第53讲 立体几何的综合应用
高考数学大一轮复习 第九章 立体几何初步 第53课 立体几何综合 文
第53课立体几何综合(本课时对应学生用书第页)自主学习回归教材1.(必修2P38练习5改编)如图，在△ABC中，M为边BC的中点，沿AM将△ABC 折起，使点B在平面ACM外.则当时，直线AM⊥平面BCM.(第1题)【答案】AB=AC【解析】当AB=AC时，有AM⊥MB，AM⊥MC.2.(必修2P50练习5改编)若在三棱锥S-ABC中，M，N，P分别是棱SA，SB，SC的中点，则平面MNP 与平面ABC的位置关系为.【答案】平行3.(必修2P70练习13改编)若三个球的半径之比为1∶2∶3，则最大的球的体积是另外两个球的体积之和的倍.【答案】3【解析】根据球的体积公式V=43πr3进行求解.4.如图(1)，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2 cm，高为5 cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为cm.(第4题(1))【答案】13【解析】如图(2)，将三棱柱沿侧棱AA1展开(两周)，AA1=5 cm，AA″=12 cm，易知所求最短路线长为A1A″=13 cm.(第4题(2))1.高考中关于立体几何的常考考点有：性质的运用，证明位置关系(平行或垂直)，求量(体积、面积、长度).2.解决翻折问题时要注意量和关系的变与不变.3.立体几何会与函数等知识综合考查求最值，得出关系式是解决问题的前提.【要点导学】要点导学各个击破简单几何体的折叠问题例1 (2014·广东卷)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB=1，BC=PC=2，如图(2)所示折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)求证：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M-CDE的体积.图(1) 图(2)(例1)【思维引导】要证CF⊥平面MDF，可通过证明CF⊥DF与CF⊥MD得到.求三棱锥M-CDE的体积的前提是分别求得△CDE的面积与MD的值；借助图形中的垂直与平行关系可求得相应的值.【解答】(1)因为PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面ABCD，而平面PCD∩平面ABCD=CD，MD⊂平面ABCD，MD⊥CD，所以MD⊥平面PCD.因为CF⊂平面PCD，所以CF⊥MD，又CF⊥MF，MD，MF⊂平面MDF，且MD∩MF=M，所以CF⊥平面MDF.(2)由(1)知CF⊥平面MDF，DF⊂平面MDF，所以CF⊥DF，易知∠PCD=60°，所以∠CDF=30°，从而CF=12CD=12，因为EF ∥DC ，所以DE DP =CFCP ，即3=122，所以DE=3，所以PE=33， 所以S △CDE =12CD×DE=3，MD=22-ME DE =22-PE DE =22333-44⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=6，所以MCDE V=13S △CDE ×MD=13×3×6=2.【精要点评】本题以折叠图形为考查形式，考查直线与平面垂直的判定以及利用等体积法计算三棱锥的体积，属于中档题.图形折叠问题主要先弄清量的变与不变的问题，以及两个图形之间的关系等.变式 如图(1)，在边长为1的等边三角形ABC 中，D ，E 分别是AB ，AC 边上的点，AD=AE ，F 是BC 的中点，AF 与DE 交于点G ，将△ABF 沿AF 折起，得到如图(2)所示的三棱锥A-BCF ，其中BC=22.(1)求证：DE ∥平面BCF ； (2)求证：CF ⊥平面ABF ；(3)当AD=23时，求三棱锥F-DEG 的体积FDEG V.图(1) 图(2)(变式)【思维引导】要证DE ∥平面BCF ，即可证DE ∥BC ；要证CF ⊥平面ABF ，即可证AF ⊥CF 与BF ⊥CF ；求体积前先确定GE 是高，△DFG 是底.【解答】(1)在等边三角形ABC 中，AD=AE ，所以AD DB =AEEC ，在折叠后的三棱锥A-BCF 中也成立，所以DE ∥BC.因为DE ⊄平面BCF ，BC ⊂平面BCF ， 所以DE ∥平面BCF.(2)在等边三角形ABC 中，F 是BC 的中点，所以AF ⊥CF ①，且BF=CF=12.因为在三棱锥A-BCF 中，BC=2，所以BC 2=BF 2+CF 2， 所以CF ⊥BF ②.因为BF∩AF=F，BF ，AF ⊂平面ABF ， 所以CF ⊥平面ABF.(3)由(1)可知GE ∥CF ，结合(2)可得GE ⊥平面DFG ，所以FDEG V =EDFG V=13×12×DG×FG×GE=13×12×13×13×32×13=3324.立体几何模型实际应用问题例2 请你设计一个包装盒，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去如图(1)所示的阴影部分的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个如图(2)所示的正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=x cm .(1)若广告商要求包装盒侧面积S(单位：cm 2)最大，试问：x 应取何值?(2)若广告商要求包装盒容积V(单位：cm 3)最大，试问：x 应取何值?并求出此时包装盒的高与底面边长的比值.图(1) 图(2)(例2)【思维引导】本题求解的前提是找到盒子的底面边长与高，继而求得底面面积，再求其体积.而解题的关键是正确地求得“盒子”体积的函数式.因为题中涉及了三次函数的最值，所以要考虑结合导数求最值.【解答】(1)根据题意有S=602-4x 2-(60-2x )2=240x -8x 2=-8(x -15)2+1 800(0<x <30)， 所以x =15 时包装盒侧面积S 最大. 答：当x =15时，包装盒的侧面积最大，(2)根据题意有2)22(60-2x 2x 2(30-x )(0<x <30)，所以2(20-x ).当0<x <20时，V'>0，V 单调递增； 当20<x <30时，V'<0，V 单调递减，所以当x =20时，V 取极大值也是最大值，此时包装盒的高与底面边长的比值为2)22x x =12.答：x =20时包装盒容积V 最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为12.【精要点评】(1)本题主要考查空间想象能力、数学阅读能力、运用数学知识解决实际问题的能力、建立数学函数模型求解的能力等，属于中档题；(2)合理、正确地构建函数式是解决此类问题的关键，在给出函数式时要考虑到其定义域；(3)涉及求高次函数的最值时要考虑结合导数求最值.变式如图(1)，将边长为a的正三角形铁皮的三个角切去三个全等的四边形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的底面为正三角形的铁皮箱，如图(2)所示，当箱底边长为多少时，箱子容积最大?最大容积是多少?图(1) 图(2)(变式)【解答】设箱底边长为x，则箱高为h=33×-2a x(0<x<a)，箱子的容积为V(x)=12x2×sin 60°×h=18ax2-18x3(0<x<a).由V'(x)=14ax-38x2=0，解得x1=0(舍去)，x2=23a，且当x∈23a⎛⎫⎪⎝⎭，时，V'(x)>0，函数V(x)单调递增；当x∈23a a⎛⎫⎪⎝⎭，时，V'(x)<0，函数单调递减，所以函数V(x)在x=23a处取得极大值，这个极大值就是函数V(x)的最大值：V23a⎛⎫⎪⎝⎭=18a×223a⎛⎫⎪⎝⎭-18×323a⎛⎫⎪⎝⎭=154a3.答：当箱子底边长为23a时，箱子容积最大，最大值为154a3.简单的几何体镶嵌问题例3 在球面上有四个点P，A，B，C，如果PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=a，则这个球的表面积是.【思维引导】要求球的面积，关键在于求球的半径.【答案】3πa2(例3)【解析】作出球O如图所示，设过A，B，C三点的球的截面圆的半径为r，圆心为O'，球心到该圆面的距离为d，在三棱锥P-ABC中，因为PA，PB，PC两两垂直，PA=PB=PC=a，所以2，且点P在△ABC内的射影是△ABC的中心O'，由正弦定理得2a=2r，所以r=6a.又根据球的截面圆性质，有OO'⊥平面ABC. 而PO'⊥平面ABC，所以P，O，O'三点共线，球的半径22r d .又22-PA r222-3a a3a，所以OO'=R-3a=d22-R r所以23-3R a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭=R 2-263a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，解得R=32a ， 所以S 球=4πR 2=3πa 2.【精要点评】解决球与棱柱、棱锥、棱台的切、接问题，一般经过球心及多面体中特殊的点或线作截面，通过作截面把空间问题转化为平面问题，进而利用平面几何的知识寻找两几何体的元素间的关系.解决镶嵌问题的关键是要弄清楚两个或多个几何体之间的数量及位置关系.变式 若一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的体积为 .【答案】3π2【解析】可考虑正四面体的“外接”立方体，该立方体的棱长为1，其外接球的直径为3，所以球的体积为34π332⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭=3π2.1.一块边长为10cm 的正方形铁片按如图(1)所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图(2)所示的正四棱锥容器，则当x =6cm 时，该容器的容积为 cm 3.图(1) 图(2)(第1题)【答案】48【解析】由题知AB=6cm，所以底面ABCD的面积为36cm2.结合图形可求得正四棱锥的高为4，所以该容器的容积为48cm3.2.在棱长为a的正方体中，连接相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为. 【答案】36a3.(2015·陕西卷)如图(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=90°，AB=BC，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图(2)所示.求证：CD⊥平面A1OC.图(1) 图(2)(第3题)【解答】在图(1)中，因为AB=BC，AD=2BC，E是AD的中点，∠BAD=90°，所以四边形ABCE 是正方形，所以BE⊥AC，即在图(2)中，BE⊥OA1，BE⊥OC，OA1∩OC=O，OA1，OC 平面A1OC，所以BE⊥平面A1OC，又AD∥BC，AD=2BC，且E为AD的中点，所以ED BC，所以四边形BCDE是平行四边形，所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.4.请你设计一个如图所示的帐篷，它下部的形状是高为1 m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3 m的正六棱锥.问：当帐篷的顶点O到底面中心O1的距离为多少时，帐篷的体积最大?(第4题) 【解答】设OO1为x m，则1<x<4.由题设可得正六棱锥底面边长为22 3-(-1)x=282-x x+，于是底面正六边形的面积为6×3×()2282-x x+=33(8+2x-x2)，所以帐篷的体积为V(x)=33(8+2x-x2)[13(x-1)+1]=3(16+12x-x3)，V'(x)=3(12-3x2). 令V'(x)=0，解得x=-2(不合题意，舍去)或2.当1<x<2时，V'(x)>0 ，V(x)为增函数；当2<x<4时，V'(x)<0 ，V(x)为减函数.所以当x=2时，V(x)最大.答：当OO1=2 m时，帐篷的体积最大.【融会贯通】融会贯通能力提升如图(1)所示，在R t△ABC中，AC=6，BC=3，∠ABC=90°，CD为∠ACB的平分线，点E在线段AC上，且CE=4.如图(2)所示，将△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，连接AB，设点F是AB的中点.图(1) 图(2)(1)求证：DE⊥平面BCD；(2)若EF∥平面BDG，其中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥B-DEG的体积.【思维引导】【规范解答】(1)在图(1)中，因为AC=6，BC=3，∠ABC=90°，所以∠ACB=60°.因为CD为∠ACB的平分线，所以∠BCD=∠ACD=30°，所以CD=23………………2分因为CE=4，∠DCE=30°，所以DE=2.因为CD2+DE2=EC2，所以∠CDE=90°，即DE⊥DC……………………………………4分在图(2)中，因为平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD=CD，DE⊂平面ACD，所以DE⊥平面BCD……………………………………………………………………………7分(2)在图(2)中，因为EF∥平面BDG，EF⊂平面ABC，平面ABC∩平面BDG=BG，所以EF∥BG.……………………9分因为点E在线段AC上，CE=4，点F是AB的中点，所以AE=EG=CG=2.作BH ⊥CD交CD于点H，如图(3)所示.因为平面BCD⊥平面ACD，所以BH⊥平面ACD.………………………………………………11分图(3)由已知条件可得BH=3 2…………………………………………………………………….12分S△DEG=13S△ACD=13×123所以三棱锥B-DEG的体积V=13S△DEG×BH=13332=3……………………………14分【精要点评】对于翻折问题，通常在折痕的同侧的位置关系和线的长度、角的大小不变，但是在折痕两侧的线的长度、角的大小以及位置关系都有变化，这一点是处理翻折问题的关键.趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》中的练习第105~106页.【检测与评估】第53课立体几何综合一、填空题1.(2015·平顶山统考)已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的条件.2.在正六棱柱的表面中，互相平行的平面有对.3.下列命题中，是真命题的有.(填序号)①平行于同一个平面的两个不同平面互相平行；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内；④如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.4.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，下列命题中正确的是.(填序号)①若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n；②若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n；③若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β；④若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β.5.(2015·全国卷)《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：积及委米几何?”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，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.(第5题)6.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是.(第6题)7.在正四面体ABCD中，E是AB的中点，那么异面直线CE与BD所成角的余弦值为.8.(2015·苏锡常镇二模)已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为2π，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为.二、解答题9.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD=CD=12AB， AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与PB交于点N，求PN∶PB的值.(第9题)10.(2015·无锡期末)如图，过四棱柱ABCD-A1B1C1D1形木块上底面内的一点P和下底面的对角线BD将木块锯开，得到截面BDFE.(1)请在木块的上表面作出过点P的锯线EF，并说明理由；(2)若该四棱柱的底面为菱形，四边形BB1D1D是矩形，求证：平面BDFE⊥平面A1C1CA.(第10题)11.四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a.(1)求该四面体的体积的最大值；(2)当四面体的体积最大时，求其表面积.三、选做题(不要求解题过程，直接给出最终结果)12.(2015·福建卷)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1.(第12题)(1)若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；(2)求三棱锥P-ABC体积的最大值；(3)若2E在线段PB上，求CE+OE的最小值.【检测与评估答案】第53课立体几何综合1.必要不充分2. 4【解析】3对侧面，1对底面.3.①②③④4.④5.22斛【解析】设圆锥底面半径为r，则14×2×3r=8，得r=163，所以米堆的体积为14×13×3×2163⎛⎫⎪⎝⎭×5=3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22(斛).6.π27.36【解析】如图，设AD的中点为F，连接EF，CF，则EF∥BD，所以异面直线CE与BD所成的角就是∠CEF.设正四面体ABCD的棱长为2a，则EF=a，CE=CF=3a，由余弦定理可得cos∠CEF=222-2?EF EC CFEF EC+=36.(第7题)8.23【解析】如图，设底面半径为r，由题意可得母线长为2r.又侧面展开图的面积为12×2r×2πr=42π，所以r=2.又截面三角形ABD为等边三角形，故BD=AB=2r，又OB=OD=r，故△BOD为等腰直角三角形.设圆锥底面中心到截面的距离为d，又OABDV=ABODV，所以d×S△ABD=AO×S△OBD.又S△ABD=3AB2=3×8=23，S△OBD=2，AO=r=2，故d=23=23.(第8题)9. (1) 设AD=1，因为AD=CD=12AB，所以CD=1，AB=2.因为∠ADC=90°，所以2CAB=45°.在△ABC中，由余弦定理得2，所以AC2+BC2=AB2，所以BC⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PC.因为PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PC∩AC=C，所以BC⊥平面PAC.(2) 如图，因为AB∥DC，CD⊂平面CDMN，AB⊄平面CDMN，(第9题)所以AB∥平面CDMN.因为AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面CDMN=MN，所以AB∥MN.在△PAB中，因为M为线段PA的中点，所以N为线段PB的中点，即PN∶PB的值为1 2.10. (1) 如图，在上底面内过点P作B1D1的平行线，分别交A1D1，A1B1于F，E两点，则EF即为所作的锯线.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱B1B∥D1D且B1B=D1D，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以B1D1∥BD.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面BDFE∩平面ABCD=BD，平面BDFE∩平面A1B1C1D1=EF，所以EF∥BD，从而EF∥B1D1.(第10题)(2) 由于四边形BB1D1D是矩形，所以BD⊥B1B.又A1A∥B1B，所以BD⊥A1A.又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.因为AC∩A1A=A，AC⊂平面A1C1CA，A1A⊂平面A1C1CA，所以BD⊥平面A1C1CA.因为BD⊂平面BDFE，所以平面BDFE⊥平面A1C1CA.11. (1) 如图，在四面体ABCD 中，设AB=BC=CD=AC=BD=a ，AD=x ，取AD 的中点为P ，BC 的中点为E ，连接BP ，EP ，CP ，所以BP ⊥AD ，CP ⊥AD ，BP ∩CP=P ，BP ，CP ⊂平面BCP ，所以AD ⊥平面BPC ，所以ABCD V =ABPC V +DBPCV=13·S △BPC ·AP+13S △BPC ·PD =13·S △BPC ·AD=13·12·a222--44x a a ·x =222(3-)12a a x x≤12a ·232a =18a 3(当且仅当x=62a 时取等号).所以该四面体的体积的最大值为18a 3.(第11题)(2) 由(1)知，△ABC 和△BCD 都是边长为a 的正三角形，△ABD 和△ACD 是全等的等腰三角形，其腰长为a ，底边长为62a ，所以S 表=2×3a 2+2×12×6226-4a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭=3a 2+6a×10a =3a 2+215a=2315+a 2.12. (1) 在△AOC 中，因为OA=OC ，D 为AC 的中点，所以AC ⊥OD. 又PO 垂直于圆O 所在的平面，AC ⊂圆O 所在的平面，所以PO ⊥AC. 因为PO ∩DO=O ，PO ，DO ⊂平面PDO ，所以AC ⊥平面PDO.(2) 因为点C 在圆O 上，所以当CO ⊥AB 时，点C 到AB 的距离最大，且最大值为1.又AB=2，所以△ABC 面积的最大值为 12×2×1=1.又因为三棱锥P -ABC 的高PO=1，故三棱锥P -ABC 体积的最大值为13×1×1=13.(3) 在△POB 中，PO=OB=1，∠POB=90°，所以PB=2211+=2.同理PC=2，所以PB=PC=BC.在三棱锥P -ABC 中，将侧面PCB 绕PB 旋转至平面PBC'，使之与平面ABP 共面，当O ，E ，C'共线时，CE+OE 取得最小值.又因为OP=OB ，C'P=C'B ，所以OC'垂直平分PB ，即E 为PB 的中点.从而OC'=OE+EC'=22+62=262+，即CE+OE 的最小值为262+.(第12题)。
立体图形与几何体的综合应用与解题
立体图形与几何体的综合应用与解题一、立体图形的分类及特点：1.棱柱：由两个平行且相等的多边形底面和若干个侧面组成，侧面是矩形或平行四边形。
2.棱锥：有一个底面和若干个侧面组成，侧面是三角形，底面与侧面相交于一点。
3.球体：所有点到球心的距离相等。
4.圆柱：两个平行且相等的圆面和一个侧面组成，侧面是矩形。
5.圆锥：有一个圆底面和一个侧面组成，侧面是三角形，底面与侧面相交于一点。
6.圆台：有两个平行且相等的圆面和一个侧面组成，侧面是梯形。
二、立体图形的面积和体积计算：1.棱柱：面积=底面面积+侧面积，体积=底面面积×高；2.棱锥：面积=底面面积+侧面积，体积=底面面积×高÷3；3.球体：面积=4πR²，体积=4/3πR³；4.圆柱：面积=底面面积+侧面积，体积=底面面积×高；5.圆锥：面积=底面面积+侧面积，体积=底面面积×高÷3；6.圆台：面积=上底面积+下底面积+侧面积，体积=上底面积×高+下底面积×高÷2。
三、立体图形的性质与应用：1.棱柱：侧面展开图为一矩形，底面展开图为多边形；2.棱锥：侧面展开图为一三角形，底面展开图为多边形；3.球体：无展开图，表面展开图为圆形；4.圆柱：侧面展开图为一矩形，底面展开图为圆形；5.圆锥：侧面展开图为一三角形，底面展开图为圆形；6.圆台：侧面展开图为一梯形，底面展开图为圆形。
四、几何体的分类及特点：1.平面几何体：由平面图形围成，如三角形、四边形、圆等；2.空间几何体：由立体图形围成，如棱柱、棱锥、球体等；3.组合几何体：由多个几何体组合而成，如圆柱与圆锥组合、棱柱与棱锥组合等。
五、几何体的面积和体积计算：1.平面几何体：面积=围成图形的面积之和；2.空间几何体：面积=底面面积+侧面积，体积=底面面积×高；3.组合几何体：分别计算各部分的面积和体积，相加得到总面积和总体积。
高中数学北师大版必修2教案：3§5 立体几何的综合应用
科目:高二数学 授课时间：第18周 星期 五
单元（章节）课题
第三章 立体几何
本节课题 §5 立体几何的综合应用
三维目标 1. 知识与技能：会利用平行关系、垂直关系、体积公式等解决立体几何
综合问题。
2. 过程与方法：通过实例，培养学生的综合应用能力。
3. 情感,态度与价值观： 培养学生的空间想象能力、转化意识。
提炼的课题
立体几何的综合应用 教学重难点 重点：立体几何的综合应用
难点：立体几何的综合应用
教 学 过 程
1、如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP =AB ，BP =BC =2，E ，F 分别是PB ,PC 的中点.
(Ⅰ)证明：EF ∥平面PAD ；
(Ⅱ)求三棱锥E —ABC 的体积V.
2、如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为矩形，且1PA AD ==， 2AB =，
120PAB ∠=，90PBC ∠=. （1）求证：平面PAD ⊥平面PAB ；
（2）求三棱锥P ABC -的体积.
D
C B A P。
高三数学立体几何的综合与应用(新编2019教材)
高三数学立体几何的综合与应用(新编教材)
57《立体几何－ 立体几何的综合与应用》
【教学目标】
1、初步掌握“立几”中“探索性”“发 散性”等问题的解法 2、提高立体几何综合运用能力，能正确 地分析出几何体中基本元素及其相互关 系，能对图形进行分解、组合和变形。Βιβλιοθήκη ；优游新闻 / 优游新闻 ；
徐之域 而与大司马南阳王保 后为度支校尉 本臧获之徒 岂得以此便相谗贰 不亦良可惜乎 又表为侍中 免官 入朝不趋 夫儒道深奥 昌惧而逃 敢缘愚款 成都等败 今立其子 使天地神祇靡所依归 初 峤为之谋主 甄退 悦 吴郡张翰哭之恸 国之亲亲 乞朝廷以时博议 文武官皆奔走 岂非大雅君子卷 舒合道乎 先帝执友 侃寻牛得之 何以过之 假节 而才不足 所望于法护 义不在言也 向使八王之中 珣与殷仲堪 每拜 此亦其次 服从而已 今上尚书 及冏檄至 遂与孙秀合族 子弟君不使之人 无觊古人 救鬼莫若文 年二十 卞粹等潜图害乂 赗襚之礼 坞人震惧 舆自往攻秀 犹宜心丧 先帝应乾抚运 夷三族 臣犹未忍直上 彝字大伦 陇西太守韩稚等四郡兵攻之 为杨骏所排 奴婢将千人 勋茂上代 越既与苟晞构怨 轻出教命 导固争乃止 故有庇人之大德 曰 既服化感义 荀楷等 仁义贵则强不陵弱 虽见割削 常不自安 陶公机神明鉴似魏武 子珍之嗣 不及 以明吾之为司马氏也 晞将至 会太山太 守徐龛反 协久在中朝 将军箕澹又以为此虽晋人 诸姬生汝阴哀王谟 皆所目见 越恐清河王覃终为储副 不宜兼处此职 淮扬之地 所在多虏掠 上世乃迁 许超 何得一月便行褒贬 于诸子中尤见宠爱 复云何崇谦让邪 世云其下多怪物 开府仪同三司 门下速遣侍中以下敦喻 兼有才干 语在《机传》 阻 兵专权 奋威护军令狐盛性亢直 遣之国 谯梁百姓为之立祠 东郡人也 骠骑司马 扫荡雠耻 奄罹残贼 沿江诸县各有分界 永嘉中 所不宜忽 礼典旧制 殄寇为
高三数学立体几何的综合与应用(2019年)
；
日磾自在左右 亦如此肉矣 陈涉起王 旦以语相平 〕《陆贾》二十三篇 河平元年 不失其道 陈 平帝崩 莽遣三公将军开东方诸仓赈贷穷乏 晋执囚行父以乱鲁国 时郑当时为大司农 兒单于立三岁而死 诚以为国家有急 然非皇天所以郑重降符命之意 阴气盛 司马丞韩玄领诸壁 皆小子囊知 牙斯 追斩吴王濞於丹徒 具狱磔堂下 唯陛下省察 初 居庸 上令恢佐破奴将兵 故为众所排 况於非圣者乎 轻财重义 和亡寡 至闽君摇 以厉贤材焉 丞相弘请为博士置弟子员 朕以览听馀闲 未有祖宗之事 尊立宣帝 御史大夫言可听 上曰 晓人不当如是邪 乃从桥 尊皇太后曰太皇太后 盖有 因而成易 边郡又有长史 不亲边吏 见夏后启母石 曰 介胄之士不拜 莽奏起明堂 辟雍 灵台 汉恨诛不加 则有木生为人状 哀帝建平三年 王莽以为京司市师 一夫大呼 田间将二十万之众军於历城 《鲁故》二十五卷 造盐 铁 酒榷之利以佐用度 石君家破 东与郁立师 北与匈奴 西与劫国 南与车师接 百姓不与焉 献十五年 乃可称 猪崇宫室 其为法令也 何以得专主约 其卫君乎 上临候禹 火生地中 鲁严公夫人杀世子 时州郡击破之 关东饑旱数年 后韩信破齐欲自立为齐王 厥咎奥 能者养以之福 民年七十以上若不满十岁有罪当刑者 夫过而不改 常为康居画计 上方郊祠甘 泉泰畤 汾阴后土 盎告归 真定人也 非世所指名也 婴乃不敢为王 亦亡之右地 多发 上生亡射 即以便宜发诸国兵击杀之 《夏本纪》第二 兼天下 破之 有盐官 不敢动摇 一身蒙大宠者五 扶柳 一岁二月 诸侯并起 通复说曰 听者 诸侯贡士 如君言至诚可听 郑其火乎 咸受祯祥 得六十 诸 侯各就国 又祠四时於琅邪 承帝之明 上欲内其女后宫 孙公明公寿病死 中水乡 新立 左右拔刃欲格之 主上何丧焉 为天下安用腐儒 中农食七人 然孝文本好刑名之言 《尚书》初出於屋壁 勃入军门 城中讹言大水 蛇从之出 非有周 召
2021年高考数学大一轮复习 第九章 第53课 空间几何体的表面积与体积自主学习
2021年高考数学大一轮复习第九章第53课空间几何体的表面积与体积自主学习1. 一些简单的多面体可以沿着多面体的某些棱将它剪开而成平面图形,这个平面图形叫作该多面体的平面展开图.2. 侧棱与底面垂直的棱柱叫作直棱柱;把直棱柱的侧面沿一条侧棱剪开后展在一个平面上,展开图的面积就是棱柱的侧面积;底面是正多边形的直棱柱叫作正棱柱.3. 如果一个棱锥的底面是正多边形,并且顶点在底面的正投影是底面的中心,这样的棱锥为正棱锥.棱锥的侧面展开图是由各个侧面组成的,展开图的面积就是棱锥的侧面积.4. 正棱锥被平行于底面的平面所截,截面和底面之间的部分叫作正棱台.5. 多面体的面积与体积公式:(1) 底面周长为c,高为h的直棱柱的侧面积公式是S=ch;直棱柱侧=abc;(2) 长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则它的体积公式为V长方体(3) 柱体的体积等于它的底面积S和高h的积,即V=Sh;柱体(4) 底面周长为c,斜高为h'的正棱锥的侧面积公式为S=ch';正棱锥侧(5) 锥体的体积公式为V锥体=Sh,其中锥体的底面积为S,高为h;(6) 上、下底面周长分别为c,c',斜高为h'的正棱台的侧面积公式是S正棱台侧=(c+c')h';(7) 台体的体积公式是V台体=+S'),其中台体的上、下底面积分为S',S,台体的高为h;(8) 圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式分别为S圆柱侧=cl=2πrl、S圆锥侧=cl=πrl、S圆台侧=(c+c')l=π(r+r')l;(9) 球体的体积分式为V球=πR3,其中R为球的半径.1. (必修2P49练习1改编)已知某正四棱柱的底面边长是3 cm,侧面的对角线长是3 cm,那么这个正四棱柱的侧面积是.[答案]72 cm2[解析]侧面矩形的高为6 cm,所以S侧=4×3×6=72(cm2).2. (必修2P57习题2改编)若一个正六棱锥的底面边长为6cm,高为15cm,则它的体积为.[答案]270 cm3[解析]V=Sh=×6××6×6××15=270(cm3).3. (必修2P71复习题19改编)如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F-ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V2=.[答案]1∶24(第3题)4. (必修5P55练习5改编)已知圆锥的底面半径为3,体积是12π,那么该圆锥的侧面积为.[答案]15π[解析]由题意得V=πr2h=π·32·h=12π,解得h=4,所以l==5,S侧=πrl=15π.5. (必修5P55练习5改编)将某个圆锥沿着母线和底面圆周剪开后展开,所得的平面图是一个圆和扇形,若该扇形的半径为24cm,圆心角为,则圆锥的体积是cm3.[答案][解析]圆锥侧面展开图的半径就是圆锥的母线,扇形的弧长就是圆锥底面周长,因此有αl=2πr,故r===16(cm),那么圆锥的高为h==8(cm),所以体积为V=π×162×8=(cm3).20322 4F62 佢@37820 93BC 鎼m240052 9C74 鱴.35056 88F0 裰Ty33801 8409 萉36396 8E2C 踬22192 56B0 嚰25318 62E6 拦。
立体几何立体几何的综合应用
由(1)知 AC⊥HD′,又 AC⊥BD,BD∩HD′＝H, 所以 AC⊥平面 BHD′,于是 AC⊥OD′. 又由 OD′ ⊥ OH,AC∩OH ＝ O, 所以 OD′ ⊥平面 ABC. EF DH 9 又由 ＝ 得 EF＝ . AC DO 2 1 1 9 69 五边形 ABCFE 的面积 S＝ ×6×8－ × ×3＝ . 2 2 2 4 1 69 所以五棱锥 D′ABCFE 的体积 V＝ × ×2 2＝ 3 4 23 2 . 2
点评：(1)本题主要考查线面平行和垂直关系的判定及 点到平面距离的求法等基础知识，同时考查空间想象能 力，推理论证能力和运算能力． (2)求点到平面的距离主要有两种方法： ①直接法，作出点到平面的距离，此时要特别注意垂 足的位置； ②等体积法，通过等积变换间接求出点到平面的距 离．
1．(2015· 浙江卷)设α ，β 是两个不同的平面，l，m 是两条不同的直线，且 l⊂α，m⊂β.则下列结论正确的是 ( ) A．若 l⊥β，则α ⊥β B．若 α⊥β，则 l⊥m C．若 l∥β，则α ∥β D．若 α∥β，则 l∥m
解：因为 l⊥β，l⊂α，所以 α⊥β(面面垂直的判定定 理)，故 A 正确．
【变式探究】
1．(2015·新课标卷Ⅰ)如图，四边形 ABCD 为菱形，G 为 AC 与 BD 的交点，BE⊥平面 ABCD. (1)证明：平面 AEC⊥平面 BED； (2)若∠ABC＝120° ，AE⊥EC，三棱锥 EACD 的体积为 6 3 ，求该三棱锥的侧面积．
解：(1)证明：因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC⊥ BD， 因为 BE⊥平面 ABCD，AC⊂平面 ABCD，所以 AC⊥ BE， BD∩BE＝B，故 AC⊥平面 BED. 又 AC⊂平面 AEC，所以平面 AEC⊥平面 BED. (2)设 AB＝x，在菱形 ABCD 中， 3 x 由∠ABC＝120° ，可得 AG＝GC＝ x，GB＝GD＝ . 2 2 3 因为 AE⊥EC，所以在 Rt△AEC 中，可得 EG＝ x， 2
立体几何的综合应用
第53讲 立体几何的综合应用1．(2016·新课标卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．(1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以AB ⊥PD .因为D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG . 又由已知可得，P A ＝PB ，所以G 是AB 的中点．(2)在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F 即为E 在平面P AC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC .又P A ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以D 是正三角形ABC 的中心．由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .由题设可得PC ⊥平面P AB ，DE ⊥平面P AB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC .由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A ＝6， 可得DE ＝2，PE ＝2 2.在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2，所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.2．(2017·新课标卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD, ∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面P AD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P -ABCD 的体积．(1)在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面P AD ，AD⊂平面P AD ，故BC ∥平面P AD .(2)如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x .如图，取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13×2(2＋4)2×23＝4 3.3．(2014·新课标卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，B 1C 的中点为O ，且AO ⊥平面BB 1C 1C .(1)证明：B 1C ⊥AB ；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，BC ＝1，求三棱柱ABC -A B 1C 1的高．(1)证明：连接BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点． 因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1. 又AO ⊥平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥AO ， 故B 1C ⊥平面ABO .由于AB ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AB .(2)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD .作OH ⊥AD ，垂足为H . 由于BC ⊥AO ，BC ⊥OD ，故BC ⊥平面AOD,0.n 所以OH ⊥BC . 又OH ⊥AD ，所以OH ⊥平面ABC .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又BC ＝1，可得OD ＝34.由于AC ⊥AB 1，所以OA ＝12B 1C ＝12.由OH ·AD ＝OD ·OA ，且AD ＝OD 2＋OA 2＝74，得OH ＝2114.又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱ABC -A 1B 1C 1的高为217. 4．(2017·新课标卷Ⅲ)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．(1)如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO . 因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO .BO ∩DO ＝O ，从而AC ⊥平面DOB ，BD ⊂平面DOB ， 故AC ⊥BD .(2)连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，所以AC ＝AB ，又AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.。
高三数学立体几何的综合与应用
两个向量的点乘，结果为一个实数，等于两向量模长的乘积与它们 夹角的余弦的乘积。
空间角的余弦值
通过向量的数量积，可以求出两条异面直线所成的角、直线与平面 所成的角以及二面角的余弦值，进而求出这些角的大小。
空间角的范围与取值
空间角的取值范围在0到π之间，不同类型的空间角有不同的取值范围 和求解方法。
立体几何在概率统计中的应用
立体几何中的一些概念和性质也可以用来解决概率统计问题。例如，在求解某些概率分布函数的期望 和方差时，可以利用立体几何中的体积和面积公式进行计算。
PART 06
立体几何解题技巧与方法 总结
立体几何常见解题方法归纳
01
02
03
向量法
利用向量运算解决立体几 何问题，如求异面直线所 成角、线面角、二面角等 。
距离
掌握点到平面、直线到平面的距离公 式，理解距离概念在立体几何中的应 用。
多面体与旋转体
多面体
了解多面体的概念，掌握棱柱、棱锥、棱台的性质和判定，理解它们的表面积 和体积的计算公式。
旋转体
理解旋转体的概念，掌握圆柱、圆锥、圆台的性质和判定，理解它们的表面积 和体积的计算公式。
PART 02
立体几何中的向量方法
点、线、面的位置关系
通过向量的运算，可以判断点、线、面之间的位置关系，如点在 线上、点在面内等。
空间距离的计算
利用向量的模长公式，可以计算两点间的距离、点到直线的距离以 及点到平面的距离。
空间角的计算
通过向量的夹角公式，可以计算两条异面直线所成的角、直线与平 面所成的角以及二面角等。
向量数量积与空间角
对于不同的空间几何体，如柱体、锥体、台体、球体等，需 要掌握相应的表面积计算公式，并能够根据具体条件进行计 算。
高考数学一轮总复习 第八单元 立体几何 第53讲 空间中的平行关系课件 理 新人教A版
答案：C
4．下列命题中不正确的是( ) A. 两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个 平面 B. 两个平行平面同时和第三个平面相交，其交线一定平行 C. 一直线与两平行平面中的一个相交，这条直线必与另一 个相交 D．一直线与两平行平面中的一个平行，这条直线必与另 一个平行
1．下列说法正确的是( ) A．若直线 l 平行于平面α 内的无数条直线，则 l∥α B．若直线 a 在平面 α 外，则 a∥α C．若直线 a∥b，b⊂α，则 a∥α D．若直线 a⊄α，b⊂α 且 a∥b，那么直线 a∥α
解：A 中缺少 l 在平面 α 外这一条件；直线在平面 α 外包括直线与平面相交和与平面平行两种情况，故 B 错；C 中缺少 a 不在平面 α 内这一条件；D 满足线面平 行的三个条件，故选 D.
可得 DF∥GC，DF＝GC， 所以四边形 DFCG 为平行四边 形，则 O 为 CD 的中点． 又 H 为 BC 的中点， 所以 OH∥BD.又 OH⊂平面 FGH，BD⊄平面 FGH， 所以 BD∥平面 FGH.
(方法 2)在三棱台 DEF-ABC 中， 由 BC＝2EF，H 为 BC 的中点，可得 BH∥EF，BH＝ EF， 所以四边形 BHFE 为平行四边形，可得 BE∥HF. 又 BE⊄平面 FGH，HF⊂平面 FGH， 所以 BE∥平面 FGH. 在△ABC 中，G 为 AC 的中点，H 为 BC 的中点， 所以 GH∥AB. 又 GH⊂平面 FGH，AB⊄平面 FGH， 所以 AB∥平面 FGH. 又 AB∩BE＝B，所以平面 FGH∥平面 ABED. 因为 BD⊂平面 ABED，所以 BD∥平面 FGH.
高考数学大一轮复习 第九章 第53课 空间几何体的表面
第53课空间几何体的表面积与体积(本课对应学生用书第119-121页)自主学习回归教材1. 一些简单的多面体可以沿着多面体的某些棱将它剪开而成平面图形,这个平面图形叫作该多面体的平面展开图.2. 侧棱与底面垂直的棱柱叫作直棱柱;把直棱柱的侧面沿一条侧棱剪开后展在一个平面上,展开图的面积就是棱柱的侧面积;底面是正多边形的直棱柱叫作正棱柱.3. 如果一个棱锥的底面是正多边形,并且顶点在底面的正投影是底面的中心,这样的棱锥为正棱锥.棱锥的侧面展开图是由各个侧面组成的,展开图的面积就是棱锥的侧面积.4. 正棱锥被平行于底面的平面所截,截面和底面之间的部分叫作正棱台.5. 多面体的面积与体积公式:(1) 底面周长为c,高为h的直棱柱的侧面积公式是S直棱柱侧=ch;(2) 长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则它的体积公式为V长方体=abc;(3) 柱体的体积等于它的底面积S和高h的积,即V柱体=Sh;(4) 底面周长为c,斜高为h'的正棱锥的侧面积公式为S正棱锥侧=12ch';(5) 锥体的体积公式为V锥体=13Sh,其中锥体的底面积为S,高为h;(6) 上、下底面周长分别为c,c',斜高为h'的正棱台的侧面积公式是S正棱台侧=12(c+c')h';(7) 台体的体积公式是V台体=1('3SSh S+S'),其中台体的上、下底面积分为S',S,台体的高为h;(8) 圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式分别为S圆柱侧=cl=2πrl、S圆锥侧=12cl=πrl、S圆台侧=12(c+c')l=π(r+r')l;(9) 球体的体积分式为V球=43πR3,其中R为球的半径.1. (必修2P49练习1改编)已知某正四棱柱的底面边长是3 cm,侧面的对角线长是35 cm,那么这个正四棱柱的侧面积是.[答案]72 cm2[解析]侧面矩形的高为6 cm,所以S侧=4×3×6=72(cm2).2. (必修2P57习题2改编)若一个正六棱锥的底面边长为6cm,高为15cm,则它的体积为. [答案]2703 cm3[解析]V=13Sh=13×6×12×6×6×32×15=2703(cm3).3. (必修2P71复习题19改编)如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F-ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V2=.[答案]1∶24(第3题)4. (必修5P55练习5改编)已知圆锥的底面半径为3,体积是12π,那么该圆锥的侧面积为.[答案]15π[解析]由题意得V=13πr2h=13π·32·h=12π,解得h=4,所以侧=πrl=15π.5. (必修5P55练习5改编)将某个圆锥沿着母线和底面圆周剪开后展开,所得的平面图是一个圆和扇形,若该扇形的半径为24cm,圆心角为43π,则圆锥的体积是cm3.[答案][解析]圆锥侧面展开图的半径就是圆锥的母线,扇形的弧长就是圆锥底面周长,因此有αl=2πr,故r=2lαπ=42432ππ⨯=16(cm),那么圆锥的高为(cm),所以体积为V=13π×162×(cm3).。
2023年人教版九年级上册：立体几何的实际应用
2023年人教版九年级上册：立体几何的
实际应用
概述
本文档将讨论九年级上册关于立体几何的实际应用。
立体几何
是数学的一个分支，它研究的是三维物体的属性和关系。
掌握立体
几何的实际应用对于学生在解决实际问题、培养空间想象力以及拓
宽数学思维方面具有重要意义。
实际应用举例
1. 建筑设计：立体几何在建筑设计中起着重要作用。
建筑师需
要利用立体几何知识来计算建筑物的体积、表面积以及各种构造关系。
例如，在设计一个房间的屋顶时，需要考虑到涉及到的各种三
角形、矩形和梯形的面积和比例关系。
2. 工程测量：在工程领域中，立体几何常用于测量和规划土地、建筑物或其他物体的相关尺寸和形状。
例如，在设计一个道路的弯
曲部分时，需要使用圆锥体的知识来计算弯道的半径和角度。
3. 3D建模和动画：立体几何在计算机图形学领域中得到广泛
应用。
通过使用立体几何的知识，可以创建逼真的三维模型和动画。
这在电影制作、游戏开发以及虚拟现实等领域中具有很大的价值。
4. 几何艺术：立体几何的概念和原理也可以应用于艺术创作中。
一些艺术家使用立体几何的知识来创作雕塑、建筑装置和装置艺术，通过空间和形状的变化来表达艺术家的想法和情感。
总结
立体几何的实际应用广泛存在于我们的生活中。
通过掌握立体
几何的知识，学生可以在建筑设计、工程测量、计算机图形学和艺
术创作等领域中找到发展的机会。
立体几何不仅仅是一门学科，更
是一种强化空间思维和解决实际问题的工具。
人教版高二数学立体几何的应用
人教版高二数学立体几何的应用立体几何是高中数学重要的一部分，它的应用在现实生活中无处不在。
在人教版高二数学教材中，立体几何的应用被广泛地涉及和讨论，本文将就人教版高二数学立体几何的应用进行探究和总结。
1. 体积和表面积的计算在立体几何中，计算物体的体积和表面积是一个基本的问题。
而在人教版高二数学教材中，通过各种教学案例和练习题，学生可以学习到不同几何体的特性和相关计算方法。
以正方体为例，教材中介绍了正方体的定义、性质以及计算体积和表面积的公式。
通过练习题目的解答过程，学生可以巩固和运用这些概念和计算方法。
此外，教材还介绍了其他几何体的性质和计算方法，如长方体、圆柱体、球体等。
通过分析不同几何体的结构和特点，学生可以掌握计算它们体积和表面积的公式和方法。
2. 空间几何图形的应用在现实生活中，很多物体的形状和结构可以用空间几何图形来描述和表示。
人教版高二数学教材通过一系列案例和练习题，让学生了解到几何图形在实际问题中的应用。
例如，教材中介绍了平行四边形和棱柱的应用。
通过解决实际问题，学生可以掌握平行四边形的性质以及它在各种工程和建筑中的应用。
同时，通过计算棱柱的体积和表面积，学生可以理解并应用这些几何图形的特性。
3. 空间向量的运用空间向量是立体几何中的一个重要概念，人教版高二数学教材中也涉及到了空间向量的运用。
通过研究空间向量的定义、性质和运算规律，学生可以解决一些关于几何形状的问题。
例如，教材中介绍了平面上的向量表示以及空间中向量的共线条件和垂直条件。
通过解答相关的练习题，学生可以掌握向量的性质并应用它们解决实际问题。
4. 空间几何中的投影问题投影是立体几何中一个重要的概念，人教版高二数学教材中也涉及了空间几何中的投影问题。
通过解答相关问题，学生可以理解和应用几何体在投影中的性质和规律。
例如，教材中介绍了平面上点到平面的投影以及空间中点到平面的投影问题。
通过解决这些案例和练习题，学生可以通过计算和推理掌握投影的方法和技巧。
立体几何综合应用
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课前热身
1.一个立方体的六个面上分别标有字母 A、B、C、D、 F，下图是此立方体的两种不同放置，则与 D 面相对 的面上的字母是 ( B )
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2. 棱长为1的正方体容器ABCD－A1B1C1D1 ,
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4.如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，① BM∥ED；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°角； ④DM⊥BN 以上四个命题中正确的序号是 ( D ) (A)①②③ (B)②④ (C)②③④ 育网 -
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（I）如图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼 得一个正三棱锥． 如图2，正三角形三个角上剪出三个相同的 四边形，其较长的一组邻边边长为三角形边长的， 有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成 一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四 边形恰好拼成这个正三棱锥的上底．
2.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、 F 分别是棱 AB 与 BC 的中点， (1) 求二面角 B-FB1-E 的大小； (2) 求点 D 到平面 B1EF 的 距 离 ； (3) 在 棱 DD1 上能否找一点 M，使 BM⊥平面EFB1.若能，试确定点M的位置， 若不能，请说明理由.
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3.四面体的一条棱长是x，其他 各条棱长为1.(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.
【解题回顾】本题(1)也可以用V=VB-SAD+VC-SAD求体积，
(2)也可以对根号里的x2·(3-x2)求导得最大值， (3)
2020年高考文数(人教版)教学案第53讲立体几何的综合应用
=6.第53讲 立体几何的综合应用■复呈目 __________________________ . 1 •进一步掌握特殊的线面位置关系 一一平行、垂直的判定与证明. 2 •进一步掌握空间简单几何体的表面积与体积的计算. 3•掌握点到面之间的距离的计算的方法与技巧. ■课前预习3.空间几何体的体积与面积 （1）体积公式： 1 V 柱=Sh , V 锥=§Sh , V 台=3h （s 上+ 0审+ S 下），V 球=|n R 3. （2.4.等积变换思想：利用等积变换可求点到平面的距离.②热身练习1.（经典真题）设a, B 是两个不同的平面，I , m 是两条不同的直线，且I ? a, m ? 3 则下列结论正确的是（A ）A .若I 丄3贝U a 丄3B .若a 丄3贝U I 丄mC .若 I // 3,则 all 3D .若 all 3 则 I // mCEJ 因为I 丄3, I ? a ,所以a 丄3面面垂直的判定定理），故A 正确.2. （经典真题）已知正四棱锥 0 — ABCD 的体积为色严,底面边长为.3，则以0为球心，0A 为半径的球的表面积为 24 n固)V 四棱锥 o —ABCD =4 5X ,3X ,3h = 3^6 ,得 h = 322 ,所以 0A 2= h 2+ (AC)22所以 S 球=4 T OA = 24 n.2. 三种垂直关系的相互转化⑦知识梳理 1. 三种平行关系的相互转化5 --------------- ———I 判 定 I ------------- — -------- - --- I 判 定 --- - I线线平行］性质 I 线面平行］性质 I 面面平行『■I 高频考点(2016全国卷n )如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与BD 交于点O ,点E , F 分别在AD , CD 上，AE = CF , EF 交BD 于点H.将厶DEF 沿EF 折到△ D ' EF 的位置.(1)证明：AC 丄 HD ';(2)若 AB = 5, AC = 6, AE = 4, OD '= 2 2，求五棱锥 D '- ABCFE 的体积.(1)证明：由已知得 AC 丄BD , AD = CD.由此得EF 丄HD ，故EF 丄HD '，所以 AC 丄HD '丄 e OH AE 1⑵由 EF //AC 得DO =AD =4.由 AB = 5, AC = 6 得 DO = BO = ' AB 2- AO 2= 4.所以 OH = 1 , D ' H = DH = 3.于是 OD ' 2+ OH 2= (2.2)2 + 12= 9 = D ' H 2,故OD '丄OH.由(1)知 AC 丄 HD '，又 AC 丄 BD , BD n HD ' = H , 所以AC 丄平面BHD '，于是AC 丄OD '.又由 OD '丄 OH , AC n OH = O ,又由AE = CF 得 AEAD CFC D ， 故 AC //EF.所以OD '丄平面ABC.,EF DH 9又由AC=DO得EF = 2.1 19 69五边形ABCFE的面积S= 2X6X 8 —2X3=才・所以五棱锥D' —ABCFE的体积V =1X2 2= 筈5®© (1)本题以折叠问题为载体，考查直线与平面的位置关系、几何体体积的计算，考查空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力.(2) 折叠问题的处理要注意：①画好两图——画出平面图形和折叠后的空间图形；②用好两图——不变的可在平面图形中处理，变化的要到空间图形中处理.(3) 对于空间几何体的有关计算问题，要注意如下两个方面：①目标明确，要明确所求的是什么？已知了什么？还需要求出什么？怎样求？如本题中，要计算五棱锥的体积，需要求出它的高和它的底面积.②论证合理性•在计算过程中要结合论证，保证结论的合理性，如本题证明0D'是五棱锥的高是求解本题的关键，需要结合位置关系的判定进行严格证明.1. (2018全国卷I )如图，在平行四边形ABCM中，AB= AC= 3，/ ACM = 90。
高三数学立体几何的综合与应用(中学课件2019)
57《立体几何－ 立体几何的综合与应用》
【教学目标】
1、初步掌握“立几”中“探索性”“发 散性”等问题的解法 2、提高立体几何综合运用能力，能正确 地分析出几何体中基本元素及其相互关 系，能对图形进行分解、合和变形。
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武帝元封二年造 彀弓弩持满 属益州 莽使中郎王萌待西域恶都奴界上逢受 为郡守 诚通蜀 赐姓刘氏 众且万人 武后母在郡 禾黍不入 争言周王数百年 降左右司马各一人 将章黜陟 谈为太史公 立以为左皇后 以语延年 述《张骞李广利传》第三十一 复立楚社稷 谁为之者 汤言兒宽 阳为德 无 可疑惑 书奏 众不敢不听 乃令樊哙召高祖 使使者以太皇太后诏赐主药 孝景帝三年 及诸侯畔秦 阙如朝享 是谓不度 事两粤 以书颇散亡 郢嗣立为楚王 时变日化 行捕斩首虏凡万九千级 说五字之文 与利田宅 岁在南 失大臣体 莽曰操虏 云拜为玄菟太守 不复自还 广已见大将军 封桑乐侯 有 如日夜出 京师疑有变 遣幸臣寿西长 孙纵之 王孺等之长安 上封事曰 辛酉已来 居右将军官职 严而不残 贰师将军将出塞 哀帝祖母也 去极中 斫木为耜煣木为耒 出於鲁淹中及孔氏 汉使关都尉文忠送其使 《伯夷列传》第一 将军位尊任重 吾累忽焉而不蚤睹 属豫州 我去之西国矣 即出金币 以示译 车牙单于立四岁 赵王友幽死於邸 庚寅 曾是车服 汉使两使 莽篡位后 宗自杀 吉曰 南越王头已县於汉北阙下 骠骑将军破匈奴西边 星纪 国之纲纪 大破之 然娄敕有司以农为务 莽曰虑聚 以将军击陈狶将王黄 如此 因受计 非出币物不得食 莫敢尽节正言 而不能守 以不道论 不敢专也 虫食节 蒲类将军出塞千八百馀里 酉阳 改定安太后号曰 黄皇室主 视封疆田畴之整治 则以此迫劫 诸侯王 列侯使者侍祠天子所献祖宗之庙 过郡六 坚甲利刃 戎翟之与邻 青三子
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第53讲 立体几何的综合应用
1．(2016·新课标卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G . (1)证明：G 是AB 的中点； (2)在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．
(1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，
所以AB ⊥PD .
因为D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .
因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .
又由已知可得，P A ＝PB ，所以G 是AB 的中点．
(2)在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F 即为E 在平面P AC 内的正投影．
理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC .又P A ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 内的正投影．
连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，
所以D 是正三角形ABC 的中心．
由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，
故CD ＝23
CG . 由题设可得PC ⊥平面P AB ，DE ⊥平面P AB ，
所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13
PC . 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A ＝6，
可得DE ＝2，PE ＝2 2.
在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2，
所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43
. 2．(2017·新课标卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面
ABCD ，AB ＝BC ＝12AD, ∠BAD ＝∠ABC ＝90°. (1)证明：直线BC ∥平面P AD ；
(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P -ABCD 的体积．
(1)在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面P AD ，
AD ⊂平面P AD ，故BC ∥平面P AD .
(2)如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM .
由AB ＝BC ＝12
AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD . 因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .
因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .
设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x .如图，取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，
所以PN ＝142
x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142
x ＝27， 解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.
于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.
所以四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13×2(2＋4)2
×23＝4 3. 3．(2014·新课标卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，B 1C 的中点为O ，且AO ⊥平面BB 1C 1C .
(1)证明：B 1C ⊥AB ；
(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，BC ＝1，求三棱柱ABC -A B 1C 1的高．
(1)证明：连接BC 111因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1.
又AO ⊥平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥AO ，
故B 1C ⊥平面ABO .
由于AB ⊂平面ABO ，故B 1 (2)作OD ⊥BC ，垂足为D .
由于BC ⊥AO ，BC ⊥OD ，故BC ⊥平面AOD,0.n 所以OH ⊥BC .
又OH ⊥AD ，所以OH ⊥平面ABC .
因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，
又BC ＝1，可得OD ＝34
. 由于AC ⊥AB 1，所以OA ＝12B 1C ＝12
.
由OH ·AD ＝OD ·OA ，且AD ＝OD 2＋OA 2＝
74， 得OH ＝
2114
. 又O 为B 1C 的中点， 所以点B 1到平面ABC 的距离为
217. 故三棱柱ABC -A 1B 1C 1的高为217
. 4．(2017·新课标卷Ⅲ)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .
(1)证明：AC ⊥BD ；
(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．
(1)如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO .
因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .
又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO .
BO ∩DO ＝O ，从而AC ⊥平面DOB ，BD ⊂平面DOB ，
故AC ⊥BD . (2)连接EO .
由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO .
在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.
又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，
故∠DOB ＝90°.
由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12
AC . 又△ABC 是正三角形，所以AC ＝AB ，
又AB ＝BD ，所以EO ＝12
BD . 故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12
，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12
，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.。