《2018届高考数学第1轮总复习 全国统编教材 9.10棱锥课件 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高考数学第1轮总复习 全国统编教材 9.10棱锥课件 理（34页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第九章 直线、平面、简单几何体,棱锥,第 讲,10,1.如果一个多面体的一个面是_,其余各面是有一个公共顶点的_,那么这个多面体叫做棱锥.在棱锥中有_ _叫做棱锥的侧面，余下的那个多边形叫做棱锥的_,两个相邻侧面的_ 叫做棱锥的侧棱，各侧面的_叫做棱锥的顶点，由顶点到底面所在平面的_叫做棱锥的高.底面是_，并且顶点在底面的射影是_的棱锥，叫做正棱锥.,多边形,三角形,公共顶点,的各三角形,底面,公共边,公共顶点,垂线段,正多边形,底面中心,2. 如果棱锥被平行于底面的平面所截，那么所得的截面与底面_，截面面积与底面面积的比等于顶点到截面距离与棱锥的高的_. 3. 正棱锥各侧棱_，各侧面都是全等
2、的 _，各等腰三角形底边上的高_(它叫做正棱锥的斜高). 4. 正棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个 _ ,正棱锥的高、侧棱、侧棱在底面内的射影也组成一个_.,相似,平方比,相等,等腰三角形,相等,直角三角形,直角三角形,5. 设棱锥的底面积为S，高为h，则其体积V=_. 6. 由若干个 _围成的空间图形叫做多面体，围成多面体的各个多边形叫做多面体的_，两个面的 _叫做多面体的棱，棱和棱的_叫做多面体的顶点，连结_的两个顶点的线段叫做多面体的对角线.,平面多边形,面,公共边,公共点,不在同一面上,8. 每个面都是有相同边数的 _, 每个顶点为端点都有相同棱数的凸多面 体，叫做_. 表面
3、经过连续变形可变为_的多 面体，叫做简单多面体.,7. 把一个多面体的任一个面伸展成平面， 如果其余的面都位于这个平面的_， 这样的多面体叫做凸多面体。,同一侧,正多边形,正多面体,球面,1.正六棱锥P-ABCDEF中，G为PB的中点， 则三棱锥D-GAC与三棱锥P-GAC体积 之比为( ) A. 11 B. 12 C. 21 D. 32 解：由于G是PB的中点, 故P-GAC的体积等于B-GAC的体积. 如图，在底面正六边形ABCDEF中， BH=ABtan30= AB,而BD= AB,故 DH=2BH,于是VD-GAC=2VB-GAC=2VP-GAC.,C,2.若正三棱锥底面边长为4，体积
4、为1， 则侧面和底面所成二面角的大小为( ) A. arctan B. arctan2 C. arctan3 D. arctan 解：如图，取BC的中点D， 连结SD、AD，则SDBC，ADBC. 所以SDA为侧面与底面所成二面角 的平面角，设为.,A,在平面SAD中，作SOAD,与AD交于 O，则SO为棱锥的高h. 又AO=2DO，所以 . 由VS-ABC= ABBCsin60h=1， 得h= , 所以tan= 所以=arctan,3.过棱锥高的三等分点作两个平行于底面的截面，它们将棱锥的侧面分成三部分的面积的比(自上而下)为 . 解：由锥体平行于底面的截面性质知，自上而下三锥体的侧面积之比
5、为 S侧1S侧2S侧3=149，所以锥体被分成三部分的侧面积之比为135.,135,3.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH的边及其内部运动，则M只需满足条件 时，就有MNAC. 解：本题答案不唯一，当点M在线段FH上时均有MNAC.,点M与F重合,1. 正三棱锥P-ABC的底面边长为a，D为侧棱PA上一点，且AD=2PD.若PA平面BCD，求这个三棱锥的高. 解：设PD=x，则AD=2x， PA=PB=PC=3x. 因为PA平面BCD， 所以PABD. 所以AB2-AD2=PB2-PD2，,题
6、型1 棱锥中有关量的计算,即a2-4x2=9x2-x2， 得 作PO底面ABC， 垂足为O，则O为ABC的中心， 连结OC，则 在RtPOC中， 故三棱锥P-ABC的高为 .,点评：与棱锥有关量的计算问题，一般先作出棱锥的高，根据需要可设所求量的大小为参数，然后利用方程思想，找到参数的方程，再求解方程以得出所求.这是方程思想在解题中的具体应用.,已知E、F分别是棱长为a的正方体ABCDA1 B1 C1 D1的棱A1A、CC1的中点，求四棱锥C1-B1EDF的体积. 解法1：连结A1C1、B1D1交于O1，过O1 作O1HB1D于H. 因为EFA1C1， 所以A1C1平面B1EDF. 所以C1到
7、平面B1EDF的距离 就是A1C1到平面B1EDF的距离.,因为平面B1D1D平面B1EDF， 所以O1H平面B1EDF， 即O1H为棱锥的高. 因为B1O1HB1DD1， 所以,解法2：连结EF，设B1到平面C1EF的 距离为h1，D到平面C1EF的距离为h2， 则 ，所以 解法3：,2. 设正三棱锥P-ABC的底边长为a，侧棱 长为2a，E、F分别为PB、 PC上的动点， 求AEF的周长的最小值. 解：将三棱锥侧面沿PA展开到同一平面 上，如图. 则AE+EF+FAAA. 取BC的中点D，连结PD，,题型2 棱锥表面展开图的应用,则PDBC.设CPD=， 则sin= .设PD交AA于H，
8、则H为AA的中点，且PHAA. 所以AH=PAsin3= ， 所以AA= . 故AEF的周长的最小值为 . 点评：求与多面体有关的表面距离的 最小值问题，常常将其展开成平面 图，然后在其平面展开图上求其最值.,如图，课桌上放着一个正三棱锥S-ABC，SA=1，ASB=30，蚂蚁从点A沿三棱锥的侧面爬行(必须经过三棱锥的三个侧面)再回到A，它按怎样的路线爬行，才使其行迹最短.,解：沿SA剪开得展开图如右. 在SAE中， ， 则 ， 所以 .利用尺规作图 可以找到E和F，从而确定蚂 蚁的最佳行迹AEFA.,3. 如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB=4，
9、BC=2，CC1=3，BE=1. 求点C到平面AEC1F的距离. 解：延长C1E、CB相交于G， 连结AG，则平面AEC1F 平面ABCD=AG. 过点C作CMAG，垂足,题型3 多面体背景中的线面关系问题,为M，连结C1M.因为C1C平面ABCD， 所以C1CAG，于是AG平面C1 CM， 所以平面AEC1F平面C1CM.过点C 作CHC1M，则CH平面AEC1F. 所以CH的长即为点C到平面AEC1F的距离. 由 得 又BC=2，所以BG=1， 从而,由ABGCMG， 得 所以 故点C到平面AEC1F的距离是 . 点评：不规则多面体一般是先分割(或 是补形)成棱锥和棱柱的组合体，然后 运用
10、棱锥或棱柱的性质解决所求问题.,右图是一个直三棱柱(以A1B1C1为底面)被一平面所截得到的几何体，截面为ABC. 已知A1B1=B1C1=1， A1B1C1=90，AA1=4， BB1=2，CC1=3. (1)设点O是AB的中点， 证明：OC平面A1B1C1； (2)求二面角BACA1的大小； (3)求此几何体的体积.,解：(1)证明：作ODAA1交A1B1于D，连结C1D.则ODBB1CC1. 因为O是AB的中点， 所以 则四边形ODC1C是平行四边形， 因此有OCC1D.又C1D平面C1B1A1且OC平面C1B1A1，所以OC平面A1B1C1 (2)如图，过B作截面BA2C2平面A1 B
11、1 C1，分别交AA1、CC1于A2、C2.作BHA2C2于H，连结CH.,因为CC1平面BA2C2， 所以CC1 B H，则BH平面A1C1CA. 又因为A B = ，BC= ，AC= ， 所以AB2=BC2+AC2，所以BCAC. 根据三垂线定理知，CHAC， 所以BCH就是所求二面角B-AC-A1的 平面角.因为BH= ，所以 ， 故BCH=30. 所以所求二面角B-AC-A1的大小为30.,(3)因为BH= ， 所以 故所求几何体的体积为,1. 对于三棱锥，它的每一个面都可作为棱锥的底面，每一个顶点都可作棱锥的顶点，而体积总保持不变.因此，计算三棱锥的体积时，要注意顶点和底面的选择.根
12、据三棱锥的体积不变性，可得到处理问题的一种重要方法等体积法.,2. 棱锥的侧棱均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心；棱锥的各侧面与底面所成的二面角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的内心；如果三棱锥的三条侧棱两两垂直，则顶点在底面上的射影为底面三角形的垂心.,3. 正棱锥的侧面和底面所成的二面角相等，侧棱与底面所成的角都相等，相邻的两侧面所成的二面角也都相等.记正棱锥的侧面积为S侧，底面积为S底，侧面与底面所成的角记为，则cos= .,4. 若正四面体的棱长为a，则正四面体的高为 ，外接球的半径为 ，内切球的半径为 ，相邻两个面所成的角的余弦值为 ，任一条侧棱和底面所成的角的余弦值为 .,5. 求经过多面体某些面的折线长的最小值，一般将这些面展开到同一平面，再转化为求两点间的距离，这是一类最值问题的几何解法.,
