立体几何
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立体几何范文第1篇
【例1】如图，平面PAC平面ABC，点E、F、O分别为线段PA、PB、AC的中点，点G是线段CO的中点，AB=BC=AC=4，PA=PC=22．
求证：（1） PA平面EBO；
（2） FG∥平面EBO．
分析（1） 可利用“线线垂直”来证明“线面垂直”。先证明OEPA，BOPA；
（2） 证明直线与平面平行常用的方法有：一是判定定理（线线平行推出线面平行）；二是面面平行的性质定理（面面平行推出线面平行）。
证明由题意可知，PAC为等腰直角三角形，ABC为等边三角形．
（1） 因为O为边AC的中点，所以BOAC，
因为平面PAC平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，
BO平面ABC，所以BO平面PAC．
因为PA平面PAC，所以BOPA，
在等腰三角形PAC内，O，E为所在边的中点，所以OEPA，
又BO∩OE=O，所以PA平面EBO.
（2） 连接AF交BE于Q，连接QO．
因为E、F、O分别为边PA、PB、PC的中点，
所以AOOG=2，且Q是PAB的重心，
于是AQQF=2=AOOG，所以FG∥QO.
因为FG平面EBO，QO平面EBO，所以FG∥平面EBO．
点拨要证“线面平行”，也可以转化为证“面面平行”，通过取PE的中点H，利用平面FGH∥平面EBO证得。
类型二存在性问题
【例2】在长方体ABCDA1B1C1D1中，E,F分别是AD,DD1的中点，AB=BC=2，过A1、C1、B三点的平面截去长方体的一个角后.得到如图所示的几何体ABCDA1C1D1，且这个几何体的体积为403.
（1） 求A1A的长；
（2） 在线段BC1上是否存在点P，使直线A1P与C1D垂直，如果存在，求线段A1P的长，如果不存在，请说明理由.
分析(1) 求几何体ABCDA1C1D1的体积通过补形。
（2） ①存在性的问题，可通过分析――下结论――证明。
②若在线段BC1上存在点P，使A1P与C1D垂直。由三点D1,A1,P确定的平面交CC1于Q。由于C1D与A1D1垂直，只要C1D与D1Q垂直即可。
（3） 在直角梯形A1PQD1中可求线段A1P的长。
解（1） VABCDA1C1D1=VABCDA1B1C1D1-VBA1B1C1
=2×2×AA1－13×12×2×2×AA1
=103AA1=403,AA1=4.
（2） 在平面CC1D1D中作D1QC1D交CC1于Q，过Q作QP∥CB交BC1于点P，则A1PC1D.
因为A1D1平面CC1D1D,C1D平面CC1D1D,C1DA1D1，而QP∥CB,CB∥A1D1,QP∥A1D1，
又A1D1∩D1Q=D1,C1D平面A1PQD1，
且A1P平面A1PQD1,A1PC1D.
D1C1Q∽C1CD,C1QCD=D1C1C1C,
C1Q=1,又PQ∥BC,PQ=14BC=12.
四边形A1PQD1为直角梯形，且高D1Q=5,A1P=2－122+5=292.
类型三立体几何中的最值问题
【例3】如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC＝6，BD＝8，E是PB上任意一点，AEC面积的最小值是3．
（1） 求证：ACDE；
（2） 求四棱锥PABCD的体积．
分析（1） 要证明线线垂直即证明线面垂直，即证AC平面PDB；
（2） 求四棱锥的体积，关键是求出高PD的长，可以通过AEC面积的最小值是3转化求出。
证明(1)连接BD，设AC与BD相交于点F．
因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD．
又因为PD平面ABCD，AC平面ABCD，所以PDAC．
而PD∩BD＝D，所以AC平面PDB．
E为PB上任意一点，DE平面PDB，
所以ACDE．
（2） 连接EF．由（1），知AC平面PDB，EF平面PDB，所以ACEF．
SACE＝12AC•EF，在ACE面积最小时，EF最小，则EFPB．
SACE＝3，12×6×EF＝3，解得EF＝1．
由PDB∽FEB，得PDEF=PBFB．
由于EF＝1，FB＝4，PB=PD2+64，
所以PB＝4PD，即PD2+64=4PD．
解得PD＝81515．
VPABCD＝13SABCD•PD＝13×24×81515
＝641515．
牛刀小试
1. 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB=4，BC=CD=2,AA1=2,E、E1分别是棱AD、AA1的中点.
（1） 设F是棱AB的中点,证明：直线EE1∥平面FCC1；
（2） 证明:平面D1AC平面BB1C1C.
2. 已知正三角形PAD所在的平面与直角梯形ABCD垂直，ABAD，AB∥CD，且AD=DC=2,AB=4.在线段PD上是否存在一点M，使得AM∥平面PBC.
3. 如图，斜三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1BC1，ABAC，AB=3，AC=2，侧棱与底面成60°角.
（1） 求证：C1点在平面ABC上的射影H在直线AB上；
（2） 求此三棱柱体积的最小值.
【参考答案】
1. （1） 在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，取A1B1的中点F1，
连接A1D，C1F1，CF1，因为AB=4，CD=2,且AB∥CD，
所以CD
A1F1，A1F1CD为平行四边形，所以CF1∥A1D，
又因为E、E1分别是棱AD、AA1的中点，所以EE1∥A1D，
所以CF1∥EE1，又因为EE1平面FCC1，CF1平面FCC1，
所以直线EE1∥平面FCC1.
（2） 连接AC,在直棱柱中，CC1平面ABCD,AC平面ABCD,
所以CC1AC,因为底面ABCD为等腰梯形，AB=4，BC=2,
F是棱AB的中点,所以CF=CB=BF，BCF为正三角形，
∠BCF=60°,ACF为等腰三角形，
且∠ACF=30°，
所以ACBC,又因为BC与CC1都在平面BB1C1C内且交于点C,
所以AC平面BB1C1C,而AC平面D1AC,
所以平面D1AC平面BB1C1C.
2. 假设PD上存在点M，使得AM∥平面PBC.
在平面PDC内过点M作MN∥DC交PC于N,连接BN,
则面AMNB∩面PBC=NB
AM∥面PBC
AM面PBCAM∥NB，
又MN∥CD
CD∥ABMN∥AB，
所以平面AMNB是平行四边形，
所以MN=AB.
这与MN
所以假设不成立，
即在线段PD上不存在一点M，使得AM∥平面PBC.
3. （1） 由棱柱性质，可知A1C1∥AC.
A1C1BC1，ACBC1，
又ACAB，AC平面ABC1，
又AC平面ABC，平面ABC平面ABC1，在平面ABC1内，过C1作C1HAB于H，则C1H平面ABC，故点C1在平面ABC上的射影H在直线AB上.
（2） 连接HC，由（1）知C1H平面ABC，
∠C1CH就是侧棱CC1与底面所成的角，
∠C1CH=60°，C1H=CH•tan60°=3CH,
V棱柱=SABC•C1H=12AB×AC×C1H
=12×3×2×3CH=33CH.
CAAB，CH≥AC=2，
立体几何范文第2篇
一、上好第一堂课，激发学生学习《立体几何》这门课的兴趣
浓厚的学习兴趣不仅可以使学生积极主动地从事学习活动，而且学习起来还会心情愉快，能够做到全神贯注，长期坚持从而形成一种终身的学习习惯。另外，学生在学习立体几何之前，对立体几何普遍有一种畏惧心理。
所以立体几何的第一堂课是否能抓住学生，调动学生的学习积极性，激发学生学习立体几何的兴趣，非常关键。
二、帮助学生建立空间概念
学生由于受学习平面几何的思维定势的影响，在学习立体几何时，要建立起空间概念，有一定的困难，只有尽早解决这个问题。才能学好立体几何。
1.识图与画图
在开始学习立体几何时，要让学生特别注意空间图形在平面内的画法，切不可把虚线再当作平面图形中的辅助线，要把平面图形中的角、线段与空间实例相对照。
2.亲自动手，制作模型
在解决有些问题时，可以把某些元素用实物来表示。对于一些折叠图形问题，学生不妨动手自己折一折，观察分析位置关系的变化，这样就容易看清元素间的位置关系。
三、培养学生空间想象的能力
在立体几何教学中，空间想象能力是重要的数学能力之一，也是一种基本的数学能力。它强调对图形的认识、理解和应用，既会用图形表现空间形体，又会由图形想象出直观的形象，立体几何承担着培养学生空间想象能力的独特功能。
1.教会学生看空间几何体
立体几何的概念教学要从实例引入，对图形的观察、分析来抓住它们的本质特征，抽象出数学概念。
2.重视画图基本功的训练
画出正确图形，是学生解决立体几何问题的前提和基础，画图基本功的训练，应贯穿在立体几何教学的全过程。
(1)教师利用教具、实物，让学生观察，分析抽象出概念后，然后画出相应概念的直观图。
(2)边说边画，让学生看到教师画图的过程，或者让学生在练习本上与教师同步绘制，那种把图形事先画在小黑板上的作法，在教学很长一段时间内是不宜使用的。
(3)让学生把教材中的示范图形，储存在头脑中。
四、证明题的证题思路
立体几何中，证明题占有很大的比例，即使在计算题中，也需要先通过证明以确定元素间的位置关系，然后再进行计算。所以尽快找到证题思路，是解决立体几何题的关键。
1.掌握证题必备的知识
首先掌握线线、线面平行、垂直的判定定理与性质定理本身，对定理本身揭示的内涵有深刻的理解，能熟练画出图形及写出定理的题设、结论。在这些基础上，还应掌握定理的结构及内在的联系。
2.分析证题思路的“十二字令：看结论、想判定；看条件，定取舍”
看结论：指的是命题欲证结论是哪一种结论，是线线平行还是线面垂直。
想判定：指的是依据结论，思考证明该结论的方法有哪些。
看条件，定取舍：指的是证明结论的方法有多种，要根据题目的具体条件来决定选用何种判定定理或性质定理。
3.走好证题起始第一步
一个复杂的命题，其证明过程一般要经过从低维到高维的渐进过程。即从线线关系推证出线面关系，再从线面关系推出面面关系。
立体几何范文第3篇
一、理论与实践相联系，增强学生
的知识体验
在立体几何解题过程中，我们可发现不少题目均是架构于多种多样的柱体、球体、锥体中，然而学生由于缺乏足够的实际经验，未能充分了解与把握空间几何体的内在性质与外在形状.实际上，在形体展现上，空间几何体所显示的直观图与其真正形状还是有一定的区别，而不少学生的几何思想仍停留于初中阶段的平面几何知识上，因此对立体几何存在感知困难.因此，在高中立体几何教学中，教师应引导学生运用正确模型来解决对应的数学问题，并注意将教学与实际相联系，为学生创设一定的情境，让学生于具体情境中去感受与体验知识.
1．认识立体几何的生活实际意义
引导学生认识到立体几何知识在生活实际中的应用是十分广泛的，并发挥着重要的作用.如修建桥梁、房屋，还有家具摆放等，均会应用立体几何知识；机械加工的各式各样的图纸，体现了多种视图；一些工件也是由不同立方体组合而成的.
例如，在讲“空间几何体”时，教师可向学生展示一些空间实物与模型，如球、棱柱、圆锥等，并呈现金字塔图片、上海浦东建筑物图片等，让学生从图中找出自己熟悉的几何体，让学生认识到生活中处处有立体几何知识，同时这些知识给我们的生活带来许多便利.
2．加强实践操作，增强情感体验
在立体几何教学过程中，教师应有目的、有意识地培养学生的动手操作能力，让学生通过亲身体验来体会立体几何知识的无限魅力，更深刻地理解知识与把握知识.如教师可让学生通过折纸游戏，如折一折、试一试、比一比、画一画、做一做等，以分析与解决一些立体几何问题，让学生更深刻地理解知识.
另外，教师还可将学生分成几个小组，让学生试一试，依据三视图来摆放空间组合体，比比哪个小组摆得最快、最正确.亦或让学生利用手上的几何体来拼出一些新物体.这样，在具体操作情境中，学生可以相互交流、讨论，从而发现自己的不足之处，并及时改进.同时，在动手操作过程中，学生还可多方位、多侧面、多角度地观察、分析与体验，然后从中发掘新知，发现有关数学规律，从而对知识有更深刻的印象.学生可以轻松地将空间问题向平面问题加以转换，帮助学生联系已有知识与经验，分析与解决新的问题.
二、巧用多媒体教学，营造良好学
习氛围
多媒体因其不可比拟的优势，在教学领域的运用越来越广泛，尤其是立体几何教学.通过多媒体演示，可以将复杂问题变简单，将抽象问题变直观.当然，在情境教学中，多媒体教学的优势更是不用说，不但能够丰富教学环境，还可创设一个和谐、愉快的学习氛围，降低学生对新知的陌生感与恐惧感，使教学更有亲切感与趣味性.
第一，在教学中，教师可借助多种多媒体软件，如几何画板、Flash、Author ware等软件，赋予几何图形生命与活力，向学生展示形象、生动、具体的立体图形，以帮助学生直观感知知识，拉近学生与知识的距离.同时，还可适当地配上动画短片与声音等，让学生身临其境，从而培养学生的空间想象力，开发学生学习立体几何的潜能.
例如，在讲“球、圆锥、圆柱等定义”时，很多学生难以想象出立体几何是根据平面图形多种旋转而成.这时，教师可利用计算机来模拟演示，如矩形围绕一边、半圆绕着直径、直角三角形绕着它的直角边旋转而成的多种立体图形，在观察过程中，学生可在脑海中构建平面图形的空间变化.这样，不但能激发学生的学习热情，调动学生的学习积极性，更有利于学生理解知识.
第二，在立体几何教学中，教师还可通过图文并茂的多媒体对知识进行综合处理，将相关的例题编为一题多解，一题多变等形式，并让学生选择性地比较演示，以帮助学生灵活运用所学知识，提高学生的解题能力.
例如，立体几何中关于异面直线所成角的相关问题，不但可以通过立体知识求解，还可通过向量来求解.如两点直线解析式的求解，有两点式、顶点式、一般式等不同解法.这样，通过多媒体，让学生更直观地比较知识，运用知识.
立体几何范文第4篇
一、 利用“基本模型”，实现转化
【命题分析】正方体与长方体是立体几何中最常见的几何体，其包含了所有的直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系以及特定的数量关系，有着立体几何中的“百宝箱”的美誉。出题者往往以它们为载体出题或题目中隐含着正方体、长方体模型。所以利用好正方体与长方体这两个“基本模型”进行转化，可使问题更直观、简单化。
【例1】已知a,b为异面直线，α是一个平面，则a,b在α上的射影有可能是
①两条平行线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点.
在上面结论中，正确结论的编号是（写出所以正确结论的编号）.
解析题设中的条件比较抽象，若直接想象有难度，故考虑正方体模型.如图1，在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1D与BC1在平面ABCD上的射影互相平行；A1D与AB1在平面ABCD上的射影互相垂直；A1D与BB1在平面ABCD上的射影是一条直线及其外一点；③显然错误，故填①②④.
点拨正方体中包含了所有的直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，故涉及到复杂的线、面的位置关系判定时，考虑正方体模型可使问题直观，简单化。
【例2】已知三棱锥PABC，PA=BC=234，PB=AC=10，PC=AB=241，则三棱锥PABC的体积为.
解析若按常规方法利用体积公式求解，底面积可用海伦公式求解，但顶点到底面的高难以求出.考虑到该三棱锥的三对对棱两两相等，以及长方体的对面对角线相等，联想长方体模型.如图2,设PE=x,EB=y,EA=z，则由已知得：
x2+y2=100,
x2+z2=136,
y2+z2=164解得x=6,
y=8,
z=10,
从而知VPABC=VAEBGFPDC-VPAEB-VCABG-VBPDC-VAFPC=VAEBGFPDC-4VPAEB=160.
点拨正方体或长方体中可构造出一些特殊的三棱锥或四棱锥，如正四面体、三侧棱两两垂直的三棱锥等等，碰到这些问题时，利用正方体或长方体这两个“基本模型”，往往可使我们在思路上拨开云雾见晴天。
二、 利用“降维思维”，实现转化
【命题分析】解立体几何问题的一个基本原则就是空间问题平面化，三维的空间向二维的平面转化，即为“降维思想”。这里，也蕴含着丰富的数学问题，围绕这样的问题，命制高考数学试题，应当引起我们的高度重视。
【例3】如图3(1)，设正三棱锥SABC的底面边长为b，侧棱长为2b，E,H分别是SB,SC上的动点，求线段和AE+EH+HA的最小值.
解析如图3（2），在三棱锥SABC中处理困难，利用侧面展开图化归到平面图形中研究是处理这个问题的关键.从侧面展开图中可看出，当A,E,H,A1四点共线时，AE+EH+HA取得最小值.设∠ASB=θ，则易得sinθ2=b22b=14，sin32θ=sinθ+θ2=3sinθ2－4sin3θ2=1116，
所以AE+EH+HA的最小值为2•2b•sin32θ=114b.
点拨空间多面体、旋转体表面上两点间的最短距离问题，通常采用“降维思想”，转化到其侧面展开图上去研究。
【例4】在三棱锥PABC中，PA平面ABC，∠ABC=90°，∠ABP=30°，AB=BC，求异面直线AB与PC所成角的余弦值.
解析直线AB与PC分别在不同的两个平面ABP，APC中，我们无法去度量，故通过平移的方法进行转化，将分散在不同平面的直线转移到同一平面内，利用平面几何的知识解决处理.如图4，分别取线段PB,AC,BC,AB的中点D,E,F,G，
则DF∥PC,EF∥AB,DG∥AP，由题设可得EFDE.不妨设AB与PC所成角为θ，|AP|=a，计算可得：
|DE|=a，|EF|=32a，|DF|=72a，
所以cosθ=cos∠DFE=|EF||DF|=217.
点拨本题将异面直线所成的角的计算，转化为平面角的计算是解题的关键。
三、 利用“逆向思维”，巧作辅助平面，实现转化
【命题分析】垂直或平行的证明很好的考查了学生的逻辑推理能力和空间想象能力，另外，新课标中，由于文科只学立几初步，所以以垂直或平行为主的证明会是高考立体几何大题的热门考点。
【例5】如图5，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱BC的中点.
（1） 求证：BD1∥平面C1DE；
（2） 试在棱CC1上求一点P，使得C1E平面A1B1P.
解析（1） 线面平行的转化途径是：线线平行线面平行，面面平行线面平行.若按思路一，如何在平面C1DE内找一直线与BD1平行是关键，利用逆向思维，把BD1∥平面C1DE作为条件，应用线面平行的性质定理找出所需直线，即过直线BD1作一平面与平面C1DE相交，交线即为所要找的直线；如图5（1）连接D1C交DC1于F，则平面CD1B与平面C1DE交于EF，因为点F是DC1的中点，点E是BC的中点，所以线段EF是CD1B的中位线，所以EF∥BD1，EF∥BD1,
EF面C1DE,
BD1面C1DE
BD1∥平面C1DE.
若按思路二，如何构造一平面与平面C1DE平行是关键，利用逆向思维，结合面面平行的判定定理，故只要过点B或点D1作一直线与平面C1DE，由该直线与BD1确定的平面即为所找平面.如图5（2）过点B作BF∥DE，交AD于点F，连接D1F.由点E是BC的中点，可知点F是AD的中点，所以EF
CD
C1D1，所以四边形FEC1D1是平行四边形，所以D1F∥C1E，易证D1F∥平面C1DE；由BF∥DE，易证BF∥平面C1DE，又D1F∩BF=F，所以平面D1FB∥平面C1DE，所以BD1∥平面C1DE.
（2） （利用逆向思维，则C1EB1P）如图5（3）过点B1作B1PC1E（即P为中点），连接A1P，
又由正方体易证A1B1C1E，A1B1∩B1P=B1，
所以C1E平面A1B1P.
点拨平行或垂直的判定定理、性质定理的本质就是转化，比如：线线平行与线面平行的转化，线面垂直与线线垂直的转化等等；而如何找到所需的直线或平面则是关键，利用“逆向思维”，把结论作为条件和题设条件整合到一起分析，可帮我们更好地锁定目标（要找的直线或平面）。
四、 利用“割补法”或“等体积法”，实现转化
【命题分析】“化不规则为规则，化不熟悉为熟悉”是学生思维能力、数学能力的重要体现。围绕着这种能力的考查，可以命制出许多令人赏心悦目的数学试题。立体几何中，在求解几何体的体积时，对于无法直接应用体积公式或不是规则几何体时，往往采用“等体积法”或“割补法”进行转化。
【例6】如图6，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠ADC=120°，AA1=AB=1，点O1,O分别是上、下底面的对角线的交点.
（1） 求证：A1O∥平面CB1D1；
（2） 求三棱锥OB1D1C的体积.
解析（1） 证明略.
（2） 若直接考虑VOB1D1C，点O到面B1D1C的距离相对复杂，故考虑等体积法，转化顶点.因为DD1平面ABCD，所以DD1CO；因为菱形ABCD，所以BDCO；又因为DD1∩BD=D，所以CO平面BB1D1D，所以点C到平面OB1D1的距离即为CO的长度，在菱形中，BC=1，∠BCD=60°，CO=32.
易知点O到直线B1D1的距离为DD1=1，
所以VOCB1D1=VCOB1D1=13•SOB1D1•CO=312.
点拨等体积法的关键在于找出易于求出几何体高的顶点，进行转化，另利用等体积法亦可求点到平面的距离。比如：该题可进一步求出点O到面B1D1C的距离。在CB1D1中，CB1=CD1=2,B1D1=1，SCB1D1=74，所以VOCB1D1=13•SCB1D1•h=712h。
又VOCB1D1=VCOB1D1，可解得h=217。
【例7】如图7，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB,EF=32,EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积是.
解析这是一个特殊的拟柱体，怎样将它的体积转化为我们熟悉的几何体来计算是关键，不妨先让线段EF沿直线EF动起来，使侧面BCF底面ABCD，再用割补法求解.
方法一（先割后补）过E作截面EMN底面ABCD，则V柱BCFMNE=12•3•2•32=92，V椎EAMND=13•3•32•2=3，
所以VABCDEF=92+3=152.
方法二（先补后割）延长FE到M，使EM=EF=32.连接AM,DM，则得直三棱柱BCFADM.
VBCFADM=12•3•2•3=9，
V锥EADM=13•12•3•2•32=32，
所以VABCDEF=9-32=152.
点拨割补法的关键是把不规则几何体或图形转化为规则几何体或图形。
牛刀小试
1． 已知PA、PB、PC两两垂直且PA=2，PB=3，PC=2，则过P、A、B、C四点的球的体积为.
2． 有一个各棱长都为a的正四棱锥，现用一个正方形包装纸将其完全包住，不能裁剪，可以折叠，那么包装纸的最小边长为.
3． 在棱长为1的正方体上，分别用过公共顶点的三条棱的中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是.
4． 如图，等边ABC与直角梯形ABDE所在平面垂直，BD∥AE,BD=2AE,AEAB,M为AB的中点.
（1） 证明：CMDE;
（2） 在边AC上找一点N，使CD∥平面BEN.
【参考答案】
1． 以PA、PB、PC为过公共顶点的三条棱构造长方体模型，长方体的体对角线即为外接球的直径，易得V=92π.
2． 利用“降维思想”，把正四棱锥的侧面展开与底面共面，只要包装纸能包住展开图就能包住正四棱锥，易得正方形的最小边长为2+62a.
3． 利用割补思想，易得V=56.
4. （1） 因为BC=AC，M为AB的中点．所以CMAB，又因为平面ABC平面ABDE，平面ABC∩平面ABDE＝AB，CM平面ABC，
所以CM平面ABDE，
又因DE平面ABDE，所以CMDE.
（2） 当ANAC=13时，CD∥平面BEN．连接AD交BE于点K，连接KN，
因梯形ABDE中，BD∥AE，BD=2AE，
所以AKKD=AEBD=12，则AKAD=13.
又因为ANAC=13，所以KN∥CD.
又KN平面BEN，CD平面BEN，
立体几何范文第5篇
（Ⅰ）证明：DC1BC；
（Ⅱ）求二面角A1―BD―C1的大小.
参考答案 （方法1）（Ⅰ）证明：在RtDAC中，AD= AC，可得∠ADC= 45°.同理有∠A1DC1= 45°，则∠CDC1= 90°.于是可得DC1DC.又DC1BD，则DC1平面BCD，所以DC1BC.
（Ⅱ）解：由DC1BC，CC1BC，得BC平面ACC1A1，所以BCAC.
取A1B1的中点为O，过点O作OHBD于点H，连接C1O，C1H.由A1C1=B1C1，可得C1OA1B1，平面A1B1C1平面A1BD，则C1O平面A1BD.
由OHBD，可得C1HBD，则点H与点D重合，且∠C1DO是二面角A1―BD―C1的平面角.
故二面角A1―BD―C1的大小为30°.
教材原题1 （人教A版高中数学教材必修2第73页第3题）如图，在三棱锥V―ABC中，∠VAB =∠VAC =∠ABC =90°，试判断平面VBA与平面VBC的位置关系，并说明理由.
解答过程 平面VBA与平面VBC的位置关系是垂直.
由VAAB，VAAC，可得VA平面ABC.于是得VABC，ABBC，所以BC平面VBA.又BC？奂平面VBC，所以平面VBA平面VBC.
教材原题2 （人教A版高中数学教材选修2-1第119页第2题）如图，长方体ABCD―A1B1C1D1中，E，F分别在BB1，DD1上，且AEA1B，AFA1D.
（1）求证：A1C平面AEF；
（2）当AB = 4，AD =3，AA1 =5时，求平面AEF与平面D1B1BD所成的角的余弦值.
演变4：将教材原题2中的第（2）问中的二面角换一个位置作为高考真题的第（Ⅱ）问，而且将条件简单化，即教材原题2中的“AB =4，AD =3，AA1=5”，而高考真题中的“AC =BC”，在作二面角的平面角时更为直观和简单.
我们不难发现，上述演变有机地将教材原题整合为高考真题，有效地考查了“线面垂直与面面垂直的转化”和“证明线线垂直方法的多样性与灵活性”.因此，这启发学生在回归教材时，应注意以下环节：
①抓住教材习题中“基本图形的线面关系”，适当将题设中的条件和所要探求的结论交换，得到一个新命题，达到融会贯通题目所要考查的知识点和方法的目的.
②将基本图形简单组合，一般可以将三棱锥置于长方体或正方体中，从而发现新的线面关系.
③归纳一类基本图形的处理方法.
立体几何范文第6篇
1. 如图所示，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形得到一个边长为1的正方形，则原来图形的形状是（ ）
[A B C D]
2. 设[m，n]为两条不同的直线，[α，β]为两个不同的平面，给出下列命题，其中正确命题的序号是（ ）
①[mα，mn?n∥α] ②[m?α，n?β，α∥β?m∥n]
③[mα，mβ?α∥β] ④[mβ，nβ?m∥n]
A. ②③ B. ③④
C. ①④ D. ①②③④
3. 一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）
[正视图][侧视图][俯视图] [2] [2] [2] [1][1] [2] [1][1]
A. [4] B. [103] C. [2] D. [43]
4. 已知[α，β，γ]是三个不同的平面，命题“[α∥β]，且[αγ?βγ]”是真命题.如果把[α，β，γ]中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有（ ）
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
5. 已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值为（ ）
A. [33] B. [34] C. [35] D. [36]
6. 若正四棱柱（底面为正方形的直四棱柱）[ABCD-][A1B1C1D1]的底面边长为1，[AB1]与底面[ABCD]成[60°]角，则[A1C1]到底面[ABCD]的距离为（ ）
A. [33] B. [1] C. [2] D. [3]
[ ]7.如图，在长方体[ABCD-A1B1C1D1]中，[AB=10，AD=5，AA1=4.]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∶3∶1]，则截面[A1EFD1]的面积为（ ）
A. [410] B. [83] C. [162] D. [202]
8. 已知三棱锥[S-ABC]的所有顶点都在球[O]的球面上，[SA平面ABC，SA=23，AB=1，AC=2，][∠BAC=60°]，则球[O]的体积为（ ）
A. [323π] B. [163π] C. [12π] D. [4π]
A. [MCAN]
B. [GB∥平面AMN]
C. 平面[CMN]平面[AMN]
D. 平面[DCM∥]平面[ABN]
10. 连接球面上两点的线段称为球的弦.半径为4的球的两条弦[AB，CD]的长度分别为[27，43]，[M，N]分别为[AB，CD]的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦[AB，CD]可能相交于点[M]；②弦[AB，CD]可能相交于点[N]；③[MN]的最大值为5；④[MN]的最小值为1. 其中真命题的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
二、填空题（每小题4分，共16分）
11. 一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为 .
[2] [1] [2][正视图][侧视图] [2] [2] [1] [俯视图]
[ ]12. 如图，在直三棱柱[ABC-A1B1C1]中，[AB=1，BC=2，][AC=5，AA1=3，][M]为线段[BB1]上的一动点，则过[A，M，C1]的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为 .
14.已知三棱锥[S-ABC]的所有顶点都在以[O]为球心的球面上，[ΔABC]是边长为1的正三角形，[SC]为球[O]的直径，若三棱锥[S-ABC]的体积为[26]，则球[O]的表面积为 .
三、解答题（15、16题各10分，17、18题各12分，共44分）
15.如图，在四棱柱[ABCD-A1B1C1D1]中，已知平面[AA1C1C]平面[ABCD]，且[AB=BC=CA=3]，[AD=CD=1].
（1）求证：[BDAA1]；
（2）若四边形[ACC1A1]是菱形，且[∠A1AC=60°]，求四棱柱[ABCD-A1B1C1D1]的体积.
16.如图1，在四棱锥[P-ABCD]中，[PA]底面[ABCD]，底面[ABCD]为正方形，[E]为侧棱[PD]上一点，[F]为[AB]上一点.该四棱锥的正（主）视图和侧（左）视图如图2所示.
（1）求四面体[PBFC]的体积；
（2）证明：[AE∥]平面[PFC]；
（3）证明：平面[PFC]平面[PCD].
17.如图，已知菱形[ABEF]所在平面与直角梯形所在平面互相垂直，[AB=2AD=2CD=4]，[∠ABE=60°]，[∠BAD=∠CDA=90°]，点[H，G]分别是线段[EF，BC]的中点.
（1）求证：平面[AHC]平面[BCD]；
（2）试问在线段[EF]上是否存在点[M]，使得[MG∥]平面[AFD]？若存在，求[FM]的长并证明；若不存在，请说明理由.
18.如图，[AB]是圆柱[ABFG]的母线，点[C]是点[A]关于点[B]对称的点，[O]是圆柱上底面的圆心，[BF]过[O]点，[DE]是圆[O]的动直径，且[AB=2，BF=2AB].
（1）求证：[BE]平面[ACD]；
立体几何范文第7篇
【关键词】多媒体；立体几何；应用方法
随着信息技术的快速发展、教学改革的大力推行，很多学校安装了多媒体教学设备，跟随时展的步伐，旨在为学生创造更好的学习条件.多媒体是计算机和视频技术的结合体，具体而言是声音和图像的结合.多媒体技术被广泛应用于教育、医疗、通信、金融等领域，其中多媒体技术的图片功能完美地展现了立体几何的图像构造.因此，多媒体被越来越多的应用于立体几何教学中.
一、多媒体在立体几何中的应用现状
立体几何是相对平面几何而言的，它是一种三维空间的几何，在学习过程中很难理解三维结构.多媒体技术发展日趋成熟，但是它在立体几何中的应用还处于初步尝试阶段.一些教师在具体的教学中只是将原本需要板书的知识要点通过PPT的形式表现出来，并不能取得良好的学习效果，屏幕播放的文字、图片资料难以给学生一个直观、清晰的解释，因此教师在教学过程中并没有发挥出多媒体的真正作用.有时候，教师为了帮助学生理解立体几何的相关知识，会利用多媒体制作简单的动态图案，亦或是利用专业的制图软件制作图案，但是这种教学方法并没有大量的应用于课堂，能够熟练使用专业软件的教师并不多，因此，学生难以在课堂上看到大量的动态图案.
尽管多媒体对于教学有着重要作用，但是多媒体作为21世纪的新型技术，不少年长的教师很难将它运用于课堂教学中，所以，我们需要能满足日常教学需求的多媒体技术，从而加深学生对知识的理解力并提高其学习积极性.
二、多媒体在立体几何中的应用方式
（一）利用3D制作立体图形
数学本就是一个比较难以理解的学科，立体几何作为数学中的一个知识点，从小学到大学的数学中都会涉及，很多学生在学习立体几何的时候缺乏足够的想象力，导致思维混乱，学习起来比较吃力.3D技术可以制作三维立体几何图形，具有直观、形象的特点，实物模型的展示让学生能够从不同的角度观察图像的结构、线条设置.此外，3D技术提供了图形制作功能，学生可以在课余时间自学图形绘画、研究图形构造、制作动态图案，从而培养空间想象力并能提高学习兴趣.例如：现在很多学校开设计算机课程，学生在学习基础计算机知识的同时也会学习应用软件，其中不少学生会主动学习图形绘画，利用计算机绘画图案，不仅能让他们熟悉图形结构，还能锻炼他们的耐心，这样有利于立体几何的学习.
（二）利用Flash软件教学
Flash是一款二维动画制作软件，主要用于广告领域，但是它的图形制作功能也可以用于立体几何的教学中.Flash软件不仅可以让图形沿着不同方向自由旋转，还能够在原有的图像上添加辅助线，从点、线、面三个部分辅助画图，这样节省了教师在黑板上画图的时间，还能让学生看到简洁的图形.Flash软件可以自由结合、分离实物图和直观图，区别于传统的图形演示，帮助学生提高空间想象力.值得一提的是，Flash软件操作简单、容易学习，学生可以自学，发现其中的乐趣.
三、多媒体辅助立体几何教学的启示
（一）正视多媒体的作用
多媒体作为一种新型的技术手段，有着其不可比拟的优越性，我们要将传统的教学方式与现代技术相结合，提高教学质量.在教学中，要合理地运用多媒体，不能过于依赖它，忽视对学生的独立思考能力的培养，所以教师要引导学生合理使用多媒体.
（二）提高教师的多媒体技术水平
立体几何的学习需要教师积极的引导，教师作为教学的主体，需要掌握先进的技术来指导学生学习.对于年长有教学经验的教师而言，现代多媒体技术是一个比较新鲜的事物，无法在短时间内熟练掌握它的操作流程，更别提将多媒体运用到教学中，所以为了让现代技术服务于现代化教学，教师应该积极主动学习多媒体技术，改善教学方式，从而提高教学质量.
结束语
多媒体在立体几何中的应用是现代信息技术服务现代化教学的一个缩影，紧跟教学改革发展的步伐，改变教学方式，帮助学生形象直观地理解立体几何.尽管多媒体在立体几何中的应用还不够广泛，但是我们应该重视它的应用，帮助教学，让教学与时俱进，让学生主动学习.多媒体在立体几何中的应用是一种教学辅助手段，学生的日常学习仍然应该以教师的引导和学生的主动学习为主.
【参考文献】
[1]沈仕忠.浅谈多媒体在立体几何教学中的应用[J].中学生数理化（学研版），2015，12（5）：50-50.
立体几何范文第8篇
已知a，b为两条不垂直的异面直线，α是一个平面，则a，b在平面α上的射影有可能是: ①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点． 上面四个结论中，正确的结论的序号是．
面对这个问题，有的同学手拿钢笔和铅笔在桌面上演示，也有同学利用教室空间指指点点，虽然给出了答案，但总觉得不够放心．固然，借助学习用具、利用周围环境，这些都是解立体几何题的好方法，但是是否有更保险、更快捷的方法呢？有的，比如借助正方体来解决问题。
通过对图1、图2和图3的观察，我们可以直观地发现选项①②④都是正确的，而③不正确．若a，b在平面α上的射影为同一条直线，因为与平面α相交且经过这条直线的垂直平面有且只有一个，所以此时的a，b为两条共面直线，与条件“异面直线”不符．
总的来说，利用正方体可以便利地解答以下六个方面的立体几何问题.
一、判断空间直线的位置关系
例1平面α外有两条直线m和n，如果m和n在平面α内的射影分别是m′和n′，则下列命题中不正确的命题的个数为
①m′n′?圯mn；②mn?圯m′n′；③m′与n′相交?圯m与n相交或重合；④m′与n′平行?圯m与n平行或重合．
（A） 1 （B） 2 （C） 3 （D） 4
解析： 利用正方体模型，如图4所示，可举出①③的反例；如图5所示，可举出②④的反例．选D．
二、探讨空间距离的大小关系
例2已知平面α平行于平面β，直线m?奂α，直线n?奂β，点A∈m，点B∈n，记点A，B之间的距离为a，点A到直线n的距离为b，直线m到直线n的距离为c，则
（A） b≤c≤a （B） a≤c≤b
（C） c≤a≤b （D） c≤b≤a
解析： 这道选择题可用特殊情形求解．画一个正方体，如图6所示，可知c
三、求异面直线所成角的大小
例3如图8所示，在直角梯形ABCD中，BC=CD，M，N是两腰的中点，DEAB于点E．现将ADE沿DE折起，使二面角A-DE-B为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则点M与点N的连线与AE所成角的大小为．
解析： 如图9所示，构造正方体AD，点Q，R，N，P分别为棱HG，AF，BC与DE的中点． 对角面AGDB的对角线AD的中点M与“中截面”NPQR的对角线的交点重合，又NPQR是正方形， MNPR. AE∥PR， MNAE． MN与AE所成角的大小为90°．
四、求直线和平面所成角的大小
例4在图10所示的几何体中，EA平面ABC，DB平面ABC，ACBC，且AC=BC=BD=2 AE，M是AB的中点．
（1） 求证：CMEM；
（2） 求CM与平面CDE所成角的大小．
解析： （1） ACBC且AC=BC， ABC是等腰直角三角形．又EA平面ABC，DB平面ABC，可以看出题目中的几何体是由底面为等腰直角三角形的直三棱柱截割而成．如图11所示，以A，B，C为正方体底面的三个顶点构造正方体PR，设N为正方体棱HR的中点，正方体的边长为2a. 则BD为正方体的一条棱，E为正方体棱AH的中点. EC==a. EM==a，MC=a， 由勾股定理可知CMEM．
（2） 以A为原点，以，，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系． 正方体的棱长是2a， P（2a，0，0），N（0，a，2a），E（0，0，a），D（2a，2a，2a），C（0，2a，0）． 计算可得PNCD，PNDE， PN平面CDE．又M∈PC， ∠NPC的余角就是直线CM与平面CDE所成的角． 由勾股定理可得：CN=a，CP=2a，NP=3a． cos∠NPC=＝，∠NPC=45°， 直线CM与平面CDE所成的角是90°－∠NPC＝45°．
五、求二面角的平面角的大小
例5如图12所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PD底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EFPB交PB于点F．求二面角C－PB－D的平面角的大小．
解析： PD底面ABCD， PDA，PDC是直角三角形．又 ABCD为正方形，PD=DC，如图13所示，可将四棱锥P-ABCD放入以ABCD为底面、PD为高的正方体AS中． ARRS，RS∥BC， ARBC．又ARQB，QB∥PC， ARPC． AR平面PBC． ACBD，ACPD， AC平面PBD．又二面角C-PB-D为锐二面角，直线AR与AC所成的角为60°， ∠RAC即二面角C-PB-D的平面角，大小为60°．
六、解决与球有关的问题
例6棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一球面上，若过该球球心O的一个截面如图14所示，则图中三角形（正四面体的截面）的面积是
（A） （B） （C） （D）