长方体模型在立体几何中的应用
正方体长方体圆柱和球的特点
正方体长方体圆柱和球的特点1.引言1.1 概述概述部分的内容：几何体是我们日常生活中经常接触到的物体，它们具有不同的形状和特点。
在本文中，我们将主要探讨正方体、长方体、圆柱和球这四种常见几何体的特点。
正方体是一种具有六个面都是正方形的立体物体。
它的每个面都是平整的，并且所有的面都相等，每个角都是直角。
正方体具有优秀的稳定性，常被用于建筑、立体拼图等领域。
长方体是一种具有六个面都是矩形的几何体。
它的长度、宽度和高度都不相同，因此可以根据需求进行调整。
长方体在日常生活中随处可见，如书桌、电视机、冰箱等。
圆柱是一种具有两个平行且相等的圆底的几何体。
底面上的圆与侧面成直角，它的形状特点使得它可以用来储存液体或者承载重物。
圆柱广泛应用于工业、建筑和交通运输等领域。
球是一种具有无限多个点到某一点的距离都相等的立体几何体。
它是三维空间中唯一完全对称的几何体，具有非常特殊的性质。
球体常用于运动、游戏和天体物理研究等领域。
通过分析正方体、长方体、圆柱和球的定义、形状特征和基本性质，我们可以更好地理解它们在不同领域的应用。
本文将进一步探讨这四种几何体的基本性质和应用领域，并通过对比分析，总结它们各自的特点。
通过本文的阅读，读者将更深入地了解这四种几何体的性质与特点。
1.2文章结构文章结构部分的内容：本文将按照以下顺序介绍正方体、长方体、圆柱和球的特点。
首先，在引言部分概述了整篇文章的主要内容和目的。
然后，文章将分别在第二、三、四和五部分详细探讨正方体、长方体、圆柱和球的定义、形状特征、基本性质和应用领域。
每个部分将先介绍几何体的定义和形状特征，然后讨论其基本性质和应用领域，以便读者能够全面了解并比较它们的特点。
最后，在结论部分总结了正方体、长方体、圆柱和球的特点，并进行了对比分析不同几何体之间的差异和相似之处。
通过这样的文章结构，读者可以逐步了解不同几何体的概念和形状特征，进而了解它们的基本性质和实际应用。
同时，通过对比分析不同几何体之间的特点，读者可以深入理解它们各自的独特性和相互关系。
长方体和正方体的应用领域及实际意义
长方体和正方体的应用领域及实际意义长方体和正方体是我们日常生活中常见的几何形状，它们在各个领域中都有广泛的应用。
本文将探讨长方体和正方体在不同领域中的实际应用和意义。
一、建筑工程中的应用长方体和正方体在建筑工程中扮演着重要的角色，一座建筑物的基本结构往往可以由这两种几何形状组成。
例如，我们常见的房屋一般都是长方体，在长方体的基础上通过屋顶的斜面形成了独特的造型。
此外，建筑工程中的柱子、墙体等也常常采用长方体或正方体的形状，以提供稳定的支撑力和结构强度。
二、包装和运输行业中的应用长方体和正方体在包装和运输行业中极为常见。
以纸箱为例，它通常是由折叠起来的长方体或正方体构成的。
这种包装方式既方便存储和运输，又能保护商品不受损坏。
在物流领域，运输容器如集装箱也采用了长方体或正方体的设计，以最大限度地提高货物装载能力和运输效率。
三、数学和几何学中的应用长方体和正方体作为几何学中常见的立体形状，它们在数学和几何学的研究中有重要的应用。
数学家通过对长方体和正方体的研究，深入探索了其特性和性质。
在几何学中，长方体和正方体的表面积、体积等参数计算也是重要的研究内容。
通过对这些参数的计算，人们可以更好地理解和应用这些几何形状。
四、图形图像的处理和计算机图形学中的应用长方体和正方体在图形图像的处理和计算机图形学中有广泛的应用。
在三维图像的建模和渲染中，长方体和正方体常被用于表示物体和场景。
通过对其参数和属性的控制，可以构建出逼真的三维图像。
此外，在计算机游戏和虚拟现实等领域中，长方体和正方体也常被用作场景的基本构建单元，为游戏体验和虚拟交互提供了基础。
五、教育和学习中的应用长方体和正方体在教育和学习中被广泛应用。
它们常作为学习几何图形的基础内容，帮助学生理解立体几何的相关知识和概念。
通过观察、测量和计算长方体和正方体的参数，学生可以提高自己的空间想象和计算能力。
同时，基于长方体和正方体的教学方法也能够激发学生的兴趣，增强他们的学习积极性。
长方体的应用与解决问题
长方体的应用与解决问题长方体是立体几何中的一种常见形状，它具有许多应用和解决问题的能力。
本文将探讨长方体在不同领域的应用，并介绍如何用长方体解决各种实际问题。
一、建筑领域在建筑领域中，长方体广泛应用于建筑物的设计和规划。
例如，一栋大楼可以被看作是由许多长方体组成的。
建筑师可以根据长方体的性质和特点，进行建筑物的结构设计和材料选取。
长方体还可以用来解决一些与建筑结构密切相关的问题。
比如，在设计一个室内空间时，需要考虑长方体的体积和表面积，以确定能够容纳多少人或物体，并提供舒适的空间。
二、物流与储存在物流与储存领域，长方体被广泛运用于货物的包装和仓储系统。
许多物品都有规定的长方体包装尺寸，以便于运输和储存。
货柜、包装盒等都是长方体形状，可以有效地利用空间，提高物流效率。
长方体的体积概念在货物运输中也非常重要。
物流公司需要计算货柜或运输工具的容积，以确定能够装载的货物数量。
同时，物流管理人员还需要考虑货物运输过程中可能遇到的问题，如如何避免货物变形或损坏等。
三、数学和几何学在数学和几何学中，长方体是一个重要的研究对象。
研究长方体的性质和特点有助于我们深入理解空间几何学的概念。
经典的数学问题之一是计算长方体的表面积和体积。
长方体的表面积等于所有六个面的面积之和，体积则等于长、宽、高的乘积。
这些计算公式在实际问题中有着广泛的应用，比如在房屋建筑、油箱容量计算等领域。
四、工程和制造业在工程和制造业中，长方体常常用来设计和制造各种产品。
比如，一个长方体形状的箱子可以用来包装和运输物品；一个长方体形状的机器可以用来生产和加工工件。
工程师和制造商需要考虑长方体的尺寸、材料和结构，以满足产品的要求和功能。
他们也需要通过长方体的计算来确定各种参数，如强度、刚度等。
五、生活实际问题长方体还可以用来解决生活中的一些实际问题。
比如，在家居装修中，我们常常需要计算房间的体积，以确定购买适合的家具和装饰品。
此外，长方体的概念也可以应用于食品加工、药品配方等领域。
立体几何篇(球、三视图)
立体几何篇（空间球专题）空间球：三个重要的模型三个重要的技巧三个重要的模型1、正方体模型2、正四面体模型3、长方体模型1、正方体模型正方体的常用结论（假设边长为a ）（1）外接球a r 231=，棱切球a r 222=，内切球a r 213= （2）最大投影面积为23a ，最小投影面积为2a2、正四面体正四面体的常用结论（假设边长为b ）（1）任何一个正四面体都对应一个正方体且a b 2=（2）外接球即为正方体的外接球b a r 46231==；棱切球即为正方体的内切球b a r 42222==； 内切球半径为外接球半径的31，b r r 1263113== 等体积331431r S h S V ••=•= h r h r 434113=•= 3113=r r b h 36= （3）正四面体的高等于b 36，且正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值（正四面体的高） （4）正四面体对棱互相垂直，对棱之间的距离为b 22； （5）最大投影面积为221b ，最小投影面积为242b例1、正三棱锥ABC S -的侧棱与底面边长相等，如果F E ,分别为AB SC ,的中点，那么异面直线EF 与SA 所成的角等于_______________________例2、已知ABC S -是一体积为72的正四面体，连接两个面的垂心F E ,，则线段EF 的长是_______________________3、长方体模型长方体的常用结论（c b a ,,为长方体的长、宽、高）（1）三边两两垂直或三面两两垂直，即称“墙角”可补成对应长方体，体对角线即为直径，即有22224R c b a =++；（2）具有公共斜边的直角三角形，斜边即为球的直径。
例3、（辽宁高考）已知点D C B A P ,,,,是球O 表面上的点，⊥PA 平面ABCD ，四边形ABCD 的边长为32正方形，若62=PA ，则OAB ∆的面积为___________例4、（浙江高考）如图，已知球O 点面上四点D C B A ,,,，⊥DA 平面ABC ，BC AB ⊥，3===BC AB DA ，则球O 的体积等于_______________4、空间球的三个重要的准则1、外接球的球心在底面三角形的外心向上作的垂线；2、常用垂径勾股定理；3、内切球常用等体积；4、复杂的可以建系求解。
高中数学 立体几何新教材分析素材 新人教A版必修2
人教B版必修2《立体几何初步》第一章教材分析与建议一．《课程标准》关于《立体几何初步》的表述及教学要求1、《普通高中数学课程标准》说明：《普通高中数学课程标准》指出：几何学是研究现实世界中物体的形状、大小与位置关系的数学学科。
人们通常采用直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算等方法认识和探索几何图形及其性质。
三维空间是人类生存的现实空间，认识空间图形，培养和发展学生的空间想像能力、推理论证能力、运用图形语言进行交流的能力以及几何直观能力，是高中阶段数学必修系列课程的基本要求。
在立体几何初步部分，学生将先从对空间几何体的整体观察入手，认识空间图形；再以长方体为载体，直观认识和理解空间点、线、面的位置关系；能用数学语言表述有关平行、垂直的性质与判定，并对某些结论进行论证。
学生还将了解一些简单几何体的表面积与体积的计算方法。
2、教学要求：空间几何体〔1〕利用实物模型、计算机软件观察大量空间图形，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，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会使用材料〔如纸板〕制作模型，会用斜二侧画法画出它们的直观图。
〔3〕通过观察用两种方法〔平行投影与中心投影〕画出的视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式。
〔4〕了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式〔不要求记忆公式〕。
点、线、面之间的位置关系〔1〕借助长方体模型，在直观认识和理解空间点、线、面的位置关系的基础上，抽象出空间线、面位置关系的定义，并了解如下可作为推理依据的公理和定理：◆平面的基本性质1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内。
◆平面的基本性质2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。
◆平面的基本性质3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。
长方体和正方体的介绍
长方体和正方体的介绍长方体和正方体是我们日常生活中常见的几何体形状。
它们具有不同的特点和应用，下面将对它们进行详细介绍。
一、长方体长方体是一种具有六个面的几何体，每个面都是一个长方形。
它的特点是长度、宽度和高度都不相等。
长方体的面包括一个底面、一个顶面和四个侧面。
底面和顶面是平行的长方形，而四个侧面则是矩形。
长方体的体积可以通过计算底面的面积乘以高度来得到。
它的体积公式为V = lwh，其中l代表长度，w代表宽度，h代表高度。
长方体的应用非常广泛。
在建筑领域中，长方体是常见的建筑物形状，如房屋、大楼、仓库等。
在日常生活中，我们也常见到长方体的应用，比如电视、冰箱、书柜等物品都有长方体的外形。
此外，长方体在数学中也有重要的应用，如在立体几何中计算体积、表面积等。
二、正方体正方体是一种具有六个面的几何体，每个面都是一个正方形。
它的特点是长度、宽度和高度都相等，即每个面的边长相等。
正方体的面包括一个底面、一个顶面和四个侧面，每个面都是正方形。
正方体的体积和表面积可以通过计算边长来得到。
它的体积公式为V = a^3，其中a代表边长；表面积公式为S = 6a^2，其中a代表边长。
正方体的应用也非常广泛。
在建筑领域中，正方体常被用作建筑设计的基本元素，如方形建筑、广场雕塑等。
在数学中，正方体也是立体几何的基础，常用于计算体积、表面积等。
此外，正方体在游戏设计、产品设计等领域中也有重要的应用，如骰子、立方体谜题等。
长方体和正方体虽然在形状上有所区别，但它们都是几何体中的重要代表。
长方体的特点是长度、宽度和高度不相等，而正方体的特点是长度、宽度和高度相等。
它们的应用也有所不同，长方体常用于建筑、家具等领域，而正方体常用于数学、游戏设计等领域。
长方体和正方体是我们日常生活中常见的几何体形状。
它们具有不同的特点和应用，长方体的特点是长度、宽度和高度不相等，而正方体的特点是长度、宽度和高度相等。
它们在建筑、数学、产品设计等领域中都有重要的应用。
空间坐标系与空间坐标系在立体几何中的应用有答案
空间坐标系与空间坐标系在立体几何中的应用有答案TYYGROUP system office room 【TYYUA16H-TYY-TYYYUA8Q8-一．空间直角坐标系如图1，为了确定空间点的位置，我们建立空间直角坐标系：以正方体为载体，以O为原点，分别以射线OA，OC，OD′的方向为正方向，以线段OA，OC，OD′的长为单位长，建立三条数轴：x轴、y轴、z 轴，这时我们说建立了一个空间直角坐标系，其中点O叫做坐标原点，x轴、y 轴、z轴叫做坐标轴，通过每两个坐标轴的平面叫做坐标平面，分别称为xOy平面、zOx平面、yOz平面，通常建立的坐标系为右手直角坐标系，即右手拇指指向x 轴的正方向，食指指向y轴的正方向，中指指向z轴的正方向．二．空间直角坐标系中的坐标空间一点M的坐标可用有序实数组(x，y，z)来表示，有序实数组(x，y，z)叫做点M 在此空间直角坐标系中的坐标，记作M(x，y，z)，其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标[例1] 在空间直角坐标系中，作出点M(6，－2,4)．[例2] 长方体ABCD－A1B1C1D1中，|AB|＝a，|BC|＝b，|CC1|＝c，将此长方体放到空间直角坐标系中的不同位置(如图3)，分别写出长方体各顶点的坐标．变式1：棱长为2的正方体，将此正方体放到空间直角坐标系中的不同位置，分别写出几何体各顶点的坐标。
2.底面为边长为4的菱形，高为5的棱柱，将此几何体放到空间直角坐标系中的不同位置分别写出几何体各顶点的坐标。
3. 在棱长均为2a的正四棱锥P－ABCD中，建立恰当的空间直角坐标系，(1)写出正四棱锥P－ABCD各顶点坐标；(2)写出棱PB的中点M的坐标．解：连接AC，BD交于点O，连接PO，∵P－ABCD为正四棱锥，且棱长均为2a.∴四边形ABCD为正方形，且PO⊥平面ABCD.∴OA＝2＝PA2－OA2＝2a2－2a2＝2a.以O点为坐标原点，OA，OB，OP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．（1）正四棱锥P－ABCD中各顶点坐标分别为A(2a,0,0)，B(0，2a,0)，C(－2 a,0,0)，D(0，－2a,0)，P(0,0，2a)．(2)∵M为棱PB的中点，∴由中点坐标公式，得M(0＋02，2a＋02，0＋2a2)，即M(0，22a，22a)．[例3] 在空间直角坐标系中，点P(－2,1,4)．(1)求点P关于x轴的对称点的坐标；(2)求点P关于xOy平面的对称点的坐标；(3)求点P关于点M(2，－1，－4)的对称点的坐标．[解](1)由于点P关于x轴对称后，它在x轴的分量不变，在y轴、z轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为P1(－2，－1，－4)．(2)由于点P关于xOy平面对称后，它在x轴、y轴的分量不变，在z轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为P2(－2,1，－4)．(3)设对称点为P3(x，y，z)，则点M为线段PP3的中点，由中点坐标公式，可得x ＝2×2－(－2)＝6，y＝2×(－1)－1＝－3，z＝2×(－4)－4＝－12，所以P3(6，－3，－12)．变式：1.写出点P(6，－2，－7)在xOy面，yOz面，xOz面上的投影的坐标以及点P 关于各坐标平面对称的点的坐标．解：设点P在xOy平面、yOz平面、xOz平面上的投影分别为点A，B，C，点P关于xOy平面、yOz平面、xOz平面的对称点分别为点A′，B′，C′，由PA⊥平面xOy，PB⊥平面yOz，PC⊥平面xOz及坐标平面的特征知，点A(6，－2,0)，点B(0，－2，－7)，点C(6,0，－7)；根据点P关于各坐标平面对称点的特征知，点A′(6，－2,7)，B′(－6，－2，－7)，C′(6,2，－7)．2.在棱长都为2的正三棱柱ABC－A1B1C1中，建立恰当的直角坐标系，并写出正三棱柱ABC－A1B1C1各顶点的坐标．[正解] 取BC ，B 1C 1的中点分别为O ，O 1，连线OA ，OO 1， 根据正三棱柱的几何性质，OA ，OB ，OO 1两两互相垂直，且 |OA |＝32×2＝3， 以OA ，OB ，OO 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系，如图5所示，则正三棱柱ABC —A 1B 1C 1各顶点的坐标分别为A (3，0,0)，B (0,1,0)，C (0，－1,0)，A 1(3，0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(0，－1,2)．三．空间向量在立体几何中的应用1. 直线的方向向量与平面的法向量(1) 直线l 上的向量e 以及与e 共线的向量叫做直线l 的方向向量．(2) 如果表示非零向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n 垂直于平面α，记作n ⊥α.此时把向量n 叫做平面α的法向量．2. 线面关系的判定直线l 1的方向向量为e 1＝(a 1，b 1，c 1)，直线l 2的方向向量为e 2＝(a 2，b 2，c 2)，平面α的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面β的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．(1) 如果l 1∥l 2，那么e 1∥e 2⇔e 2＝λe 1⇔a 2＝λa 1，b 2＝λb 1，c 2＝λc 1． (2) 如果l 1⊥l 2，那么e 1⊥e 2⇔e 1·e 2＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0． (3) 若l 1∥α，则e 1⊥n 1⇔e 1·n 1＝0⇔a 1x 1＋b 1y 1＋c 1z 1＝0．(4) 若l 1⊥α，则e 1∥n 1⇔e 1＝k n 1⇔a 1＝kx 1，b 1＝ky 1，c 1＝kz 1． (5) 若α∥β，则n 1∥n 2⇔n 1＝k n 2⇔x 1＝kx 2，y 1＝ky 2，z 1＝kz 2． (6) 若α⊥β，则n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0． 3. 利用空间向量求空间角 (1) 两条异面直线所成的角①范围：两条异面直线所成的角θ的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.②向量求法：设直线a 、b 的方向向量为a 、b ，其夹角为φ，则有cos θ＝|cos φ|.(2) 直线与平面所成的角①范围：直线和平面所成的角θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. ②向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|(3) 二面角①二面角的取值范围是[0，π]． ②二面角的向量求法：(ⅰ) 若AB 、CD 分别是二面角α-l-β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB 与CD 的夹角(如图①)．(ⅱ) 设n 1、n 2分别是二面角α-l-β的两个面α、β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．题型1 空间向量的基本运算[例1]已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．设a ＝AB →，b ＝AC →.(1) 求a 和b 的夹角θ；(2)若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值． 解：∵A (－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，a ＝AB →，b ＝AC →， ∴a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)．(1)∵cosθ＝a·b |a ||b |＝－1＋0＋02×5＝－1010，∴a 和b 的夹角为arccos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1010. (2)∵k a ＋b ＝k(1，1，0)＋(－1，0，2)＝(k －1，k ，2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)，且(k a ＋b )⊥(k a －2b )，∴(k －1，k ，2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝2k 2＋k －10＝0，解得k ＝－52或2.题型2 空间中的平行与垂直例2 如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直， AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．求证：(1) AM∥平面BDE ；(2) AM⊥平面BDF.证明：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N ，连结NE.则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，E(0，0，1)，A(2，2，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.∴ NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.∴ NE →＝AM →且NE 与AM 不共线．∴ NE∥AM.∵ NE 平面BDE ，AM 平面BDE ，∴ AM ∥平面BDE.(2) 由(1)知AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，∵ D(2，0，0)，F(2，2，1)，∴ DF→＝(0，2，1)，∴ AM →·DF →＝0，∴ AM ⊥DF.同理AM⊥BF. 又DF∩BF＝F ，∴ AM ⊥平面BDF. 题型3 空间的角的计算例3 (2013·苏锡常镇二模)如图，圆锥的高PO ＝4，底面半径OB ＝2，D 为PO 的中点，E 为母线PB 的中点，F 为底面圆周上一点，满足EF⊥DE.(1) 求异面直线EF 与BD 所成角的余弦值； (2) 求二面角F-OD-E 的正弦值．解：(1) 以O 为原点，底面上过O 点且垂直于OB 的直线为x 轴，OB 所在的线为y 轴，OP 所在的线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B(0，2，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，1，2)．设F(x 0，y 0，0)(x 0>0，y 0>0)，且x 20＋y 20＝4，则EF →＝(x 0，y 0－1，－2)，DE →＝(0，1，0)，∵ EF ⊥DE ，即EF →⊥DE →，则EF →·DE →＝y 0－1＝0，故y 0＝1.∴ F(3，1，0)，EF →＝(3，0，－2)，BD →＝(0，－2，2)．设异面直线EF 与BD 所成角为α，则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪EF →·BD →|EF →||BD →|＝47×22＝147. (2) 设平面ODF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥OD →，n 1⊥OF →，即⎩⎨⎧z 1＝0，3x 1＋y 1＝0.令x 1＝1，得y 1＝－3，平面ODF 的一个法向量为n 1＝(1，－3，0)．设平面DEF 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，同理可得平面DEF 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，32.设二面角F-OD-E 的平面角为β，则|cos β|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝17＝77.∴ sin β＝427. （翻折问题）例4. (2013广东韶关第二次调研)如图甲，在平面四边形ABCD 中，已知∠A＝45°，∠C ＝90°，∠ADC ＝105°，AB ＝BD ，现将四边形ABCD 沿BD 折起，使平面ABD⊥平面BDC(如图乙)，设点E 、F 分别为棱AC 、AD 的中点．(1) 求证： DC⊥平面ABC ； (2) 求BF 与平面ABC 所成角的正弦值； (3) 求二面角B －EF －A 的余弦值．解：(1) ∵ 平面ABD⊥平面BDC ，又∵ AB⊥BD，∴ AB ⊥平面BDC ，故AB⊥DC，又∵ ∠C＝90°，∴ DC ⊥BC ，BC ABC 平面ABC ，DC 平面ABC ，故DC⊥平面ABC.(2) 如图，以B 为坐标原点，BD 所在的直线为x 轴建立空间直角坐标系如下图示，设CD ＝a ，则BD ＝AB ＝2a ，BC ＝3a ，AD ＝22a ，可得B(0，0，0)，D(2a ，0，0)，A(0，0，2a)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，F(a ，0，a)，∴ CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，－32a ，0，BF →＝(a ，0，a)．设BF 与平面ABC 所成的角为θ，由(1)知DC⊥平面ABC ，∴ cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝CD →·BF →|CD →|·|BF →|＝12a 2a ·2a ＝24，∴ sin θ＝24.(3) 由(2)知 FE⊥平面ABC, 又∵ BE平面ABC ，AE平面ABC ，∴ FE⊥BE，FE⊥AE ，∴ ∠AEB 为二面角B －EF －A 的平面角 .在△AEB 中，AE ＝BE ＝12AC ＝12AB 2＋BC 2＝72a ， ∴ cos ∠AEB ＝AE 2＋BE 2－AB 22AE ·BE ＝－17，即所求二面角B －EF －A 的余弦为－17.课后巩固练习：1.(2013·江苏卷)如图所示，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1) 求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2) 求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解：(1) 以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2) 设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)， 设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. 2. (2013·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，D 、E 分别是AB 、BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB.(1) 证明：BC 1∥平面A 1CD ；(2) 求二面角DA 1CE 的正弦值． (1) 证明：连结AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点． 又D 是AB 中点，连结DF ，则BC 1∥DF. 因为DF 平面A1CD ，BC 1平面A 1CD ， 所以BC 1∥平面A 1CD.(2) 由AC ＝CB ＝22AB 得AC⊥BC. 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA ＝2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A 1(2，0，2)，CD →＝(1，1，0)，CE →＝(0，2，1)，CA 1→＝(2，0，2)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎨⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 为平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.可取m ＝(2，1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D-A 1C-E 的正弦值为63. 3. (2013·重庆)如图所示，四棱锥PABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB.(1) 求PA 的长；(2) 求二面角B-AF-D 的正弦值．解：(1) 如图，连结BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD，故AC⊥BD.以O 为坐标原点，OB →、OC →、AP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ，则OC ＝CDcos π3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CDsin π3＝3，故A(0，－3，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(－3，0，0)．因为PA⊥底面ABCD ，可设P(0，－3，z)，由F 为PC 边中点，得F ⎝⎛⎭⎪⎫0，－1，z 2，又AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z)，因AF⊥PB，故AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|PA→|＝2 3.(2) 由(1)知AD →＝(－3，3，0)，AB →＝(3，3，0)，AF →＝(0，2，3)．设平面FAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面FAB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)．由n 2·AB →＝0，n 2·AF →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)．从而向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B-AF-D 的正弦值为378.4. (2013·连云港调研)在三棱锥SABC 中，底面是边长为23的正三角形，点S 在底面ABC 上的射影O 恰是AC 的中点，侧棱SB 和底面成45°角．(1) 若D 为侧棱SB 上一点，当SDDB为何值时，CD ⊥AB ；(2) 求二面角S-BC-A 的余弦值大小．解：以O 点为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OS 为z 轴建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知∠SBO＝45°，SO ＝(0，0，0)，C(0，3，0)，A(0，－3，0)，S(0，0，3)，B(3，0，0)．(1) 设BD →＝λBS →(0≤λ≤1)，则OD →＝(1＋λ)OB →＋λOS →＝(3(1＋λ)，0，3λ)，所以CD →＝(3(1－λ)，－3，3λ)． 因为AB →＝(3，3，0)，CD ⊥AB ，所以CD →·AB →＝9(1－λ)－3＝0，解得λ＝23.故SD DB ＝12时， CD ⊥AB. (2) 平面ACB 的法向量为n 1＝(0，0，1)，设平面SBC 的法向量n 2＝(x ，y ，z)，则n 2·SB →＝0，n 2·SC →＝0，则⎩⎨⎧3x －3z ＝0，3y －3z ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝z ，y ＝3z ，取n 2＝(1，3，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝3×0＋1×0＋1×112＋12＋（3）2·1＝55. 又显然所求二面角的平面角为锐角，故所求二面角的余弦值的大小为55. 5. 在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，底面是边长为1的正方形，E 、F 分别是棱B 1B 、DA 的中点．(1) 求二面角D 1-AE-C 的大小； (2) 求证：直线BF∥平面AD 1E.(1) 解：以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系如图．则相应点的坐标分别为D 1(0，0，2)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(1，1，1)，∴ED1→＝(0，0，2)－(1，1，1)＝(－1，－1，1)，AE →＝(1，1，1)－(1，0，0)＝(0，1，1)， AC →＝(0，1，0)－(1，0，0)＝(－1，1，0)．设平面AED 1、平面AEC 的法向量分别为m ＝(a ，b ，1)，n ＝(c ，d ，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧ED 1→·m ＝0，AE →·m ＝0⎩⎨⎧－a －b ＋1＝0，b ＋1＝0⎩⎨⎧a ＝2，b ＝－1，由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n ＝0，AE →·n ＝0⎩⎨⎧－c ＋d ＝0，d ＋1＝0⎩⎨⎧c ＝－1，d ＝－1，∴m ＝(2，－1，1)，n ＝(－1，－1，1)，∴cos m ，n ＝m·n |m |·|n |＝－2＋1＋16×3＝0，∴二面角D 1AEC 的大小为90°.(2) 证明：取DD 1的中点G ，连结GB 、GF.∵E 、F 分别是棱BB 1、AD 的中点，∴GF ∥AD 1，BE ∥D 1G 且BE ＝D 1G ，∴四边形BED 1G 为平行四边形，∴D 1E ∥BG. 又D1E 、D 1A 平面AD 1E ，BG 、GF 平面AD 1E ， ∴BG ∥平面AD 1E ，GF ∥平面AD 1E.∵GF 、GB 平面BGF ，∴平面BGF∥平面AD 1E. ∵BF 平面AD 1E ，∴直线BF∥平面AD 1E.(或者：建立空间直角坐标系，用空间向量来证明直线BF∥平面AD 1E ，亦可)6. (2013·苏州调研)三棱柱ABC －A 1B 1C 1在如图所示的空间直角坐标系中，已知AB ＝2，AC ＝4，A 1A ＝是BC 的中点．(1) 求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (2) 求二面角B 1-A 1D-C 1的正弦值．解：(1) 由题意，A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，D(1，2，0)，A 1(0，0，3)，B 1(2，0，3)，C 1(0，4，3).A 1D →＝(1，2，－3)，A 1C 1→＝(0，4，0).设平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)．∵ n ·A 1D →＝x ＋2y －3z ＝0，n ·A 1C 1→＝4y ＝0.∴ x ＝3z ，y ＝0.令z ＝1，得x ＝＝(3，0，1)．设直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角为θ，∵ DB 1→＝(1，－2，3)，∴ sin θ＝|cos 〈DB 1→·n 〉|＝3×1＋0×（－2）＋1×310×14＝33535. (2) 设平面A 1B 1D 的一个法向量为m ＝(a ，b ，c)． A 1B 1→＝(2，0，0)，∵ m ·A 1D →＝a ＋2b －3c ＝0，m ·A 1B 1→＝2a ＝0，∴ a ＝0，2b ＝3c.令c ＝2，得b ＝＝(0，3，2)．设二面角B 1A 1DC 1的大小为α，∴ |cos α|＝cos|〈m ，n 〉|＝|m·n||m|·|m|＝|0×3＋3×0＋2×1|13×10＝265，则sin α＝3765＝345565.∴ 二面角B 1A 1DC 1的正弦值为345565.7. (2013·南通二模)如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1B ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AB ＝AC ＝A 1B ＝2.(1) 求棱AA 1与BC 所成的角的大小；(2) 在棱B 1C 1上确定一点P ，使二面角P －AB －A 1的平面角的余弦值为255.解：(1) 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则C(2，0，0)，B(0，2，0)，A 1(0，2，2)，B 1(0，4，2)，AA 1→＝(0，2，2)，BC →＝B 1C 1→＝(2，－2，0)．cos 〈AA 1→，BC →〉＝AA 1→·BC →|AA 1→|·|BC →|＝－48·8＝－12，故AA 1与棱BC 所成的角是π3.(2) P 为棱B 1C 1中点，设B 1P →＝λB 1C 1→＝(2λ，－2λ，0)，则P(2λ，4－2λ，2)．设平面PAB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，AP →＝(2λ，4－2λ，2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AP →＝0，n 1·AB →＝0.⎩⎨⎧λx＋2y －λy＋z ＝0，2y ＝0.⎩⎨⎧z ＝－λx，y ＝0.故n 1＝(1，0，－λ)，而平面ABA1的法向量是n2＝(1，0，0)，则cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝11＋λ2＝255，解得λ＝12，即P为棱B1C1中点，其坐标为P(1，3，2)．近六年高考题1. 【2010高考北京理第16题】(14分)如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB，CE＝EF＝1.(1)求证：AF∥平面BDE；(2)求证：CF⊥平面BDE；(3)求二面角A-BE-D的大小．【答案】设AC与BD交与点G。
2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》8
2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.2空间点、直线、平面之间的位置关系最新考纲 1.借助长方体模型，在直观认识和理解空间点、线、面的位置关系的基础上，抽象出空间线、面位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．1．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．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该点的公共直线．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．2．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(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)．，π2.3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．5．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．概念方法微思考1．分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线吗？提示不一定．因为异面直线不同在任何一个平面内．分别在两个不同平面内的两条直线可能平行或相交．2．空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角一定相等吗？提示不一定．如果这两个角开口方向一致，则它们相等，若反向则互补．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(√)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(×)(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(×)(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(√)(5)没有公共点的两条直线是异面直线．(×)(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．(×)题组二教材改编2．如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为()A．30°B．45°C．60°D．90°答案C解析连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.3．如图，在三棱锥A—BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．答案(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD解析(1)∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∵EF∥AC，EH∥BD，且EF＝12AC，EH＝12BD，∴AC＝BD且AC⊥BD.题组三易错自纠4．α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是()A．垂直B．相交C．异面D．平行答案D解析依题意，m∩α＝A，n⊂α，∴m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行．5.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过()A．点AB．点BC．点C但不过点MD．点C和点M答案D解析∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面的对数为______．答案3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH 相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．题型一平面基本性质的应用例1如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②证两平面重合．(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练1如图，在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，G ，H 分别在BC ，CD 上，且BG ∶GC ＝DH ∶HC ＝1∶2.(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)设EG 与FH 交于点P ，求证：P ，A ，C 三点共线．证明(1)∵E ，F 分别为AB ，AD 的中点，∴EF ∥BD .∵在△BCD 中，BG GC ＝DH HC ＝12，∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH .∴E ，F ，G ，H 四点共面．(2)∵EG ∩FH ＝P ，P ∈EG ，EG ⊂平面ABC ，∴P ∈平面ABC .同理P ∈平面ADC .∴P 为平面ABC 与平面ADC 的公共点．又平面ABC ∩平面ADC ＝AC ，∴P ∈AC ，∴P ，A ，C 三点共线．题型二判断空间两直线的位置关系例2(1)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A ．l 与l 1，l 2都不相交B ．l 与l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交答案D 解析由直线l 1和l 2是异面直线可知l 1与l 2不平行，故l 1，l 2中至少有一条与l 相交．故选D.(2)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝2ED ，CF ＝2FA ，则EF 与BD 1的位置关系是()A．相交但不垂直B．相交且垂直C．异面D．平行答案D解析连接D1E并延长，与AD交于点M，由A1E＝2ED，可得M为AD的中点，连接BF并延长，交AD于点N，因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且MEED1＝12，MFBF＝12，所以MEED1＝MFBF，所以EF∥BD1.思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．异面直线可采用直接法或反证法；平行直线可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．跟踪训练2(1)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a 和直线b可能平行或异面或相交，故选A.(2)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C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________．(注：把你认为正确的结论序号都填上)答案③④解析因为点A 在平面CDD 1C 1外，点M 在平面CDD 1C 1内，直线CC 1在平面CDD 1C 1内，CC 1不过点M ，所以AM 与CC 1是异面直线，故①错；取DD 1中点E ，连接AE ，则BN ∥AE ，但AE 与AM 相交，故②错；因为B 1与BN 都在平面BCC 1B 1内，M 在平面BCC 1B 1外，BN 不过点B 1，所以BN 与MB 1是异面直线，故③正确；同理④正确，故填③④.题型三求两条异面直线所成的角例3(2019·青岛模拟)如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为()A.15B.25C.35D.45答案D 解析连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝A 1B 2＋BC 21－A 1C 212×A 1B ×BC 1＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.引申探究将上例条件“AA 1＝2AB ＝2”改为“AB ＝1，若异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为910”，试求AA 1AB 的值．解设AA 1AB＝t (t >0)，则AA 1＝tAB .∵AB ＝1，∴AA 1＝t .∵A 1C 1＝2，A 1B ＝t 2＋1＝BC 1，∴cos ∠A 1BC 1＝A 1B 2＋BC 21－A 1C 212×A 1B ×BC 1＝t 2＋1＋t 2＋1－22×t 2＋1×t 2＋1＝910.∴t ＝3，即AA 1AB ＝3.思维升华用平移法求异面直线所成的角的三个步骤(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；(3)三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练3(2018·全国Ⅱ)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为()A.22 B.32 C.52 D.72答案C 解析如图，因为AB ∥CD ，所以AE 与CD 所成角为∠EAB .在Rt △ABE 中，设AB ＝2，则BE ＝5，则tan ∠EAB ＝BE AB ＝52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52.立体几何中的线面位置关系直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题．例如图所示，四边形ABEF 和ABCD 都是梯形，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥FA 且BE ＝12FA ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1)证明由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ，可得GH ∥AD 且GH ＝12AD .又BC ∥AD 且BC ＝12AD ，∴GH ∥BC 且GH ＝BC ，∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)解∵BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G 为FA 的中点，∴BE ∥FG 且BE ＝FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG .由(1)知BG ∥CH .∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面．又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．素养提升平面几何和立体几何在点线面的位置关系中有很多的不同，借助确定的几何模型，利用直观想象讨论点线面关系在平面和空间中的差异．1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数为()A ．4B ．3C ．2D ．1答案A 解析首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．2．a ，b ，c 是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是()A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案C解析若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．故选C.3.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是()A．直线ACB．直线ABC．直线CDD．直线BC答案C解析由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.4.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确是()A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案A 解析连接A 1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，∴A 1，C 1，A ，C 四点共面，∴A 1C ⊂平面ACC 1A 1，∵M ∈A 1C ，∴M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，∴M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，同理A ，O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上．∴A ，M ，O 三点共线．5．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为()A.32 B.155 C.105 D.33答案C解析方法一将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .图①由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知BD 2＝AB 2＋AD 2－2×AB ×AD ×cos ∠DAB ＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.方法二以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．图②由已知条件知B 1(0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(1，0，0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1，0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1，→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105.故选C.6．正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有________条．答案6解析如图，在正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有BB 1，DD 1，A 1B 1，A 1D 1，D 1C 1，B 1C 1，共6条．7．(2019·东北三省三校模拟)若直线l ⊥平面β，平面α⊥平面β，则直线l 与平面α的位置关系为________．答案l ∥α或l ⊂α解析∵直线l ⊥平面β，平面α⊥平面β，∴直线l ∥平面α，或者直线l ⊂平面α.8．在三棱锥S －ABC 中，G 1，G 2分别是△SAB 和△SAC 的重心，则直线G 1G 2与BC 的位置关系是________．答案平行解析如图所示，连接SG 1并延长交AB 于M ，连接SG 2并延长交AC 于N ，连接MN .由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝23SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝23SN，∴在△SMN中，SG1SM＝SG2SN，∴G1G2∥MN，易知MN是△ABC的中位线，∴MN∥BC，∴G1G2∥BC.9.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．答案2解析取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D垂直于圆柱下底面，所以C1D⊥AD.因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为2.10.如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案②③④解析还原成正四面体A －DEF ，其中H 与N 重合，A ，B ，C 三点重合．易知GH 与EF 异面，BD 与MN 异面．连接GM ，∵△GMH 为等边三角形，∴GH 与MN 成60°角，易证DE ⊥AF ，又MN ∥AF ，∴MN ⊥DE .因此正确命题的序号是②③④.11.如图所示，A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点．(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．(1)证明假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A ，B ，C ，D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)解取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则AC ∥FG ，EG ∥BD ，所以相交直线EF 与EG 所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．又因为AC ⊥BD ，则FG ⊥EG .在Rt △EGF 中，由EG ＝FG＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.12.如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，PA ＝2.求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．解(1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P －ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·PA ＝13×23×2＝433.(2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos ∠ADE ＝AD 2＋DE 2－AE 22×AD ×DE ＝22＋22－22×2×2＝34.故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.13．平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为()A.32 B.22 C.33 D.13答案A解析如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，则m 1∥m ，又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥m 1，∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .故m ，n 所成角的大小与B 1D 1，CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小．又∵B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，∴∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，故选A.14.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB ⊥EF ；②AB 与CM 所成的角为60°；③EF 与MN 是异面直线；④MN ∥CD .以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案①③解析如图，①AB ⊥EF ，正确；②显然AB ∥CM ，所以不正确；③EF 与MN 是异面直线，所以正确；④MN 与CD 异面，并且垂直，所以不正确，则正确的是①③.15.如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝4，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC 的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为________．答案36解析取DE 的中点H ，连接HF ，GH .由题设，HF ∥AD 且HF ＝12AD ，∴∠GFH 为异面直线AD 与GF 所成的角(或其补角)．在△GHF 中，可求HF ＝22，GF ＝GH ＝26，∴cos ∠GFH ＝HF 2＋GF 2－GH 22×HF ×GF ＝(22)2＋(26)2－(26)22×22×26＝36.16.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，点E ，F 分别是棱CC 1，BB 1上的点，点M 是线段AC 上的动点，EC ＝2FB ＝2.(1)当点M 在何位置时，BM ∥平面AEF?(2)若BM ∥平面AEF ，判断BM 与EF 的位置关系，说明理由；并求BM 与EF 所成的角的余弦值．解(1)方法一如图所示，取AE 的中点O ，连接OF ，过点O 作OM ⊥AC 于点M .因为EC ⊥AC ，OM ，EC ⊂平面ACC 1A 1，所以OM ∥EC .又因为EC ＝2FB ＝2，EC ∥FB ，所以OM ∥FB 且OM ＝12EC ＝FB ，所以四边形OMBF 为矩形，BM ∥OF .因为OF ⊂平面AEF ，BM ⊄平面AEF ，故BM ∥平面AEF ，此时点M 为AC 的中点．方法二如图所示，取EC 的中点P ，AC 的中点Q ，连接PQ ，PB ，BQ .因为EC ＝2FB ＝2，所以PE ∥BF 且PE ＝BF ，所以PB ∥EF ，PQ ∥AE ，又AE ，EF ⊂平面AEF ，PQ ，PB ⊄平面AEF ，所以PQ ∥平面AFE ，PB ∥平面AEF ，因为PB ∩PQ ＝P ，PB ，PQ ⊂平面PBQ ，所以平面PBQ ∥平面AEF .又因为BQ ⊂平面PBQ ，所以BQ ∥平面AEF .故点Q 即为所求的点M ，此时点M 为AC 的中点．(2)由(1)知，BM 与EF 异面，∠OFE (或∠MBP )就是异面直线BM 与EF 所成的角或其补角．易求AF ＝EF ＝5，MB ＝OF ＝3，OF ⊥AE ，所以cos ∠OFE ＝OF EF ＝35＝155，所以BM 与EF 所成的角的余弦值为155.。
探索立体几何中的正方体与长方体特性
探索立体几何中的正方体与长方体特性立体几何是几何学的重要分支之一，研究的对象是三维空间中的各种几何体。
其中，正方体和长方体是最基本且常见的两种立体几何体。
本文将探索正方体和长方体的特性以及它们在数学和实际生活中的应用。
一、正方体特性正方体是一种具有六个相等的正方形面的立体几何体。
它具有以下特性：1. 边长相等：正方体的六条边都相等，记作a。
2. 全等面：正方体的六个面都是相等的正方形。
3. 全等角：正方体的每个顶点都是四个直角，即每个角为90°。
4. 对角线相等：正方体的对角线长度也相等，记作d。
根据勾股定理，对角线的长度等于边长的根号2倍，即d=a√2。
5. 体积：正方体的体积可以通过边长求解，即V=a³。
6. 表面积：正方体的表面积可以通过边长求解，即S=6a²。
正方体常被用于建筑学、数学和计算机图形学等领域。
在建筑学中，正方体的形状被广泛用于设计立面和空间划分。
在数学中，正方体是许多几何推理和运算的基础。
在计算机图形学中，正方体常用于建模和渲染三维物体。
二、长方体特性长方体是一种具有六个矩形面的立体几何体。
它具有以下特性：1. 面积不等：长方体的相对面有不同的长和宽。
2. 角不等：长方体的角可能是直角，也可能是锐角或钝角。
3. 全等的对面：长方体的对面所对应的矩形面积相等。
4. 对角线不等：长方体的对角线长度不相等。
5. 体积：长方体的体积可以通过长、宽和高的乘积来计算，即V=lwh。
6. 表面积：长方体的表面积可以通过计算各个面的面积再求和，即S=2lw+2lh+2wh。
长方体在日常生活中随处可见。
例如，包装箱多用长方体形状，能够有效利用空间，并方便运输和存储。
此外，长方体形式的电视、电脑屏幕和书架等物品也是我们日常生活中常见的。
三、正方体与长方体的比较正方体和长方体虽然都属于立体几何，但它们在特性上有所不同。
1. 面的形状：正方体的面都是正方形，而长方体的面则是矩形。
长方体的应用题及答案
长方体的应用题及答案长方体是一种常见的立体几何体，具有广泛的应用。
在本文中，我们将讨论一些关于长方体的应用题，并提供相应的答案。
1. 行李箱体积计算假设一个行李箱的长、宽和高分别为1.2米、0.8米和0.6米。
请计算该行李箱的体积。
解答：行李箱的体积可以通过长度、宽度和高度的乘积来计算。
根据给定的数值，行李箱的体积为：1.2 × 0.8 × 0.6 = 0.576 立方米。
答案：该行李箱的体积为0.576立方米。
2. 水缸容量计算一个水缸的底部形状为长方形，长和宽分别为2米和1.5米。
水缸的高度为3米。
请计算该水缸的容量。
解答：水缸的容量可以通过底部面积与高度的乘积来计算。
根据给定的数值，水缸的底部面积为2 × 1.5 = 3 平方米。
因此，水缸的容量为底部面积乘以高度：3 × 3 = 9 立方米。
答案：该水缸的容量为9立方米。
3. 盒子的表面积计算一个盒子的长、宽和高分别为2厘米、3厘米和4厘米。
请计算该盒子的表面积。
解答：盒子的表面积可以通过计算各个面的面积并求和来获得。
根据给定的数值，盒子的底部面积为2 × 3 = 6 平方厘米，侧面的面积为2 × 4 +2 ×3 = 14 平方厘米。
因此，盒子的表面积为底部面积加上侧面的面积：6 + 14 = 20 平方厘米。
答案：该盒子的表面积为20平方厘米。
4. 地板铺砖一个长方形的客厅的长和宽分别为5米和4米。
砖块的大小为20厘米×20厘米。
请计算需要多少块砖才能完全铺满整个客厅的地面，以及剩余的砖块数量。
解答：首先，计算客厅的面积：5 × 4 = 20 平方米。
将客厅的面积转换为平方厘米：20 × 100 × 100 = 20000 平方厘米。
砖块的面积为：20 × 20 = 400 平方厘米。
因此，需要的砖块数量为客厅面积除以砖块面积：20000 ÷ 400 = 50 块砖。
空间立体几何图形
空间立体几何图形空间立体几何图形是在三维空间中呈现立体形状的图形。
它们具有长度、宽度和高度三个维度，相比于平面图形，更具有立体感和空间感。
在几何学中，研究和应用空间立体几何图形是非常重要的。
本文将介绍几种常见的空间立体几何图形，并讨论它们的性质和特点。
一、长方体长方体是一种常见的空间立体几何图形。
它具有六个面，其中相对的面是相等的，成对的边长也是相等的。
长方体的六个面分别是：底面、顶面、前面、后面、左侧面和右侧面。
长方体的体积可以通过底面积乘以高度来求得，表达式为V = lwh，其中l、w、h分别代表长方体的长度、宽度和高度。
二、正方体正方体是一种特殊的长方体，它的六个面都是正方形。
正方体的四条边长都相等，六个面积也相等。
正方体的体积可以通过边长的立方来求得，表达式为V = a³，其中a代表正方体的边长。
三、圆柱体圆柱体是一种具有圆形底面和曲面的空间立体几何图形。
它的两个底面是相等的圆形，且平行于彼此。
圆柱体的侧面是一个曲面，由底面围成。
圆柱体的体积可以通过底面积乘以高度来求得，表达式为V = πr²h，其中r代表圆柱体的底面半径，h代表圆柱体的高度。
四、圆锥体圆锥体是一种具有圆形底面和尖顶的空间立体几何图形。
它的底面是一个圆形，顶点位于底面中心上方。
圆锥体的体积可以通过底面积乘以高度再除以3来求得，表达式为V = (1/3)πr²h，其中r代表圆锥体的底面半径，h代表圆锥体的高度。
五、球体球体是一种具有无限个相等半径的球面的空间立体几何图形。
它的表面是由无数个相等的圆形所组成。
球体的体积可以通过半径的立方乘以4再除以3来求得，表达式为V = (4/3)πr³，其中r代表球体的半径。
结语空间立体几何图形是几何学中的重要内容，通过对它们的研究和应用，我们可以更好地理解空间中的形状和结构。
本文介绍了长方体、正方体、圆柱体、圆锥体和球体这五种常见的空间立体几何图形，并给出了它们的性质和特点。
立体几何的实际应用长方体和正方体在生活中的广泛应用
立体几何的实际应用长方体和正方体在生活中的广泛应用立体几何的实际应用：长方体和正方体在生活中的广泛应用立体几何是数学中一个重要的分支，研究的是三维空间中的各种几何形体以及其性质和应用。
在立体几何的研究中，长方体和正方体是两种最为基本和常见的几何体，它们在生活中有着广泛的应用。
本文将重点探讨长方体和正方体在不同领域的实际应用。
一、建筑领域中的应用长方体和正方体在建筑领域中有着广泛的应用。
以房屋为例，房屋的结构通常由长方体的墙体和正方体的柱子等组成。
长方体的墙体能够提供隔热、隔音和支撑等功能，而正方体的柱子则能够支撑整个房屋的重量。
此外，建筑中的门窗也常常采用长方体和正方体的形状，这样不仅能够保证结构的稳定性，还能够美化建筑物的外观。
二、家具设计中的应用在家具设计中，长方体和正方体也是常见的形状。
例如，书柜、衣柜、电视柜等家具通常采用长方体的形状，这种设计既能够使家具结构稳定，又能够方便收纳物品。
而桌子、椅子等家具常常采用正方体的形状，这样能够保证家具的坚固性和稳定性。
此外，利用长方体和正方体的组合，还可以设计出各种创意家具，如立体书架、多功能储物箱等，不仅实用，还能够增添室内的美感。
三、包装和储存领域中的应用长方体和正方体在包装和储存领域中也有着广泛的应用。
许多商品的包装盒通常采用长方体或正方体的形状，这样能够保护商品不受外界损坏，并方便携带和储存。
特别是在物流和运输过程中，长方体和正方体的形状能够有效利用空间，提高运输效率，减少运输成本。
四、科学实验和工程设计中的应用在科学实验和工程设计中，长方体和正方体也经常被应用。
例如，在力学实验中，常常利用长方体或正方体的形状来设计各种结构，通过对其力学性能的测试，来研究不同材料的力学特性。
此外，在机械工程中，长方体和正方体的形状也经常被应用于零件的设计和制造，如螺母、螺栓等。
五、游戏和娱乐领域中的应用在游戏和娱乐领域中，长方体和正方体也有着丰富的应用。
例如，拼图游戏中的拼图块通常采用长方体的形状，这样能够使得拼图更易于组合和拆解。
立体几何专题 外接球问题中常见的8种模型
立体几何专题：外接球问题中常见的8种模型一、概述在立体几何学中，外接球问题是一个常见而重要的课题。
外接球不仅在几何图形的构造过程中起到关键作用，还在实际生活中有着广泛的应用。
本文将介绍外接球问题中常见的8种模型，帮助读者更全面地理解和掌握外接球的相关知识。
二、正方体的外接球1. 定义：正方体是一种每个面都为正方形的立体几何体，其所有角均为直角。
外接球即为能够与正方体的八个顶点相切的球。
2. 性质：正方体的外接球是唯一的，其半径等于正方体的对角线的一半。
3. 应用：正方体的外接球常用于建筑工程和立体图形的设计中。
三、长方体的外接球1. 定义：长方体是一种每个面都为矩形的立体几何体，其所有角均为直角。
外接球即为能够与长方体的八个顶点相切的球。
2. 性质：长方体的外接球不唯一，其半径等于长方体的对角线的一半。
3. 应用：长方体的外接球常用于船舶和飞机的设计中，以及工业生产中的成型模具设计。
四、正三棱锥的外接球1. 定义：正三棱锥是一种底面为正三角形，且其余各侧面均为三角形的立体几何体。
外接球即为能够与正三棱锥的四个顶点相切的球。
2. 性质：正三棱锥的外接球不唯一，其半径等于正三棱锥底面边长的一半，乘以根号3。
3. 应用：正三棱锥的外接球常用于建筑和雕塑领域，也常出现在几何学教学中的案例中。
五、正四面体的外接球1. 定义：正四面体是一种每个面都为等边三角形的立体几何体，其四个顶点位于同一平面外接球即为能够与正四面体的四个顶点相切的球。
2. 性质：正四面体的外接球不唯一，其半径等于正四面体的高的三分之一，乘以根号6。
3. 应用：正四面体的外接球常用于建筑和城市规划中，以及几何学竞赛中的题目设计中。
六、棱台的外接球1. 定义：棱台是一种顶面和底面都为多边形，且其余各侧面均为梯形的立体几何体。
外接球即为能够与棱台的顶点和底面相切的球。
2. 性质：棱台的外接球不唯一，其半径需通过棱台的不同侧面长度和角度进行计算。
初中数学中的立体几何与空间几何
初中数学中的立体几何与空间几何立体几何和空间几何是初中数学中的重要内容之一。
通过学习这两个部分，学生可以深入了解三维空间中的图形特点和性质，培养几何思维和空间想象能力。
本文将从基本概念、图形分类、性质和应用等方面，介绍初中数学中的立体几何与空间几何知识。
一、基本概念立体几何是研究三维空间中的图形的学科，包括点、直线、平面以及由它们衍生的图形。
而空间几何则是研究空间中的几何性质和变换的学科，它是立体几何的延伸和拓展。
二、图形分类在立体几何中，常见的图形包括立方体、正方体、长方体、棱柱、棱锥、圆柱、圆锥和球体等。
这些图形都有各自的特点和性质，通过学习它们的属性可以更好地理解和应用。
三、性质研究在研究立体几何和空间几何时，我们常常关注图形的性质。
比如，立方体的六个面都是正方形，且相邻面是相等的；棱柱的底面和顶面是相等的，并且由直线和曲线连结而成；圆锥的底面是圆形，侧面由一个顶点和无数的直线段组成等等。
通过深入研究各个图形的性质，我们能够更好地理解它们的特点和规律。
四、应用领域立体几何和空间几何的知识在日常生活中有广泛的应用。
比如，在建筑设计中，需要根据建筑物的形状和结构原理进行规划和布局；在机械制造中，常常需要根据物体的形状和尺寸进行工艺设计和加工；在地理学中，通过研究地球的形状和地理要素的空间分布，可以获得地理信息等等。
立体几何与空间几何的知识在这些领域都具有重要的应用意义。
五、拓展学习除了学习立体几何和空间几何的基础知识外，学生还可以进一步拓展学习，探索更深层次的数学和几何问题。
比如，学习平行四边形的性质可以引申到学习向量的概念；学习三棱锥的表面积和体积计算可以应用到解决实际问题等等。
通过不断拓展学习，可以更好地应用数学知识解决实际问题。
综上所述，初中数学中的立体几何与空间几何是一门有趣且实用的学科。
通过学习它们，学生可以培养几何思维和空间想象力，提高数学素养和解决实际问题的能力。
希望通过本文的介绍，能够加深大家对立体几何与空间几何的理解，并激发对数学的兴趣和热爱。
巧用长方体模型 妙解立体几何问题
巧用长方体模型妙解立体几何问题求莲萍（嵊州中学,浙江 嵊州312400）摘 要：文章通过教学案例指出构造长方体模型解决立体几何中的一些问题，培养学生的模型化处理意识以及局部与整体的相互转化意识,提高学生的空间想象能力.关键词：核心素养;模型意识;长方体模型;空间想象能力中图分类号：0123. 2文献标识码:A 文章编号：1003-6407（ 2021） 03-0016-04人教A 版普通高中课程标准实验教科书《数学（必修2）》（以下简称《必修2》）在第二章的章头引言中有这样一句话：“本章以长方体为载体,直观认识和理解空间中点、直线、平面的位置关 系”.《必修2》在学习点、直线、平面位置关系时，都 是先观察长方体，利用长方体为载体，直观认识和 理解空间中点、直线、平面的位置关系.《必修2》用这种无声的语言告诉我们，解决立 体几何问题一种非常有效的方法是利用长方体模 型•长方体模型是内涵非常丰富的几何图形，它包 含了空间中基本的线线关系、线面关系、面面关系， 故利用长方体模型可以把立体几何中的基本概念和定理梳理清楚.对长方体进行切割，可以得到多 种多样的柱体、锥体、台体，这样既可以拓展、丰富 立体几何的研究空间,又体现出图形与知识间的内 在联系⑴.许多空间问题如果放置在长方体模型 中便迎刃而解.1构造长方体模型解决三视图问题三视图在浙江省数学咼考中多以选择题或者 填空题的形式出现，难度多为中低档题，常见的命 题角度是根据几何体的三视图求几何体的体积或者表面积.例1祖眶是我国南北朝时代的伟大科学家, 他提出的“幕势既同，则积不容异”称为祖眶原理, 利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=sh ,其 中s 是柱体的底面积,h 是柱体的高.若某柱体的 三视图如图1所示（单位：cm ）,则该柱体的体积 （单位:cm 3）是 （ ）A. 158B. 162C. 182D. 324（2019年浙江省数学高考试题第4题）俯视图图1 图2分析 由三视图不难推断出原直观图是来自正方体的五棱柱（如图2），从棱长为6的正方体中 截取五棱柱ABCDE-A 1B 1C ]D x E .就生成了这道题, 体积为162.故选B .点评 虽然三视图的考查难度属于中低档题, 但是学生解题的正确率却并不令人满意，特别是涉 及到几何体的表面积时错误率居高不下，令人大跌眼镜•究其错误原因主要有两类:一是由三视图还 原几何体时绘制的几何体出现问题；二是绘制出几 何体后几何体中的点、线、面位置关系没有较好把握，导致求解几何体的体积、表面积时出错•若学生 能从长方体模型出发，根据三视图，对长方体进行 切割还原得到几何体，那么就能精确地把握几何体 中点、线、面的位置关系，求几何体的体积和表面积就容易得多•实际上命题者通常是先在长方体模型 中截取几何体，然后作出三视图，解题者则是刚好相反.教学中若能抓住这一本质，三视图问题就能 迎刃而解.2构造长方体模型解决四面体问题长方体中的棱、面对角线、体对角线所在直线的位置关系有平行、相交、异面.任取两条异面直 线,其所在棱或面对角线或体对角线的4个端点两收文日期：2020-09-18；修订日期：2020-10-20作者简介:求莲萍（1983—）,女,浙江嵊州人,中学一级教师•研究方向:数学教育.两连线就可以得到一个四面体,墙角型四面体、三节棍体、对棱相等四面体就是常见的从长方体中分离出来的四面体.例2如图3,在三棱锥A-BCD中，侧面ABD, ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边, AD=3,BD=CD=1,另一个侧面是正三角形.1）求证:AD丄BC.2）求二面角B-AC-D的余弦值.3）在直线AC上是否存在一点E,使ED与面BCD成30°角，若存在,确定点E的位置;若不存在，说明理由.（2006年江西省数学高考理科试题第20题）图3图4分析由条件可知AB=BC=AC=2,A BCD 是直角三角形.抓住A BCD是直角三角形这一特征，将A BCD放置于长方体底面一角，由侧面ABD,ACD是直角三角形可取点A是长方体的顶点，由长度关系可知该长方体为正方体•将三棱锥A-BCD放置于棱长为1的正方体中（如图4）,则第1）小题显然成立;半平面ACD即为正方体的对角面,分别取AC,DF的中点M,N,则Z BMN为二面角B-AC-D的平面角•又4642BM=,MN=1,BN=,2''2'可得C0S/BMN二亍.假设存在点E使得题设成立,过点E作EQ〃AP交PC于点Q,联结QD,则Z EDQ即为ED与面BCD 所成的角，且EQ=EQQD EQ2+13解得EQ二丄，72即EC=1.点评这是典型的三节棍体，该题中没有现成的两两互相垂直的3条直线，需要添加辅助线才能建立空间直角坐标系，很多学生感到有难度•把该三棱锥放置于正方体中后，空间直角坐标系的建立就显而易见了•借助于正方体中点、线、面的位置关系，用传统方法解决二面角、线面角所需的辅助线容易添加，数据的处理、计算的过程得到简化•这是高考中的大题目，构造了长方体模型之后,做起来变得轻松多了•解决与长方体有关的四面体问题,可以逆向思维，将其还原为长方体，这是解决此类问题的一种重要方法.3构造长方体模型解决面面垂直背景问题平行关系和垂直关系的考查是立体几何考查的主流•对学生而言，垂直关系的考查是难点，往往涉及空间角•对于空间角的处理，学生往往想到建立空间直角坐标系，若遇到没有现成的三线两两互相垂直的立体几何问题,则成了他们的障碍.例3如图5,已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1A CC］丄平面ABC,Z ABC=90°,乙BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.图51）证明：EF丄BC；2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.（2019年浙江省数学高考试题第19题）图6图7分析抓住几何体的特征Z ABC=90°,将△ABC放置于长方体底面一角中.由平面A1ACC］丄平面ABC可知平面A1A CC1就是长方体的对角面，由A1A=A1C可知A1为长方体上底面对角线的交点，将三棱柱ABC-A1B1C1放置于长方体中（如图6）.在长方体模型中，EF丄BC就显而易见了，直线EF与平面A1BC所成的角即为直线AM 与平面MNCB所成的角（如图7）.因为平面MNCB丄平面BADM,所以Z AMB即为直线AM与3平面MNCB所成的角.又C0s Z AMB=5,故直线3EF与平面A1BC所成角的余弦值为5.点评该题中没有现成的两两互相垂直的3条直线，需要添加辅助线才能建立空间直角坐标系,很多学生感到有难度，或者干脆采用“万能”建系法.若抓住三棱柱ABC-A1B1C1的两个特征“乙ABC=90°”与“平面A1A C1丄平面ABC”，将三棱柱ABC-A1B1C1放置于长方体模型中，则EF与BC的垂直关系、直线EF与平面A1BC所成的角就能够很容易地找出，这个高考题中的解答题就成了“小题”.无独有偶,2020年浙江省数学高考试题第19题又是以面面垂直为背景的线线垂直、线面角的考査例4如图8,在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD丄平面ABC,乙ACB=乙ACD=45°,DC=2BC.1）证明：EF丄BD；2）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.（2020年浙江省数学高考试题第19题）图8图9学生普遍认为该题较难,原因主要有两个:一是图8中没有现成的两两互相垂直的3条线或者是作出了三线两两互相垂直以后点坐标不容易写出；二是以三棱台为背景使得处理难度加大.事实上,该题中三棱台ABC-DEF即使棱BC长度给定它也不是一个定几何体，因此在建立空间直角坐标系时必定有点是没法固定表示的.在解题时若能抓住条件“平面ACFD丄平面ABC”与“乙ACB=Z ACD=45°”，把A ABC放置于正方体下底面，四边形ACFD放置于正方体的侧面，点B,D分别在正方体的面对角线上运动（如图9所示），肋〃BC,DF〃4C，则问题可转化为1）证明：BC丄DB；2）求直线AC与平面DBC所成角的正弦值.1）证明由平面ACFD丄平面ABC不难想到过点D作DH丄AC于点H,联结HB.设BC=1,则DC=2,DH=HC=72,HB=1,DB=73,从而DB丄BC.2）解由V D-HBC=V H-DBC，得从而直线AC与平面DBC所成角的正弦值为.d H-DBC相sin&=----=.HC3利用正方体模型,这个以三棱台为背景的线线垂直、线面角问题就转化成了三节棍体中的线线垂直与线面角问题.从模型中也不难看出，即使三棱台的棱BC长度给定,但正方体的棱长不能确定,故点A的位置也不固定.4构造长方体模型解决翻折问题将平面图形沿某直线翻折至立体图形,对立体图形中的点、线、面位置关系和几何量的研究就是翻折问题•翻折问题比较抽象，在历年高考中时常出现，是立体几何中的综合性应用问题,考查难度属于中高档题，也是学生感到困惑、难以突破的问题.例5在平面内直线EF与线段AB相交于点C,乙BCF=30°，且AC=BC=4,将此平面沿直线EF 折成60°的二面角a-EF-0,BP丄平面a,点P为垂足（如图10）.1）求A ACP的面积；2）求异面直线AB与EF所成角的正切值.（2009年浙江省数学高考理科试题备用卷第图11图12分析这是一个翻折问题，初看是动态立体几何问题，由于是折成60°的二面角a-EF-0,是一个静态立体几何问题•但是此翻折问题比较抽象，学生难以想象出几何体,建立空间直角坐标系,更不知道该如何添加辅助线•对于翻折问题，可以用实物长方形纸片翻折（如图11）,纸片满足条件AC= BC=4,乙BCF=30°，贝U BF=EA=2,AD=43.抓住翻折中的长方形纸片EFDA是矩形这一特征，将矩形EFDA放置于长方体模型的底面中（如图12）,抓住翻折中二面角a-EF-0的平面角Z BFD=60°这一特征，取长方体的高BP=3,P为DF的中点，则A ACP的面积为S AACP=S adf E-S AAEC-S ACFP-S AADP=33•Z BAD即为异面直线AB与EF所成的角，且BDtanZBAD=AD24336'点评本题是以翻折为背景的立体几何静态问题•对于翻折问题要理清翻折前后的不变量和改变量,折痕同侧的线段位置、长度、角度关系不变,折痕两侧的线段位置、长度、角度关系发生改变,这是解决翻折问题的关键.图形的翻折是由抽象到直观的过程，翻折问题由于辅助线的添加和空间直角坐标系建立的困难,使其成为学生恐惧的对象.根据翻折中图形的特征EFDA是矩形将其补形成长方体，在扩大的几何背景中研究原几何体,原几何体中几何元素间的关系更加直观.单墫老师说：“模式教育容易产生思维定式,束缚创造性，但完全没有模式，也使初学者难以把握,正如围棋中的定式,需要根据情况灵活应用、不可拘泥.”不以柱体、锥体、台体为载体的立体几何问题一直是学生的难点，利用长方体模型能够从整体上把握几何体中涉及的点、线、面的位置关系，使得求解的问题变得简单,解题过程简洁.利用长方体模型解决立体几何问题,关键在于正确建立长方体模型，从长方体中切割得到几何体是补形的最佳方式.根据几何体中的点在长方体中所处位置的不同可以分为三大类:一类是几何体的各个顶点都是长方体顶点，如例2；—类是几何体的某些点在长方体的棱、面多角线、体对角线上，如例1和例3；—类是几何体的某些点在长方体的面上或者长方体内部，如例4和例5.前两类问题多以静态几何体的形式出现，第三类多以动态几何体的形式如翻折问题、旋转问题中出现.第1类几何体多采用对长方体进行切割的方式实现.四面体是命题的热点，根据四面体的面在长方体面上的个数，可以分离出如图13所示4类四面体V-ABC:图131）墙角型四面体，某一顶点处三线两两互相垂直，有3个面在长方体的面上；2）三节棍体,3节短棍CV,E4,AB两两互相垂直,4个面都是直角三角形，有两个面在长方体的面上；3）退化的三节棍体,3节短棍CA,AB,BV中共面的两截短棍互相垂直，有一个面在长方体的面上；4）对棱相等型四面体2,各个面都不在长方体的面上,但它又具有完美的对称性.熟悉这4类长方体模型中分离出的四面体的结构特点就能快速地确定是否可以并如何将四面体放置于长方体模型中.第2,3类几何体呈现的形式多种多样，如例1中的五棱柱、例3中的三棱柱、例5中的抽象图形.关键是抓住几何体中的特点补形,常见的有：1）三视图时根据三视图的特征对长方体切割；2）根据三角形形状特征在长方体的面上截取三角形，直角三角形可放置于长方体面的一角；3）线面垂直时以线为长方体中的一条棱，面在长方体底面上按要求截取；4）面面垂直时以这两个面作为长方体相邻的侧面，在这两个相邻的侧面上按要求截取.无论几何体多复杂,本质上还是利用几何体的特征在长方体中截取需要的几何体.数学核心素养是课程目标的集中体现,是具有数学基本特征的思维品质、关键能力以及情感、态度与价值观的综合体现，是在数学学习和应用过程中逐步形成和发展的.当前，以数学素养为核心的教学改革正在全面开展,数学建模、直观想象是其中重要的两大素养.本文旨在培养学生运用数学建模的思想解决立体几何问题，培养学生的模型化处理意识、局部与整体的相互转化意识，提高学生的空间想象能力.在立体几何的教学中，要以长方体为纽带，降低立体几何的学习难度，激发学生的学习兴趣，进一步发展学生的空间想象能力、逻辑思维能力、数学建模能力，使学生在解题中能够开拓自己的思路，学会多角度地分析问题，并能巧妙地转化问题.参考文献[1]周顺钿.重点高中二轮复习用书（高中数学）[M].杭州：浙江大学出版社,2020:94-100.[2]王作顺.与长方体相关的三类四面体[J].中学生数学,2010（23）：12-13.。
关于模型思想在中学数学几何中的运用及反思
关于模型思想在中学数学几何中的运用及反思谢秀兵(安徽省太湖县第二中学㊀２４６４００)摘㊀要:高中数学几何涉及很多模型.教学中注重模型思想的讲解与应用ꎬ能很好的提高学生的解题能力ꎬ促进学生数学学习成绩的显著提升.本文重点讲解了墙角模型㊁对棱相等模型以及等体积模型ꎬ探讨模型的相关运用与反思ꎬ以供参考.关键词:模型思想ꎻ高中数学ꎻ几何ꎻ运用ꎻ反思中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２１)０４－０００９－０２收稿日期:２０２０－１１－０５作者简介:谢秀兵(１９７９.７－)ꎬ男ꎬ安徽省怀宁人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀高中数学几何教学中ꎬ既要注重几何相关理论知识的讲解ꎬ锻炼学生空间想象能力ꎬ又要注重模型思想的讲解ꎬ尤其应结合具体例题ꎬ为学生展示几何模型在解题中的具体应用ꎬ并根据学生学习情况ꎬ做好模型思想教学的反思ꎬ做好细节上的优化与调整ꎬ不断提高学生运用模型思想解答几何问题的水平与能力.㊀㊀一㊁立体几何中的模型概述高中数学几何模型中墙角模型㊁对棱相等模型以及等体积模型是各类测试考查的热点ꎬ因此ꎬ课堂上应与学生一起进行分析ꎬ推导相关的结论.１.墙角模型对于柱体而言ꎬ找到三条两两垂直的棱ꎬ便可求出其外接圆的半径ꎬ外接圆的表面积㊁体积等问题也就迎刃而解.设三条棱长分别为ａ㊁ｂ㊁ｃꎬ将柱体补成长方体ꎬ设其外接圆半径为Ｒꎬ则满足(２Ｒ)２＝ａ２＋ｂ２＋ｃ２ꎬ即ꎬＲ＝ａ２＋ｂ２＋ｃ２２.２.对棱相等模型对棱模型是墙角模型的延伸.三棱锥中三组对棱分别相等ꎬ设为ｘ㊁ｙ㊁ｚꎬ则其外接圆半径Ｒ＝ｘ２＋ｙ２＋ｚ２８.研究该模型时可将其放到长方体中ꎬ因长方体的对棱相等ꎬ因此ꎬ连接对棱使其构成一个三棱锥.设长方体的长㊁宽㊁高为ａ㊁ｂ㊁ｃꎬ由勾股定理列方程组ꎬ不难推出Ｒ＝ａ２＋ｂ２＋ｃ２２＝ｘ２＋ｙ２＋ｚ２８.３.等体积模型等体积模型在解答三棱锥点到面的距离中较为常用ꎬ即ꎬ通过题干中的已知参数求解出三棱锥的体积后ꎬ通过换底便可求解顶点到面的距离.如知道三棱锥Ｏ－ＡＢＣ的体积ＶＯ－ＡＢＣꎬ而且根据已知条件容易求得әＯＡＣ㊁әＯＡＢ㊁әＯＢＣ的面积ꎬ则可求出点Ｂ㊁点Ｃ㊁点Ａ到面ＯＡＣ㊁ＯＡＢ㊁ＯＢＣ的距离.㊀㊀二㊁模型思想在几何教学中的应用１.墙角模型的应用如图１在三棱锥Ｐ－ＡＢＣ中ꎬＰＡʅ底面ＡＢＣꎬＡＢʅＢＣꎬ若ＰＡ＝ＡＢ＝ＢＣ＝２ꎬＥ㊁Ｆ分别为ＰＢ㊁ＰＣ的中点ꎬ则三棱锥Ｐ－ＡＥＦ的外接球的表面积为(㊀㊀).图１Ａ.２π㊀㊀Ｂ.３π㊀㊀Ｃ.４π㊀㊀Ｄ.５π应用墙角模型解题时应注重结合已知条件以及所学９的立体几何知识判断其是否符合模型条件.ȵＰＡʅ底面ＡＢＣꎬ则ＢＣʅＰＡꎬ又ȵＢＣʅＡＢꎬＰＡɘＡＢ＝ＡꎬＢＣʅ平面ＰＡＢꎬ则ＢＣʅＰＥ㊁ＢＣʅＡＥꎬ又ȵＥ㊁Ｆ分别为ＰＢ㊁ＰＣ的中点ꎬ则ＥＦʊＢＣꎬ又ȵＰＡ＝ＡＢꎬ则ＡＥʅＰＥꎬ则ＰＥ㊁ＡＥ㊁ＥＦ满足两两垂直ꎬ显然其符合墙角模型.又ȵＥＦ＝１ꎬＰＥ＝ＡＥ＝２ꎬ则直接代入墙角模型Ｒ＝ａ２＋ｂ２＋ｃ２２＝５２ꎬ则Ｓ＝４πＲ２＝４πˑ５４＝５πꎬ正确选项为Ｄ.２.对棱相等模型的应用在三棱锥Ｐ－ＡＢＣ中ꎬ若ＰＡ＝ＰＢ＝ＢＣ＝ＡＣ＝５ꎬＰＣ＝ＡＢ＝４２ꎬ则其外接球的表面积为(㊀㊀).Ａ.４１π㊀㊀Ｂ.４１π２㊀㊀㊀㊀Ｃ.４１π３㊀㊀Ｄ.４１π４绘制草图不难发现ꎬＰＡ与ＢＣ为对棱㊁ＰＢ与ＡＣ为对棱㊁ＰＣ与ＡＢ为对棱ꎬ与对棱相等模型情境相符ꎬ因此ꎬ可直接套用对棱相等模型ꎬＲ＝ｘ２＋ｙ２＋ｚ２８＝２５＋２５＋３２８＝４１２ꎬ则其外接球表面积Ｓ＝４πＲ２＝４πˑ４１４＝４１πꎬ正确选项为Ａ.３.等体积模型的应用如图２三棱锥Ｏ－ＡＢＣ的侧棱ＯＡ㊁ＯＢ㊁ＯＣ两两垂直ꎬ且ＯＡ＝１ꎬＯＢ＝ＯＣ＝２ꎬＥ是ＯＣ的中点ꎬ求点Ｃ到平面ＡＢＥ的距离.图２解答该题可以三棱锥Ａ－ＢＣＥ为研究对象ꎬ求出该三棱锥的体积以及әＡＢＥ的面积便可求出点Ｃ到平面ＡＢＥ的距离.由已知条件可知ＡＢ＝ＯＢ２＋ＡＯ２㊁ＢＥ＝ＯＢ２＋ＯＥ２㊁ＡＥ＝ＡＯ２＋ＯＥ２ꎬ容易求得ＡＢ＝５㊁ＢＥ＝５㊁ＡＥ＝２ꎬ在әＡＢＥ中ꎬＡＥ边上的高ｈ＝ＢＥ２－(１２ＡＥ)２＝３２２.容易求得ＳәＡＢＥ＝１２ＡＥ ｈꎬＳәＢＥＣ＝１２ＢＯ ＥＣꎬ设点Ｃ到平面ＡＢＥ的距离为ｄꎬ由ＶＡ－ＢＥＣ＝ＶＣ－ＡＢＥꎬ整理得到ꎬＢＯ ＥＣ ＡＯ＝ＡＥ ｈ ｄꎬ易得ｄ＝２３ꎬ即点Ｃ到平面ＡＢＥ的距离为２３.㊀㊀三㊁模型思想在几何教学中的运用反思高中数学几何教学中融入模型思想ꎬ结合学生在课堂上的表现以及掌握㊁运用几何模型情况ꎬ做如下反思:首先ꎬ应将模型思想纳入教学重点.学生在解题的过程中ꎬ只要符合模型的条件ꎬ便可直接套用模型结论ꎬ可简化解题过程ꎬ使学生在解题中少走弯路ꎬ大大提高解题正确率ꎬ尤其对于一些空间想象能力较弱的学生而言ꎬ采用几何模型解题是一种很好的解题思路ꎬ因此ꎬ教学中应认识到模型思想的重要性ꎬ将其纳入教学的重要内容ꎬ认真汇总几何中的常见模型ꎬ在课堂上给予学生针对性的讲解.其次ꎬ教学中应注重调动学生学习积极性.为使学生充分把握几何模型本质ꎬ领悟各种几何模型思想的精髓ꎬ提高其应用模型思想解题的意识与能力ꎬ既要注重在课堂上与学生积极互动ꎬ营造宽松活泼的课堂氛围ꎬ又要做好课堂教学规划ꎬ灵活运用多媒体技术㊁小组比赛教学法㊁合作学习法等开展教学工作ꎬ激发学生的学习热情ꎬ在学生的头脑中留下深刻的印象ꎬ为其正确㊁高效的应用几何模型解题做好铺垫.最后ꎬ鼓励学生多进行几何模型的探究.教学中应鼓励学生利用课下时间进行几何模型的探究ꎬ推导一些几何模型结论ꎬ并根据学生的探究情况给予针对性的表扬ꎬ使其感受到几何模型探究的成就感ꎬ更加积极主动的进行几何模型的探究.同时ꎬ为提高学生的模型思想应用能力ꎬ应要求其做好常几何模型总结ꎬ深刻把握几何模型的特点ꎬ在解题中能够融会贯通ꎬ举一反三ꎬ实现数学解题水平的显著提升.㊀㊀参考文献:[１]陈庆华.数学模型建构在高中生物课堂教学中的创新尝试[Ｊ].科学咨询(教育科研)ꎬ２０２０(０５):２０１.[２]王禧忠.对高中数学模型化教学方法的探析[Ｊ].中国校外教育ꎬ２０２０(０５):９３－９４.[３]王雪飞.数学建模在高中数学课堂的教学策略分析[Ｊ].才智ꎬ２０２０(０１):８７.[４]纪秋华.浅析新课改高中数学课堂数学模型的构建[Ｊ].课程教育研究ꎬ２０１９(５２):４０－４１.[责任编辑:李㊀璟]０１。
探索简单的立体几何长方体正方体与圆柱体的认知与计算
探索简单的立体几何长方体正方体与圆柱体的认知与计算探索简单的立体几何：长方体、正方体与圆柱体的认知与计算立体几何是研究物体形状、空间关系和体积等性质的一门数学学科。
在立体几何中，长方体、正方体和圆柱体都是常见的立体图形。
它们的认知与计算对于培养孩子的空间想象力和数学能力具有重要作用。
本文将深入探讨这三种简单的立体图形的特点、性质以及相关计算方法。
一、长方体长方体是由六个矩形所围成的立体，具有六个面、十二个棱和八个顶点。
长方体的特点是：任意两个相对的面都是相等的矩形，并且对角的两个面平行。
我们可以通过测量长方体的三个边长来计算出其体积和表面积。
1. 认知与性质长方体是我们生活中常见的物体，如盒子、书架等。
它具有以下性质：- 相邻面垂直：长方体的相邻面都是垂直的，也就是说，两个相对的面之间的角度是90度。
- 全面相等：长方体的相对面都是相等的矩形，也就是说，长方体的前后面、左右面和上下面都是相等的。
- 对角面平行：长方体的对角面都是平行的，也就是说，对角面的边在同一平面上无交点。
- 临角对立：长方体的相邻面之间的角是临角对立。
对立角是指由不同面构成的两个相邻面之间的角。
2. 计算方法计算长方体的体积和表面积可以利用其边长的测量结果。
下面是计算长方体体积和表面积的方法：- 体积计算公式：长方体的体积等于长、宽和高的乘积，即V = 长×宽 ×高。
- 表面积计算公式：长方体的表面积等于各个面的面积之和，即S = 2(长 ×宽 + 长 ×高 + 宽 ×高)。
二、正方体正方体是一种特殊的长方体，其特点是六个面都是正方形，具有八个顶点和十二个棱。
正方体是一种对称的立体图形，具有以下性质：1. 认知与性质正方体是立方体的一种特殊情况。
它的性质包括：- 六个面均为正方形：正方体的每个面都是正方形，且相邻面的边长相等。
- 八个顶点：正方体有八个顶点，每个顶点都是三个棱的交点。
长方体和正方体的展开图展
在确定了顶点和棱之后，就可以开始绘制正方形的面了。根据正方体 的展开方式，将对应的面连接起来，形成完整的展开图。
调整细节
最后，根据需要调整细节，比如添加阴影、高光等效果，使展开图更 加立体、生动。
04
展开图的性质和特点
展开图的几何性质
平面性
展开图由若干个平面组成，各平 面之间没有重叠或交叉。
正方体的体对角线长 度相等。
正方体的12条棱长度 相等。
正方体的展开方式
展开成4个正方形相连
这种展开方式有2种，一种是4个正方形相连，另一种是3个正方形相连，一个正方形单独 在一边。
展开成3个正方形相连，一个单独在一边
这种展开方式也有2种，一种是3个正方形相连，一个正方形单独在一边，另一种是2个正 方形相连，两个正方形单独在一边。
长方体展开图的绘制方法
方法一
根据长方体的尺寸，在纸 上画出长方体的六个面， 然后剪开并展开。
方法二
使用CAD软件，在软件中 画出长方体，然后选择展 开命令，软件会自动生成 展开图。
方法三
使用手工制作，先制作一 个长方体的模型，然后将 其拆开并展开成平面图形。
03
正方体的展开图
正方体的基本形态
正方体有6个面，每 个面都是正方形。
展开成2个正方形相连，两个单独在一边
这种展开方式有1种，即两个正方形相连，另外两个正方形单独在一边。
正方体展开图的绘制方法
确定正方体的顶点
在绘制正方体展开图时，首先需要确定正方体的顶点位置。顶点是正 方体的角点，也是展开图的转折点。
绘制正方体的棱
根据正方体的性质，我们知道正方体有12条棱，每条棱长度相等。在 绘制展开图时，需要按照正方体的结构将棱绘制出来。
立体图形的认识与计算
计算方法：根据立体图形的形状和结构，计算其顶点数
立体图形的边数是指构成立体图形的面的数量。
边数是立体图形分类的一种重要依据。
边数相同的立体图形可能具有相似的几何特性。
不同边数的立体图形具有不同的几何特性。
定义：立体图形中面的数量
01
02
性质：立体几何中的图形具有三维空间特性，包括形状、大小、位置等。
空间关系：立体几何研究图形之间的空间关系，如平行、相交、垂直等。
03
04
定理和公理：立体几何有一系列定理和公理，用于推导和证明空间图形的性质和关系。
定义：空间向量是有大小和方向的量，表示为矢量或向量
空间向量的模：表示空间向量的长度或大小
土木工程：立体图形在土木工程中用于描述建筑物的结构和外观
机械设计：立体图形在机械设计中用于描述零件的形状和尺寸
立体几何模型：用于描述三维空间中的形状和物体
计算几何模型：用于计算几何形状的面积、体积等
数学建模竞赛：立体图形的应用是数学建模竞赛中常见的主题之一
物理学建模：用于描述物理现象和物体运动规律的模型
医学影像：医学影像的呈现需要使用立体图形进行三维重建和可视化
电子科技：电路板、芯片等的设计需要使用立体图形进行建模和仿真
机械制造：机械零件的设计和制造需要使用立体图形进行建模和模拟
建筑行业：建筑设计、施工、装修等环节需要使用立体图形进行空间分析和设计
定义：立体几何是研究空间图形和空间关系的科学，包括点、线、面、体等基本元素。
计算方法：通过顶点和边数计算
特性：不同立体图形的面数不同，与立体图形的形状有关
分类：平面图形和立体图形
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长方体模型在立体几何中的应用
江苏省太仓高级中学 陆红力
立体几何中学生最易掌握的简单几何体是长方体和正方体，其简单的几何性质和直观的几何构造已为广大高中生所熟悉,在长方体中适当添加辅助线，不仅可以构建各种线线关系、线面关系、面面关系，还可以割出像三棱锥、四棱锥、直三棱柱、长方体等，所以在遇到某些点、线、面及空间角和距离的问题时,若能联想并巧妙合理地构造出相关的长方体并加以解决,则能使很多复杂的问题变得更易理解,从而起到事半功倍的效果。
一 构造长方体 判断位置关系
例1 在空间，下列命题正确的是 （1）如果直线a ,b 分别与直线l 平行，那么a //b .
（2）如果直线a 与平面β内的一条直线b 平行，那么a //β.
（3）如果直线a 与平面β内的两条直线b ，c 都垂直，那么a ⊥β.
（4）如果平面β内的一条直线a ⊥平面γ，那么β⊥γ.
说明：如图1，以长方形为模型，使得,,AD a BC b ==平面AC 为β，就可否定（2）；再使1,,,AB a AD b BC c ===就可否定（3）；所以正确为（1）、（4），因为（1）为平行线公理，（4）为面面垂直判定定理。
例2 已知 m ,l 是直线，α，β是平面，给出下列命题：
（1） 若l 垂直α内的两条相交直线，则l α⊥.
（2） 若//l α，则l 平行于α内的所有直线.
（3） 若,,m l αβ⊂⊂且,l m ⊥则αβ⊥.
（4） 若,l β⊂且,l α⊥则αβ⊥.
（5） 若,,m l αβ⊂⊂且//αβ，则//m l .
其中正确的是 ，（请将正确命题的序号填上）
说明：如图2，在长方体1111ABCD A B C D -中，选1l AB =，平面1DC β=，但1AB 不平行1DD ，易否定（2）；选平面1AC α=，平面1,,,AC AB m AD l β===，否定（3）；选平面AC α=，平面1111,,,AC AB m B C l β===，否定（5）
；因为（1）（4）分别为线面垂直、面面垂直判定定理，所以选（1）（4）.
此类问题是高考常见题型，主要考查线线、线面、面面位置关系。
其解题方法是将假命题举一反例否定即可，而在长方体或正方体中这种反例很容易找到。
二 构造长方体 求解角与距离
空间角与距离的求解一直是令学生“谈虎变色”的，因为实现空间角与距离的转化是难点。
借助长方体模型则有助于化解这一难点。
例3 若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为α，则cos α= . 说明：因为本题是填空题，所以不妨设正四棱柱为一个正方体，而在正方体中与各个面所成角都相等的直线是体对角线，如图，即1CA D ∠是所求的角α. 若令正方体的棱长为1，则11
2,3,A D AC ==故111
26cos 33A D CA D AC ∠===，即6cos .3α=特殊化思想是解决本题的捷径。
例 4 某几何体的一条棱长为7,在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图和俯视图中，这条棱的投影分别是长为,a b
的线段，则a b += .
说明 将该几何体放到长方体中（如图），看作对角线
17,AC =正视图投影为16,DC =侧视图投影为1,BC a =俯
视图投影为.AC b =因为
2222222222111112,DC BC AC DC CC BC CC DC BC AC ++=+++++=
所以22
2768,a b +=⨯-=故22
4 2.22a b a b ++≤== 因此，4,a b a b +≤+的最大值为4.
三 构造长方体 计算面积或体积
近年来的高考题中立体几何的填空题多以面积或体积的计算为主，对单纯考查记忆与计算的问题相对减少，取而代之的是灵活的试题。
例 5 在球面上有4个点,,,,S A B C 若,,SA SB SC 两两垂直，且
3,11,4,SA SB SC ===求该球的表面积。
说明 如图，因为,,SA SB SC 两两互相垂直，所以可以相交的三条线段为棱构建一个长方体，该长方体是球的内接长方体，其体对角线的长等于球的直径，设球的半径为R ，易知，222243(11)436,R =++=所以2436.S R ππ==表
本题也可作一变式：将边长为2的正三角形ABC 沿高AD 折成直二面角B AD C --，问三棱锥B ADC -的外接球的体积是多少？
当题目中含有“三个平面两两垂直且相交于同一点”或“从同一点出发的三条棱两两相互垂直”时，一般可以构建长方体，相应几何体的外接球直径就是长方体的体对角线长。
四 构造长方体 突破建系难题
对于立体几何存在性命题的求解，传统教学的纯几何方法技巧性较大、随机性较强，需要多种转化技能，而通过建立空间直角坐标系，利用空间向量把立体几何和向量代数运算有机地结合起来，就为这些问题的解决提供了通法。
然而某些几何体并不是正棱锥或正棱柱，这给建立空间直角坐标系带来了困难。
注意到某些几何体是由长方体切割而成，若放回到原来的长方体中，则给建立空间直角坐标系带来了便利。
例6 如图，在三棱锥A BCD -中，侧面,ABD ACD 是全等的直角三角形，AD 是公共的斜边，且3,1,AD BD CD ===另一个侧面ABC 是正三角形。
（1）求证：;AD BC ⊥（2）在线段AC 上是否存在一点E ，使ED 与面BCD 成30︒角？若存在，确定点E 的位置；若不存在，说明理由。
说明：（1）作AH ⊥面BCD 于H ，连结,,,BH CH DH 则四边形BHCD 是正方形，且
1,AH =以D 为原点，DB 为x 轴，DC 为y 轴建立空间直角坐标系，如图，则(1,0,0),(0,1,0),(1,1,1),(1,1,0),(1,1,1),B C A BC DA =-=故0,BC DA =则.BC AD ⊥
（2）设(,,)E x y z 是线段AC 上一点，则0,1,x z y =>=平面BCD 的一个法向量为(0,1,0),(,1,)n DE x x ==要使ED 与平面BCD 成30︒角，由图可知DE 与n 的夹角为60︒，所以
1cos ,cos 60,212DE n x
DE n DE n 〈〉===︒=+则x =则1,CE ==故线段AC 上存在E 点，且1CE =时，ED 与平面BCD 成30︒角。
有些数学问题从表面上看，似乎与长方体无关，但如果在解题时能仔细观察，注意到题目的条件或结论的结构特点，充分展开联想，发挥思维的独创性，构造长方体这个基本图形，可使解题思维简单，解法灵活巧妙。
在立体几何中，构建长方体来解题是构造思想的重要体现。