第15章简单几何体复习与小结(教师版)

课题：2.1.3.5空间几何体复习小结（1）一、教学目标1．知识与技能(1). 类比记忆棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台及球的定义，并理解空间几何体及组合体的结构特征；(2). 能正确画出空间图形的三视图并能识别三视图所表示的立体模型；(3). 在了解斜二测画法的基础上会用斜二测画法画出一些简单图形的直观图；(4). 掌握柱体、椎体、台体、球体的表面积与体积的求法，并能通过一些计算方法求出组合体的表面积与体积。

2．过程与方法通过学生自主学习和动手实践，进一步增强他们的空间观念，用三视图和直观图表示现实世界中的物体。

掌握柱体、椎体、台体、球体的表面积与体积的求法；提高学生分析问题和解决问题的能力。

3．情感态度与价值观体现运动变化的思想认识事物的辩证唯物主义观点，通过和谐、对称、规范的图形，给学生以美的享受，引发学生的学习兴趣。

（二）典型例题例1 （1）下列命题中：①用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫棱台； ②棱台的各侧棱延长后一定相交于一点；③圆台可以看做直角梯形以其垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的曲面围成的几何体；④以半圆所在直径为旋转轴，半圆旋转一周形成球。

正确命题的序号是 。

（2）一棱锥的侧棱都相等，所有的侧面上的高也相等，则这个棱锥的底面是（ ） A. 直角三角形 B. 菱形 C. 正多边形 D. 矩形例2 已知某个几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是（ ）A. 34000B. 38000C. 2000D. 4000例3 圆柱内有一个内接长方体1AC ，长方体对角线长是cm 210，圆柱的侧面展开图为矩形，此矩形的面积是2100cm ，求圆柱的体积。

例4 一个直角梯形的两底长为2和5，高为4，将其绕较长的底旋转一周，求所得旋转体的侧面积。

（三）总结提升1.对于空间几何体的结构特征，一是要类比记忆棱柱、棱锥、棱台等多面体的概念性质；二是圆柱、圆锥、圆台及球都是旋转体，轴截面是解决这四类几何体问题的关键。

小结与复习教学目的：以空间的“线线、线面、面面”之间的位置关系为主要线索对所学内容进行横向整理总结这种横纵结合的学习方法有利于对知识的认识更系统、更深入，运用起来更灵活2．在有关问题的解决过程中，进一步了解和掌握相关公理、定理的内容和功能，并探索立体几何中论证问题的规律；在有关问题的分析与解决的过程中提高逻辑思维能力、空间想象能力及化归和转化的数学思想的应用．3．在解决有关空间角的问题的过程中，进一步巩固关于直线和平面的平行垂直的性质与判定的应用，掌握作平行线(面)和垂直线(面)的技能；通过有关空间角的问题的解决，进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力．4．通过教学使学生掌握基本的立体几何解题方法和常用解题技巧，发掘不同问题之间的内在联系，提高解题能力．5．在学生解答问题的过程中，注意培养他们的语言表述能力和“说话要有根据”的逻辑思维的习惯、提高思维品质．使学生掌握化归思想，特别是将立体几何问题转化为平面几何问题的思想意识和方法，并提高空间想象能力、推理能力和计算能力．教学过程：一、知识纲要㈠空间的直线与平面⒈平面的基本性质⑴三个公理及公理三的三个推论和它们的用途．⑵斜二测画法．⒉空间两条直线的位置关系：相交直线、平行直线、异面直线．⑴公理四（平行线的传递性）．等角定理．⑵异面直线的判定：判定定理、反证法．⑶异面直线所成的角：定义（求法）、范围．⒊直线和平面平行于平面和平面平行⑴直线与平面平行：直线和平面的位置关系、直线和平面平行的判定与性质．⑵平行平面：两个平面的位置关系、两个平面平行的判定与性质．⒋直线和平面垂直⑴直线和平面垂直：定义、判定定理．⑵三垂线定理及逆定理．㈡空间向量⒌空间向量及其运算⑴空间向量及其加减与数乘运算（几何方法）．⑵共线向量定理与共面向量定理．⑶空间向量基本定理．⑷两个向量的数量积：定义、几何意义．⒍空间向量的坐标运算⑴空间直角坐标系：坐标向量、点的坐标、向量的坐标表示．⑵向量的直角坐标运算．⑶夹角和距离公式．㈢夹角与距离⒎直线和平面所成的角与二面角⑴平面的斜线和平面所成的角：三面角余弦公式、最小角定理、斜线和平面所成的角、直线和平面所成的角．⑵二面角：①定义、范围、二面角的平面角、直二面角．②互相垂直的平面及其判定定理、性质定理．⒏距离⑴点到平面的距离．⑵直线到与它平行平面的距离．⑶两个平行平面的距离：两个平行平面的公垂线、公垂线段．⑷异面直线的距离：异面直线的公垂线及其性质、公垂线段．㈣简单多面体⒐棱柱与棱锥⑴多面体．⑵棱柱与它的性质：棱柱、直棱柱、正棱柱、棱柱的性质．⑶平行六面体与长方体：平行六面体、直平行六面体、长方体、正四棱柱、正方体；平行六面体的性质、长方体的性质．⑷棱锥与它的性质：棱锥、正棱锥、棱锥的性质、正棱锥的性质．⑸直棱柱和正棱锥的直观图的画法．⒑多面体欧拉定理的发现⑴简单多面体的欧拉公式．⑵正多面体．二、方法总结⒈解立体几何问题的基本思路：化立体几何问题为平面几何问题．⒉熟练掌握所学习的定义、定理，掌握空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的相互位置关系的内在联系，灵活的进行互相转化是解立体几何证明题的基础．⒊关于空间的角和距离的计算问题，要依据定义转化为平面概念，然后灵活运用勾股定理、正余弦定理和向量方法进行计算．要严格按照“一作、二证、三计算”，即先构造、再定性、后定量的程序进行．⒋空间向量是解决立体几何问题的有力工具．要熟练掌握向量的各种运算的定义、几何意义，恰当的引入向量运算，化几何证明、逻辑推理为简单的代数运算，以降低解题难度．三、讲解范例：【例1】如图，P是⊿ABC所在平面外一点，M，N分别是PA和AB的中点，试过点M，N作平行于AC的平面α，求：（2）试对你的画法给出证明．解：（1）过N点作NE//AC交BC于E，过M点作MF//AC交PC于F，连结EF，则平面MNEF为平行于AC的平面α，NE，EF，MF分别是平面α与平面ABC，平面PBC，平面PAC的交线．（2）∵NE//AC，MF//AC，∴NE//MF.∴直线NE与MF共面，NE，EF，MF分别是平面MNEF与平面ABC，平面PBC，平面PAC的交线．∵NE//AC，NE⊂平面MNEF，∴AC//平面MNEF．∴平面MNEF为所求的平面α．GF EABCDA1B 1C 1D1【例2】在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为BB 1、D 1B 1的中点， 求证：EF ⊥平面B 1AC分析一：用传统的几何法证明，利用三垂线定理， 需添加辅助线证明：设A 1B 1的中点G ，连EG 、FG 、A 1B ， 则FG ∥A 1D 1，EG ∥A 1B ，∵A 1D 1⊥平面A 1B ， ∴FG ⊥平面A 1B ，∵A 1B ⊥AB 1，∴EG ⊥AB 1，由三垂线的逆定理，得EF ⊥AB 1，同理EF ⊥B 1C ， 又AB 1∩B 1C ＝B 1，∴EF ⊥平面B 1AC分析二：选基底，利用向量的计算来证明证明：设AB ＝a ，AD ＝b ，1AA ＝c ，则)(21)(21)(211111111AB AD AA BD AA D B BB F B EB EF -+=+=+=+=＝(－a ＋b ＋c)/2 11AA AB AB +=＝a ＋b1AB EF ⋅∴＝(－a ＋b ＋c)/2•(a ＋b)＝(b 2－a 2＋c •a ＋c •b)/2＝(|b|2－|a|2＋0＋0)/2＝0，1AB EF ⊥∴，即EF ⊥AB 1，同理EF ⊥B 1C ，又AB 1∩B 1C ＝B 1，∴EF ⊥平面B 1AC分析三：建立空间直角坐标系，利用向量，且将向量的运算转化为实数（坐标）的运算，以达到证明的目的证明：设正方体的棱长为2，建立如图所示的直角坐标系， 则A(2,0,0),C(0,2,0),B 1(2,2,2),E(2,2,1),F(1,1,2),EF ∴＝(1,1,2)－(2,2,1)＝(―1,―1,1)，1AB ＝(2,2,2)－(2,0,0)＝(0,2,2)AC ＝(0,2,0)－(2,0,0)＝(－2,2,0) 1AB EF ⋅∴＝(―1,―1,1)• (0,2,2)＝0AC EF ⋅＝(―1,―1,1)• (－2,2,0)＝0 ∴EF ⊥AB 1， EF ⊥AC ，又AB 1∩B 1C ＝B 1，∴EF ⊥平面B 1AC【例3】 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝a ，AD ＝2a ，且PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30°（PD 和其在底面上的射影所成的角）⑴若AE ⊥PD ，垂足为E ，求证：BE ⊥PD ； ⑵求异面直线AE 与CD 所成角的大小解：以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0), D(0,2a,0)证明⑴：∵PD 在底面上的射影是DA ，且PD 与底面成30°， ∴∠PDA ＝30°，),332,0,0(a P ∴∵AE ⊥PD ，)23,21,0(,||21||a a E a AD AE ==∴),332,2,0(),23,21,(a a PD a a a BE -=-=∴PD BE a a a a a PD BE ⊥∴=-⋅+⋅+-⋅=⋅∴,0)32(2322)(0，即BE ⊥PD 解⑵：由⑴知,2),0,,(),23,2,0(2aCD AE a a CD a a AE =⋅∴-==又42cos ,2||,||==∴==a CD a AE ，∴异面直线AE 与CD 所成角的大小为arccos .42【例4】 已知空间四边形OABC 中，BC OA ⊥，AC OB ⊥．求证：AB OC ⊥． 证明：AB OC ·＝)(·OA OB OC -＝OB OC ·－OA OC ·． ∵BC OA ⊥，AC OB ⊥， ∴0·=BC OA ，0·=AC OB ，0)(·=-OB OC OA ，0)(·=-OA OC OB ． ∴OB OA OC OA ··=，OA OB OC OB ··=． ∴OB OC ·＝OA OC ·，AB OC ·＝0．∴AB OC ⊥四、小结 ： 点的坐标与向量的坐标一般不同，只有表示向量的有向线段的起点是坐标原点时.有向线段终点的坐标与向量的坐标相同.这一点务必向学生讲清楚.；明确用向量坐标法证明或计算几何问题的基本步骤：建系设坐标→向量点的坐标化→向量的直角坐标运算运用向量的坐标表示及其运算研究立体几何中的角、距离、证明垂直等问题时，关键是建立适当的坐标系，进而将向量坐标化，建立坐标系时，要充分利用图形的几何性质掌握运用向量求角、距离的方法五、课后作业： 一、选择题（1）从平面外一点向平面引一条垂线和三条斜线，若这些斜线与平面成等角，则如下四个命题中：① 三斜足构成正三角形；② 垂足是斜足三角形的内心；③垂足是斜足三角形的外心； ④ 垂足是斜足三角形的垂心。

《几何图形的初步认识》单元小结（共5篇）第一篇：《几何图形的初步认识》单元小结第二章几何图形的初步认识单元小结单元内容概述本章的主要内容是图形的初步认识，主要介绍了生活中的多姿多彩的图形（立体图形、平面图形），以及最基本的平面图形——点、线、角等，都是从现实生活中熟悉的物体入手，使对物体的形状逐步由模糊的、感性的认识，上升到抽象的数学图形的理性认识.单元教学重点重点：线段、射线、直线与角的有关概念和性质单元教学难点难点：线段的长短比较，角的大小比较及关于线段、角的有关运算知识点梳理1．几何体是从实物中抽象出的数学模型。

识别几何体，应以直观观察为主，一般特征以观察者获得的形象感觉加以表述即可，如圆柱：特征如两个底面是相等的圆等。

圆锥：特征如象锥子，底面是个圆等。

棱柱：特征如底边是多边形，侧面是长方形等。

但这类特征并非是要做出严密的、科学的结论，可因观察者的视角变化而变化例1 如图1所示，是三棱锥的立体图形是（）图1分析：解决本题的关键是根据图形特征，区分三棱锥与圆锥、四棱锥、五棱锥，可从底面的形状入手进行判断。

B中的底面是圆，故不是棱锥，C的底面是四边形，D的底面是五边形，它们都不是三棱锥，只有A是三棱锥。

解：A 2．生活中的立体图形都是由最基本几何图形组成的，其中线是由点组成的，面是由线构成的，体是由面围成的。

用运动的观点看，即“点动成线、线动成面、面动成体”。

例2 将一个直角三角形ABC绕它的一边旋转，试画出旋转后所得到的几何体.分析：由于题目中没有说明绕哪条边旋转，考虑到直角三角形有三条边，所以必须分三种情况，得到三个不同的几何体.解：如图2分别沿三条边旋转一周，得到如图3所示的三个几何体：注：在旋转过程中，若点在“轴”上，则旋转一周后该点的位置不变；若点不在“轴”上，则旋转一周后形成一个圆；与“轴”重合的线段旋转一周后仍然与轴重合；与“轴”垂直的线段旋转一周后得到一个平面（圆）；与“轴”不垂直的线段旋转一周后得一个曲面.3.线段、射线、直线(1)线段、射线、直线的定义①线段：线段可以近似地看成是一条有两个端点的崩直了的线.线段可以量出长度.②射线：将线段向一个方向无限延伸就形成了射线，射线有一个端点.射线无法量出长度.③直线：将线段向两个方向无限延伸就形成了直线，直线没有端点.直线无法量出长度.4.线段、射线、直线的表示方法（1）线段的表示方法有两种：一是用两个端点来表示，二是用一个小写的英文字母来表示.（2）射线的表示方法只有一种：用端点和射线上的另一个点来表示，端点要写在前面.（3）直线的表示方法有两种：一是用直线上的两个点来表示，二是用一个小写的英文字母来表示.例3 如图（3），A、B、C、D为平面内每三点都不在同一直线的四点，那么过其中的两点，可画出6条直线，那么A、B、C、D、E为平面内每三点都不在同一直线的五点过其中两点可以画几条直线？若是n个点呢？析解：对于已知四点A点与其他三点各确定一条直线，共3条直线，过B、C、D也各有三条直线，这样共有12条直线，但每条都重复一次，所以应该是对于已知五个点，类似地可以得到：对于n个点，就可以得到1⨯4⨯3=6条； 21⨯5⨯4=10； 21n(n-1)条。

新人教版七年级上册学案：《几何图形初步》小结与复习学习目标：1．进一步熟悉常见几何体的基本特征，能正确识别常见的几何体．2．进一步熟悉和了解常见几何体的平面展开图以及简单几何体的三视图．3．进一步认识点、线、面、体及其相互关系．学习重点：能正确识别常见的几何体及其平面展开图．学习难点：正确作出简单几何体的三视图．使用要求：1．阅读课本P151小结；2．尝试完成教材P152复习题4第1、2、3题；3．限时25分钟完成本导学案（合作或独立完成均可）；4．课前在小组内交流展示.一、知识回顾：1．什么是几何图形？几何图形可分为_______和________两大类．2．常见的立体图形：常见．．的立体图形大致可分为：柱体、锥体和球体三类．（1）下面的几何体都我们生活中常见的，你能不能找到生活中的实例以及想象其图形．长方体、正方体、球、圆柱、圆锥、棱柱、棱锥、棱台、圆台等．（2）完成教材P152复习题4第1题．3．常见的平面图形：试写几个常见的平面图形，找一找生活中的实例，想一想其图形的形状．4．点、线、面、体及其相互间的关系．5．简单几何体的三视图．从正面看从左面看从上面看按要求画出这个几何体从正面、左面、上面观察所得到的三视图．6．常见几何体的平面展开图（1）圆柱的展开图与圆锥的展开图．圆柱及其展开图圆锥及其展开图（2）你能画出下面这个几何体的展开图吗？试一试．二、合作探究：1．如图，左边这个几何体的展开图可以是（）A B C D【老师提示】当我们不能正确判断时，最好动手折一折．2．如图，把左边的图形折叠起来，它会变为( )A B C D3．下面是水平放置的四个几何体，从正面观察不是长方形的是（）A B C D4．如图，5个边长都为1㎝的正方体摆在桌子上，则露在表面的部分的面积是_______．5．P152复习题4第2、4题．二、学习小结：1．如图，∠AOB 、∠COD 都是直角，∠BOC ＝38°，求∠AOD 的度数．2．如图，OC 、OD 是平角∠AOB 的三等分线，OE 、OF 分别是∠AOC 、∠BOD 的平分线， 求∠EOF 的度数．3．如图，∠AOB ＝90°，∠BOC ＝30°，OM 、ON 分别平分∠AOC 、∠BOC ，求∠M ON 的度数．4．（1）在上面第3题中，如果∠BOC ＝50°，那么∠MON 是多少度？（2）在上面第3题中，如果∠AOB ＝80°，那么∠MON 是多少度？从上面这几个问题的解答过程中，你是否发现了其中的规律？5．在4时和5时之间的哪个时刻，时钟的时针与分针成直角．O DC B A A O B C DE FNM O C B A 123456789101112A6．小明同学晚上6点多种开始做作业时，他发现时钟的时针与分针成120°的角，做完作业后，他发现时钟的时针与分针还是成120°的角，但这时已近晚上7点了，那么小 明同学做作业用了多少时间？7．小明同学在操场上从点A 出发向东北方向走40米到点B ，再从B 出发向北偏西75°方向走50米到点C ．用1：1000的比例尺画出图形．（1）量出AC 的长．（2）AC 间的实际长是多少？（3）点C 在点A 的什么方向．123456789101112A。

七年级下册几何体知识点归纳总结几何体是我们在数学学习中经常会遇到的一个概念，也是我们生活中经常接触到的三维物体。

在七年级下册的学习中，我们掌握了许多与几何体相关的知识点。

本文将对七年级下册的几何体知识进行归纳总结，帮助大家更好地复习和掌握这些重要的概念。

1. 立体图形的特点在学习几何体之前，我们首先要了解立体图形的特点。

立体图形是具有三维空间结构的图形，具有长、宽和高这三个方向的尺寸，而平面图形只有长和宽两个方向的尺寸。

立体图形有体积和表面积两个重要的物理量，体积是指几何体所占据的空间大小，而表面积是指几何体所有面的总面积。

2. 常见的几何体及其性质（1）正方体：正方体是一种具有六个相等的正方形面的几何体。

它的特点是所有的面都是相等的，并且相邻面之间的夹角是90°。

正方体的体积公式是体积=边长³，表面积公式是表面积=6 ×边长²。

（2）长方体：长方体是一种具有六个矩形面的几何体。

它的特点是相邻的面是相等的，并且相邻面之间的夹角是90°。

长方体的体积公式是体积=长 ×宽 ×高，表面积公式是表面积=2 × (长 ×宽 + 长 ×高 + 宽 ×高)。

（3）球体：球体是一种所有点到球心的距离都相等的几何体。

它的特点是没有棱和面，只有曲面。

球体的体积公式是体积=4/3 × π × 半径³，表面积公式是表面积=4 × π × 半径²。

（4）圆柱体：圆柱体是一种具有两个圆形底面和一个侧面的几何体。

它的特点是底面圆的半径相等，并且圆柱体的侧面是一个长方形。

圆柱体的体积公式是体积=π × 半径² ×高，表面积公式是表面积=2 × π×半径² + π × 直径 ×高。

（5）圆锥体：圆锥体是一种具有一个圆形底面和一个顶点的几何体。

第十四课时 第15章分式复习与小结【学习目标】1．复习整理本章的知识结构，形成知识体系．解决生活中的实际问题． 2．掌握列分式方程解决实际问题的基本方法，深化数学思想的认识． 【学习重点】建立本章知识结构，准确、熟练、灵活地进行分式的四则运算． 一、知识结构：二、熟记知识点1、若A 、B 均为_____式, 且B 中含有_________. 则式子 分式 有意义的条件是 ，值为零的条件是 ，2、分式的基本性质： 分式的分子与分母都乘以(或除以)___________ .分式的值________. 用式子表示:3、通分关键是找____________________,约分与通分的依据都是:______________________4、分式乘分式， ， 用式子表示： 分式除以分式， ， 用式子表示：5、同分母的分式相加减， 用式子表示：异分母的分式相加减：先 ，化为 分式，再加减。

用式子表示：6、当n 是正整数时，=-na，7、科学计数也可表示一些绝对值较小的数，将他们表示成 的形式，其中n 是 ， ≤a＜ 。

8、解分式方程的步骤：(1)___________________;(2)___________________(3)____________________.(4)三、知识应用1、当x ＝ 时，分式31－x 有意义． 2、一种病菌的直径为0.0000036m ，用科学记数法表示为 .3、某班a 名同学参加植树活动，其中男生b 名(b<a )．若只由男生完成，每人需植树15棵；若只由女生完成，每人需植树 棵．4、已知a 2－6a +9与|b －1|互为相反数,则(a b b a -)÷(a +b )=______。

5、若非零实数a ，b 满足4a 2+b 2=4ab ，则ab =_____。

6、下列各式：()xx x x y x x x 2225 ,1,2 ,34 ,151+---π其中分式共有（ ）个。

简单几何体的表面积和体积1 柱体①棱柱体积：V=sℎ(其中ℎ是棱柱的高)②圆柱(1) 侧面积：S=2πrℎ(2) 全面积：S=2πrℎ+2πr2(3) 体积：V=Sℎ=πr2ℎ(其中r为底圆的半径，ℎ为圆柱的高)2 锥体①棱锥棱锥体积：V=13Sℎ(其中ℎ为圆柱的高)；②圆锥(1) 圆锥侧面积：S=πrl(2) 圆锥全面积：S=πr(r+l)(其中r为底圆的半径，l为圆锥母线)(3) 圆锥体积：V=13Sℎ=13πr2ℎ(其中r为底圆的半径，ℎ为圆柱的高)3台体①圆台表面积S=π (r′2+r′2+r′l+rl)其中r′是上底面圆的半径，r是下底面圆的半径，l是母线的长度.②台体体积V=13(S′+√SS′ +S) ℎ其中S , S′分别为上，下底面面积，ℎ为圆台的高.4 球体面积S=4πR2，体积V=43πR3（其中R为球的半径）【题型一】几何体的表面积【典题1】已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中AB=2，AA1=3，O为上底面中心．设正四棱柱ABCD－A1B1C1D1与正四棱锥O－A1B1C1D1的侧面积分别为S1，S2，则S2S1=．【解析】如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，则正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧面积分别为S1=4×2×3=24；正四棱锥O－A1B1C1D1的斜高为√12+32=√10．∴正四棱锥O－A1B1C1D1的侧面积S2=4×12×2×√10=4√10．∴S2S1=4√1024=√106．【点拨】注意侧面积和全面积的区别．【典题2】一个底面半径为2，高为4的圆锥中有一个内接圆柱，该圆柱侧面积的最大值为（）A．2π B．3πC．4πD．5π【解析】圆锥的底面半径为2，高为4，∴内接圆柱的底面半径为x时，它的上底面截圆锥得小圆锥的高为2x因此，内接圆柱的高 ℎ=4−2x；∴圆柱的侧面积为：S=2πx(4−2x)=4 π(2x−x2)(0<x<2)令t=2x−x2，当x=1时t max=1；所以当x=1时，S max=4π．即圆柱的底面半径为1时，圆柱的侧面积最大，最大值为4π．故选：C ．【点拨】① 圆柱的侧面积S =2πrℎ，则需要知道圆柱的高ℎ与底圆半径r ；② 在处理圆锥、圆柱问题时，要清楚母线、高、底圆的半径之间的关系，则要看轴截面(如下图),此时由相似三角形的性质可以得到每个量的关系.【典题3】 一个圆台上、下底面半径分别为r 、R ，高为ℎ，若其侧面积等于两底面面积之和，则下列关系正确的是( )A ．2ℎ=1R +1rB ．1ℎ=1R +1rC ．1r =1R +1ℎD ．2R =1r +1ℎ 【解析】设圆台的母线长为l ，根据题意可得圆台的上底面面积为S 上=πr 2，圆台的下底面面积为S 下=πR 2，∵圆台的侧面面积等于两底面面积之和，∴侧面积S 侧=π(r 2+R 2)=π(r +R)l ，解之得l =r 2+R 2r+R ∵l =√ℎ2+(R −r)2∴r 2+R 2r+R =√ℎ2+(R −r)2，∴(r 2+R 2r +R )2=ℎ2+(R －r)2 ∴2ℎ=1R +1r ．故选 A ． 【点拨】在处理圆台问题时，要清楚母线、上底圆半径、下底圆半径、高之间的关系，则要看轴截面(如下图),有 l =√ℎ2+(R −r)2.【题型二】几何体的体积【典题1】正方形ABCD被对角线BD和以A为圆心，AB为半径的圆弧DB̂分成三部分，绕AD旋转，所得旋转体的体积V1、V2、V3之比是()A．2: 1: 1B．1∶2: 1C．1∶1∶1D．2∶2: 1【解析】设正方形ABCD的边长为1，可得图1旋转所得旋转体为以AD为轴的圆锥体，高AD=1且底面半径r=1∴该圆锥的体积为V1=13π×AB2×AD=13π；图2旋转所得旋转体，是以AD为半径的一个半球，减去图1旋转所得圆锥体而形成，∴该圆锥的体积为V2=V半球−V1=12×43π×AD2－V1=13π；图3旋转所得旋转体，是以AD为轴的圆柱体，减去图2旋转所得半球而形成，∴该圆锥的体积为V3=π×AB2×AD－V半球=π－23π=13π综上所述V1=V2=V3=13π，由此可得图中1、2、3三部分旋转所得旋转体的体积之比为1∶1∶1．故选 C．【点拨】①圆锥是由直角三角形以某一直角边为轴旋转得到；圆柱是由矩形以某一边为轴旋转得到；球是由半圆以直径为轴旋转得到;②求解不规则图形可用“割补法”.【典题2】如图，圆锥形容器的高为ℎ，圆锥内水面的高为ℎ1，且ℎ1=13ℎ，若将圆锥的倒置，水面高为ℎ2，则ℎ2等于()A．23ℎB．1927ℎC．√633ℎD．√1933ℎ【解析】方法一设圆锥形容器的底面积为S，则未倒置前液面的面积为49S．∴水的体积V =13Sℎ－13×49S ×(ℎ−ℎ1)=1981Sℎ． 设倒置后液面面积为S′，则S′S =(ℎ2ℎ)2，∴S′=Sℎ22ℎ2．∴水的体积V =13S′ℎ2=Sℎ233ℎ2． ∴1981Sℎ=Sℎ233ℎ2，解得ℎ2=√193ℎ3． 故选 D ．方法二 设容器为圆锥1，高为ℎ,体积为V ;倒置前液面上的锥体为圆锥2，高为ℎ′=ℎ−ℎ1,体积为V 1;倒置后液面以下的锥体为圆锥3，高为ℎ2,体积为V 2.∵ℎ1ℎ=13 ∴ℎ′ℎ=23 ∴V−V 水V =(23)3=827⇒V 水V =1927， 在倒置后，又有V 水V =(ℎ2ℎ)3 ∴(ℎ2ℎ)3=1927⇒ℎ2=√193ℎ3【点拨】 ① 涉及圆台的表面积和体积，可把圆台补全为圆锥；② 两个相似几何体，若相似比为a ,则对应线段比为a ，对应的平面面积比为a 2,对应的几何体体积比是a 3.【典题3】 已知球的直径SC =4，A ，B 是该球球面上的两点，AB =2，∠ASC =∠BSC =45°，则棱锥S −ABC 的体积V = .【解析】由题可知AB 一定在与直径SC 垂直的小圆面上，作过AB 的小圆交直径SC 于D ，如图所示，设SD =x ，则DC =4－x ，此时所求棱锥即分割成两个棱锥S­ABD 和C­ABD ，在△SAD 和△SBD 中，由已知条件可得AD =BD =x ，又因为SC 为直径，所以∠SBC =∠SAC =90°，所以∠DBC =∠DAC =45°，所以在△BDC 中，BD =4－x ，所以x =4－x ，解得x =2，所以AD =BD =2，所以 ABD 为正三角形，所以V =13S △ABD ×4=4√33.【点拨】① 圆内直径所对的圆周角为90°；② 若垂直于三棱锥的某棱长的截面面积为S ，棱长长ℎ，则三棱锥的体积为13Sℎ．【题型三】与球有关的切、接问题【典题1】 已知三棱锥D −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，若AB =AC =BC =DB =DC =1，当三棱锥D －ABC 的体积取到最大值时，球O 的表面积为（ ）A. 5π3B. 2 πC. 5 πD. 20π3【解析】 如图，当三棱锥D −ABC 的体积取到最大值时，则平面ABC ⊥平面DBC ，取BC 的中点G ，连接AG ，DG ，则AG ⊥BC ，DG ⊥BC ，分别取△ABC 与△DBC 的外心E ，F ，分别过E ，F 作平面ABC 与平面DBC 的垂线，相交于O ，则O 为四面体ABCD 的球心，由AB =AC =BC =DB =DC =1，得正方形OEGF 的边长为√36，则OG =√66∴四面体A −BCD 的外接球的半径R =√OG 2+B G 2=√(√66)2+(12)2=√512 ∴球O 的表面积为=4 π×(√512)2=5π3，故选：A ．【典题2】 如图，在一个底面边长为2，侧棱长为√10的正四棱锥P －ABCD 中，大球O 1内切于该四棱锥，小球O 2与大球O 1及四棱锥的四个侧面相切，则小球O 2的体积为 ．【解析】设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M，连接PM，OM，PO，则OM=1，PM=√PA2−AM2=√10−1=3，PO=√9−1=2√2，如图，在截面PMO中，设N为球O1与平面PAB的切点，则N在PM上，且O1N⊥PM，设球O1的半径为R，则O1N=R，因为sin∠MPO=OMPM =13，所以NO1PO1=13，则PO1=3R，PO=PO1+OO1=4R=2√2，所以R=√22，设球O1与球O2相切与点Q，则PQ=PO－2R=2R，设球O2的半径为r，同理可得PQ=4r，所以r=R2=√24，故小球O2的体积V=43πr3=√224π，故答案为√224π．巩固练习1(★)如图1所示，一只封闭的圆柱形水桶内盛了半桶水(桶的厚度忽略不计)，圆柱形水桶的底面直径与母线长相等，现将该水桶水平放置后如图2所示，设图1、图2中水所形成的几何体的表面积分别为S1、S2，则S1与S2的大小关系是()A．S1≤S2B．S1<S2C．S1>S2D．S1≥S2【答案】Ｂ【解析】设圆柱的底面半径为r，图1水的表面积为 S1=2πr2+2πr•r=4πr2．对于图2，上面的矩形的面积的长是2r，宽是2r．则面积是4r2．曲面展开后的矩形长是πr，宽是2r．则面积是2πr2．上下底面的面积的和是π×r2．图2水的表面积S2=(4+3π)r2．显然S1<S2．故选B．2(★) 若一个圆锥的母线长为4，且其侧面积为其轴截面面积的4倍，则该圆锥的高为()A．πB．3π2C．2π3D．π2【答案】Ａ【解析】设圆锥的底面圆半径为r，高为ℎ；由圆锥的母线长为4，所以圆锥的侧面积为πr•4=4πr；又圆锥的轴截面面积为12•2r•ℎ=rℎ，所以4πr=4rℎ，解得ℎ=π；所以该圆锥的高为π．故选：A．3(★★) 某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样大的四面体得到的(如图)．则该几何体共有个面；如果被截正方体的棱长是50cm，那么石凳的表面积是cm2．【答案】14，10000【解析】由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，再加上6个小正方形，所以该几何体共有14个面；如果被截正方体的棱长是50cm，那么石凳的表面积是S表面积=8×12×25√2×25√2×sin60°+6×25√2×25√2=10000(cm2)．故答案为：14，10000．4(★★) 直角梯形的上、下底和不垂直于底的腰的长度之比为12√3，那么以垂直于底的腰所在的直线为轴，将梯形旋转一周，所得的圆台上、下底面积和侧面面积之比是.【答案】1: 4: 3√3【解析】由题意可设直角梯形上底、下底和不垂直于底的腰为x，2x，√3x；则圆台的上、下底半径和母线长分别为x，2x，√3x，如图所示；所以上底面的面积为S上底=π•x2；下底面的面积为S下底=π•(2x)2=4πx2；侧面积为S侧面=π(x+2x)•√3x=3√3πx2；所以圆台的上底、下底面积和侧面面积之比是πx2∶4πx2: 3√3πx2=1: 4: 3√3．5(★★) 如图，四面体各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，圆柱的侧面积是.【答案】2√2π3【解析】如图所示，过点P 作PE ⊥平面ABC ，E 为垂足，点E 为的等边三角形ABC 的中心．AE =23AD ，AD =√32． ∴AE =23×√32=√33．∴PE =√PA 2−AE 2=√63．设圆柱底面半径为R ，则2R =1sin60°=2√3， ∴圆柱的侧面积＝2πR •PE =√3π×√63=2√2π3，6(★★) 一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4m ，侧面展开图的圆心角为2π3，则这个圆锥的体积等于 . 【答案】128√281πm 3【解析】设圆锥的底面半径为r ，圆锥形物体的母线长l =4m ，侧面展开图的圆心角为2π3，故2πr =2π3，解得 r =43m ， 故圆锥的高ℎ=√l 2−r 2=83√2m ，故圆锥的体积V =13πr 2ℎ=128√281πm 3．7(★★) 如图①，一个圆锥形容器的高为a ，内装有一定量的水．如果将容器倒置，这时所形成的圆锥的高恰为a2(如图②)，则图①中的水面高度为 .【答案】(1−√732)a【解析】 令圆锥倒置时水的体积为V ′，圆锥体积为V ，则v′v =(a 2)3÷a 3=18，∴V 空V 锥=78，倒置后 V 水=18V ， 设此时水高为ℎ，则ℎ3 a 3=78，∴ℎ=(1−√732)a ． 故原来水面的高度为(1−√732)a ．8(★★★) 半径为2的球O 内有一个内接正三棱柱，则正三棱柱的侧面积的最大值为 .【答案】12√3【解析】如图所示，设正三棱柱上下底面的中心分别为O 1，O 2，底面边长与高分别为x ，ℎ，则O 2A =√33x ，在Rt △OAO 2中，ℎ24+x 23=4， 化为ℎ2=16−43x 2，∵S 侧=3xℎ，∴S 侧2=9x 2ℎ2=12x 2(12−x 2)≤12(x 2+12−x 22)2=432．当且仅当x 2=12－x 2，即x =√6时取等号，此时S 侧=12√3．9(★★★) 如图所示，在边长为5+√2的正方形ABCD 中，以A 为圆心画一个扇形，以O 为圆心画一个圆，M 、N ，K 为切点，以扇形为圆锥的侧面，以圆O 为圆锥底面，围成一个圆锥，则圆锥的全面积与体积分别是 与 ．【答案】10π，2√303π【解析】设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，高为ℎ，由已知条件可得{l+r+√2r=(5+√2)×√22πrl=π2，解得r=√2，l=4√2，∴S=πrl+πr2=10π，又∵h=√l2−r2=√30，∴V=13πr2ℎ=2√303π．故答案为10π，2√303π10(★★★) 已知四面体ABCD的棱长满足AB=AC=BD=CD=2，BC=AD=1，现将四面体ABCD放入一个主视图为等边三角形的圆锥中，使得四面体ABCD可以在圆锥中任意转动，则圆锥侧面积的最小值为．【答案】27π4【解析】因为四面体ABCD的棱长满足AB=AC=BD=CD=2，BC=AD=1，所以可以把其放到长宽高分别为a，b，c的长方体中，四面体的棱长是长方体的面对角线，∴a2+b2=22，①；b2+c2=22，②；c2+a2=12，③故四面体的外接球半径R满足：8R2=22+22+12=9；∴R2=98．∵四面体ABCD放入一个主视图为等边三角形的圆锥中，使得四面体ABCD可以在圆锥中任意转动，要想圆锥的侧面积最小；故需满足四面体的外接球恰好是圆锥的内切球；作圆锥的轴截面，如图：设BE=r，则AB=2r，AE=√3r；可得：OB2=OE2+EB2；∴R2=(√3r－R)2+r2⇒r=√3R；故圆锥侧面积的最小值为：πrl=2πr2=2π•3R2=27π4．故答案为：27π4．11(★★★) 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC是下底面．M是BB1上的点，AB=3，BC=4，AC=5，CC1=7，过三点A、M、C1作截面，当截面周长最小时，截面将三棱柱分成的上、下两部分的体积比为.【答案】1110【解析】由AB=3，BC=4，AC=5，得AB2+BC2=AC2，∴AB⊥BC．将平面ABB1A1与平面BCC1B1放在一个平面内，连接AC1，与BB1的交点即为M，此时BM=3，设四棱锥A－BCC1M的体积为V1，则V1=13×12×(3+7)×4×3=20，三棱柱ABC－A1B1C1的体积V=12×4×3×7=42．∴当截面周长最小时，截面将三棱柱分成的上、下两部分的体积比为V−V1V1=1110．12(★★★) 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB=1，BC=2，BB1=3，∠ABC=90°，点D为侧棱BB1上的动点，当AD+DC1最小时，三棱锥D－ABC1的体积为．【答案】13【解析】将直三棱柱ABC－A1B1C1展开成矩形ACC1A1，如图，连结AC1，交BB1于D，此时AD+DC1最小，∵AB =1，BC =2，BB 1=3，∠ABC =90°，点D 为侧棱BB 1上的动点，∴当AD +DC 1最小时，BD =1，此时三棱锥D －ABC 1的体积V D−ABC 1=V C 1−ABD =13×S △ABD ×B 1C 1=13×12×AB ×BD ×B 1C 1=13×12×1×1×2=13．13(★★★) 已知△SAB 是边长为2的等边三角形，∠ACB =45°，当三棱锥S －ABC 体积最大时，其外接球的表面积为 .【答案】28π3【解析】由题可知，平面CAB ⊥平面SAB ，且CA =CB 时，三棱锥S －ABC 体积达到最大，如右图所示， 则点D ，点E 分别为△ASB ，△ACB 的外心，并过两个三角形的外心作所在三角形面的垂线，两垂直交于点O ．∴点O 是此三棱锥外接球的球心，AO 即为球的半径．在△ACB 中，AB =2，∠ACB =45°⇒∠AEB =90°，由正弦定理可知，AB sin∠ACB =2AE ，∴AE =EB =EC =√2，延长CE 交AB 于点F ，延长SD 交AB 于点F ，∴四边形EFDO 是矩形，且OE ⊥平面ACB ，则有OE ⊥AE ，又∵OE =DF =13SF =13×√32AB =√33， ∴OA =√OE 2+AE 2=√73．∴S 球表面积=4πR 2=4π×( √73)2=28π3．14(★★★)如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°．若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 ．【答案】12【解析】如图，M是AC的中点．①当AD=t <AM=√3时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AE，DM=√3－t，由△ADE∽△BDM，可得ℎ1=√(√3−t)2+1，∴ℎ=√(√3−t)2+1，V=13⋅12⋅(2√3−t)⋅1⋅√(√3−t)2+1=16√3−t)2√(√3−t)2+1，t∈(0，√3)②当AD=t>AM=√3时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AH，DM=t－√3，由等面积，可得12⋅AD⋅BM=12⋅BD⋅AH，∴1 2⋅t⋅1=12√(t−√3)2+1，∴ℎ=√(√3−t)2+1，∴V=13⋅12⋅(2√3−t)⋅1√(√3−t)2+1=16⋅√3−t)2√(√3−t)2+1，t∈(√3，2√3)综上所述，V=16√3−t)2√(√3−t)2+1，t∈(0，2√3)令m=√(√3−t)2+1∈[1，2)，则V=16⋅4−m2m，∴m=1时，V max=12．故答案为12．。

课题：4.2必修(2)立体几何复习小结(2)一、复习目标：1．了解直线和平面的位置关系；掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理． 2．了解平面和平面的位置关系；掌握平面和平面平行的判定定理和性质定理．3．掌握直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理，并能运用它们进行论证和解决有关的问题；4．会用三垂线定理及其逆定理证明线线垂直，并会规范地写出解题过程。

二、例题分析： 例1．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中． (1)求证：平面A 1BD ∥平面B 1D 1C ；(2)若E 、F 分别是AA 1，CC 1的中点，求证：平面EB 1D 1∥平面FBD ． 证明：(1)由B 1B ∥DD 1，得四边形BB 1D 1D 是平行四边形， ∴B 1D 1∥BD ，又BD ⊄平面B 1D 1C ，B 1D 1⊂平面B 1D 1C ， ∴BD ∥平面B 1D 1C ． 同理A 1D ∥平面B 1D 1C ． 而A 1D ∩BD ＝D ， ∴平面A 1BD ∥平面B 1CD ．(2)由BD ∥B 1D 1，得BD ∥平面EB 1D 1．取BB 1中点G ，∴AE ∥B 1G ． 从而得B 1E ∥AG ，同理GF ∥AD ．∴AG ∥DF ． ∴B 1E ∥DF ．∴DF ∥平面EB 1D 1． ∴平面EB 1D 1∥平面FBD ．说明 要证“面面平面”只要证“线面平面”，要证“线面平行”，只要证“线线平面”，故问题最终转化为证线与线的平行．小结：例2．如图，已知M 、N 、P 、Q 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 的中点． 求证：(1)线段MP 和NQ 相交且互相平分；(2)AC ∥平面MNP ，BD ∥平面MNP ． 证明：(1) ∵M 、N 是AB 、BC 的中点，∴MN ∥AC ，MN ＝21AC ． ∵P 、Q 是CD 、DA 的中点，∴PQ ∥CA ，PQ ＝21CA ． ∴MN ∥QP ，MN ＝QP ，MNPQ 是平行四边形． ∴□MNPQ 的对角线MP 、NQ 相交且互相平分．(2)由(1)，AC ∥MN ．记平面MNP (即平面MNPQ )为α．显然AC ⊄α．A 1AB 1BC 1C D 1D G EFB A DCNQMNM PCBA否则，若AC ⊂α，由A ∈α，M ∈α，得B ∈α；由A ∈α，Q ∈α，得D ∈α，则A 、B 、C 、D ∈α， 与已知四边形ABCD 是空间四边形矛盾． 又∵MN ⊂α，∴AC ∥α，又AC ⊄α，∴AC ∥α，即AC ∥平面MNP ．同理可证BD ∥平面MNP ．例3．四面体ABCD 中，,,AC BD E F =分别为,AD BC 的中点，且22EF AC =， 90BDC ∠=，求证：BD ⊥平面ACD证明：取CD 的中点G ，连结,EG FG ，∵,E F 分别为,AD BC 的中点，∴EG12//AC =12//FG BD =，又,AC BD =∴12FG AC =，∴在EFG ∆中， 222212EG FG AC EF +==∴EG FG ⊥，∴BD AC ⊥，又90BDC ∠=，即BD CD ⊥，AC CD C = ∴BD ⊥平面ACD 例2．如图P 是ABC ∆所在平面外一点，,PA PB CB =⊥平面PAB ，M 是PC 的中点，N是AB 上的点，3AN NB = （1）求证：MN AB ⊥；（2）当90APB ∠=，24AB BC ==时，求MN 的长。

最新高一数学学案（附经典解析）立体几何复习小结（1）、教学目标1、知识与技能（1）使学生掌握知识结构与联系，进一步巩固、深化所学知识;（2）通过对知识的梳理，提高学生的归纳知识和综合运用知识的能力。

2、过程与方法利用框图对本章知识进行系统的小结，直观、简明再现所学知识，化抽象学习为直观学习，易于识记；同时凸现数学知识的发展和联系。

3情态与价值学生通过知识的整合、梳理，理会空间点、线面间的位置关系及其互相联系，进一步培养学生的空间想象能力和解决问题能力。

二、教学重点、难点重点：各知识点间的网络关系;难点：在空间如何实现平行关系、垂直关系、垂直与平行关系之间的转化。

三、教学设计（一）知识回顾，整体认识1、本章知识回顾最新高一数学学案(附经典解析)(1)空间点、线、面间的位置关系;(2)直线、平面平行的判定及性质;(3)直线、平面垂直的判定及性质。

2、本章知识结构框图(二)整合知识，发展思维1、刻画平面的三个公理是立体几何公理体系的基石，是研究空间图形问题，进行逻辑推理的基础。

公理1――判定直线是否在平面内的依据;公理2 ---- 提供确定平面最基本的依据;公理3――判定两个平面交线位置的依据;公理4――判定空间直线之间平行的依据。

2、空间问题解决的重要思想方法：化空间问题为平面问题;3、空间平行、垂直之间的转化与联系:最新高一数学学案（附经典解析）直线与直线垂直，*直线与平面垂直平面与平面垂直4、观察和推理是认识世界的两种重要手段，两者相辅相成，缺一不可。

（三）应用举例，深化巩固1、P.73 A组第1题2、P.74 A 组第6、8 题（四八课堂练习：P 1.选择题A\（1）如图BC是R t /ABC的斜边，过A作/ ABC所在平面垂线AP,连PB PC过A作ADIBC于D连PD那么图中直角三角形的个数是(A) 4 个(B) 6 个(C) 7 个(D 8个（2）直线与平面斜交，则在平面内与直线a垂直的直线（A）没有（B）有一条（C）有无数条（D）内所有直最新高一数学学案(附经典解析)答案：(1) D (2) C2.填空题(1)边长为a 的正六边形 ABCDE 在平面 内，PA 1 , P A =a ,则P 到CD 的距离为，P 到BC 的距离为(2) AC 是平面的斜线，且AOa ，AO 与 成60o 角,OC , AA 丄于 A/, / A 0(=450,/ AOC 勺余弦值是答案：(1)2a,乎a ; ( 2) E^a,丰244课后作业 1、阅读本章知识内容，从中体会知识的发展过程，理会问题解 决的思想方法;D 13.在正方体 ABCE ：A 1B1^D 中，求证：AC 丄平面BCD 1 n II_____________________________ . D分析：AC 在上底面ABC 啲射影AC1BD,D^1A 1C 在右侧面的射影D C 丄C i D,DIIII r 7CA B所以AC 丄BD, A i C 丄C D,从而有AC 丄平面BGD.C i则A 到直线0C 的距离是 02、P.76 B组第2题。

章-几何图形初步小结与复习-公开课等奖课件(1)几何图形是数学中的基础知识之一，对于初学者来说，掌握常见的几何图形以及它们的性质是至关重要的。

下面将对几何图形的初步知识进行小结和复习。

1. 常见的几何图形几何图形包括平面几何图形和空间几何图形，常见的平面几何图形有：圆、三角形、矩形、正方形、菱形、梯形、平行四边形等。

空间几何图形有：立方体、长方体、正方体、棱柱、棱锥、圆柱、圆锥等。

2. 几何图形的性质(1) 圆的性质：所有点到圆心的距离相等；每条半径的两个端点在圆上等距离；圆周角的度数为360°，角度越大的弧也越长。

(2) 三角形的性质：三角形的内角和为180°；等腰三角形两底角相等，底边中点连顶角垂直于底边，且顶角平分线与底边相等；等边三角形三个内角均为60°。

(3) 矩形和正方形的性质：矩形的对边相等且平行，且对角线相等；正方形是一种特殊的矩形，四条边相等，对角线相等，且每个内角为90°。

(4) 菱形和梯形的性质：菱形的四条边相等，对角线相互垂直且相等；梯形的两个底边平行，且对角线相等，上下底边中点的连线垂直于两底边，并平分上下底边。

(5) 平行四边形的性质：对边平行且相等，任意两个相邻内角的和为180°，对角线相互平分。

3. 常用公式(1) 圆的周长公式：C=2πr，其中r为圆的半径，π≈3.14。

(2) 三角形的面积公式：S=1/2bh，其中b为三角形的底边长，h为底边上的高。

(3) 矩形的面积公式：S=ab，其中a、b为矩形的两条边长。

(4) 正方形的面积公式：S=a²，其中a为正方形的边长。

(5) 梯形的面积公式：S=(a+b)h/2，其中a、b为梯形的上下底边长，h为梯形的高。

以上就是几何图形初步知识的小结和复习，希望对于初学者有所帮助。

掌握几何图形的性质和常用公式，有助于解决很多问题和题目。

同时，我们还需要多做题、多思考，不断深化理解，才能更好地掌握几何图形的知识。