2021年高中数学 第一章 立体几何初步章末归纳总结(含解析)新人教B版必修2

第一章章末总结一、直观图和三视图的画法直观图和三视图是空间几何体的不同表现形式，空间几何体的三视图可以使我们更好地把握空间几何体的性质，由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化，解决此类问题主要依据它们的概念和画法规则．例1一几何体的三视图如图所示．(1)说出该几何体的结构特征并画出直观图；(2)计算该几何体的体积与表面积．二、共点、共线、共面问题1．关于多点共线问题往往需要证明这些点在某两个平面的交线上．2．多线共点问题的证明往往让其他线都过某两条线的交点．3．多点共面问题的证明往往让其他点在某三点或四点确定的平面上．4．多线共面问题的证明往往让其他线在某两条直线确定的平面内．例2如图所示，空间四边形ABCD中，E、F分别为AB、AD的中点，G、H分别在BC、CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2．求证：(1)E、F、G、H四点共面；(2)GE与HF的交点在直线AC上．三、平行问题1．空间平行关系的判定方法：(1)判定线线平行的方法．①利用线线平行的定义证共面而且无公共点(结合反证法)；②利用平行公理；③利用线面平行性质定理；④利用线面垂直的性质定理(若a⊥α，b⊥α，则a∥b)；⑤利用面面平行性质定理(若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b)．(2)判断线面平行的方法：①线面平行的定义(无公共点)；②利用线面平行的判定定理(a⊆α，b α，a∥b⇒a∥α)；③面面平行的性质定理(α∥β，a α⇒a∥β)；④面面平行的性质(α∥β，a⊆α，a⊆β，a∥α⇒a∥β)．(3)面面平行的判定方法有：①平面平行的定义(无公共点)；②判定定理(若a∥β，b∥β，a、b α，且a∩b＝A，则α∥β)；③判定定理的推论(若a∥a′，b∥b′，a α，b α且a∩b＝A，a′ β，b′β，且a′∩b′＝A′，则α∥β)；④线面垂直性质定理(若a⊥α，a⊥β，则α∥β)；⑤平面平行的性质(传递性：α∥β，β∥γ⇒α∥γ)．2．平行关系的转化是：例3如图，S为矩形ABCD所在平面外一点，E、F分别是SD、BC上的点，且SE∶ED ＝BF∶FC．求证：EF∥平面SAB．例4如图所示，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AD⊥DC，CD ＝2，DD1＝AB＝1，P、Q分别是CC1、C1D1的中点．求证：AC∥平面BPQ．四、垂直问题1．空间垂直关系的判定方法：(1)判定线线垂直的方法有：①计算所成的角为90°(包括平面角和异面直线所成的角)；②线面垂直的性质(若a⊥α，b α，则a⊥b)；③面面垂直的定义：两平面相交形成的二面角的平面角为90°．(2)判定线面垂直的方法有：①线面垂直定义(一般不易验证任意性)；②线面垂直的判定定理(a⊥b，a⊥c，b α，c α，b∩c＝M⇒a⊥α)；③平行线垂直平面的传递性质(a ∥b ，b ⊥α⇒a ⊥α)；④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝l ，a β，a ⊥l ⇒a ⊥α)；⑤面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；⑥面面垂直的性质(α∩β＝l ，α⊥γ，β⊥γ⇒l ⊥γ)．(3)面面垂直的判定方法有：①根据定义(作两平面构成二面角的平面角，计算其为90°)；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，aα⇒α⊥β)．2．垂直关系的转化是：例5 如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，侧面PAD 是正三角形，且与底面ABCD 垂直，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，N 是PB 的中点，过A ，D ，N 的平面交PC 于M ，E 为AD 的中点．求证：(1)EN ∥平面PDC ；(2)BC ⊥平面PEB ；(3)平面PBC ⊥平面ADMN ．第一章 章末总结 答案重点解读例1解 (1)由三视图知该几何体是由一个圆柱与一个等底圆锥拼接而成的组合体，其直观图如图所示．(2)由三视图中的尺寸知，组合体下部是底面直径为8 cm ，高为20 cm 的圆柱，上部为底面直径为8 cm ，母线长为5 cm 的圆锥．易求得圆锥高h ＝52－42＝3(cm)，∴体积V ＝π·42·20＋13π·42·3＝336π(cm 3)，表面积S ＝π·42＋2π·4·20＋π·4·5＝196π(cm 2)．∴该几何体的体积为336π cm 3，表面积为196π cm 2．点评 三视图画法：它包括主视图、左视图、俯视图三种．画图时要遵循“高平齐、长对正、宽相等”的原则，同时还要注意被挡住的轮廓线画成虚线．例2 证明 (1)∵BG ∶GC ＝DH ∶HC ，∴GH ∥BD ，又EF ∥BD ，∴EF ∥GH ，∴E 、F 、G 、H 四点共面．(2)∵G ，H 不是BC 、CD 的中点，∴EF ≠GH又EF ∥GH ，∴EG 与FH 不平行，则必相交，设交点为M ．⎭⎪⎬⎪⎫EG面ABCHF 面ACD ⇒M ∈面ABC 且M ∈面ACD ⇒M 在面ABC 与面ACD 的交线上⇒M ∈AC ．∴GE 与HF 的交点在直线AC 上．点评 证明线共点、点共线、线共面问题，重要是应用平面的基本性质，先证部分元素共点、共线、共面，再利用基本性质1,2,3证明其他元素也具有这个性质，要熟练地掌握这三个基本性质．例3 证明 方法一 转化为证明面面平行．过F 作FG ∥AB ，交AD 于G ，连接EG ．∵FG ∥AB ，∴AG ∶GD ＝BF ∶FC ，∴AG ∶GD ＝SE ∶ED ，故EG ∥SA ．又∵FG ∥AB ，AB ∩SA ＝A ，∴平面SAB ∥平面EFG ．又∵EF ⊂平面SAB ，∴EF ∥平面SAB ．方法二 转化为证明线线平行．过E 作EG ∥AD 交SA 于G ，连接BG ，∵BF ∥AD ，∴BF ∥EG ，∴平面BFEG ∩平面SAB ＝BG ．∵SE ∶ED ＝BF ∶FC ，∴SE ∶SD ＝BF ∶BC ．又∵SE ∶SD ＝EG ∶AD ．∴BF ∶BC ＝EG ∶AD ，∵BC ＝AD ．∴BF ＝EG ，故四边形BFEG 为平行四边形．∴EF ∥BG ，∴EF ∥平面SAB ．点评 本题的证明体现了证明线面平行的常用方法，解决此类问题关键是选择或添加适当的辅助线(或面)，使问题得以转化．证明线面平行常用的方法是利用线面平行的定义和线面平行的判定定理．例4 证明 连接CD 1、AD 1，∵P 、Q 分别是CC 1、C 1D 1的中点，∴PQ ∥CD 1，且CD 1⊆平面BPQ ，∴CD 1∥平面BPQ ．又D 1Q ＝AB ＝1，D 1Q ∥AB ，∴四边形ABQD 1是平行四边形，∴AD 1∥BQ ，且AD 1平面BPQ ，∴AD 1∥平面BPQ ．又AD 1∩CD 1＝D 1，∴平面ACD 1∥平面BPQ ，∵AC 平面ACD 1，∴AC ∥平面BPQ ．例5 证明 (1)因为AD ∥BC ，BC平面PBC ， AD ⊆平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ，又平面ADMN ∩平面PBC ＝MN ，所以AD ∥MN ，所以MN ∥BC ．因为N 为PB 的中点，所以M 为PC 的中点，所以MN ∥BC ，且MN ＝12BC ． 又E 为AD 的中点，所以四边形DENM 为平行四边形．所以EN ∥DM ．又EN ⊆平面PDC ，DM 平面PDC ，所以EN ∥平面PDC ．(2)因为ABCD 是边长为2的菱形，且∠BAD ＝60°，所以BE ⊥AD ．又因为PE ⊥AD ，PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PEB ．因为AD ∥BC ，所以BC ⊥平面PEB ．(3)由(2)知AD ⊥PB ．又因为P A ＝AB 且N 为PB 的中点，所以AN ⊥PB ，又AD ∩AN ＝A ，所以PB ⊥平面ADMN ．又PB 平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ADMN ．点评 立体几何的证明，我们要牢牢抓住“转化”这一思想，线与线，线与面，面与面之间的垂直与平行都可互相转化，转化的理论依据是这三种平行与垂直的判定定理、性质定理等．。

高中数学第一章立体几何初步章末小结教案新人教B版必修1示范教案整体设计教学分析本节课是对第一章的基本知识和方法的总结与归纳，从整体上来把握本章内容，使学生的基本知识系统化和网络化，基本方法条理化．值得注意的是对于本章知识结构，学生比较陌生，教师要帮助学生完成，并加以引导．三维目标通过总结和归纳立体几何的知识，能够使学生综合运用知识解决有关问题，培养学生分析、探究和思考问题的能力，激发学生学习数学的兴趣，培养其分类讨论的思想和提高其抽象思维能力．重点难点教学重点：①空间几何体的结构特征．②由三视图还原为实物图．③面积和体积的计算．④平行与垂直的判定与性质．教学难点：形成知识网络．课时安排1课时教学过程导入新课设计 1.第一章是整个立体几何的基础，为了系统地掌握本章的知识和方法，本节对第一章进行复习．教师点出课题．设计2.大家都知道，农民伯伯在春天忙着耕地、播种、浇水、施肥、治虫，非常辛劳，到了秋天，他们便忙着收获．到了收获的季节，他们既高兴又紧张，因为收获比前面的工作更重要，收获的多少决定着一年的收成．我们前面的学习就像播种，今天的小结就像收获，希望大家重视今天的小结学习．教师点出课题．推进新课新知探究提出问题1请同学们自己梳理本章知识结构.2对比直线与平面、平面与平面的平行关系与垂直关系.3对比面积、体积各自之间的关系.讨论结果：(1)本章知识结构：(2)平行关系与垂直关系的对比：(3)①柱、锥、台的侧面积关系：其中c′、c 分别为上、下底面周长，h′为斜高或母线长，h 为正棱柱或圆柱的高． ②柱、锥、台的体积关系：其中S 上、S 下分别为台体的上、下底面积，h 为高，S 为柱体或锥体的底面积． ③球的表面积和体积：S 球面＝4πR 2，V 球＝43πR 3.应用示例思路1例1 下列几何体是台体的是( )解析：A 中的“侧棱”没有相交于一点，所以A 不是台体；B 中的几何体没有两个平行的面，所以B 不是台体；很明显C 是棱锥，D 是圆台．答案：D点评：本题主要考查台体的结构特征．像这样的概念辨析题，主要是依靠对简单几何体的结构特征的准确把握．变式训练 1．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括( ) A ．一个圆台、两个圆锥 B ．两个圆台、一个圆柱C ．两个圆台、一个圆柱D ．一个圆柱、两个圆锥 解析：因为梯形的两底平行，故另一底旋转形成了圆柱面．而两条腰由于与旋转轴相交，故旋转形成了锥体．因此得到一个圆柱、两个圆锥．答案：D2．下列三视图表示的几何体是( )A ．圆台B ．棱锥C ．圆锥D ．圆柱解析：由于俯视图是两个同心圆，则这个几何体是旋转体．又侧视图和正视图均是 等腰梯形，所以该几何体是圆台．答案：A3．下列有关棱柱的说法：①棱柱的所有的棱长都相等；②棱柱的所有的侧面都是长方形或正方形；③棱柱的侧面的个数与底面的边数相等；④棱柱的上、下底面形状、大小相同． 正确的有__________．解析：棱柱的所有侧棱长都相等，但底面上的棱与侧棱不一定相等，其侧面都是平行四边形，只有当棱柱是直棱柱时，侧面才是矩形，侧面个数与底面边数相等，棱柱的上、下底面是全等的多边形，由此可知仅有③④正确．答案：③④2 已知正方体外接球的体积是32π3，那么正方体的棱长等于( )A ．2 2 B.233 C.423 D.433解析：过正方体的相对侧棱作球的截面，可得正方体的对角线是球的直径．设正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则有2R ＝3a ，所以R ＝3a 2.则4π3(3a 2)3＝32π3，解得a ＝433. 答案：D点评：解决球与其他几何体的简单组合体问题，通常借助于球的截面来明确构成组合体的几何体的结构特征及其联系，本题利用正方体外接球的直径是正方体的对角线这一隐含条件使得问题顺利获解．空间几何体的表面积和体积问题是高考考查的热点之一．主要以选择题或填空题形式出现，也不排除作为解答题中的最后一问，题目难度属于中、低档题，以考查基础知识为主，不会出现难题．其解决策略是利用截面或展开图等手段，转化为讨论平面图形问题，结合平面几何的知识来求解．变式训练1．如下图(1)所示，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE、△BCF 均为正三角形，EF∥AB，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23 B.33 C.43 D.32(1) (2)解析：如上图(2)所示，过B 作BG⊥EF 于G ，连结CG ，则CG⊥EF，BF ＝1，△BCG 中，BG ＝32，BC 边上的高为22，而S △BCG ＝12×1×22＝24， ∴V F —BCG ＝13×24×12＝224.同理过A 作AH⊥EF 于H ，则有V E —AHD ＝224，显然BCG —ADH 为三棱柱，∴V BCG —ADH ＝24×1＝24.则由图(2)可 知V ADE —BCF ＝V F —BCG ＋V E —AHD ＋V BCG —ADH ＝23. 答案：A点评：本题求几何体体积的方法称为割补法，经常应用这种方法求多面体体积．割补法对空间想象能力的要求很高且割补法的目的是化不规则为规则．2．某个容器的底部为圆柱，顶部为圆锥，其主视图如下图所示，则这个容器的容积为( )A.7π3 m 3 B.8π3m 3C ．3π m 3D ．12π m 3解析：由该容器的主视图可知圆柱的底面半径为1 m ，高为2 m ，圆锥的底面半径为1 m ，高为1 m ，则圆柱的体积为2π m 3，圆锥的体积为π3 m 3，所以该容器的容积为7π3 m 3.答案：A点评：三视图是新课标高考的新增内容，在高考中会重点考查，在该知识点出题的可能性非常大，应予以重视．此类题目的解题关键是利用三视图获取体积公式中所涉及的基本量的有关信息，这要依靠对三视图的理解和把握．3．如下图所示，一个简单空间几何体的三视图其主视图与左视图是边长为2的正三角形、俯视图轮廓为正方形，则其体积是( )A.423 B.433 C.36 D.83解析：根据三视图，可知该几何体是正四棱锥，且底面积是4，高为主视图等边三角形的高3，所以体积为13×4×3＝433.答案：B例3 如下图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点D 是AB 的中点．求证：(1)AC⊥BC 1；(2)AC 1∥平面CDB 1.证明：(1)直三棱柱ABC —A 1B 1C 1，底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，∴AC⊥BC. ∵C 1C⊥AC，∴AC⊥平面BCC 1B 1. 又∵BC 1⊂平面BCC 1B 1， ∴AC⊥BC 1.(2)设CB 1与C 1B 的交点为E ，连结DE ， ∵D 是AB 的中点，E 是BC 1的中点， ∴DE∥AC 1.∵DE ⊂平面CDB 1，AC 1平面CDB 1，∴AC 1∥平面CDB 1. 变式训练 如下图(1)，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是∠DAB＝60°，且边长为a 的菱形．侧面PAD 为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD.(1)若G 为AD 边的中点，求证：BG⊥平面PAD ； (2)求证：AD⊥PB；(3)若E 为BC 边的中点，能否在棱PC 上找到一点F ，使平面DEF⊥平面ABCD ，并证明你的结论．(1) (2)证明：(1)如上图(1)，∵在菱形ABCD 中，∠DAB＝60°，G 为AD 的中点， ∴BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ， ∴BG⊥平面PAD.(2)如上图(2)，连结PG.∵△PAD 为正三角形，G 为AD 的中点，∴PG⊥AD.由(1)知BG⊥AD，PG∩BG＝G ，PG ⊂平面PGB ，BG ⊂平面PGB ，且PG∩BG＝G ，∴AD⊥平面PGB.∵PB ⊂平面PGB ，∴AD⊥PB.(3)解：当F 为PC 的中点时，平面DEF⊥平面ABCD.证明如下：F 为PC 的中点时，在△PBC 中，FE∥PB，又在菱形ABCD 中，GB∥DE，而FE ⊂平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，FE∩DE＝E ，∴平面DEF∥平面PGB.PG⊥平面ABCD ，而PG ⊂平面PGB ， ∴平面PGB⊥平面ABCD. ∴平面DEF⊥平面ABCD.点评：要证两平面垂直，最常用的办法是用判定定理：证一个平面内的一条直线垂直于另一平面，而线垂直面的证明关键在于找到面内有两条相交直线垂直已知直线．要善于运用题目给出的信息，通过计算挖掘题目的垂直与平行关系，这是一种非常重要的思想方法，它可以使复杂问题简单化．思路2例 4 一个几何体的三视图及其尺寸如下(单位：cm)，则该几何体的表面积是__________，体积是__________．活动：学生回顾简单几何体的结构特征和三视图．解析：由三视图知该几何体是圆锥，且母线长为5 cm ，底面半径是3 cm ，圆锥的高是4 cm ，所以其表面积是π×3×(3＋5)＝24π (cm 2)，体积是π3×32×4＝12π (cm 3)．答案：24π cm 212π cm 3点评：本题主要考查三视图和圆锥的体积．解决本题的关键是由三视图能够想象出圆锥．变式训练1．下图所示的是一个空间几何体的三视图，试用斜二测画法画出它的直观图(尺寸不限)．分析：先从三视图想象出实物形状，再根据实物形状画出它的直观图．解：由三视图可知该几何体是一个正三棱台，画法：(1)如左下图所示，作出两个同心的正三角形在一个水平放置的平面内的直观图；(2)建立z′轴，把里面的正三角形向上平移高的大小；(3)连接两正三角形相应顶点，并擦去辅助线，遮住线段用虚线表示，如右上图所示，即得到要画的正三棱台．2．水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，左下图所示是一个正方体的表面展开图，若图中“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面是( )A．0 B．7 C．快D．乐解析：如右上图所示，将左上图折成正方体，可得2的下面是7.答案：B例 5 一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长是 4 cm，则这个球的体积等于__________cm3.解析：正方体的对角线是球的直径，所以球的半径为432＝2 3 (cm)，其体积为4π3(23)3＝323π (cm3)．答案：323π点评：解决组合体问题的关键是明确组合体的结构特征．变式训练1．两相同的正四棱锥组成如下图(1)所示的几何体，可以放在棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD与正方体下图(2)的某一个平面平行，且各顶点．．．均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．无穷多个 解析：方法一：本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形，显然有无穷多个． 方法二：通过计算，显然两个正四棱锥的高均为12，考查放入正方体后，面ABCD 所在的截面，显然其面积是不固定的，取值范围是[12，1)，所以该几何体的体积取值范围是[16，13)．答案：D2．两个半径为1的铁球，熔化成一个大球，则大球的表面积为( ) A ．6π B ．8π C ．434π D ．832π 解析：两小球的体积是2×4π3×13＝8π3，设大球的半径为R ，则有4π3R 3＝8π3，解得R ＝32.所以大球的表面积为4π(32)2＝434π.答案：C 知能训练1．如下图，直观图所示的原平面图形是( )A ．任意四边形B ．直角梯形C ．任意梯形D ．等腰梯形解析：显然直观图中边A′D′与B′C′都平行于x′轴，所以它们所对应的原图形中的边AD 、BC 是互相平行的；直观图中A′B′与y′轴平行，所以在原图形中对应的边AB 垂直于BC ；但是直观图中C′D′与y′轴不平行，所以在原图形中对应的边CD 不垂直于BC ，即AB 与CD 不平行．所以原图形应是直角梯形．答案：B2．正方体的体积是64，则其表面积是( ) A ．64 B ．16 C ．96 D ．不确定解析：由于正方体的体积是64，则其棱长为4，则其表面积为6×42＝96. 答案：C3．某四面体的各个面都是边长为1的等边三角形，则此四面体的表面积是( )A ．4 B.34C ．2 3 D. 3 解析：每个等边三角形的面积都是34，所以此四面体的表面积是4×34＝ 3. 答案：D4．圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的全面积为__________．解析：圆柱的侧面积S 侧＝6π×4π＝24π2.①以边长为6π的边为轴时，4π为圆柱底面圆周长， 所以2πr＝4π，即r ＝2.所以S 底＝4π.所以S 全＝24π2＋8π.②以4π所在边为轴时，6π为圆柱底面圆周长， 所以2πr＝6π，即r ＝3. 所以S 底＝9π.所以S 全＝24π2＋18π.答案：24π2＋8π或24π2＋18π5．如下图所示，设计一个四棱锥形冷水塔塔顶，四棱锥的底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，已知底面边长为2 m ，高是7 m ，制造这个塔顶需要多少铁板？分析：转化为求这个四棱锥的侧面积．利用过四棱锥不相邻的两侧棱作截面，依此来求侧面等腰三角形的面积．解：如下图所示，连结AC 和BD 交于O ， 连结SO ，则有SO⊥OA，所以在△SOA 中，SO ＝7 (m)， OA ＝22×2＝2(m)， 则有SA ＝7＋2＝3(m)， 则△SAB 的面积是 12×2×22＝22(m 2)． 所以四棱锥的侧面积是4×22＝8 2 (m 2)．答：制造这个塔顶需要8 2 (m 2)铁板．6．如下图所示，在直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．(1)求证：B1D1∥面A1BD；(2)求证：MD⊥AC；(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.分析：(1)转化为证明B1D1∥BD；(2)转化为证明AC⊥面BB1D；(3)转化为证明DC1的中点与M点的连线垂直平面DCC1D1.(1)证明：由直四棱柱，得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴B1D1∥BD，而BD⊂平面A1BD，B1D1平面A1BD，∴B1D1∥面A1BD.(2)证明：∵BB1⊥面ABCD，AC⊂面 ABCD，∴BB1⊥AC，又∵BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，∴AC⊥面BB1D.而MD⊂面BB1D，∴MD⊥AC.(3)解：当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D.取DC的中点N，D1C1的中点N1，连结NN1交DC1于O，连结OM，如下图所示．∵N是DC中点，BD＝BC，∴BN⊥DC；又∵DC是面ABCD与面DCC1D1的交线，而面ABCD⊥面DCC1D1，∴BN⊥面DCC1D1.又可证得，O是NN1的中点，∴BM∥ON，且BM＝ON，即四边形BMON 是平行四边形，∴BN∥OM，∴OM⊥平面CC 1D 1D ，∵OM 面DMC 1，∴平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D.拓展提升问题：如下图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝6，AD ＝4，AA 1＝3，分别过BC 、A 1D 1的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为V 1＝VAEA 1—DFD 1，V 2＝VEBE 1A 1—FCF 1D 1，V 3＝VB 1E 1B —C 1F 1C.若V 1∶V 2∶V 3＝1∶4∶1，试求截面A 1EFD 1的面积．探究：利用体积关系得到面积的关系解决此类问题，且灵活应用“转化”这一重要数学思想．截面A 1EFD 1为一个矩形，求其面积只要求出A 1E 的长度．注意到被两平行平面分割而成的三部分都是棱柱，其体积比也就是在侧面A 1B 被分割成的三个图形的面积比，于是容易得到各线段长度比进而得到线段AE 的长度，再利用勾股定理容易得到A 1E 的长度．解：因为V 1∶V 2∶V 3＝1∶4∶1，又棱柱AEA 1—DFD 1，EBE 1A 1—FCF 1D 1，B 1E 1B —C 1F 1C 的高相等，所以S△A 1AE∶S A 1EBE 1∶S△BB 1E 1＝1∶4∶1.所以S△A 1AE ＝16×3×6＝3， 即12×3×AE＝3. 所以AE ＝2.在Rt△A 1AE 中，A 1E ＝9＋4＝13，所以截面A 1EFD 1的面积为A 1E×A 1D 1＝A 1E×AD＝413.答：截面A 1EFD 1的面积为413.课堂小结本节课复习了：1．第一章知识及其结构图；2．三视图和体积、面积的有关问题；3．平行与垂直的判定．作业复习参考题A 7,8,9题．设计感想本节在设计过程中，注重了两点：一是体现学生的主体地位，注重引导学生思考，让学生学会学习；二是为了满足高考的要求，对课本内容适当拓展，例如关于由三视图还原实物图，课本中没有专题学习，本节课对此进行了归纳和总结．备课资料领悟数学之妙几何学悖论悖论是逻辑学的名词，指自相矛盾的命题，如果承认这个命题，就可推出它的否定，反之如果承认这个命题的否定，却又可以推出这个命题．悖论在表面上看来是不可能的或者是自相矛盾的，然而你经过推理，却发现它们依然是真的，悖论不同于诡辩，它只是不自觉地导致了彼此矛盾的结果，在推导结果的过程中，遵循着一系列无懈可击的推理思想前进，结果却令人大吃一惊，忽然发现自己已陷入矛盾之中，这就不能不引起人们对悖论的兴趣，不仅一般人，而且包括大数学家们．下面举一些几何学方面的悖论的例子：(1)(2)1．不知去向的立方体在上图(1)中画了堆在一起的一些立方体，有人数有六个，有人则数有七个，怎么会数出的数相差一个呢？难道7＝6吗？我们可以用两种不同的方法去看．一种方法是用面A，B，C来组成小立方体，这样，可以数出有6个小立方体．还可用面A′，B′，C′来组成小立方体，这样，可以数出7个小立方体．由于采用哪种方法去看都同样有理，因此，6个或7个小立方体都是正确的．2．彭罗斯台阶如上图(2)是一个称为“彭罗斯台阶”的形体，它是由数学家罗杰尔·彭罗斯发明的，人们可以沿着台阶不断向上攀登，而一次又一次地回到自己原来的位置，这不就是说“向上等于向下”吗？当然不可能！只是由于我们的眼睛受图画的迷惑而认为这种台阶是存在的．。

教案课题：直线、平面垂直的判定与性质一、教学课题：直线、平面垂直的判定与性质二、教学目标1.知识技能：掌握直线和平面垂直的判定定理和性质定理，能够证明直线和平面垂直、平面和平面垂直。

2.过程方法：培养学生探究、归纳、空间想象能力等能力，提高学生的逻辑推理能力。

3.情感态度与价值观：培养学生积极参与、归纳总结，体验探究、总结梳理的乐趣，增强学习数学的兴趣。

三、教学重点和难点教学重点：判定直线和平面垂直的方法。

教学难点：直线和平面垂直的判定和性质定理的灵活应用。

四、教学方法：通过高考题展示，激发学生积极性，让学生产生好奇心，提高学习效率。

通过设置问题、师生共同探究、总结、应用的方式学习。

五、教学过程：教学环节教学内容师生互动设计意图知1.直线与平面垂直（1）直线与平面垂直的定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直。

教师提出问题，学生积极思考、回答问题。

教师适当引引导学生积极思考。

识梳理知识梳理（2）直线与平面垂直的判定定理及性质定理。

判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直。

性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行。

2.平面与平面垂直判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面互相垂直。

性质定理：两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面。

【思考】应用以上定理时应该注意哪些问题？三类证法(1)证明线线垂直的方法①定义：两条直线所成的角为90°；②平面几何中证明线线垂直的方法；③线面垂直的性质：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b；④线面垂直的性质：a⊥α，b∥α⇒a⊥b.(2)证明线面垂直的方法①线面垂直的定义：a与α内任何直线都垂直⇒a⊥α；②判定定理1：⎭⎬⎫m、n⊂α，m∩n＝Al⊥m，l⊥n⇒l⊥α；③判定定理2：a∥b，a⊥α⇒b⊥α；④面面平行的性质：α∥β，a⊥α⇒a⊥β；⑤面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.导，总结归纳。

学习必备欢迎下载第一章《立体几何初步》单元知识总结知识链接构成几何体的基本元平行投影与中心投空间几何体柱，锥，台，球的结构特征柱，锥，台，球的表面积和体积直观图和三视图的画法平面的基本性质确定平面的条件空间平行直线及其传递点，线，面之空间中的平行关直线与平面平行的判定及性间的位置关质系平面与平面平行的判定及性直线与平面垂直的判定及性空间中的垂直关系平面与平面垂直的判定及性点击考点（1）了解柱，锥，台，球及简单组合体的结构特征。

（2）能画出简单空间图形的三视图，能识别三视图所表示的立体模型，并会用斜二测法画出它们的直观图。

（3）通过观察用平行投影与中心投影这两种方法画出的视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式。

（4）理解柱，锥，台，球的表面积及体积公式。

（5）理解平面的基本性质及确定平面的条件。

（6）掌握空间直线与直线，直线与平面，平面与平面平行的判定及性质。

（7）掌握空间直线与平面，平面与平面垂直的判定及性质。

名师导航1.学习方法指导（ 1）空间几何体①空间图形直观描述了空间形体的特征，我们一般用斜二测画法来画空间图形的直观图。

②空间图形可以看作点的集合，用符号语言表述点，线，面的位置关系时，经常用到集合的有关符号，要注意文字语言，符号语言，图形语言的相互转化。

③柱，锥，台，球是简单的几何体，同学们可用列表的方法对它们的定义，性质，表面积及体积进行归纳整理。

④对于一个正棱台， 当上底面扩展为下底面的全等形时， 就变为一个直棱柱； 当上底面收缩为中心点时，就变为一个正棱锥。

由 S 正棱台侧1(c c )h 和 V 正棱台h(sss s ) ，就可看出它们的侧面积与体积23公式的联系。

（ 2） 点，线，面之间的位置关系①“确定平面”是将空间图形问题转化为平面图形问题来解决的重要条件，这种转化最基本的就是三个 公理。

②空间中平行关系之间的转化：直线与直线平行 直线与平面平行平面与平面平行。

③空间中垂直关系之间的转化：直线与直线垂直直线与平面垂直平面与平面垂直。

专题立体几何中的平行问题（普通高中课程标准实验教科书人教B版--必修2）Ⅰ、三维目标1.知识与技能：（1）掌握线线，线面，面面平行的证明方法。

（2）综合运用直线与平面，平面与平面平行的判定定理和性质定理解决空间中的平行问题。

（3）会根据题意构造辅助线将问题进行转化。

2．过程与方法：采用启发式，引导式，参与式以及讲练结合的教学方法。

通过层层递进的教学活动，引导学生独立思考和探究。

加强学生空间观念的培养。

在学生遇到问题时，适时指导，讲解，让学生体验问题解决的思维过程，归纳总结常用方法。

3.情感、态度与价值观：培养学生的识图能力和空间想象能力，以及培养学生严谨的表达能力和“言之有理”的逻辑思维习惯。

Ⅱ、教学重点及难点：重点：直线与平面，平面与平面平行的判定定理，性质定理的综合应用。

难点：构造辅助线将问题进行转化。

Ⅲ、课前预习内容：线面平行的判定定理和性质定理，面面平行的判定定理和性定理。

Ⅳ、教学过程：一．点击高考（近三年全国二卷（文数)高考真题）1.（2019年17题）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（垂直问题）（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．（体积问题） 2.(2018年19题）如图，在三棱锥中，，， 为的中点． （1）证明：平面；（垂直问题）（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．（距离问题）3.（2017年18题）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,1,2AB BC AD BAD ==∠90.ABC =∠=︒（1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（平行问题）（2）若△PCD 的面积为P ABCD -的体积.（体积问题）通过近三年的高考题，我们看到高考中出现的频率高的考点有平行问题，垂直问题，体积问题，距离问题。