第二部分空间与图形(立体图形)

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一年级下册数学期中考知识点整理

一年级下册数学期中考知识点整理第一部分数与代数部分一、复习内容：第二单元（20以内的退位减法）、第四单元（100以内的数的认识）二、数的概念（100以内数的认识）1、数位：一个数从右边起,第一位是个位,第二位是十位,第三位是百位。

2、认识计数单位：个位的计数单位是“一（个）”,十位的计数单位是“十”,百位的计数单位是“百”,它们之间的关系是：10个一是十,10个十是一百。

3、100以内数的组成：一个两位数,十位上是几就是几个十,个位上是几就是几个一。

（如:68,个位上的数是8,表示8个一；十位上的数是6,表示6个十）例：5个十和8个一是（ 58 ）5个一和4个十是（ 45 ）76里面有（7 ）个十和（6 ）个一89里面有（ 9）个一和（ 8）个十一个两位数,十位上的数是4,个位上的数是5,这个数是（45）一个两位数,个位上的数是4,十位上的数是7,这个数是（ 74 ）一个两位数,十位上是4,个位数比十位数多5,这个数是（ 49 ）4、100以内数的读法：读数时,从高位读起,十位上是几就读几十,个位上是几就读几。

（读数用语文字书写,如34,读作：三十四）5、100以内数的写法：写数时,从高位写起,有几个十就在十位上写几,有几个一就在个位上写几,除最高数位外,哪一位上一个数也没有就用0来占位。

（写数用数字书写,如二十七,写作：27）6、数的顺序：1个1个数,2个2个数,5个5个数,10个10个数,正着数,倒着数,先找出规律再填数。

如： 78 、 76 、74、72、 70 、 68（方法：先看两个相邻的数字,确定规律为2个2个倒着数,再填数）7、一个数的前面一个数指比它小1的数,一个数后面一个数指比它大1的数。

（如：60前面一个数是59,后面一个数是61.）8、 37和42之间的数有（ 4 ）个。

（不包括37和42）从37到42有（ 6 ）个数。

（包括37和42）9、 47往后数5个数： 48、49、50、51、52从47开始往后数5个数：47、48、49、50、5147后面第5个数： 52从47开始往后数第5个数：518、比较100以内数的大小的方法：先看十位上的数,十位上的数大,这个两位数就大；如果十位上的数相同,再看个位上的数,个位上的数大,则这个两位数就大。

空间与图形(立体图形的特征整理与复习)―

立体图形的特征
执教：开发区一小黄燕凤
我们学习过哪些立体图形？源自ha长方体
b
a a
a
r
h
h r
圆锥
正方体
圆柱
一、知识整理
特征名称
顶点 8个 8个
棱 12条 12条
面 6个 6个
2底 1侧
高 4条 4条
无数条
展开图
1个
1底 1侧
1条
长方体的特征：有6个面，相对的两个面完全相同。
h
a
b
每个面是长方形，也可能相对的两个面是正方形。有12条棱，相对的棱的长度相等。 8个顶点，由一个顶点引出的三条棱，分别叫做长、宽和高。
心的距离叫做高，圆锥的高有
圆锥只有一条。
二.灵活运用
第一关：看一看
从不同角度观察下面的物体，你能看到怎样的图形？
正面正面正面
侧面侧面上面上面侧面上面
二.灵活运用
第二关：画一画
二.灵活运用
第二关：画一画
二.灵活运用
第三关：转一转
二.灵活运用
第四关：算一算
王师傅有56分米长的铁丝，他想做一个底面边长为4分米要围成下面的长方体、正方体，各需要铁丝多长？
多少厘米？
(打结处大约用15厘米）
小结
这节课你有什么收获？还有什么疑惑？
长方体
a a
a 正方体的特征
6个面，每个面是完全相同的正方形；
正方体
12条棱，每条棱的长度都相等； 8个顶点。
r
h
圆柱的特征：
３个面，上、下两个底面是完全
相同的两个圆，侧面是一个曲面，沿高展开是一个长方形或正方形；两底
圆柱面之间的距离叫做高，圆柱的高有无

2020版高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何第2讲空间向量与立体几何教案理

第2讲空间向量与立体几何[做小题——激活思维]1．在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，AC 与B 1D 所成角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2D [如图，连接BD ，易证AC ⊥平面BB 1D ， ∴AC ⊥B 1D ，∴AC 与B 1D 所成角的大小为π2.] 2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．90°C [∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)， ∴|m |＝1，|n |＝2，m ·n ＝1，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，设两平面所成的二面角为α，则 |cos α|＝22，∴α＝45°或135°，故选C.] 3．用a ，b ，c 表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题： ①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ； ③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ；④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b . 其中真命题的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①④D ．②④D [对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a ，b ，c ，满足a ⊥b ，b ⊥c ，但是a ⊥c ，所以①错误；对于②，若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ，满足平行线公理，所以②正确；对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.]4．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．π6[设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝π6.][扣要点——查缺补漏]1．证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行：①利用平行公理；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．如T 3.(2)证明线线垂直：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质．2．证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质定理． (2)证明线面垂直：①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理． 3．异面直线所成的角求法 (1)平移法：解三角形．(2)向量法：注意角的范围．如T 1. 4．二面角的求法cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |，如T 2.5．线面角的求法sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，如T 4.利用空间向量求空间角(5年15考)[高考解读] 主要考查通过建立空间直角坐标系，解决空间图形中的线线角、线面角和面面角的求解，考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．切入点：(1)借助勾股定理，证明PO ⊥OB ；(2)建立空间直角坐标系，利用二面角M PA C 为30°求出点M 的坐标，进而求出PC 与平面PAM 所成角的正弦值．[解](1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －2a －2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|2a －2＋3a 2＋a2＝32，解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [教师备选题]1.(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．[解](1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 因为EG平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F －1,0，22，C (0，3，0)，所以A E →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈A E →，CF →〉＝A E →·CF →|A E →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 2．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A MA 1N 的正弦值．[解](1)连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED .又MN平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥D A.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝232×5＝155，所以二面角A MA 1N 的正弦值为105.1．利用向量法求线面角的两种方法(1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．2．利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．1．[一题多解](以圆柱为载体)如图，圆柱的轴截面ABCD 为正方形，E 为弧BC 的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为 ( )A.33 B.55 C.306D.66D [法一：(平移法)取BC 的中点H ，连接EH ，AH ，∠EHA ＝90°，设AB ＝2，则BH ＝HE ＝1，AH ＝5，所以AE ＝6，连接ED ，ED ＝6，因为BC ∥AD ，所以异面直线AE 与BC 所成角即为∠EAD ，在△EAD 中cos∠EAD ＝6＋4－62×2×6＝66，故选D.法二：(向量法)取圆柱底面的圆心O 为原点，建立空间直角坐标系O xyz ，设AB ＝2，则A (1,0,0)，B (1,0,2)，C (－1,0,2)，E (0,1,2)，∴A E →＝(－1,1,2)，BC →＝(－2,0,0)∴cos〈A E →，BC →〉＝26×2＝66，故选D.] 2．(以棱柱为载体)在三棱柱ABC A1B 1C 1中， AB ⊥平面BCC 1B 1，∠BCC 1＝π3， AB ＝BC ＝2, BB 1＝4，点D 在棱CC 1上，且CD ＝λCC 1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．(1)当λ＝12时，求异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值；(2)若二面角A B 1D A 1的平面角为π3，求λ的值．[解](1)易知A ()0，0，2， B 1()0，4，0， A 1()0，4，2. 当λ＝12时，因为BC ＝CD ＝2, ∠BCC 1＝π3，所以C ()3，－1，0，D ()3，1，0.所以AB 1→＝()0，4，－2， A 1D →＝()3，－3，－2. 所以cos 〈AB 1→，A 1D →〉＝AB 1→·A 1D→||AB 1→||A 1D →＝0×3＋4×()－3＋()－2×()－242＋()－22·()32＋()－32＋()－22＝－55. 故异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值为55. (2)由CD ＝λCC 1可知， D ()3，4λ－1，0，所以DB 1→＝()－3，5－4λ，0，由(1)知， AB 1→＝()0，4，－2.设平面AB 1D 的法向量为m ＝()x ，y ，z ，则⎩⎪⎨⎪⎧AB 1→·m ＝0，DB 1→·m ＝0，即⎩⎨⎧4y －2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝2，所以平面AB 1D 的一个法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，2.设平面A 1B 1D 的法向量为n ＝()x ，y ，z ，则⎩⎪⎨⎪⎧B 1A 1→·n ＝0，DB 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝0，所以平面A 1B 1D 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，0.因为二面角A B 1D A 1的平面角为π3，所以||cos 〈m ，n 〉＝|m·n |||m ||n＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－4λ3×5－4λ3＋1×1＋2×0⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＋22·⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＝12，即()5－4λ2＝1，解得λ＝32(舍)或λ＝1，故λ的值为1.3.(以棱台为载体)如图，在三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点． (1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．[解](1)证明：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 .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点，所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 因为BD平面ABED ，所以BD ∥平面FGH .(2)设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形，因此DG ∥FC . 又FC ⊥平面ABC ，所以DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 的中点，所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ，因此GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz .所以G (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，D (0,0,1)．可得H ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)．故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0,0)，所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 4.(以五面体为载体)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D AF E 与二面角C BE F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E BC A 的余弦值．[解](1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩EF ＝F ，所以AF ⊥平面EFDC .又AF 平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF . 以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz .由(1)知∠DEF 为二面角D AF E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知得，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C BE F 的平面角，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．连接AC ，所以E C →＝(1,0，3)，E B →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·E C →＝0，n ·E B →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E BC A 的余弦值为－21919.利用空间向量解决折叠性问题(5年3考)[高考解读] 以平面图形的翻折为载体，考查空间想象能力，在线面位置关系的证明中考查逻辑推理能力，在空间角的求解中，考查转化化归及数学运算的核心素养.1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．切入点：(1)对照折叠前后的线面关系给予证明； (2)建立空间直角坐标系通过向量法求解． [解](1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF 平面PEF ，EF平面PEF ，且PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF .又BF平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，PF 2＋PE 2＝EF 2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. [教师备选题](2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的正弦值． [解](1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得A EAD ＝CFCD，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC ，得OH DO ＝A E AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B D ′A C 的正弦值是29525.平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(以梯形为载体)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置(P 平面ABCE )．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)若直线PB 与平面ABCE 所成的角为π4，求二面角A PE C 的余弦值．[解](1)证明：连接BD ，设AE 的中点为O ， ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ＝12CD ，∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ， ∴△ADE ，△ABE 为等边三角形， ∴OD ⊥AE ，OB ⊥AE ，又OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，又PB 平面POB ，∴AE ⊥PB .(2)在平面POB 内作PQ ⊥平面ABCE ，垂足为Q ，则Q 在直线OB 上， ∴直线PB 与平面ABCE 夹角为∠PBO ＝π4，又OP ＝OB ，∴OP ⊥OB ，∴O 、Q 两点重合，即PO ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0，∴P E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－32，E C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，设平面PCE 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·P E →＝0，n 1·E C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32z ＝0，12x ＋32y ＝0，令x ＝3得n 1＝(3，－1,1)，又OB ⊥平面PAE ，∴n 2＝(0,1,0)为平面PAE 的一个法向量，设二面角A EP C 为α，则|cos α|＝cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝15＝55，易知二面角A EP C 为钝角，所以cos α＝－55.立体几何的综合问题(5年3考)[高考解读] 将圆的几何性质、空间线面的位置关系、空间几何体的体积等知识融于一体，综合考查学生的逻辑推理能力.(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．切入点：(1)借助圆的几何性质得出DM ⊥CM ，进而借助面面垂直的判定求解． (2)借助体积公式先探寻M 点的位置，建系借助坐标法求解． [解](1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz . 当三棱锥M ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)．DA →是平面MCD 的法向量，因为cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.存在性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．(3)在棱上是否存在一点时，要充分利用共线向量定理．(探索位置型)如图所示，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°，且AB ＝AP .(1)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；(2)在线段AD 上是否存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理由． [解] (1)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz ，如图1所示．图1在平面ABCD 内，作CE ∥AB ，交AD 于点E ，则CE ⊥AD . 在Rt△CDE 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 设AB ＝AP ＝t (t ＞0)，则B (t,0,0)，P (0,0，t )．由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，∴E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， ∴CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥CD →，n ⊥PD →得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． cos 60°＝|n ·PB →||n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋－t 2·2t 2＝12，解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t ＞0)，∴AB ＝45.(2)法一：(向量法)假设在线段AD 上存在一点G (如图2所示)，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，GP →(0，－m ，t )．图2由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2，即t ＝3－m . ①由|GD →|＝|GP →|，得(4－m －t )2＝m 2＋t 2. ② 由①，②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0. ③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．法二：(几何法)假设在线段AD 上存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．图3由GC ＝GD 得∠GCD ＝∠GDC ＝45°， ∴∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD ， ∴GD ＝CD ·cos 45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 如图3所示，在Rt△ABG 中，GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋－λ2＝2⎝⎛⎭⎪⎫λ－322＋92＞1，这与GB ＝GD 矛盾．∴在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．。

2015小学六年级数学下册总复习图形的认识与测量(二)(人教版)

2、一个底面是正方形的长方体，把它的侧面展开后得到一个边长是12厘米的正方形。求这个长方体的体积是多少？
12 3 12 12
3
12÷4=3（厘米） 3×3×12=108（立方厘米）答：这个长方体的体积是108立方厘米。
3、一个圆柱形木材,沿着一条底面直径纵向剖开,量得一个纵剖面面积是6平方分米,那么,圆柱的侧面积是多少平方分米?
高厘米 3
长5厘米
长方体的体积=长×宽×高 V=abh
长方体的体积=底面积×高
正方体的体积：
因为正方体是长、宽、高都相等的长方体,所以
V= a
棱长厘米
4 棱长4厘米
正方体的体积=棱长×棱长×棱长
a· a ·
或
V=
a
3
正方体的体积=底面积×高
圆柱的体积：
长方体的底面积等于圆柱的底面积
3.14×6=18.84(平方分米)
4、将一个圆柱体沿着底面直径切成两个半圆柱，表面积增加了40平方厘米,圆柱的底面直径为4厘米，这个圆柱的体积是多少立方厘米?
因为增加面积40平方厘米是两个面，一个面是20平方厘米， 20÷4=5厘米是高， 2 所以：V=3.14×（4÷2）×5 =3.14×4×5 =12.56×5=62.8（立方厘米）
m² dm² cm²
m³ dm³ cm³
1m² =100dm² 单位间 1dm² =100cm² 进率 1m² =10000cm²
1m³ =1000dm³ 1dm³ =1000cm³ 1m³ =1000L
判断：
１、长方体、正方体、圆柱体的体
1 ２、圆锥的体积是圆柱体积的 3
积都可以用底面积乘以高来计算 √ 。

立体图形梳理

立体图形的框架结构分析内容领域：空间与图形一级结构：立体图形二级结构：立体图形的认识立体图形的测量教材对立体图形分三个层次安排的：1、直观整体感知。

（第一学段认识长方体、正方体、圆柱和球）2、具体刻画特征。

（第二学段认识长正方体和圆柱圆锥的特征。

）3、度量。

（第二学段从测量表面积、体积的角度认识）第一学段第二学段一上二上三上四下五下六上六下认识物体观察物体观察物体观察物体认识长方体展开与折叠露在外面的面观察物体面的旋转认识圆柱体认识圆锥1、教材呈现形式：一上：（1）通过分、摸实物认识几何体特征。

（2）建立实物与立体图形的联系，认识立体图形。

（3）拼搭积木进一步认识几何体。

二上：（1）观察长方体实物（讲桌）体验最多只能看到三个面。

（2）观察长方体模型辨认正、侧、上三个面。

（3）观察正方体搭成的简单物体，辨认表示三个方向观察到的形状（4）搭建简单物体并观察，体验不同物体的某一面的形状可能相同。

三上：（1）根据指令搭积木，初步学会用“上、下、左、右、前、后”等词语描述正方体的相对位置。

（2）问问题搭立体图形，想象所搭形状，提高形象思维能力。

四下：（1）根据观察点想先对象形状的变化，判断位置与变化图的对应关系。

培养空间想象力和空间推理能力。

五下：（1）长方体的认识：a、借助生活场景辨认长、正方体。

b、借助长、正方体模型认识顶点、面、棱。

c、通过自主探索发现长、正方体的特点，并利用表格进行整理，加深对长、正方体特点的认识。

（2）长方体、正方体的展开图：a、剪长、正方体盒子，直观认识长、正方体的展开图。

b、通过将展开图折成长、正方体，体会展开图与长、正方体的联系。

（3）露在外面的面：a、呈现堆箱子的生活情境，观察并求出露在外面的面积。

b、用学具摆出其他的堆放方法，体会堆放方法不同，露出的面积可能会发生相应变化。

c、按图摆放小正方体，探索露出部分的变化规律。

（4）折叠：a、通过想、画、做将平面图形折叠成立体图形，体会立体图形和它的平面展开图之间的关系。

(完整word版)六年级数学总复习知识点梳理

第一部分数与代数（一）数的认识知识点一：数的意义和分类自然数、整数、正数和负数、分数、百分数、小数知识点二：计数单位和数位1、计数单位：个、十、百……以及十分之一、百分之一、千分之一……都是计数单位。

“一”是基本单位，其他单位又叫做辅助单位。

2、十进制计数法3、数位：在计数时，计数单位要按照一定的顺序排列起来，它们所在的位置叫做数位。

4、数位顺序表知识点三：数的大小比较知识点四：数的性质1、分数的基本性质：分数的分子和分母同时乘或者除以相同的数（0除外），分数的大小不变。

2、小数的基本性质：小数的末尾添上0或者去掉0，小数的大小不变。

3、小数点位置移动引起小数大小变化的规律知识点五：因数、倍数、质数、合数1、因数和倍数已知a、b、c均为正整数，且a×b=c,那么c就是a和b的倍数，a和b就是c的因数。

倍数和因数是相互依存的。

一个数的因数的个数是有限的，其中最小的因数是1，最大的因数是它的本身；一个数的倍数的个数是无限的，其中最小的倍数是它本身，没有最大的倍数。

一个数既是它自身的因数，又是它自身的倍数。

2、最大公因数和最小公倍数最大公因数：几个数公有的因数，叫做这几个数的公因数，其中最大的一个，叫做这几个数的最大公因数。

最小公倍数：几个数公有的倍数，叫做这几个数的公倍数，其中最小的一个，叫做这几个数的最小公倍数。

3、质数和合数质数：一个数，如果只有1和它本身两个因数，这样的数叫做质数（或素数）。

最小的质数是2。

合数：一个数，如果除了1和它本身两个因数外还有别的因数，这样的数叫做合数。

最小的合数是4。

1既不是质数，也不是合数。

（二）数的运算知识点一：四则运算的意义1、加法的意义：把两个数合并成一个数的运算。

2、减法的意义：已知两个数的和与其中的一个加数，求另一个加数的运算。

3、整数乘法的意义：求几个相同加数的和的简便运算。

4、小数乘法的意义：小数乘整数与整数乘法的意义相同，也是求几个相同加数的和的简便运算；一个数乘小数求这个数的十分之几、百分之几……是多少。

基本立体图形-高一数学课件(人教A版2019必修第二册)

习它们的表示方法，了解它们的表面积和体积的计算方法：借助长
方体，从构成立体图形的基本元素点、直线、平面入手，研究它们
的性质以及相互之间的位置关系，特别是对直线、平面的平行与垂
直的关系展开研究，从而进一步认识空间几何体的性质.
章前导入
立体图形是由现实物体抽象而成的. 直观感知、操作确认、
推理论证、度量计算，是认识立体图形的基本方法. 由整体到局
难点
重点
一
通过对实物模型的观察，归纳与掌握柱、
锥、台、球的概念与结构特征
二
易错点
掌握简单组合体的结构特征
三
能运用结构特征描述生活中简单物体的结
构和有关计算
新知探究
探究一：多面体与旋转体
新知讲解
请大家欣赏这些优美的图片！
新知讲解
新知讲解
新知讲解
新知讲解
问题1 如图，这些图片中的物体具有怎样的形状？如何描述它们的形状？在
柱体、椎体、台体和球等简单几何体外，还有大量的几何体是
由简单几何体组合而成的，这些几何体称作简单组合体.
新知讲解
请你说说下图中各几何体是由哪些简单几何体组合
而成的?
简单组合体构成的两种基本形式：
(1)由简单几何体拼接而成;
(2)由简单几何体截去或挖去一部分而成.
新知讲解
问题10 请你说说下图中各几何体是由哪些简单几何体组合而成的?
棱台的特点：
上下底面是互相平行且相似的多边形；
侧面都是梯形；
各侧棱的延长线交于一点．
新知讲解
问题8 你能类比棱柱的分类，给出棱台的分类吗？
三棱台：由三棱锥截得
的棱台
四棱台：由四棱锥截
得的棱台
五棱台：由五棱锥截

中考数学《视图与投影》复习课件

4.中心投影 (1)由同一点(点光源) 发出的光线形成的
投影叫做中心投影. (2)中心投影的投影线交于一点. (3)投影面确定时,物体离点光源越近,影子越大;物体离点光源越远,影子越小.
4.下列影子不是中心投影的是( D ) A.皮影戏中的影子 B.晚上在房间内墙上的手影 C.舞厅中霓红灯形成的影子 D.太阳光下林荫道上的树影
A.6
B.5
C.4
D.3
14.(2019 桂林)一个物体的三视图如图所示,其中主视图和左视图是全等的等边三角形,俯视图是圆,根据图中所示数据,可求这个物体的表面积为( C )
A.π
B.2π
C.3π
D.( +1)π
A.正方体
B.圆柱
C.圆锥
D.球
4.(2019宜昌)如图所示的几何体的主视图是(D )
A
B
C
D
5.(2019陕西)如图是由两个正方体组成的几何体,则该几何体的俯视图为( C )
ABC来自D6.(2019 河池)某几何体的三视图如图所示,该几何体是( A ) A.圆锥 B.圆柱 C.三棱锥 D.球
B.你
C.顺
D.利
基础训练
1.(2019 岳阳)下列立体图形中,俯视图不是圆的是( C )
A
B
C
D
2.(2019 临沂)如图,正三棱柱的左视图( A )
A
B
C
D
3.(2019 宁波)如图,下列关于物体的主视图画法正确的是( C )
A
B
C
D
4.(2019 沈阳)如图是由五个相同的小立方块搭成的几何体,这个几何体的俯视图是( A )
第二部分空间与图形第七章尺规作图及图形变换

空间与图形图形的认识(一)线与角

第二部分空间与图形（一）线与角本单元是小学数学总复习的第二部分“空间与图形”领域的知识，通过系统的整理与复习，使学生巩固和加深理解小学阶段所学的“空间与图形”的知识，进一步沟通知识之间的联系，发展学生的空间观念，提高解决实际问题的能力，为进一步学习和发展奠定基础。

这部分的内容主要包括;图形的认识、图形的测量、图形与变换、图形与位置四部分。

其中第一部分又包括：线与角、平面图形、立体图形，第二部分包括长度、面积和体积。

教学目标：1.引导学生系统整理学过的图形，沟通图形之间的联系，形成知识网络。

2.结合具体的物体或图形，引导学生从不同的角度研究立体图形，沟通立体图形与平面图形之间的联系，发展学生的空间观念。

3.能运用所学的的知识和技能解决日常生活中的简单问题，体会数学与生活的密切联系。

4.引导学生交流整理知识的方法。

对这部分内容进行复习时应重点指导学生再次感知图形特征，以此强化、扩展和沟通图形之间的联系，再通过一定的练习进行巩固。

根据内容特点和小学生的年龄特征，教材在安排图形的认识的复习时分了两大部分。

第一部分是“系统整理，沟通联系”，主要是引导学生系统整理学过的图形，沟通图形之间的联系，形成有机联系的“空间与图形”的知识网络；第二部分是“把握特征、练习深化”，主要是从“线与角”、“平面图形”、“立体图形”三个方面引导学生在头脑中再现各种图形的特征，进行整理与内化，并通过一些典型的练习，进一步巩固和深化学生对图形的认识。

对于线与角的教学，教材给了四个方面的问题，引导学生对线与角的知识进行回顾与整理。

第一个问题是引导学生复习“直线、线段、和射线”的有关知识。

教学时可以先让学生画一画，然后进行交流;也可以让学生列表进行比较。

第二个问题是。

引导学生复习垂直与平行。

教学时可以先让学生画一画，并说说判断直线垂直或平行的基本方法。

第三个问题是引导学生比较角的大小，复习角的测量等知识。

教学时，要让学生说说测量角的方法，并让每个学生用量角器量角。

高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题3立体几何文科第1讲空间几何体三视图表面积与体积文理

表面两两垂直的平面共有
(C )
A．3对
B．4对
C．5对
D．6对
23
【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四棱锥体．如图所示：平面与平面的位置关系：平面ABCD⊥平面PBC、平面ABCD⊥平面PCD、平面PBC⊥平面PCD、平面PAB⊥平面PBC、平面PAD⊥平面PCD.故选C．
Ⅲ卷
题号 3、12 11、 20(2)
9
考查角度
分值
与棱锥有关的计算；求球的表面积 10
在求点到面的距离时涉及球的表面积；
求四棱锥的体积
11
由三视图求几何体的表面积
5
9
年份 2019
2018
卷别 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷
Ⅲ卷
题号 16 16 16 9 16
3、12
考查角度点到平面的距离多面体的棱长与面的个数
21
(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度保持不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半．
(4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的 z′轴也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变．
22
1．(2020·浙江模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体
38
考向2 空间几何体的体积
典例3 (1)(2020·葫芦岛模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱
长为2，在A，B，C，D，C1，D1这六个顶点中，选择两个点与A1，B1构
成正三棱锥P，在剩下的四个顶点中选择两个点与A1，B1构成正三棱锥
Q，M表示P与Q的公共部分，则M的体积为
( A)
A．13

六年级空间与图形总复习教案以及反思

六年级空间与图形总复习教案以及反思一、教学目标1. 知识与技能：使学生掌握小学阶段空间与图形的基本知识和技能，能够灵活运用所学知识解决实际问题。

2. 过程与方法：通过复习，让学生经历自主探究、合作交流的过程，培养学生的空间想象能力、逻辑思维能力和创新能力。

3. 情感态度与价值观：激发学生对空间与图形的兴趣，培养学生的自信心和自主学习能力，使学生感受数学与生活的密切联系。

二、教学内容1. 第一课时：平面图形复习（1）三角形、四边形、五边形、六边形的性质和分类。

（2）圆的性质和圆周率的概念。

2. 第二课时：立体图形复习（1）长方体、正方体的性质。

（2）圆柱、圆锥的性质。

（3）立体图形的展开与折叠。

3. 第三课时：图形变换复习（1）平移、旋转的性质和应用。

（2）轴对称的概念和应用。

4. 第四课时：位置与方向复习（1）坐标系的认识。

（2）位置与方向的表示方法。

（3）坐标与图形变换。

5. 第五课时：面积与体积复习（1）平面图形的面积计算。

（2）立体图形的体积计算。

（3）面积和体积在实际应用中的意义。

三、教学策略1. 采用复习提问的方式导入新课，激发学生的学习兴趣。

2. 运用多媒体课件辅助教学，直观展示图形变换过程，提高学生的空间想象力。

3. 注重练习设计，分层提问，让不同程度的学生在复习中提高。

4. 组织小组讨论，培养学生的合作交流能力。

5. 联系生活实际，让学生感受数学与生活的紧密联系。

四、教学评价1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、思维活跃度和合作交流能力。

2. 练习完成情况：检查学生对复习内容的掌握程度。

3. 课后反馈：听取学生的意见和建议，了解复习效果。

五、教学反思1. 反思教学内容：是否全面、系统地复习了空间与图形的相关知识。

2. 反思教学方法：是否激发了学生的学习兴趣，培养了学生的动手操作能力和空间想象力。

3. 反思教学评价：是否全面、客观地评价了学生的学习情况。

4. 针对反思结果，调整教学策略，为下一步的教学做好准备。

(北师大版)六年级数学下册教案空间与图形——立体图形

空间与图形——立体图形教学内容：教材第72、73页教学目的：1.引导学生进一步认识立体图形的特征，并能从不同的角度观察，加深对立体图形的认识。

2.认识长方体、正方体和圆柱的展开图。

3.学会辨认从不同方向看到的物体的形状与相对位置。

教学重点：立体图形的特征教学难点：空间观念的拓展训练教学准备：自制课件教学过程：一、复习引入：我们已经复习了立体图形的相关知识，从今天开始，我们复习立体图形的知识。

二、回顾与交流： 1. 分类：我们学过哪些立体图形？（长方体、正方体、圆柱、圆锥）这些立体图形可以怎样分类？2. 长方体和正方体的特征：问：长方体和正方体有什么关系？为什么说长方体是特殊的正方体？3. 圆柱和圆锥的特征：圆柱特征：圆锥特征：上下两底是等圆尖尖一个顶，圆圆一个886 6正方形 6个面都相等12 1212条棱长都相等长方形（有两面是正方形）相对的面完全一样相对的棱长度相等底；侧面展开长方形侧面展开是扇形，无数条高都相等。

顶点到圆心，只有一条高。

圆柱横截面→圆圆锥横截面→圆圆柱纵截面→长方形（正方形）圆锥纵截面→三角形三、巩固与应用：1. 连一连：下面的立体图形以一条边为轴旋转一周，会形成什么样的空间图形？面动成体。

2. 下面哪些是正方体的展开图？注意：相邻不相对。

3. 观察下面用4格正方体搭成的图形，并填一填。

5. P73-5 站得高，看到的范围越大。

运用此知识，解释：夜晚在路灯下行走，离路灯越进，影子越（）；离路灯越远，影子越（）。

6. 完成P73-4。

教材数学与逻辑(人教版)3至4年级全一册内容

教材数学与逻辑(人教版)3至4年级全一册内容教材：数学与逻辑（人教版）3至4年级全一册内容第一部分：数学知识第三年级数学知识内容一年级上册- 数字0-100的读写- 加减法运算（100以内）- 认识人民币- 长度单位（米、分米、厘米）- 面积单位（平方米、平方分米、平方厘米）- 基本的几何图形（三角形、四边形、圆形）一年级下册- 200以内加减法- 认识时间（时、分、秒）- 质量单位（克、千克）- 数据收集与整理- 基本的统计图表（条形图、折线图）- 空间与图形（平面图形、立体图形）第四年级数学知识内容二年级上册- 1000以内加减法- 分数的初步认识（1/2、1/3、1/4）- 小数的认识（0.1、0.01、0.001）- 长度单位（千米、米、分米、厘米）- 面积单位（平方千米、平方米、平方分米、平方厘米）- 对称与轴对称二年级下册- 2000以内加减法- 认识货币（元、角、分）- 质量单位（吨、千克、克）- 测量（长度、重量、体积）- 数据处理与分析- 概率的初步理解- 平面几何图形的性质与分类第二部分：逻辑思维第三年级逻辑思维内容- 分类与归纳- 比较与排序- 因果关系- 逻辑推理（包含、排除、交叉）- 问题解决与策略- 数学故事与问题设计第四年级逻辑思维内容- 集合的概念与运算- 图形的变换（平移、旋转）- 比例与比例尺- 空间与图形（立体图形、几何组合）- 逻辑推理（条件语句、假设与论证）- 问题解决与策略（方程、不等式）第三部分：综合与应用第三年级综合与应用内容- 生活与数学（购物、时间、长度、面积）- 科学探究与数学（数据收集、实验设计）- 文化与社会与数学（货币、测量、地理）- 创新与设计（数学游戏、趣味题目）第四年级综合与应用内容- 生活与数学（利率、税收、投资）- 科学探究与数学（概率实验、数据分析）- 文化与社会与数学（历史、艺术、地理）- 创新与设计（数学建模、项目研究）附录：教学建议与评价方法教学建议- 注重学生的基础知识与基本技能的培养- 鼓励学生独立思考与小组合作- 创设有趣、富有挑战性的教学情境- 关注学生的个体差异，因材施教- 重视学生的数学语言表达能力的培养评价方法- 平时成绩（课堂表现、作业、小测验）- 单元测试与期中考试- 期末考试与综合素质评价- 学生自我评价与同伴评价- 家长反馈与教师评价以上为《数学与逻辑》3至4年级全一册的教学内容、教学建议与评价方法。

《立体图形》空间与图形课件

② 用铁丝做一个长10厘米，宽5厘米，高4 厘米的长方体框架，至少需要多长的铁丝？在这个长方体框架外面糊一层纸，至少需要多少平方厘米的纸？
4
5 10
（ 10 + 5 + 4）×4=76 （厘米）
(10×5+10×4+5×4)×2=220(平方厘米)
练习四
1、一个近似于圆锥的沙堆，测得底面直径是４米，高是1.5米。每立方米沙约重1.7吨，这堆沙约重多少吨？（得数保留整吨数） 2、一个无盖的圆柱形水桶，侧面积是188.4平方分米，底面周长是62.8分米。做这个水桶至少要多少平方分米？这个水桶的容积是多少立方分米？
3.14×6=18.84(平方分米)
将一个圆柱体沿着底面直径切成两个半圆柱,表面积增
2、将一个圆柱加体体积了是4沿0多平着少方立底厘方米面厘,圆米直柱?的径底切面直成径两为4个厘米,这个圆柱的半圆柱,表面积增加了40平方厘米,圆柱的底面直径为4厘米,这个圆柱的体积是多少立方厘米?
(1) 要在一个长和宽都是30厘米，高是5分米长方
18.84 × 4
练习三
①把两个棱长是4厘米的正方体木块粘合成一个长方体，这个长方体的表面积是多少平方厘米？
方法一、（8×4+8×4+4×4）×2=160（平方厘米）方法二、8×4×4 + 4×4×2=160（平方厘米）方法三、4×4×10=160（平方厘米）
方法四、4×4×12- 4×4×2=160（平方厘米）
六年级数学下册
我们学过哪些立体图形
高 h
长a
宽b
长方体
棱长a
正方体
高 h
底面半径 r
圆柱
高 h
底面半径 r

完整版)人教版六年级数学下册知识点归纳

完整版)人教版六年级数学下册知识点归纳人教版六年级数学下册知识点归纳第一部分：数与代数一、数的认识1.整数【正数、零、负数】自然数是整数的一部分，用来表示物体的数量，包括0、1、2、3……。

整数可以是正数、零或负数。

2.小数【有限小数、无限小数】小数是分数的一种表示形式，分母是10、100、1000……的分数都可以用小数表示。

小数的大小可以通过比较整数部分和小数部分的大小来确定。

二、分数的认识1.分数是将单位“1”平均分成若干份，表示其中一份或几份的数。

分数可以表示两个数相除的商。

2.分数可以分为真分数和假分数。

真分数的分子小于分母，表示的数值小于1.以上是数学下册中数与代数部分的知识点归纳。

在数的认识方面，自然数是整数的一部分，而小数是分数的一种表示形式。

在分数的认识方面，分数可以表示两个数相除的商，真分数的分子小于分母，表示的数值小于1.六、当分子大于或等于分母时，我们称其为假分数。

假分数的值大于或等于1.七、如果分数的分子和分母没有公因数，那么我们称其为最简分数。

八、分数有一个基本性质：如果我们同时乘或除分数的分子和分母，那么分数的值不会改变，除非我们乘或除以0.九、小数和分数有相同的基本性质。

我们可以使用分数的基本性质来通分和约分。

1、百分数【税率、利息、折扣、成数】一、当一个数表示为另一个数的百分之几时，我们称其为百分数。

百分数也可以叫做百分率或百分比，通常用符号“%”表示。

二、分数和百分数有以下不同和相同之处：不同点：分数可以表示具体的数量并且可以有单位名称。

百分数不能表示具体的数量，也不能有单位名称。

相同点：分数和百分数都可以表示两个数之间的关系。

三、分数、小数和百分数之间可以互相转化。

1.将分数转化为小数，我们可以将分数的分子除以分母。

2.将小数转化为分数，我们可以将小数的分母改为10、100、1000等，然后约分。

3.将小数转化为百分数，我们可以将小数点向右移动两位，然后加上百分号。

小学数学知识要点之空间与图形——图形的认识、测量

第二部份空间与图形（一）图形的认识、测量一、用直尺把两点连接起来，就得到一条线段；把线段的一端无限延长，可以得到一条射线；把线段的两端无限延长，可以得到一条直线。

线段、射线都是直线上的一部分。

线段有两个端点，长度是有限的；射线只有一个端点，直线没有端点，射线和直线都是无限长的。

二、从一点引出两条射线，就组成了一个角。

角的大小与两边叉开的大小有关，与边的长短无关。

角的大小的计量单位是（°）。

更多学习资料请关注ABC微课堂三、角的分类：小于90度的角是锐角；等于90度的角是直角；大于90度小于180度的角是钝角；等于180度的角是平角；等于360度的角是周角。

四、相交成直角的两条直线互相垂直；在同一平面不相交的两条直线互相平行。

五、三角形是由三条线段围成的图形。

围成三角形的每条线段叫做三角形的边，每两条线段的交点叫做三角形的顶点。

六、三角形按角分，可以分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形。

按边分，可以分为等边三角形、等腰三角形和任意三角形。

七、三角形的内角和等于180度。

一、长方体、正方体都有6个面，12条棱，8个顶点。

正方体是特殊的长方体。

二、圆柱的特征：一个侧面、两个底面、无数条高。

三、圆锥的特征：一个侧面、一个底面、一个顶点、一条高。

四、表面积：立体图形所有面的面积的和，叫做这个立体图形的表面积。

五、体积：物体所占空间的大小叫做物体的体积。

容器所能容纳其它物体的体积叫做容器的容积。

六、圆柱和圆锥三种关系：①等底等高：体积1︰3②等底等体积：高1︰3③等高等体积：底面积1︰3七、等底等高的圆柱和圆锥：①圆锥体积是圆柱的1/3，②圆柱体积是圆锥的3倍，③圆锥体积比圆柱少2/3，④圆柱体积比圆锥多2倍。

八、等底等高的圆柱和圆锥：锥1、差2、柱3、和4。

九、立体图形公式推导：【1】圆柱的侧面展开后得到一个什么图形？这个图形的各部分与圆柱有何关系？（圆柱侧面积公式的推导过程）①圆柱的侧面展开后一般得到一个长方形。

空间与图形知识要点(2)

第二单元的知识要点一、认识图形图形分类1、按照不同的标准给已学过的图形进行分类：①按平面图形和立体图形分；②把平面图形按图形是否由线段围成来分，分为两大类。

一类是由曲线围成的，一类是由线段围成的。

2、平行四边形和三角形的性质：三角形具有稳定性，平行四边形容易变形（不稳定性）的特点。

三角形分类1、把三角形按照不同的标准分类，并说明分类依据。

（1）按角分：直角三角形、锐角三角形、钝角三角形。

①三个角都是锐角的三角形是锐角三角形。

②只有一个角是直角的三角形是直角三角形。

③只有一个角是钝角的三角形是钝角三角形。

（2）按边分：分两大类是（等腰三角形和不等边三角形）①有两条边相等的三角形是等腰三角形。

（等腰三角形的两个底角相等、两条腰相等，等腰三角形有可能是直角三角形或锐角三角形或钝角三角形。

）②三条边都相等的三角形是等边三角形。

（三条边相等、三个角都是60°。

等边三角形是锐角三角形）2、通过分类发现：等腰三角形和等边三角形的关系：等边三角形是特殊的等腰三角形。

等边三角形是等腰三角形的一种。

三角形内角和、三条边的关系1、任意一个三角形内角和等于180度。

2、三角形任意两边之和大于第三边。

（三角形中较短的那两条的长度和大于最长的那条就可以拼成三角形）。

3、第三边的长度的求值范围：大于已知两数的差小于两数的和。

（最小的长度就是把两数之差加1，最大的长度就是两数之和减1.）四边形的分类1、由四条线段围成的封闭图形叫作四边形。

四边形中有两组对边分别平行且相等的四边形是平行四边形，只有一组对边平行的四边形是梯形。

2、四边形按边分：平行四边形、梯形、不规则四边形。

3、长方形、正方形是特殊的平行四边形。

正方形是特殊的长方形。

4、四边形的内角和等于360度。