面体有以下重要性质： (1)在正方体中，截去 4 个相等三棱锥后，可以得到一个正四面 体．同样，一个正四面体补上 4 个相等三棱锥后，可以成为一 个正方体． (2)由(1)可知：正四面体的棱长是相应正方体棱长的 2倍，其 体积是相应正方体体积的13. (3)正四面体的相对棱互相垂直．
(2)球的截面 用一个平面去截一个球,截面是圆面.球的截面有如下性质： ①球心与截面圆心的连线___垂__直___于截面． ②球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆半径r有如下关 系：__r_＝___R__2－__d_2_. 若截面过球心，d＝0，r＝R，此时球面被截得的圆 叫做__大__圆___． 不过球心的截面截得的圆叫做小圆．当d＝R时，r＝0，截面 缩成一个点，此时平面与球面相切，此点称为切点，平面叫
最新高考-高考一轮复习之多面体与正多面体 精品
课时14：多面体与正多面体一：复习目标 1：理解多面体与正多面体的概念，熟悉五种正多面体。
2：掌握正多面体的（等量关系、垂直关系）点、线、面位置关系。
3：运用割补法（补形法）求正多面体的体积。
二：知识梳理：正多面体：每个面都是有相同边数的正多边形，每个顶点为端点都有相同棱数的凸多面体 正多面体的类型：正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体。
求正多面体体积的常用方法：割补法（补形法） 三：课前预习：1：每个顶点处棱都是3条的正多面体共有 （ ） A ：2种 B ：3种 C ：4种 D ：5种 2：棱长都是a 的正四面体111C B A Q ABC P --与，使面ABC 与面111C B A 重合得到一个 多面体，则这个多面体 （ ） A ：是正六面体 B ：是正多面体，但不是正六面体 C ：不是正多面体 D ：平行六面体。
3：已知正四面体ABCD 的表面积为S ，其四个面的中心分别为E 、F 、G 、H ，设四面体的 表面积为T ，则ST 等于 （ ）A ：91 B ：94 C ：41 D ：314：在棱长为1的正四面体ABCD 中，,E F 分别是,BC AD 的中点，则AE CF ⋅=（ ）A ：12-B ：12C ：34- D ：05：正四面体的中心到底面的距离与这四面体的高的比是 。
6在正方体1111D C B A ABCD -中，N M 、分别是111BB B A 、的中点，则直线AM 与CN 所成的余弦值是___________________。
四：例题分析：例1：如图，已知正四面体P －ABC 中，棱AB 、PC 的中点分别是M 、N ． （1）求异面直线BN 、PM 所成的角；（2）求BN 与面ABC 所成的角．CB MPNA例2：：已知一个正八面体的棱长为a ，（1）求相邻两面中心的距离及两个相对面之间的距离；（2）若一个正四面体与该正八面体的棱长相等，把它们拼起来，使一个表面重合，所得的多面体有多少个面？3:在棱长为a 的正四面体A-BCD 内，作一个正三棱柱A 1B 1C 1—A 2B 2C 2，当A 1取在什么位置时，正三棱柱的体积最大？最大值是多少？FA DC E B五：反馈练习1：点O 为正四面体A-BCD 内一点，且OA=OB=OC=OD ，则∠AOB 的余弦值为 （ ） A ：－31 B ：31 C ：－21 D ：212：棱长为a 的正方体中，连接相邻两个面的中心，以这些线段为棱的正八面体的体积（ ）A ：33aB ：34aC ：36aD ：312a3：以正方体的顶点为顶点作正四面体，则正方体的表面积与正四面体的表面积之比为（ ）A ：3:1B ：1:3C ：3:2 4：在棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -中，O 为正方体的中心，F E 、分别为BC AB 、 的中点，则异面直线EF O C 与1的距离为__________________。
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9.11 多面体与正多面体●知识梳理1.每个面都是有相同边数的正多边形，每个顶点为端点都有相同棱数的凸多面体，叫做正多面体.2.正多面体有且只有5种.分别是正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.●点击双基1.一个正方体内有一个内切球面，作正方体的对角面，所得截面图形是ABC D答案：B2.正多面体只有_____________种，分别为________________.答案：5 正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体3.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是A 1B 1、BB 1的中点，则直线AM 与CN 所成的角的余弦值是_____________.解析：过N 作NP ∥AM 交AB 于点P ，连结C 1P ，解三角形即可.答案：52 ●典例剖析【例1】 已知甲烷CH 4的分子结构是中心一个碳原子，外围有4个氢原子（这4个氢原子构成一个正四面体的四个顶点）.设中心碳原子到外围4个氢原子连成的四条线段两两组成的角为θ，则cos θ等于A.－31B.31C.－21D.21 解析：将正四面体嵌入正方体中，计算易得 cos θ=332)22()3()3(222⨯⨯-+=－31（设正方体的棱长为2）. 答案：A【例2】 试求正八面体二面角的大小及其两条异面棱间的距离.解：如图，设正八面体的棱长为4a ，以中心O 为原点，对角线DB 、AC 、QP 为x 轴、y轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A （0，－22a ，0）、B （22a ，0，0）、C （0，22a ，0）、P （0，0，22a ），设E 为BC 的中点，连结PE 、QE 、OE ，则∠PEQ =2∠PEO 即为所求二面角的平面角，∵OE =2a ，OP =22a ，∴tan ∠PEO =2，∠PEQ =2arctan 2.设n =（x ，y ，z ）是AB 与PC 的公垂线的一个方向向量，则有n ·AB =x +y =0，n ·PC =y －z =0，解得xyz ABC DOP QEn =（－1，1，1），所以向量BC =（－22a ，22a ，0）在n 上的射影长d =3||BC n =364a即为所求.特别提示由于正多面体中的等量关系、垂直关系比较多，所以便于建立直角坐标系，运用解析法处理.要注意恰当选取坐标原点，一般取其中心或顶点（如正四棱柱）.【例3】 三个12×12 cm 的正方形，如图，都被连结相邻两边中点的直线分成A 、B 两片〔如图（1）〕，把6片粘在一个正六边形的外面〔如图（2）〕，然后折成多面体〔如图（3）〕，求此多面体的体积.AB(1) (2) (3)解法一： 补成一个正方体，如图甲，V =21V 正方体=21×123=864 cm 3.甲 乙解法二：补成一个三棱锥，如图乙，V =V 大三棱锥－3V 小三棱锥=864 cm 3. 思考讨论补形的方法可将不规则的几何体转化成规则的几何体，这是求多面体体积的常用方法. ●闯关训练 夯实基础1.每个顶点处棱都是3条的正多面体共有 A.2种 B.3种C.4种D.5种解析：正多面体只有5种. 答案：B2.如图，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 为正方形ABCD 的中心，E 、F 分别为AB 、BC 的中点，则异面直线C 1O 与EF 的距离为_____________.A A DC 1答案：42培养能力3.四面体的一条棱长是x （1）把四面体的体积V 表示为x 的函数f （x ）；（2）求f （x ）的值域； （3）求f （x ）的单调区间. 解：（1）设BC =x ，则S 到平面ABC 的垂足O 是△ABC 的外心，连结AO 并延长交BC于D ，则D 是BC 的中点，且AD ⊥BC ，求得AD =242x -，S ABC ∆=4x 24x -.设△ABC 的外接圆的半径为R ，求得， ∴V =31S ABC ∆·SO =12x 23x -（0＜x ＜3）.（2）f （x ）=12x23x -=121 )3(22x x -⋅=12149)23(22+--x ，∵0＜x 2＜3，∴f （x ）∈（0，81）. （3）∵当x =26时，f （x ）取得最大值， 又∵0＜x ＜3，∴f （x ）的单调递增区间是（0，26］，递减区间是［26，3）. 4.（文）已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，O 为AC 与BD 的交点，M 为DD 1的中点.1A CC （1）求证：直线B 1O ⊥平面MAC ； （2）求二面角B 1—MA —C 的大小. （1）证明：∵BB 1⊥平面ABCD ，∴B 1O ⊥AC .连结MO 、MB 1，则MO =3，B 1O =6，MB 1=3. ∵MO 2+B 1O 2=MB 12，∴∠MOB 1=90°.∴B 1O ⊥MO .∵MO ∩AC =O ，∴B 1O ⊥平面MAC .（2）解：作ON ⊥AM 于点N ，连结B 1N . ∵B 1O ⊥平面MAC ，∴AM ⊥平面B 1ON . ∴B 1N ⊥AM .∴∠B 1NO 就是二面角B 1—MA —C 的平面角. ∵AM =5，CM =5，∴AM =CM .又O 为AC 的中点，∴OM ⊥AC .则ON =OA sin ∠MAO =532⋅=56.在Rt △B 1ON 中，tan ∠B 1NO =ONOB 1=5， ∴∠B 1NO =arctan 5，即所求二面角的大小为arctan 5.说明：本题的两问是递进式的，第（1）问是为第（2）问作铺垫的.第（2）问中构造二面角的平面角的方法是典型的三垂线法.（理）在边长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点. （1）求证：四边形A 1ECF 是菱形； （2）求证：EF ⊥平面A 1B 1C ；（3）求A 1B 1与平面A 1ECF 所成角的正切值. （1）证明：取A 1B 1的中点G ，连结C 1G 、GE .∵A 1G ∥FC 1且A 1G =FC 1，∴A 1GC 1F 是平行四边形.∴A 1F ∥C 1G .同理C 1G ∥CE .∴A 1F ∥CE .由勾股定理算得A 1E =A 1F =CE =CF =25a ，∴四边形A 1ECF 是菱形. （2）证明：连结C 1B ，∵E 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点，∴C 1F =BE .又C 1F ∥BE ， ∴C 1FEB 为平行四边形.∴C 1B ∥EF .而C 1B ⊥B 1C ，∴EF ⊥B 1C.又四边形A 1ECF 是菱形，∴EF ⊥A 1C .∴EF ⊥面A 1B 1C . （3）解：由（2）知，EF ⊥平面A 1B 1C ，又EF ⊂平面A 1ECF ，∴平面A 1B 1C ⊥平面A 1ECF .∴B 1在平面A 1ECF 上的射影在线段A 1C 上.∴∠B 1A 1C 就是A 1B 1与平面A 1ECF 所成的角.∵A 1B 1⊥B 1C ，在Rt △A 1B 1C 中，tan ∠B 1A 1C =111B A CB =2.∴A 1B 1与平面A 1ECF 所成角的正切值为2.探究创新5.（2018年烟台诊断性测试）（B ）正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，且AC 与BD 交于点O ，E 为棱DD 1的中点，以A 为原点，建立空间直角坐标系A —xyz ，如图所示.xy D D B B1E（1）求证：B 1O ⊥平面EAC ； （2）若点F 在EA 上且B 1F ⊥AE （3）求二面角B 1—EA —C 的正弦值. （1）证明：由题设知下列各点的坐标：A （0，0，0），B （2，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0），E （0，2，1），B 1（2，0，2）.由于O 是正方形ABCD 的中心， ∴O （1，1，0）.∴B 1 =（－1，1，－2），=（2，2，0），=（0，2，1）. ∴B 1·=（－1，1，－2）·（2，2，0）=－1·2+1·2－2·0=0， B 1·AE =（－1，1，－2）·（0，2，1）=－1·0+1·2－2·1=0. ∴O B 1⊥AC ，O B 1⊥AE . ∴B 1O ⊥平面ACE .（2）解：设点F 的坐标为F （0，y ，z ），则B 1 =（－2，y ，z －2）， ∵F B 1⊥AE ，∴F B 1·AE =（－2，y ，z －2）·（0，2，1）=2y +z －2=0.①又∵点F 在AE 上，∴AF =λAE （λ∈R ）. 又AF =（0，y ，z ），∴（0，y ，z ）=λ（0，2，1）=（0，2λ，λ）.于是⎩⎨⎧.==λλz y ,2②由①②可得λ=52，y =54，z =52， ∴F （0，54，52）.（3）解：∵B 1O ⊥平面EAC ，B 1F ⊥AE ，连结OF ，由三垂线定理的逆定理得OF ⊥AE ， ∴∠OFB 1即为二面角B 1—EA —C 的平面角. ∵|B 1|=222)2(1)1(-++-=6， 又B 1=（－2，54，－58）， ∴|F B 1|=222)58()54()2(-++-=556.在Rt △B 1OF 中，sin ∠B 1FO ||11F B =630. 故二面角B 1—EA —C 的正弦值为630. ●思悟小结1.割补法是求多面体体积的常用方法.2.理解多面体、正多面体、凸多面体的概念，熟悉五种正多面体. ●教师下载中心 教学点睛学习本节要使学生理解多面体、正多面体的概念. 拓展题例【例1】 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，异面直线CD 1和BC 1所成的角是 A.60° B.45° C.90° D.120°解析：连结D 1A 1、AC ，知△ACD 1是等边三角形，且D 1A ∥BC 1，所以BC 1与CD 1所成的角是60°.答案：A【例2】 边长为a 的正三角形，要拼接成一个正三棱柱且不剩料，应如何设计?（在图中用虚线画出）B C解：设O 为△ABC 的中心，连结A 1、B 1、C 1，过A 1、B 1、C 1四边形拼在一起即为上底面.【变式】 △ABC 【例3】 如图，在棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱A 1B 1和B 1C 1的中点.A AC C1（1）求二面角B 1—BF —E 的大小. （2）求点D 到平面BEF 的距离. （3）能否在棱B 1B 上找到一点M M 的位置；若不能，请说明理由.解：（1）过B 1作B 1G ⊥BF 于G ，连结EG ，则由EB 1⊥面B 1BCC 1，可知EG ⊥BF .A AC C1∴∠B 1GE 是二面角B 1—BF —E 在Rt △BB 1F 中，B 1B =a ，B 1F =2a，∴BF =2121F B B B +=25a ， B 1G =BF F B B B 11⋅=a aa 252⨯=55 a . 在Rt △B 1GE 中，B 1E =2a，B 1G =55a ，∴tan ∠B 1GE =G B E B 11=a a552=25.∴∠B 1GE =arctan25. 故二面角B 1—BF —E 的大小为arctan25. （2）连结B 1D 1与EF 交于N ， 则EF ⊥B 1D 1.又BB 1⊥EF ，∴EF ⊥面BB 1D 1D .又EF ⊂面BEF ，∴面BEF ⊥面BB 1D 1D ，且面BEF ∩面BB 1D 1D =BN . 过D 作DH ⊥BN 于H ，则DH ⊥面BEF . ∴DH 的长即为点D 到面BEF 的距离. 在矩形BB 1D 1D 中， 易证△BDH ∽△NBB 1，∴1BB DH =BN DB ，DH =BN DB BB ⋅1=a a a 4232⨯=34a .故点D 到面BEF 的距离为34a . （3）在平面BB 1D 1D 中，延长DH 交BB 1于M ，由（2），DH ⊥面BEF ， ∴DM ⊥面BEF . 由△BDM ∽△B 1BN ，有N B BM 1=1BB BD， ∴BM =11BB NB BD ⋅=a aa 422⨯=2a . 则M 为BB 1的中点.故在棱BB 1上可找到点M ，使DM ⊥面BEF ，此时M 为BB 1的中点.。