高中数学第一章教案《立体几何初步》

第一章立体几何初步示范 教案 中职数学基础模块教案 下载北师大版¥1.2次方程的根与系数的关系的教案关于坚持的教案初中数学教案下载电子教案下载 教学分析  　本节课是对第一章的基本知识和方法的 总结 初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf 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  　讨论结果：(1)本章知识结构：(2)平行关系与垂直关系的对比：平行垂直直线与平面公共点0个1个判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直性质定理如果一条直线与一个平面平行，则过该直线的任意一个平面与此平面的交线与该直线平行如果两条直线都垂直于一个平面，那么这两条直线平行平面与平面公共点0个无数个判定定理如果一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直性质定理如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面(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＝4πR2，V球＝πR3.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，那么正方体的棱长等于( )A．2      B.      C.       D.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＝a，所以R＝.则()3＝，解得a＝.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.   B.   C.   D.(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＝，BC边上的高为，而S△BCG＝×1×＝，∴VF—BCG＝××＝.同理过A作AH⊥EF于H，则有VE—AHD＝，显然BCG—ADH为三棱柱，∴VBCG—ADH＝×1＝.则由图(2)可知VADE—BCF＝VF—BCG＋VE—AHD＋VBCG—ADH＝.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.m3      B.m3C．3πm3           D．12πm3解析：由该容器的主视图可知圆柱的底面半径为1m，高为2m，圆锥的底面半径为1m，高为1m，则圆柱的体积为2πm3，圆锥的体积为m3，所以该容器的容积为m3.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 高中化学知识点免费下载体育概论知识点下载名人传知识点免费下载线性代数知识点汇总下载高中化学知识点免费下载 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 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 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.  　B.  　C.  　D.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，所以体积为×4×＝.答案：B例3 如下图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点．求证：(1)AC⊥BC1；(2)AC1∥平面CDB1. 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：(1)直三棱柱ABC—A1B1C1，底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC⊥BC.∵C1C⊥AC，∴AC⊥平面BCC1B1.又∵BC1平面BCC1B1，∴AC⊥BC1.(2)设CB1与C1B的交点为E，连结DE，∵D是AB的中点，E是BC1的中点，∴DE∥AC1.∵DE平面CDB1，AC1平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1.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5cm，底面半径是3cm，圆锥的高是4cm，所以其表面积是π×3×(3＋5)＝24π(cm2)，体积是×32×4＝12π(cm3)．答案：24πcm2　12πcm3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4cm，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＝2(cm)，其体积为(2)3＝32π(cm3)．答案：32π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，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[，1)，所以该几何体的体积取值范围是[，)．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．4π             D．8π解析：两小球的体积是2××13＝，设大球的半径为R，则有R3＝，解得R＝.所以大球的表面积为4π()2＝4π.答案：C1．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．16C．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.C．2         D.解析：每个等边三角形的面积都是，所以此四面体的表面积是4×＝.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2m，高是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＝(m)，OA＝×2＝(m)，则有SA＝＝3(m)，则△SAB的面积是×2×2＝2(m2)．所以四棱锥的侧面积是4×2＝8(m2)．答：制造这个塔顶需要8(m2)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CC1D1D，∵OM面DMC1，∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.问题：如下图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝6，AD＝4，AA1＝3，分别过BC、A1D1的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为V1＝VAEA1—DFD1，V2＝VEBE1A1—FCF1D1，V3＝VB1E1B—C1F1C.若V1∶V2∶V3＝1∶4∶1，试求截面A1EFD1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A1EFD1为一个矩形，求其面积只要求出A1E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A1B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A1E的长度．解：因为V1∶V2∶V3＝1∶4∶1，又棱柱AEA1—DFD1，EBE1A1—FCF1D1，B1E1B—C1F1C的高相等，所以S△A1AE∶SA1EBE1∶S△BB1E1＝1∶4∶1.所以S△A1AE＝×3×6＝3，即×3×AE＝3.所以AE＝2.在Rt△A1AE中，A1E＝＝，所以截面A1EFD1的面积为A1E×A1D1＝A1E×AD＝4.答：截面A1EFD1的面积为4.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．复习参考题A　7,8,9题．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．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．