数学高中三年级 第一学期15.1多面体的概念教案及反思

这是一份数学高中三年级 第一学期15.1多面体的概念教案及反思，共18页。
多面体概念、性质及其应用
[复习重点]：系统梳理落实多面体的有关概念、性质以及运用概念性质分析处理以多面体为依托的立体几何基本问题的基本方法。
　　[复习难点]：面积、体积计算中角度、方位的转换；“等体积法”、“割补法”的灵活运用；锥、台关系及截面问题的分析处理。
　　[范例分析]：
　　例1．过正方体的每三个顶点都可以确定一个平面，其中能与这个正方体的12条棱所成角都相等的不同平面有几个？
　　分析：由正方体的概性，12条棱中可分为3组，每组的四条棱互相平行，要找出与12条棱成角都相等的平面，只需找出与共点的三条棱成角的平面即可。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　解：（法一）正方体的每个顶点和所在面的面对角线对应一个正三棱锥，如A点对应正三棱锥A-A1BD。这个正三棱锥的底面A1BD是合条件平面，8个顶点对应8个平面，即满足题设要求的平面有8个。
　　（法二）正方体8个顶点，每三点可以确定一个平面，共 =56个，其中6个对角面中每三点所确定的平面与每个表面中每三个点所确定的平面均不符合条件，因此合条件的平面的个数是：
　　 -6· =8（个）
　　[评注]：理解多面体的概念，是指不仅要知道这些概念，还应能灵活地运用这些概念所蕴含的性质正确推理，尤其是正方体，三棱锥的有关概性应更为关注。如本题关键的展开就在于运用正方体的性质把研究与12条棱或等角的问题简化为只研究与共点的三条棱成等角的问题。
　　例2．如图，三棱锥P-ABC中，PA=a, AB=AC=2a, ∠PAB=∠PAC=∠BAC=60°, 求这个三棱锥的体积。
　　分析：由AB=AC，∠BAC=60°→ΔABC为正三角形，由∠PAB=∠PBC，点P在面ABC上的射影必在∠BAC的角平分线上。
　　解（法一）（直接用公式）：
　　作BC中点D，连结AD，PD；过P作PO⊥平面ABC于O，
　　∵∠PAB=∠PAC，AB=AC，∴ΔPAB≌ΔPAC，AD⊥BC，
　　∴ PB=PC， ∴PD⊥BC，∴ BC⊥平面PAD， ∴平面ABC⊥平面PAD，
　　∴ O点必在AD上，过O作OE⊥AB于E，连结PE，则PE⊥AB，
　　在RtΔPAE中，∠PAE=60°，PA=a，
　　∴ PE= a, AE= , OE=AE·tan30°,
　　在RtΔPOE中，PO= = a, 又易知SΔABC= a2,
　　∴ VP-ABC= ·SΔABC·PO= a3。
　　解（法二）（利用等积转换法）：
　　在ΔPAB中，PA=a, AB=2a, ∠PAB=60°,
　　∴ PB2=a2+(2a)2-2·a·(2a)·cos60°=3a2,
　　∴ ΔPAB是直角三角形，PA⊥PB，同理可证PA⊥PC，又PB∩PC=P，
　　∴ PA⊥平面PBC，
　　在ΔPBC中，PB=PC= a, BC=2a, ∴SΔPBC= a2,
　　∴ VP-ABC=VA-PBC= ·SΔPBC·PA= a3。

　　解 （法三）（用分割求积法解）：
　　由法一，BC⊥平面PAD，
　　∴ VP-ABC=VB-PAD+VC-PAD=2·VB-PAD= ·SΔPAD·BD= a3。
　　解（法四）（用补形法求解）：
　　延长AP到Q，使PQ=a, 连结QB，QC，可得到一个棱长为2a的正四面体，
　　∴ VP-ABC= VQ-ABC= · (2a)3= a3。
　　[评注]：10　形如这样 的图形，（三线共点两两成等角），其分析处理应熟练，因正棱锥，正棱台的局部就是这样的图形，此题法1中还可如右图示处理，证明AO平分∠BAC，它正是正棱锥性质中所说的四个RtΔ。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　20　割补法、与三棱锥视角的转换是体积计算中的基本方法，要注意掌握运用。
　　例3．已知正三棱台上、下底面面积分别为S1和S(S1AB＇2且AB＇3>AB＇2,
　　而AB＇1与AB＇3则大小关系不定，
　　∴ 可知a,b,c的关系为：2ac>2bc且2ab>2bc，2bc与2ab不定。
　　即a>b且a>c，b,c关系不定。
　　[评注]：多面体的侧面展开图是研究多面体表面积的基础，也是化空间问题为平面问题的基本方法，是研究多面体有关问题必备的一种思路。其关键是掌握好空间图形的各元素在展开前与展开后各自相应的关系（包括位置关系和数量关系）。




测试
　　选择题
　　1．如图，在四面体P-ABC中，PC⊥AB，PC=AB=2，E、F分别为PA和BC的中点，则EF等于（　）
　 A、1　　B、　　C、 　　D、
　　2．已知三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V，P是侧棱B1B上一点，则四棱锥P-ACC1A1的体积为（　）
　 A、　　 B、　　C、 　　D、
　　3．三棱锥的侧面两两互相垂直，且所有棱长之和为3+ ，则三棱锥的体积的最大值为（　）
　 A、 　　B、 　　C、 　　D、
　　4．正三棱锥P-ABC的底面边长为a，过底边AB垂直于侧棱PC的截面交PC于D，截面DAB与底面所成角为θ，则截面以下部分的体积是（　）
　 A、 　　B、 　　C、 　　D、
　　5．如 图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V，P、Q分别为AA1、CC1上的点，而且满足AP=C1Q，则四棱锥B-APQC的体积是（　）
　 A、 V　　B、 V　　C、 V　　D、 V
　　6．已知正四棱台的上、下底面面积分别是S、Q，则它们的中截面把棱台的侧面分成两部分的侧面面积之比为（　）。
　 A、 　　B、 　　C、 　　D、
　　7．已知圆锥的母线长为l，底面半径为R，如果过圆锥顶点的截面面积的最大值是 l2，则（　）
　 A、 　　B、　　C、 　　D、
　　8．若一球外切圆锥的高是这个球直径的2倍，则圆锥的全面积和球表面积之比是（　）
　 A、2∶1　　B、3∶1　　C、3∶2　　D、9∶4
　　9．球与圆台的上、下底面及母线都相切，且球面面积与圆台侧面面积之比为3∶4，则球的体积与圆台体积之比是（）
　 A、3∶4　　B、7∶9　　C、5∶14　　D、6∶13
　　10．半径为1的球面上有A、B、C三点，已知A和B，A和C之间的球面距离均是 ，B和C之间的球面距离是 ，则过A、B、C三点的截面到球心的距离是（　）
　 A、 　　B、 　　C、 　　 D、
答案与解析
　　答案：1、B　 2、C　 3、D　 4、C　 5、B 　6、B 　7、C 　8、A 　9、D 　10、C
　　解析：
　　1．取PB中点M，连结EM，MF，则ME=MF=1，且ME⊥MF。
　　2．把2个完全相同的三棱柱放在一起，构成一个四棱柱ABDC-A1B1D1C1，
　　则 。
　　3．设三条侧棱长x,y, z，则
　　3=x+y+z+ ≥3
　　≥3 =3 ，
　　而体积V= xyz的最大值易求。
　　4．取AB中点M，连结DM，CM，则∠DMC=θ，并且ΔMCD为RtΔ，V= ·SΔABD·CD，易求。
　　5．取特殊点，P，Q为所在棱中点，结合上面第2题求解即可。
　　6．取特殊值，如果S=Q，则应为1∶1，舍去D。如果S=0(变成棱锥)，比为1∶3，代入验证，　　
　　答案为B，注意：千万不要去计算，做选择题之大忌。
　　7．因为 l2= l2·sin90°，所以圆锥轴截面顶角大于等于90°，据此求解即可。　　8．画出轴截面图。设球半径R，则SO1=3R，并且OB=BM，设OB=r，在RT△SO1M和RT△SOB中列方程可解出。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　9．画出轴截面，设圆台以上，下底半径r,R，则母线长为r+R，用r,R表示出球的半径，再表示出表面积和体积即可。
　　注意8，9这种组合体问题都要画出轴截面图。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　10．把OABC拿出来，则OA⊥面BOC，∠BOC= ，要求的即O到面ABC的距离，根据体积相等求距离即可。 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
 
空间图形的分解与组合
　　空间想象力是高考要求的能力之一，它也是对空间图形进行处理所必备的能力。其中一种表现方式就是在头脑中能对空间图形进行分解与组合。即把复杂图形分解为简单图形；把简单图形合成复杂图形；把空间图形拆成平面图形，把平面图形合成空间图形。在解决一些较复杂的立体几何问题时，就比较突出的表现出这种处理图形的能力。下面通过两个例题进行说明。
　　例1．已知三棱锥S-ABC，∠ABC=90°，AB=BC，且SA=SB=SC=m,问二面角A-SB-C多大时，其体积最大。
　　解：∵ SA=SB=SC，∴ 顶点S在底面的射影O是ΔABC的外心，
　　又ΔABC是等腰直角三角形，O是AC中点，作AH⊥SB，H是垂足，连CH，
　　∵ ΔSAB≌ΔSBC，∴ CH⊥SB，SB⊥平面AHC，
　　∠AHC是二面角A-SB-C的平面角，设∠AHC=θ，
　　设AB=BC=2a, 则AC=2 a,
　　在RtΔAHO中，AH= ，OH= a·cot2θ，
　　在ΔSAB中，SD= ，又AH×SB=AB×SD，
　　∴ ×m=2a× ，得2a2=(2-csc2 )m2=(1-cot2 )m2
　　又VS-ABC=VS-AHC+VB-AHC= SΔAHC·SH+ SΔAHC·BH= SΔAHC·SB，
　　其中SΔAHC= ×AC×OH=2a2cot =m2(1-cot2 )·cot
　　V= m3(1-cot2 )·cot
　　∴ V2= m6(1-cot2 )2cot2
　　　　 = m6(1-cot2 )(1-cot2 )·2cot2
　　　　≤ m6·[ ]3= m6,
　　当且仅当1-cot2 =2cot2 ，即cot = , θ=120°时，等号成立。
　　故当二面角A-SB-C为120°时，三棱锥的体积最大。
　　评述：考虑到要建立V与θ的函数关系式，更容易的表达出V和找出θ,本题是把三棱锥分割成两个小三棱锥，利用“两个小三棱锥体积之和等于原三棱锥的体积”。实际上是把待处理问题的关键结构重新搭配，在新的关系结构中，寻求解决问题的途径。增加了ΔAHC面积这样一个内容，出现了二面角的平面角θ→面积SΔAHC→体积V的新关系，建立了V与θ的函数关系式。
　　当我们认为所给问题的关系结构不适合解决问题时，那就予以分解，重新组合，使之化为我们能解决的问题。这也是一种化归的思想方法。

　　例2．正三棱柱ABC-A1B1C1，E是BB1的中点。
　　（1）求证：平面A1EC⊥平面AC1；
　　（2）若AA1=AB=a，求CE与AC1面所成的角；
　　（3）在（2）的条件下，求平面A1EC与平面A1B1C1所成的二面角及CE与平面A1B1C1所成的角。
　　解：（1）设D是AC中点，F是A1C中点，连结BD，EF和DF，
　　∴ DF 　DF BE,
　　∴ 四边形DFEB是平行四边形，EF BD，
　　∵ 三棱柱是正三棱柱，∴ BD⊥AC，又平面ABC⊥平面AC1，
　　∴ BD⊥平面AC1，∴ EF⊥平面AC1， EF 平面A1EC，
　　∴ 平面A1EC⊥平面AC1。
　　（2）由（1）知，EF⊥平面AC1，
　　∴ AC1是CE在平面AC1的射影，∠ECA1是CE与平面AC1所成的角，
　　在RtΔEFC中，EF=BD= a，FC= A1C= a，tan∠ECA1= ,
　　即直线CE与平面AC1所成的角为arctan 。

　　（3）延长CE和C1B1交于G，连结A1G，则A1G是平面A1EC与平面A1B1C1的交线，
　　∵ BB1//CC1， EB1= BB1= CC1，∴ GB1=B1C1，
　　在ΔA1GC1中，A1B1=B1C1=GB1，
　　∴ ∠B1A1C1=60°，∠GA1B1=30°， ∴ ∠GA1C1=90°，
　　∵ CC1⊥平面A1B1C1，A1C1是A1C在平面A1B1C1的射影，GC1是CE在平面A1B1C1的射影，
　　又A1C1⊥A1G，由三垂线定理得A1C⊥A1G，
　　∴ ∠CA1C1是二面角C-A1G-C1的平面角，∠CGC1是CE与平面A1B1C1所成的角，
　　在RtΔA1C1C中，A1C1=CC1，∴ ∠CA1C1=45°，
　　在RtΔGC1C中，CC1=a, GC1=2B1C1=2a, ∴ tan∠CGC1= .
　　即平面A1EC与平面A1B1C1所成的二面角是45°；CE与平面A1B1C1所成的角为arctan 。

　　评述：本题在证明过程中要添加较多的辅助线，特别是截面与底面所成的二面角的棱未在图中出现。需要添加辅助线面找到两个面的交线。当用平面的性质找到棱A1G时，可以发现，本题的综合图形中包含一个常见的各面都是直角三角形的四面体，可以称为基本图形(如图所示）。由于此基本图形可以涉及到立体几何中许多重要的概念与定理，如异面直线和射影概念；三垂线定理；直线与平面，平面与平面的平行与垂直的概念和定理；各种角和距离的概念与计算等。因此如掌握这个基本图形，对解题会有很大帮助。“综合图形基本化”是解综合题的一个策赂，在解题时分析、观察，如果发现上述情况可以归为基本图形去解决。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　高考中的立体几何综合题。主要考察的是空间想象能力。强调的是对图形的认识、理解和应用。要求即会用图形表现空间形体，又会由图形想象出直观的形象。既会观察、分析各种几何要素(点、线、面、体)的相互位置关系，又会对图形进行变换和综合，即对图形进行分解——分割，组合——拼补，变形——转换、位移或不同视角观察图形。
　　另外，高考试题中的图形，所涉及的线面、面面位置关系大多不是习惯所见的标准位置(如图中只有少数面是水平放置)。因此正确认识非标准位置的图形，成为空间想象能力的一个组成部分，也是高考的重点之一。因而在观察想象空间图形时，要善于排除无关因素的干扰(如一些遮挡的线、面)，抓住主体，正确作出判断。
高考真题
1．设命题甲：“直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面ACB1与对角面BB1D1D1垂直”；命题乙：
“直四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正方体”。那么，甲是乙的（ ）。
　　A、充分必要条件　　　B、充分非必要条件
　　C、必要非充分条件　　D、既非充分又非必要条件
　　解：∵ 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1 面ACB1⊥面BB1D1D
　　而正方体ABCD-A1B1C1D1 面ACB1⊥面BB1D1D，
　　∴ 甲是乙的必要非充分条件
　　∴ 应选C。
　　2．如图，在 直四棱柱A1B1C1D1-ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件_____时，有A1C⊥B1D1（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况）。
　　解：应填“AC⊥BD”或任何能推导出这个条件的其他条件，例如ABCD是正方形或菱形等。
　　∵ A1A⊥底面ABCD，AC是A1C在底面ABCD的射影，
　　若AC⊥BD，则根据三垂线定理有A1C⊥BD，
　　又B1D1//BD A1C⊥B1D1。
　　∴ 应该填“AC⊥BD”。
　　3．如图1所示，在直角梯形ABCD中，∠D=∠BAD=90°,AD=DC= AB=a，将ΔADC沿AC折起，使D到D＇。记面ACD＇为α，面ABC为β，面BCD＇为γ。
　　（1）若二面角α-AC-β为直二面角（如图2），求二面角β-BC-γ的大小；
　　（2）若二面角α-AC-β为60°, （如图3），求三棱锥D＇-ABC的体积。
　　　　　　　　　
　　分析：本题主要考察直线、平面的位置关系、空间想像能力、逻辑推理能力和运算能力
　　解：（1）∵AC= a, BC= a, AB=2a,
　　∴ AB2=AC2+BC2, ∴ AC⊥BC。
　　又α⊥β，BC b，α∩β=AC，∴ BC⊥α，∴ BC⊥CD＇，
　　得∠ACD＇是二面角β-BC-γ的平面角。
　　∵ ΔAD＇C是等腰直角三角形，∴ ∠ACD＇=45°，
　　∴ 二面角 β-BC-γ的大小为45°（如图4）
　　（2）设E是AC的中点，连D＇E，∵ D＇A=D＇C，∴ D＇E⊥AC，
　　作D＇H⊥α，垂足为H，连EH，则EH⊥AC，
　　∴ ∠D＇EH是二面角α-AC-β的平面角，∠D＇EH=60°，
　　D＇H=D＇EsinD＇EH= a· = a，
　　SABC= AC·BC= · a· a=a2,
　　∴ VD＇-ABC= SABC·D＇H= a3。　
　　4．如 图所示，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧面A1ACC1与底面ABC垂直，∠ABC=90°，BC=2，AC=2 ，且
AA1⊥A1C，AA1=A1C。
　　（1）求侧棱A1A与底面ABC所成角的大小；
　　（2）求侧面A1ABB1与底面ABC所成二面角的大小；
　　（3）求顶点C到侧面A1ABB1的距离。
　　分析：本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，棱柱的性质，空间的角和距离的概念，逻辑思维能 力，空间想象能力及运算能力。
　　解：（1）如图，作A1D⊥AC，垂足为D，
　　由面A1ACC1⊥面ABC，得A1D⊥面ABC，
　　∴ ∠A1AD为A1A与面ABC所成的角，
　　∵ AA1⊥A1C，AA1=A1C， ∴ ∠A1AD=45°为所求。
　　（2）作DE⊥AB，垂足为E，连A1E，则由A1D⊥面ABC，得A1E⊥AB，
　　∴ ∠A1ED是面A1ABB1与面ABC所成二面角的平面角。
　　由已知，AB⊥BC，得ED//BC，又D是AC的中点，BC=2，AC=2 ，
　　∴ DE=1，AD=A1D= ，tan∠A1ED= ，　
　　故∠A1ED=60°为所求。
　　（3）由点C作平面A1ABB1的垂线，垂足为H，则CH的长是C到平面A1ABB1的距离，
　　连结HB，由于AB⊥BC，得AB⊥HB，又A1E⊥AB，知HB//A1E，且BC//DE，
　　∴ ∠HBC=∠A1ED=60°，
　　∴ CH=BCsin60°= 为所求。（注：也可用体积相等来求）
　　5．如图，在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中，∠ABC=90°，SA⊥面ABCD，SA=AB=BC=1，AD= 。
　　（I）求四棱锥S-ABCD的体积；
　　（II）求面SCD与面SBA所成的二面角的正切值。
　
　解：（I）直角梯形ABCD的面积是M底面= (BC+AD)·AB= ×1=
　　∴ 四棱锥S-ABCD的体积是V= ×SA×M底面= ×1× = 。

　　（II）延 长BA，CD相交于点E，连结SE，则SE是所求二面角的棱，
　　∵ AD//BC，BC=2AD，∴ EA=AB=SA，∴ SE⊥SB，
　　∵ SA⊥面ABCD，得面SEB⊥面EBC，EB是交线，
　　又BC⊥EB，∴ BC⊥面SEB，故SB是CS在面SEB上的射影，
　　∴ CS⊥SE，所以∠BSC是所求二面角的平面角，
　　∵ SB= = ，BC=1，BC⊥SB，
　　∴ tan∠BSC= , 即所求二面角的正切值为 。

　　6．已 知VC是 所在平面的一条斜线，点N是V在平面ABC上的射影，且在 的高CD上， 之间的距离为 ，
　　（Ⅰ）证明∠MDC是二面角M–AB–C的平面角；
　　（Ⅱ）当∠MDC=∠CVN时，证明VC ；
　　（Ⅲ）若∠MDC=∠CVN= ，求四面体MABC的体积。
　　分析：本小题主要考查线面关系的基本概念，考查运用直线与直线、直线与平面的基本性质进行计算和证明的能力．
　　（Ⅰ）证明：由已知， ，
　　∴ ，∴ ，　　
　　又V、M、N、D都在VNC所在平面内，
　　所以，DM与VN必相交，且，
　　∴ ∠MDC为二面角的平面角。　　　　　　　
　　（Ⅱ）证明：由已知，∠MDC=∠CVN，在中，∠NCV=∠MCD，
　　又∵ ∠VNC=，∴ ∠DMC=∠VNC=．　　
　　故有，∴ 。　　　　
　　（Ⅲ）解：由（Ⅰ）、（Ⅱ），
　　，
　　∴ ，又∵ ∠，在 中， ，
　　
　　　　　　　
　　　　　　　．　　　　　　　　　　　　　　
　　仔细分析这几个高考题可以把握高考在这方面的要求和高考题的难度。