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专题4



浙江省专用

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专题四 立体

几何与空间向量

第11讲 空间几何体 第12讲 点、直线、平面之间 的位置关系 第13讲 空间向量与立体几何

专题四

立体几何与空间向量

第11讲 空间几何体

第11讲 │ 云览高考
[云览高考]

考点统计
考点1 空间几何体的 三视图与直观图

题型(频率) 选择(1)
填空(3) 0

考例(难度) 2011浙江卷3(A)
2009浙江卷12(A), 2010浙江卷12(A), 2012浙江卷11(A)

考点2 空间几何体的 表面积与体积
考点3 球与多面体

说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题

第11讲 │ 二轮复习建议

二轮复习建议
命题角度:该部分的命题通常围绕三个点展开.第一点是围绕空 间几何体的三视图,设计由空间几何体的三视图判断空间几何体的形 状,由其中的一个或者两个视图判断另外的视图等问题,其目的是考 查对三视图的理解和空间想象能力;第二点是围绕空间几何体的表面 积和体积展开,设计根据已知的空间几何体求空间几何体的表面积或 体积的问题,其中空间几何体一般以三视图的形式给出,目的是考查 空间想象能力和基本的运算求解能力;第三点是围绕多面体和球展 开,设计求多面体的外接球的表面积、体积或者计算球的内接多面体 的相关元素等问题,目的是考查空间想象能力、逻辑推理能力和基本 的运算求解能力.试题难度大多属于 A,B 级,个别试题的难度属于 C 级.

第11讲 │ 二轮复习建议
从近三年浙江试题来看,2010 年和 2012 年均是给出几 何体的三视图求其体积,2011 年是给出几何体的三视图求其 直观图.这些试题首选需要学生能够根据空间几何体的三视 图来判断空间几何体的形状,考查学生对三视图的理解及其 空间想象能力. 预计 2013 年, 该部分的考查大致方向还是如此, 即以考 查空间几何体的三视图、表面积和体积计算的可能性较大, 也不排除考查多面体与球的可能. 复习建议:该部分的核心是识图,根据图形(三视图、直 观图 ) 想象空间几何体的具体形状和其中涉及的线面位置关 系和其中数量关系,因此复习该部分时要充分重视识图和画 图的训练,注重空间想象能力的培养,在此基础上注意解决 问题的方法的总结(如三棱锥体积计算方法).

第11讲 │ 主干知识整合

主干知识整合

第11讲 │ 主干知识整合

1.空间几何体的三视图 正视图、侧视图、俯视图.正视图与侧视图高平齐;侧视 图与俯视图宽相等;俯视图与正视图长对正.

第11讲 │ 主干知识整合
2.基本面积公式如下表 表面积相关公式

表面积相关公式 S 全=2πr2+2πrh S 全=S 侧+2S 底, 其中 S 圆 棱柱 (r:底面半径,h:高 c 直截面周长 柱 侧=l 侧棱长· 或母线长) S 全=πr2+πrl 圆 棱锥 S 全=S 侧+S 底 (r:底面半径,l:母 锥 线长) S 全=π(r′2+r2+r′l 圆 +rl)(r:下底半径, 棱台 S 全=S 侧+S 上底+S 下底 台 r′:上底半径,l:母 线长) 球的表面积 S 球=4πR2,其中 R 为球的半径.

第11讲 │ 主干知识整合
3.空间几何体的基本体积计算公式如下 体积公式 体积公式 圆 V=πr2h V=S 底· h高 柱 (r:底面半径,h:高) 1 2 圆 1 V= πr h 3 V= S 底· h高 3 锥 (r:底面半径,h:高) 1 1 V= (S′+ S′S+ 3 V= π(r′2+r′r+r2)h 3 圆 S)h (r′,r:上下底面半径,h: (S′,S:上下底面积, 台 高) h:高) 4 3 球的体积 V 球= πR ,R 为球的半径. 3

棱 柱 棱 锥

棱 台

第11讲│ 要点热点探究

要点热点探究
? 探究点一 空间几何体的三视图与直观图 例 1 (1)如图 4-11-1 是底面为正方形,一条侧棱垂直于 底面的四棱锥的三视图, 那么该四棱锥的直观图是图 4-11-2 中的( )

图 4-11-1 图 4-11-2

第11讲│ 要点热点探究
(2)如图 4-11-3 是一正方体被过棱的中点 M,N 和顶点 A,D,C1 的两个截面截去两个角后所得的几何体,则该几何 体的正视图为( )

图 4-11-3

图 4-11-4

第11讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(分析)欲判断直观图只需得出空间几何体的 具体形状 ? (推理 )根据三视图得出空间几何体的具体形状 ? (结论)结合选项作出判断. (2)(分析)欲得空间几何体的正视图只要根据视图的规则得 出即可 ? (推理 )根据正视图规则,按照 “ 眼见为实、不见为 虚”的规则得出 ? (结论)结合选项作出判断.

第11讲│ 要点热点探究

[答案]

(1)D

(2)B

[解析] (1)这个空间几何体是一条侧棱垂直底面的四棱锥, 其直观图为选项 D 中的图形. (2)正视图的外围轮廓是正方形,空间几何体的棱 AM 的 正视图为一条实线, 棱 DC1 的正视图为一条虚线, 故为选项 B 中的图形.

第11讲│ 要点热点探究
? 探究点二 空间几何体的表面积与体积 例 2 (1)[2012· 课程标准卷] 如图 4-11-5, 网格纸上小正方形 的边长为 1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积 为( ) A.6 B.9 C.12 D.18

图 4-11-5 图 4-11-6

第11讲│ 要点热点探究

(2)[2012· 北京卷] 某三棱锥的三视图如图 4-11-6 所示,该 三棱锥的表面积是( ) A.28+6 5 B.30+6 5 C.56+12 5 D.60+12 5

第11讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(分析)欲求体积需知底面积和高 ? (推理)据空 间几何体的三视图确定之 ? (结论)按照体积公式进行计算; (2)( 分析 ) 欲求空间几何体的表面积需知各个面的结构 ? ( 推 理)据三视图还原空间几何体后确定 ? (结论)所有面的面积之和即 为所求.

第11讲│ 要点热点探究

[答案] (1)B

(2)B

[解析] (1)由三视图可知, 该几何体是三棱锥, 其底面是 斜边长为 6 的等腰直角三角形, 有一条长为 3 的侧棱垂直于底 面(即三棱锥的高是 3),可知底面等腰直角三角形斜边上的高 1 1 为 3,故该几何体的体积是 V= × ×6×3×3=9,故选 B. 3 2

第11讲│ 要点热点探究
(2) 由三视图可知,几何体为一个侧面和底面垂直的三棱 1 锥,如图所示,可知 S 底面= ×5×4=10, 2 1 S 后= ×5×4=10, 2 1 S 左= ×6×2 5=6 5, 2 1 S 右= ×4×5=10, 2 所以 S 表=10×3+6 5=30+6 5.

第11讲│ 要点热点探究

[ 点评 ] 高考试题中求体积和表面积的试题往往与空间几 何体的三视图结合,首先要根据空间几何体的三视图还原空间 几何体,弄清楚空间几何体的结构再进行计算.体积的计算需 要空间几何体的底面积和高,多面体表面积的计算需要把各个 面的结构弄清楚,分别计算各个面的面积,求和得表面积.在 计算面积时要分清楚是表面积(全面积),还是侧面积(下面的变 式 2).

第11讲│ 要点热点探究
变式题 (1)一个空间几何体的三视图如图 4-11-7 所 示,其中,正视图中△ABC 是边长为 2 的正三角形,俯视图为 正六边形,那么该几何体的体积为( )

图 4-11-7 3 3 A. 3 B. C.3 D. 2 2 (2)已知圆锥的轴截面是斜边长为 2 的等腰直角三角形, 则 此圆锥的侧面积为________.

第11讲│ 要点热点探究

[答案]

(1)D

(2) 2π

[解析] (1)该几何体的空间图形为正六棱锥(如图),依题 3 意,底面边长为 1,高 AO= ×2= 3, 2 ? 1 1 ? 3 ? 3 ? ∴V 锥= Sh= ×? ×6?× 3= . 3 3 ?4 2 ? (2)由题意,圆锥的底面圆的半径为 1,母线长为 2,故圆 锥的侧面积为 S 侧=πrl=π×1× 2= 2π.

第11讲│ 要点热点探究

? 探究点三 球与多面体 例 3 [2012· 课程标准卷] 已知三棱锥 S-ABC 的所有顶点 都在球 O 的球面上,△ABC 是边长为 1 的正三角形,SC 为球 O 的直径,且 SC=2,则此棱锥的体积为( ) 2 3 2 2 A. B. C. D. 6 6 3 2

第11讲│ 要点热点探究

[思考流程] (分析)欲求棱锥体积需知底面积和高 ? (推理) 底面积易求,高为球心到平面 ABC 距离的二倍 ? (结论)求出 高后按照体积公式计算.

第11讲│ 要点热点探究

[答案] A

[解析] 设三角形 ABC 的中心为 M,球心为 O,则 OM⊥ ? 3? 6 ? ?2 平面 ABC, 且 OM= 1-? ? = .所以此棱锥的高 h=2OM 3 ? 3 ? 2 6 1 1 3 2 6 2 = .所以此棱锥的体积 V= × ×1× × = .故选 A. 3 3 2 2 3 6

第11讲│ 要点热点探究

[点评] 球中内接一个多面体是课程标准卷的一个重要命 题点.如果一个三棱锥内接于一个球,那么它的各个面的三角 形都是圆的内接三角形, 球心到各个顶点的距离都等于球的半 径,可以类似本题求解球心到各个面的距离.

第11讲│ 要点热点探究
变式题 如图 4-11-8,平面四边形 ABCD 中,AB=AD =CD=1,BD= 2,BD⊥CD,将其沿对角线 BD 折成四面 体 A′-BCD,使平面 A′BD⊥平面 BCD,若四面体 A′- BCD 顶点在同一个球面上,则该球的体积为( )

图 4-11-8 3 2 A. π B.3π C. π D.2π 2 3

第11讲│ 要点热点探究

[答案]

A

[解析] 如图, 取 BD 的中点 E, BC 的中点 O, 连接 A′E, EO,A′O.因为 A′B=A′D,所以 A′E⊥BD.因为平面 A′BD⊥平面 BCD,A′E⊥BD,平面 A′BD∩平面 BCD= BD,所以 A′E⊥平面 BCD,所以 A′E⊥EO.因为 A′B= 2 1 A′D=CD=1,BD= 2,所以 A′E= ,EO= ,所以 2 2

第11讲│ 要点热点探究

3 1 3 OA′= .在 Rt△BCD 中,OB=OC=OD= BC= , 2 2 2 3 所以四面体 A′-BCD 的外接球球心为 O,球的半径为 , 2 所以 ? 4 ? 3 ? 3?3 V= π? ? = π. 3 ?2? 2

第11讲│ 规律技巧提炼

规律技巧提炼
?规律 空间几何体的面积有侧面积和表面积之分,表面积 就是全面积,是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面 积.多面体的表面积就是其所有面的面积之和,旋转体的表面积 除了球之外,都是其侧面积和底面面积之和. ?技巧 解决组合体体积的基本方法就是“分解”,将组合 体分解成若干部分,每部分是柱、锥、台、球或其一个部分,分 别计算其体积,然后根据组合体的结构,将整个的体积转化为这 些“部分体积”的和或差. ?易错 棱锥、球的体积公式容易忽视公式系数.

第11讲│ 命题立意追溯

命题立意追溯
空间想象能力——认识三视图与直观图中的图形几何元素之 间的关系 示例 [2012· 辽宁卷] 一个几何体的三视图如图 4-11-9 所 示,则该几何体的表面积为________.

图 4-11-9

第11讲│ 命题立意追溯

[ 命题阐释 ] 本题立意是通过空间几何体的三视图考查空间 想象能力.题目中的视图中标注的数字反映了空间几何体的几何 元素的数量,解题中就是要把这种数量关系找出,重点需要空间 想象能力.

第11讲│ 命题立意追溯

[思考流程] (分析)欲求空间几何体的表面积需知空间几何体 的结构和数量 ? (推理 )三视图还原空间几何体后可得 ? (结论 ) 根据各个部分的面积和表面积的概念求解.

第11讲│ 命题立意追溯

[答案] 38

[解析] 由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了 一个等高的圆柱,其中长方体的长、宽、高分别为 4、3、1,圆 柱的底面圆直径为 2,所以该几何体的表面积为长方体的表面积 加圆柱的侧面积再减去圆柱的底面积,即为 2×(3×4 + 4×1 + 3×1)+2π×1×1-2π×12=38.

第11讲│ 命题立意追溯
[跟踪练] 1.图 4-11-10 是一个空间几何体的三视图,则该 几何体的表面积是________.

图 4-11-10

第11讲│ 命题立意追溯

2.某几何体的三视图如图 4-11-11 所示,其中正视图是腰 长为 2 的等腰三角形,侧视图是半径为 1 的半圆,该几何体的体 积为( )

图 4-11-11 3 3 A. π B. π 3 6 3 C. π D. 3π 2

第11讲│ 命题立意追溯

1.[答案] 16+π
[解析] 由三视图可知几何体是一个长方体中挖去半球体, 故所求表面积为 S=4+8×1+4-π+2π=16+π.

第11讲│ 命题立意追溯

2. [答案] A
[解析] 三视图复原的几何体是圆锥沿轴截面截成两部分, 然后把截面放在平面上,底面相对接的图形,圆锥的底面半径为 1,母线长为 2,故圆锥的高为 h= 22-12= 3.易知该几何体的 1 2 1 3 2 体积就是整个圆锥体的体积, 即 V 圆锥= πr h= π×1 × 3= π. 3 3 3 故选 A.

第11讲│ 教师备用例题

教师备用例题

选题理由:例 1 为三棱锥的等积转化,例 2 为补形法求解体 积,例 3 为球的内接三棱锥,也可以使用补形方法求解.在正文 中限于篇幅我们没有列入这些问题,这三个题目可以作为探究点 二、三的补充.

第11讲│ 教师备用例题

例 1 [2012· 山东卷] 如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的 棱长为 1,E,F 分别为线段 AA1,B1C 上的点,则三棱锥 D1- EDF 的体积为________.

第11讲│ 教师备用例题

1 [答案] 6
[解析] 本题考查棱锥的体积公式,考查空间想象力与转化 能力,中档题. 1 1 1 VD1-EDF=VF-DD1E= × ×1×1×1= . 3 2 6

第11讲│ 教师备用例题

例 2 [2012· 湖北卷] 已知某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为( )

8π A. B.3π 3 10π C. D.6π 3

第11讲│ 教师备用例题

[答案] B
[解析]根据三视图知几何体的下面是一个圆柱,上面是 1 圆柱的一半,所以 V=2π+ ×2π=3π.故选 B. 2

第11讲│ 教师备用例题

例 3 [2012· 辽宁卷] 已知正三棱锥 P-ABC,点 P,A,B, C 都在半径为 3的球面上.若 PA,PB,PC 两两相互垂直,则球 心到截面 ABC 的距离为________.

第11讲│ 教师备用例题

3 [答案] 3
[解析] 本小题主要考查球的概念与性质.解题的突破口为 解决好点 P 到截面 ABC 的距离. 由已知条件可知,以 PA,PB,PC 为棱可以补充成球的内接 正方体,故而 PA2+PB2+PC2=???2R???2, 由已知 PA=PB=PC, 得到 1 1 PA= PB= PC= 2, 因为 VP - ABC= VA- PBC ? h· S = PA· S△ PBC, 3 △ ABC 3 2 3 得到 h= 3,故而球心到截面 ABC 的距离为 R-h= . 3 3

第12讲 点、直线、平面之 间的位置关系

第12讲 │ 云览高考
[云览高考] 考点统计
题型(频 率)

考例(难度)

考点1 空间点、 选择(3) 2009浙江卷17(C),2010浙江卷6(B), 直线、平面的位 填空(1) 2011浙江卷4(A),2012浙江卷10(C) 置关系 考点2 平行与垂 2009浙江卷20(B),2011浙江卷20(1)(A) 解答(3) ,2012浙江卷20(1)(A) 直关系的证明 2009浙江卷5(B),2010浙江卷20(B), 考点3 空间角与 选择(1) 2011浙江卷20(2)(B),2012浙江卷 解答(3) 距离 20(2)(B)

说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题

第12讲 │ 二轮复习建议

二轮复习建议
命题角度:该部分的命题主要在三个点展开.第一点是围绕空间 点、直线、平面的位置关系展开,设计位置关系的判断、简单的角与 距离计算等问题,目的是考查对该部分基础知识的掌握情况及空间想 象能力,这类试题多为选择题或者填空题;第二点是围绕空间平行关 系和垂直关系的证明,设计通过具体的空间几何体证明其中的平行关 系、垂直关系的问题,目的是考查运用空间位置关系的相关定理、推 理论证的能力及空间想象能力,这类试题多数是解答题组成部分;第 三个点是围绕空间角与距离展开(特别是围绕空间角),设计求解空间 角的大小、根据空间角的大小求解其他几何元素等问题,目的是综合 考查利用空间线面位置关系的知识综合解决问题的能力,这类试题多 数是解答题的重要组成部分.

第12讲 │ 二轮复习建议

近三年的浙江高考卷中, 每年均有一题涉及空间点、 线、 面位置关系的选择或填空题,这些题难度普遍偏低,但是 2012 年的选择题第 10 题考查了翻折过程中的直线的位置关 系,考查学生空间想象能力,难度中偏上.在立体几何解答 题中,一般来说一个小题考查平行与垂直关系证明,一个小 题考查空间角(三年都考了二面角). 预计 2013 年在该部分的命题方向不会改变, 仍然会以解 答题的方式考查空间平行关系、垂直关系的证明,空间角的 求解等.

第12讲 │ 二轮复习建议

复习建议:该部分是立体几何的核心,整个立体几何的 理论部分都在这里,涉及众多的基本原理、概念、定理和法 则, 复习该部分时首先要把该部分的主干知识进一步系统化, 在此基础上引导学生掌握使用综合几何方法证明空间平行关 系、垂直关系的基本方法,掌握使用综合几何方法求空间角 的方法,理科虽然有空间向量这个工具,可综合几何法在运 算方面的优势也是非常明显的,要克服一味地依赖空间向量 法求解立体几何问题.

第12讲 │ 主干知识整合
主干知识整合

第12讲 │ 主干知识整合

第12讲 │ 主干知识整合
1. 空间点、直线、平面之间的位置关系

第12讲 │ 主干知识整合

2.空间角与距离的求法 (1)求异面直线所成角的常用方法:一是平移法,即根据 定义找出或作出有关角的图形并证明它符合定义, 进而求出角 的大小.二是补形法,在原几何体上补一个类似的几何体. (2)求直线与平面所成角的常用方法 ——定义法:作出斜 线在平面内的射影,判断射影在平面内的位置. (3)求二面角的平面角的方法:定义法、用三垂线定理(或 逆定理)作二面角的平面角、作棱的垂面、面积法 ? S射影多边形? ? ? cos θ = ? ?. S 斜多边形 ? ? (4)空间距离通常用体积法求解.

第12讲│ 要点热点探究
要点热点探究
? 探究点一 直线、平面平行的判定与性质

例 1 [2012· 江苏卷] 如图 4-12-1,在直三棱柱 ABC- A1B1C1 中,A1B1=A1C1,D,E 分别是棱 BC,CC1 上的点(点 D 不同于点 C),且 AD⊥DE,F 为 B1C1 的中点.

第12讲│ 要点热点探究

图 4-12-1 求证:(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1; (2)直线 A1F∥平面 ADE.

第12讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(条件)ABC-A1B1C1 是直三棱柱和 AD⊥DE ? (目标)证明平面 ADE⊥平面 BCC1B1 ? (方法)证明线面垂直, 即证平面 ADE 上的直线 AD⊥平面 BCC1B1,根据面面垂直判 定定理进行证明; (2)(条件)直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,A1B1=A1C1,D,E 分别是棱 BC,CC1 上的点,AD⊥DE,F 为 B1C1 的中点 ? (目 标)直线 A1F∥平面 ADE ? (方法)证明线面平行,即证 A1F∥ AD(AD?平面 ADE),根据线面平行判定定理证明.

第12讲│ 要点热点探究

平行关系的证明

证明: (1)∵ABC-A1B1C1 是直三棱柱, ∴CC1⊥平面 ABC. (1 分) 又∵AD?平面 ABC,∴CC1⊥AD.(2 分) 又∵AD⊥DE,CC1,DE?平面 BCC1B1,CC1∩DE=E, ∴AD⊥平面 BCC1B1.(4 分) 又∵AD?平面 ADE,∴平面 ADE⊥平面 BCC1B1.(5 分)

第12讲│ 要点热点探究

(2)∵A1B1=A1C1, F 为 B1C1 的中点, ∴A1F⊥B1C1.(6 分) 又∵CC1⊥平面 A1B1C1,且 A1F?平面 A1B1C1,∴CC1⊥ A1F.(8 分) 又∵CC1,B1C1?平面 BCC1B1,CC1∩B1C1=C1,∴A1F ⊥平面 BCC1B1.(10 分) 由(1)知,AD⊥平面 BCC1B1,∴A1F∥AD. 又∵AD?平面 ADE, A1F?平面 ADE, ∴直线 A1F∥平面 ADE. (12 分)

第12讲│ 要点热点探究

[规范评析] 在立体几何的平行关系问题中,“中点”是经 常使用的一个特殊点,无论是试题本身的已知条件,还是在具 体的解题中,通过找“中点”,连“中点”,即可出现平行线, 而线线平行是平行关系的根本.本题还可以首先说明点 D 为 BC 的中点,通过证明四边形 ADFA1 是平行四边形证明线线平 行.

第12讲│ 要点热点探究

变式题 在三棱锥 P-ABC 中,△PAC 和△PBC 是边长 为 2的等边三角形,AB=2,O,D 分别是 AB,PB 的中点. (1)求证:OD∥平面 PAC; (2)求证:平面 PAB⊥平面 ABC.

图 4-12-2

第12讲│ 要点热点探究
证明:(1)∵O,D 分别为 AB,PB 的中点,∴OD∥PA.又 PA?平面 PAC,OD?平面 PAC, ∴OD∥平面 PAC. (2)连接 OC,OP,∵AC=CB= 2,O 为 AB 中点,AB= 2,∴OC⊥AB,OC=1, 同理,PO⊥AB,PO=1. 又 PC= 2,∴PC2=OC2+PO2=2, ∴∠POC=90° ,∴PO⊥OC. ∵PO⊥OC,PO⊥AB,AB∩OC=O,∴PO⊥平面 ABC. 又∵PO?平面 PAB, ∴平面 PAB⊥平面 ABC.

第12讲│ 要点热点探究
? 探究点二 直线、平面垂直的判定与性质

例 2 [2012· 课程标准卷]如图 4-12-3,直三棱柱 ABC 1 -A1B1C1 中,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 的中点,DC1⊥BD. 2

图 4-12-3 (1)证明:DC1⊥BC; (2)求二面角 A1-BD-C1 的大小.

第12讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(条件)直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AC=BC 1 = AA1,D 是棱 AA1 的中点,DC1⊥BD ? (目标)DC1⊥BC ? 2 (方法)证明线面垂直,即证明 DC1 垂直 BC 所在的一个平面, 只要证明 DC1⊥DC,然后根据线面垂直定义证明; (2)(条件)直三棱柱的特征和二面角的特征 ? (目标)二面 角 A1-BD-C1 的大小 ? (方法)作出平面角,只需在二面角 的一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,再从垂足作 棱的垂线,根据垂直关系可得二面角的平面角,通过解三角 形得之.

第12讲│ 要点热点探究

垂直关系的证明 解:(1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形. 由于 D 为 AA1 的中点,故 DC=DC1.(1 分) 1 2 2 又 AC= AA1,可得 DC2 1+DC =CC1, 2 所以 DC1⊥DC.(2 分) 而 DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以 DC1⊥平面 BCD. 又 BC?平面 BCD,故 DC1⊥BC.(4 分) (2)因为 DC1⊥BC,CC1⊥BC,且 DC1∩CC1=C1,所以 BC⊥面 ACC1A1,所以 BC⊥AC.取 A1B1 的中点 O,过点 O 作 OH⊥BD 于点 H,连接 C1O,C1H,如图.

第12讲│ 要点热点探究

因为 A1C1=B1C1,所以 C1O⊥A1B1.又因为面 A1B1C1⊥面 A1BD,所以 C1O⊥面 A1BD.(8 分) OH⊥BD?C1H⊥BD,又 C1D⊥BD,所以点 H 与点 D 重 合,且∠C1DO 是二面角 A1-BD-C1 的平面角.(10 分) 2a 设 AC=a,则 C1O= ,C1D= 2a=2C1O?∠C1DO= 2 30° ,故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30° .(12 分)

第12讲│ 要点热点探究
[规范评析] 在垂直关系的证明中,线线垂直是问题的核心,可 以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直,也可以根据 已知的垂直关系证明线线垂直,其中要特别重视两个平面垂直的性 质定理,这个定理已知的是两个平面垂直,结论是线面垂直.使用 综合几何的方法求解二面角首先要作出二面角的平面角,其最主要 的方法就是通过面面垂直得线面垂直,从而找出二面角的一个半平 面内的一个特殊点在另一个半平面内的射影点,再从射影点作棱的 垂线, 连接棱上的垂足和特殊点即得二面角的平面角 (实际上就是三 垂线定理法).本题求解过程中是直接找出这个射影点,实际上三棱 柱的上底面和侧面垂直, 只要过点 C1 在平面 A1B1C1 作 A1B1 的垂线, 垂足就是点 C1 在二面角的半平面 A1BD 内的射影,当然这个点是 A1B1 的中点.找二面角平面角的过程实际上就是综合运用垂直关系 的过程.

第12讲│ 要点热点探究
变式题 四棱锥 P-ABCD 的三视图如图 4-12-4 所示. (1)在四棱锥中,E 为线段 PD 的中点,求证:PB∥平面 AEC; PF (2)在四棱锥中,F 为线段 PA 上的点,且FA=λ,则 λ 为 何值时,PA⊥平面 DBF?并求此时几何体 F-BDC 的体积.

图 4-12-4

第12讲│ 要点热点探究
解:(1)四棱锥的直观图如图:

连 AC,BD,设交点为 O,连接 OE, OE 为△DPB 的中位线,OE∥PB, EO?面 EAC,PB?面 EAC,∴PB∥面 AEC.

第12讲│ 要点热点探究
(2)作 OF⊥PA,垂足为 F.在 Rt△POA 中, PO=1,AO= 3,PA=2,PO2=PF· PA,1=2PF, 1 3 PF 1 ∴PF= ,FA= ,FA= .又 PA⊥BD,∴FA⊥面 BDF. 2 2 3 PF 1 当FA= 时,在△PAO 中,过 F 作 FH∥PO,则 FH⊥面 3 3 3 BCD,FH= PO= . 4 4 1 1 1 3 S△BCD= ×2× 3= 3.∴VF-BDC= S△BCD· FH= × × 3 2 3 3 4 3 = . 4

第12讲│ 要点热点探究
? 探究点三 空间角与距离的求法 例 3 已知四棱锥 P-ABCD 的三视图及直观图如图 4-12 -5 所示,E 是侧棱 PC 上的动点.

图 4-12-5

第12讲│ 要点热点探究

(1)求四棱锥 P-ABCD 的体积; (2)不论点 E 在何位置, 是否都有 BD⊥AE?证明你的结论; (3)若点 E 为 PC 的中点,求二面角 D-AE-B 的大小.

第12讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(条件)空间几何体的三视图 ? (目标)空间 几何体的体积 ? (方法)根据三视图得出空间几何体直观图中 的棱长,按照锥体体积公式进行计算; (2)(条件)空间几何体的结构特征 ? (目标)证明线线垂直 ? (方法)根据空间几何体中的线面位置关系,通过线面垂直证 明之; (3)(条件)空间几何体的结构 ? (目标)二面角 D-AE-B 的大小 ? (方法)作出二面角的平面角,通过解三角形求解.

第12讲│ 要点热点探究

空间角与距离的求法 解:(1)由三视图可知,四棱锥 P-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形, 侧棱 PC⊥底面 ABCD,且 PC=2. 1 1 2 ∴VP-ABCD= S 四边形 ABCD· PC= ×1×2= , 3 3 3 2 即四棱锥 P-ABCD 的体积为 .(3 分) 3

第12讲│ 要点热点探究
(2)不论点 E 在何位置,都有 BD⊥AE.(5 分) 证明如下:连接 AC,∵四边形 ABCD 是正方形,∴BD ⊥AC. ∵PC⊥底面 ABCD,且 BD?平面 ABCD,∴BD⊥PC. 又∵AC∩PC=C,∴BD⊥平面 PAC, ∵不论点 E 在何位置,都有 AE?平面 PAC. ∴不论点 E 在何位置,都有 BD⊥AE.(7 分)

第12讲│ 要点热点探究
(3)在平面 DAE 内过点 D 作 DF⊥AE 于 F,连接 BF. ∵AD=AB=1,DE=BE= 12+12= 2,AE=AE= 3, ∴Rt△ADE≌Rt△ABE, 从而△ADF≌△ABF,∴BF⊥AE. ∴∠DFB 为二面角 D-AE-B 的平面角.(9 分) AD· DE 1× 2 6 6 在 Rt△ADE 中,DF= AE = = ,∴BF= . 3 3 3 又 BD= 2,在△DFB 中,由余弦定理得 DF2+BF2-BD2 1 cos∠DFB= =- , 2DF· BF 2 2π ∴∠DFB= ,(11 分) 3 2π 即二面角 D-AE-B 的大小为 .(12 分) 3

第12讲│ 要点热点探究
[规范评析] 综合几何法求二面角首先要作出二面角的平 面角,一般方法有:(1)直接法:根据平面角的概念直接作, 如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边, 就可以取棱的中 点;(2)垂面法:过二面角棱上一点作棱的垂面,则垂面与二 面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其 补角;(3)三垂线定理法:过二面角的一个半平面内一点 A 作 另一个半平面的垂线,再从垂足 B 向二面角的棱作垂线,垂 足为 C,这样二面角的棱就垂直于这两个垂线所确定的平面 ABC,连接 AC,则 AC 也与二面角的棱垂直,∠ACB 就是二 面角的平面角或其补角, 这样就把问题归结为解一个直角三角 形,是求解二面角的最基本、最重要的方法.空间角除二面角 外还有线面角和线线角.

第12讲│ 要点热点探究

变式题 已知直二面角 α-l-β,点 A∈α,AC⊥l,C 为垂 足,B∈β,BD⊥l,D 为垂足.若 AB=2,AC=BD=1,则 D 到平面 ABC 的距离等于( ) 2 3 6 A. B. C. D.1 3 3 3

第12讲│ 要点热点探究

[答案] C

[解析] 如图, 作 DE⊥BC 于 E, 由 α-l-β 为直二面角, AC⊥l 得 AC⊥平面 β,所以 AC⊥DE,又 BC⊥DE,BC∩AC =C,所以 DE⊥平面 ABC,故 DE 为 D 到平面 ABC 的距离. BD· DC 1× 2 在 Rt△BCD 中, 利用等面积法得 DE= BC = = 3 6 . 3

第12讲│ 要点热点探究

[点评] 本题考查空间作图和距离计算,但考查的重心还 是逻辑推理能力和空间想象能力. 本题也可以根据三棱锥 A- BCD 的体积等于三棱锥 D-ABC 的体积, 使用等体积法求解.

第12讲│ 规律技巧提炼

规律技巧提炼
?规律 平行关系的证明:线线平行 线面平行 面面平行;垂直关系的证明:线线垂直 线面垂直 面 面垂直;异面直线角的计算:转化为两条相交直线的夹角的 计算;线面角的计算:转化为平面的斜线与其在平面内的射 影的夹角,从而转化为两条相交直线角的计算;面面角的计 算:转化为平面角,也是相交直线角的计算;点面距离的计 算:经常借助三棱锥,通过等积转化求解.

第12讲│ 规律技巧提炼
?技巧 面面垂直的性质定理在立体几何的证明问题中 的主要作用是作一个平面的垂线,即问题的关键是线面垂 直,通过线面垂直证明线线垂直(线面垂直的定义),通过线 线垂直证明线面垂直(线面垂直的判定定理)、面面垂直(面面 垂直的判定定理). ?易错 在空间中线线平行和面面平行都有传递性,但 线面平行没有传递性.在空间中任意平移两条直线不改变两 ? π? 条直线所成的角,同时注意两直线所成角的范围是 ?0, 2 ? .两 ? ? 异面直线所成的角归结为一个三角形中的内角时,容易忽视 这个三角形中的内角可能等于两异面直线所成的角,也可能 等于其补角.

第12讲│ 命题立意追溯
命题立意追溯
空间想象能力——变化中寻不变,解决折叠问题 示例 [2012· 浙江卷] 已知矩形 ABCD,AB=1,BC= 2.将 △ABD 沿矩形的对角线 BD 所在的直线进行翻折,在翻折过程 中,( ) A.存在某个位置,使得直线 AC 与直线 BD 垂直 B.存在某个位置,使得直线 AB 与直线 CD 垂直 C.存在某个位置,使得直线 AD 与直线 BC 垂直 D.对任意位置,三对直线“AC 与 BD”,“AB 与 CD”, “AD 与 BC”均不垂直

第12讲│ 命题立意追溯

[命题阐释] 本题以折叠问题来考查空间想象能力,考 查空间几何体的判断与分析问题.在折叠的过程中,线面 之间的关系很多都发生了变化,要通过分析,找出变化过 程中哪些不变的关系,增加已知条件,帮助判断,得出结 论.也可通过草稿纸加以折叠分析,再进行判断.

第12讲│ 命题立意追溯

[思考流程] (分析)在翻折过程中,判断两直线是否垂直, 需看垂直时, 是否与已知条件矛盾 ? (推理)在各选项中假设 存在这样的位置, 再验证是否与已知条件矛盾 ? (结论)若与 已知不矛盾,则存在这样的点.

第12讲│ 命题立意追溯

[答案] B
[解析]对于 AB⊥CD,因为 BC⊥CD,由线面垂直的判 定可得 CD⊥平面 ACB,则有 CD⊥AC,而 AB=CD=1, BC=AD= 2,可得 AC=1,那么存在 AC 这样的位置,使 得 AB⊥CD 成立,故应选 B.

第12讲│ 命题立意追溯

[点评] 解决折叠问题时,可以先通过实际操作,找到可 行性后再加以合理判断与分析.实际解决此类问题时可以通 过草稿纸加以折叠分析后直接判断.

第12讲│ 命题立意追溯
[跟踪练] 1.如图 4-12-7,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N, P,Q 分别是 AA1,A1D1,CC1,BC 的中点,给出以下四个结论: ①A1C⊥MN;②A1C∥平面 MNPQ;③A1C 与 PM 相交;④NC 与 PM 异面.其中不正确的结论是( )

A.①

B.②

图 4-12-7 C.③ D.④

第12讲│ 命题立意追溯
2.如图 4-12-8,四面体 OABC 的三条棱 OA,OB,OC 两两垂直,OA=OB=2,OC=3,D 为四面体 OABC 外一点.给 出下列命题: ①不存在点 D,使四面体 ABCD 有三个面是直角三角形; ②不存在点 D,使四面体 ABCD 是正三棱锥; ③存在点 D,使 CD 与 AB 垂直并且相等; ④存在无数个点 D,使点 O 在四面体 ABCD 的外接球面上. 其中真命题的序号是________.

图 4-12-8

第12讲│ 命题立意追溯

1.[答案] B
[解析] 作出过四点的截面,如图中的六边形,显然点 A1, C 分别位于这个平面的两侧, 故 A1C 与平面 MNPQ 一定相交, 不 可能平行.

第12讲│ 命题立意追溯

2.[答案] ③④
[解析] 对于①,根据对称性,只要取 O 关于平面 ABC 的对 称点为点 D 即可;对于②,只要选取点 D 使得 CA=CB=CD, 并且 CD,AC,CB 两两夹角相等即可;③正确;对于④,把四 面体 OABC 补成长方体, 则该长方体有外接球, 只要点 D 在这个 球面上即可.

第12讲│ 教师备用例题

教师备用例题
选题理由:例 1 综合了垂直关系的证明、二面角和异面直线 所成角,可作为综合几何法解决立体几何试题的一个总结;例 2 的亮点是在立体几何中使用反证法证明线面不平行,这是值得关 注的一个问题,可作为探究点一的补充.

第12讲│ 教师备用例题
例 1 [2012· 天津卷] 如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA ⊥平面 ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45° ,PA=AD=2, AC=1. (1)证明:PC⊥AD; (2)求二面角 A-PC-D 的正弦值; (3)设 E 为棱 PA 上的点,满足异面直线 BE 与 CD 所成的角 为 30° ,求 AE 的长.

第12讲│ 教师备用例题
解:方法一:如图所示,以点 A 为原点建立空间 直角坐标系,依题意得 A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0), ? 1 1 ? B?-2,2,0?,P(0,0,2). ? ? → =(0,1,-2),AD → =(2,0,0),于 (1)证明:易得PC →· → =0,所以 PC⊥AD. 是PC AD → = (0,1 ,- 2) , CD → = (2 ,- 1 , 0).设平面 (2) PC PCD 的法向量 n=(x,y,z), → = 0, ? ? PC ?n· ?y-2z=0, 则? 即? ? → = 0, ?2x-y=0. ? CD ?n· 不妨令 z=1,可得 n=(1,2,1).

第12讲│ 教师备用例题

可取平面 PAC 的法向量 m=(1,0,0). m· n 1 6 于是 cos〈m,n〉= = = ,从而 sin〈m, |m|· |n| 6 6 30 30 n〉= .所以二面角 A-PC-D 的正弦值为 . 6 6

第12讲│ 教师备用例题
(3)设点 E 的坐标为(0,0,h),其中 h∈[0,2].由 ?1 ? 1 → → =(2,-1,0),故 此得BE=?2,-2,h?,而CD ? ? 3 →· → 2 BE CD → → cos 〈 BE , CD 〉 = = = → → 1 |BE||CD| +h2× 5 2 3 2, 10+20 h 3 3 10 所以, = ,解得 h= , 2=cos30° 2 10 10+20 h 10 即 AE= . 10

第12讲│ 教师备用例题
方法二:(1)证明:由 PA⊥平面 ABCD,可得 PA⊥AD. 又由 AD⊥AC,PA∩AC=A,故 AD⊥平面 PAC. 又 PC?平面 PAC,所以 PC⊥AD. (2)如图所示,作 AH⊥PC 于点 H,连接 DH. 由 PC⊥AD,PC⊥AH,可得 PC⊥平面 ADH,因此 DH ⊥PC,从而∠AHD 为二面角 A-PC-D 的平面角.

第12讲│ 教师备用例题
2 在 Rt△PAC 中,PA=2,AC=1,由此得 AH= . 5 由(1)知 AD⊥AH.故在 Rt△DAH 中, DH= AD2+AH2= 2 30 AD 30 .因此 sin∠AHD=DH= .所以二面角 A-PC-D 的正 5 6 30 弦值为 . 6 (3)如图所示,因为∠ADC<45° ,故过点 B 作 CD 的平行 线必与线段 AD 相交,设交点为 F,连接 BE,EF.故∠EBF 或其补角为异面直线 BE 与 CD 所成的角.

第12讲│ 教师备用例题

由 BF∥CD,故∠AFB=∠ADC. 1 在 Rt△DAC 中,CD= 5,sin∠ADC= , 5 1 故 sin∠AFB= . 5

第12讲│ 教师备用例题
BF AB 1 在△AFB 中,由 = ,AB= , sin∠FAB sin∠AFB 2 2 5 sin∠FAB=sin135° = ,可得 BF= . 2 2 由余弦定理,BF2=AB2+AF2-2AB· AF· cos∠FAB, 1 可得 AF= . 2 设 AE=h.在 Rt△EAF 中,EF= AE +AF = 在 Rt△BAE 中,BE= AE2+AB2=
2 2

1 h+ . 4
2

1 h2+ . 2 在△EBF 中,因为 EF<BE,从而∠EBF=30° ,由余弦定理得 BE2+BF2-EF2 10 10 cos30° = ,可解得 h= .所以 AE= . 2BE· BF 10 10

第12讲│ 教师备用例题
例 2 在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是菱形, AC∩BD=O. (1)若 AC⊥PD,求证:AC⊥平面 PBD; (2)若平面 PAC⊥平面 ABCD,求证:PB=PD; (3)在棱 PC 上是否存在点 M(异于点 C)使得 BM∥平面 PM PAD?若存在,求 PC 的值;若不存在,说明理由.

第12讲│ 教师备用例题
解:(1)证明:因为底面 ABCD 是菱形, 所以 AC⊥BD. 因为 AC⊥PD,PD∩BD=D, 所以 AC⊥平面 PBD. (2)证明:由(1)可知 AC⊥BD. 因为平面 PAC⊥平面 ABCD,平面 PAC∩平面 ABCD=AC, BD?平面 ABCD, 所以 BD⊥平面 PAC. 因为 PO?平面 PAC, 所以 BD⊥PO. 因为底面 ABCD 是菱形, 所以 BO=DO, 所以 PB=PD.

第12讲│ 教师备用例题
(3)不存在.下面用反证法证明:

假设存在点 M(异于点 C)使得 BM∥平面 PAD. 在菱形 ABCD 中,BC∥AD. 因为 AD?平面 PAD,BC?平面 PAD, 所以 BC∥平面 PAD. 因为 BM?平面 PBC,BC?平面 PBC, BC∩BM=B, 所以平面 PBC∥平面 PAD. 而平面 PBC 与平面 PAD 相交,矛盾,故不存在点 M 使得 BM∥平面 PAD.

第13讲 空间向量与立体几 何

第13讲 │ 云览高考
[云览高考] 考点统计 题型(频 率) 解答(2) 解答(2) 解答(1) 考例(难度)

考点1 空间向量证 明空间位置关系 考点2 空间向量求 空间角与距离 考点3 空间向量解 决探索性问题

2009浙江卷20(B), 2012浙江卷20(1)(B) 2010浙江卷20(B), 2012浙江卷20(2)(B)
2011浙江卷20(B)

说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题

第13讲 │ 二轮复习建议

二轮复习建议
命题角度:该部分的命题非常单纯,就是围绕用空间向量 解决立体几何问题设计试题, 考查空间向量在证明空间位置关 系、求解空间角和距离问题中的应用,考查空间向量在解决探 索性问题中的应用, 其目的是考查对立体几何中的向量方法的 掌握程度,考查运算求解能力.试题大多是解答题,而且以使 用空间向量求解空间角为主.

第13讲 │ 二轮复习建议

从近三年的浙江考卷来看,在立体几何解答题中,一般 来说一个小题考查平行与垂直关系的证明,一个小题考查求 解空间角(三年都考了二面角).即可以用传统几何方法来证 明和求解,也可以用空间向量方法来解决. 预计该部分在 2013 年的考查方向不会变化, 仍然会考查 空间向量在证明空间位置关系和求解空间角中的应用,有可 能会考查使用空间向量解决探索性问题.

第13讲 │ 二轮复习建议

复习建议:高考对该部分的考查目的非常明确,重点就 是考查空间向量在求解空间角中的应用,虽然试题的位置关 系证明部分也能使用空间向量的方法,显然这不是命题者的 主要目的,因此在复习该部分时以使用空间向量方法求解空 间角为核心,注意正确使用公式以及计算的准确性.

第13讲 │ 主干知识整合

主干知识整合

第13讲 │ 主干知识整合

第13讲 │ 主干知识整合
1.空间向量中的有关概念 (1)共线向量定理:对空间任意两个向量 a,b(b≠0),a∥b?存在 实数 λ,使 a=λb. (2)共面向量定理:向量 p 与两个不共线的向量 a,b 共面?存在实 数对 x,y,使 p=xa+yb. (3)空间向量基本定理:如果三个向量 a,b,c 不共面,那么对空 间任一向量 p,存在一个唯一的有序实数组(x,y,z),使 p=xa+yb+ zc. (4)向量的数量积:两个非零向量 a,b 的数量积 a· b=|a||b|cos〈a, b〉 . (5)空间向量的坐标运算:若 a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则 a· b=x1x2+y1y2+z1z2. 2.夹角计算公式 (1)线线角: 直线与直线所成的角 θ, 如两直线的方向向量分别为 a, b,则 cosθ=|cos〈a,b〉|.

第13讲 │ 主干知识整合
(2)线面角: 直线与平面所成的角 θ, 如直线的方向向量为 a, 平面的法向量为 n,则 sinθ=|cos〈a,n〉|. (3)面面角:两相交平面所成的角 θ,两平面的法向量分别为 n1,n2,则 cosθ=|cos〈n1,n2〉|.判定二面角的平面角是锐角还 是钝角的情况来决定 cosθ=|cos〈n1,n2〉|还是 cosθ=-|cos〈n1, n2〉|. 3.距离公式 (1)点线距:若直线 l 的方向向量为 a,直线上任一点为 N, → |sin〈MN → ,a〉 则点 M 到直线 l 的距离 d=|MN . (2)点面距:若平面 α 的法向量为 n,平面 α 内任一点为 N,则点 →· | MN n| → → M 到平面 α 的距离 d= MN |cos〈MN,n〉|= . |n|
? ? ? ? ? ?

第13讲│ 要点热点探究
要点热点探究
? 探究点一 利用空间向量证明空间位置关系 例 1 [2012· 湖南卷] 如图 4-13-1,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB= ∠ABC=90° ,E 是 CD 的中点. (1)证明:CD⊥平面 PAE; (2)若直线 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所 成的角相等,求四棱锥 P-ABCD 的体积.

图 4-13-1

第13讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(条件)空间几何体特征 ? (目标)CD⊥平面 PAE ? ( 方法 ) 建立空间直角坐标系后使用向量垂直的充要条 件,使用线面垂直判定定理; (2)(条件)直线 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD 所成的角相等 ? (目标)四棱锥 P-ABCD 的体积 ? (方法)根据 线面角公式列方程得四棱锥 P-ABCD 的高,根据棱锥体积公 式即得.

第13讲│ 要点热点探究

利用空间向量证明空间位置关系 解:如图,以 A 为坐标原点,AB,AD,AP 所在直线分 别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.设 PA=h,则相 关各点的坐标为: A(0,0,0) , B(4,0,0) , C(4,3,0) , D(0,5,0) , E(2,4,0),P(0,0,h).(2 分) → = ( - 4,2,0) , AE → = (2,4,0) , AP → = (0,0, (1) 证明:易知 CD h). →· → =-8+8+0=0,CD →· → =0,所以 CD⊥AE, 因为CD AE AP CD⊥AP.而 AP, AE 是平面 PAE 内的两条相交直线, 所以 CD ⊥平面 PAE.(4 分)

第13讲│ 要点热点探究
→ ,PA → 分别是平面 PAE,平面 ABCD (2)由题设和(1)知,CD 的法向量.而 PB 与平面 PAE 所成的角和 PB 与平面 ABCD → ,PB → 〉|=|cos〈PA → ,PB → 〉|, 所成的角相等,所以|cos〈CD
? → → ? ? → → ? PB ? ? PA· PB ? ? CD· 即? ?=? → → ?.(6 → → |PB|? ?|PA|· |PB|? ?|CD|·

分)

→ =(-4,2,0),PA → =(0,0,-h), 由(1)知,CD → =(4,0,-h), 又PB
? -16+0+0 ? ? 0+0+h2 ? ? ? ? ? 故? = 2? 2? . ? ?2 5· 16+h ? ?h· 16+h ?

8 5 解得 h= .(9 分) 5

第13讲│ 要点热点探究
1 又梯形 ABCD 的面积为 S= ×(5+3)×4=16,所以四棱 2 锥 1 1 8 5 128 5 P-ABCD 的体积为 V= · S· PA= ×16× = .(12 3 3 5 15 分)

第13讲│ 要点热点探究

[ 规范评析 ] 使用向量方法证明空间位置关系的基本思想 就是把空间位置关系与向量关系对应起来,如本题中证明线面 垂直,一种方法是根据线面垂直的判定定理证明直线与直线的 垂直(使用向量垂直的充要条件是其数量积为零 ),一种方法是 证明平面的法向量与已知直线共线,根据是两条平行线中如果 有一条垂直一个平面则另一条也垂直这个平面.线面角的正弦 值等于直线的方向向量和平面的法向量所成角余弦值的绝对 值.

第13讲│ 要点热点探究
? 探究点二 利用空间向量求空间角 例 2 [2012· 浙江卷] 如图 4-13-2 所示,在四棱锥 P-ABCD 中, 底面是边长为 2 3的菱形, ∠BAD=120° , 且 PA⊥平面 ABCD, PA=2 6,M,N 分别为 PB,PD 的中点. (1)证明:MN∥平面 ABCD; (2)过点 A 作 AQ⊥PC,垂足为点 Q,求二面角 A-MN-Q 的 平面角的余弦值.

图 4-13-2

第13讲│ 要点热点探究

[ 思考流程 ] (1)( 条件 )四棱锥的特征 ? ( 目标 )MN∥平 面 ABCD ? (方法)证明线线平行,即证明 MN∥BD,根据 线面平行判定定理得出结论; (2)(条件)四棱锥的特征,AQ⊥PC,二面角特征 ? (目 标)二面角 A—MN—Q 的平面角的余弦值 ? (方法)建立空 间直角坐标系确定各点坐标,求出二面角两个半平面的法 向量,根据二面角余弦值公式计算.

第13讲│ 要点热点探究

利用空间向量求空间角 解:(1)证明:连接 BD.因为 M,N 分别是 PB,PD 的 中点,所以 MN 是△PBD 的中位线,所以 MN∥BD.(2 分) 又因为 MN?平面 ABCD,所以 MN∥平面 ABCD.(4 分)

第13讲│ 要点热点探究
(2)连接 AC 交 BD 于 O.以 O 为原点,OC,OD 所在 直线为 x,y 轴,建立空间直角坐标系 O-xyz,如图所示. 在菱形 ABCD 中,∠BAD=120° ,得 AC=AB=2 3,BD= 3AB=6. 又因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥AC. 在 Rt△PAC 中,AC=2 3,PA=2 6,AQ⊥PC,得 QC=2,PQ=4.(5 分) 由此知各点坐标如下, A(- 3,0,0),B(0,-3,0),C( 3,0,0),D(0,3,0),P(- ? ? ? ? 3 3 3 3 ? ? ? 3,0,2 6),M?- ,- , 6?,N?- , , 6? ?, 2 2 2 2 ? ? ? ? ? 3 2 6? ? ? Q? ,0, .(6 分) 3 ? ? 3 ?

第13讲│ 要点热点探究
设 m=(x,y,z)为平面 AMN 的法向量. ? 3 ? ? 3 3 ? 3 ? ? ? → =? ,- , 6?,AN → =? , , 6 ? 由AM ?知 2 2 2 2 ? ? ? ? ? 3 3 ? 2 x-2y+ 6z=0, ? ? 3x+3y+ 6z=0. 2 ?2 取 z=-1,得 m=(2 2,0,-1).(9 分) 设 n=(x,y,z)为平面 QMN 的法向量. ? 5 3 ? ? 5 3 3 ? 3 6 6 ? ? ? ? → =?- → =?- 由QM ,- , ?,QN , , ?知 6 2 3? 6 2 3? ? ?

第13讲│ 要点热点探究

? 5 3 3 6 ?- 6 x-2y+ 3 z=0, ? ?-5 3x+3y+ 6z=0, 6 2 3 ? 取 z=5,得 n=(2 2,0,5). m· n 33 于是 cos〈m,n〉= = .(11 分) |m|· |n| 33 33 所以二面角 A-MN-Q 的平面角的余弦值为 .(12 33 分)

第13讲│ 要点热点探究
[ 规范评析 ] 立体几何解答题的一般模式是首先证明线面 位置关系(一般考虑使用综合几何方法进行证明 ),然后是与空 间角有关的问题,综合几何方法和空间向量方法都可以,但使 用综合几何方法要作出二面角的平面角,作图中要伴随着相关 的证明,对空间想象能力与逻辑推理能力有较高的要求,而使 用空间向量方法就是求直线的方向向量、平面的法向量,按照 空间角的计算公式进行计算,也就是把几何问题完全代数化 了,这种方法对运算能力有较高的要求.两种方法各有利弊, 在解题中可根据情况灵活选用.

第13讲│ 要点热点探究

变式题 如图 4-13-3, 矩形 AMND 所在的平面与直角梯形 MBCN 所在的平面互相垂直,MB∥NC,MN⊥MB,且 MC⊥CB, BC=2,MB=4,DN=3. (1)求证:AB∥平面 DNC; (2)求二面角 D-BC-N 的余弦值.

图 4-13-3

第13讲│ 要点热点探究
解:(1)证明:因为 MB∥NC,MB?平面 DNC,NC?平面 DNC,所以 MB∥平面 DNC. 因为 AMND 为矩形,所以 MA∥DN. 又 MA?平面 DNC,DN?平面 DNC,所以 MA∥平面 DNC. 又 MA∩MB=M, 且 MA, MB?平面 AMB, 所以平面 AMB ∥平面 DNC. 又 AB?平面 AMB,所以 AB∥平面 DNC. (2)由已知平面 AMND⊥平面 MBCN,且平面 AMND∩平面 MBCN=MN,DN⊥MN, 所以 DN⊥平面 MBCN,又 MN⊥NC,故以点 N 为坐标原 点,建立如图所示空间直角坐标系 N-xyz.

第13讲│ 要点热点探究

由已知得 MC=2 3,∠MCN=30° ,易得 MN= 3, NC=3, 则 D(0,0,3),C(0,3,0),B( 3,4,0), → =(0,3,-3),CB → =( 3,1,0). DC 设平面 DBC 的法向量 n1=(x,y,z), → =0, ? ? DC ?n1· ?3y-3z=0, 则? 即? 令 x=-1,则 y= 3, ? → ? 3x+y=0. ?n1· CB=0, ? z= 3. 所以 n1=(-1, 3, 3). 又 n2=(0,0,1)是平面 NBC 的一个法向量,

第13讲│ 要点热点探究

n1· n2 3 21 所以 cos〈n1,n2〉= = = . |n1||n2| 7 7 21 故所求二面角 D-BC-N 的余弦值为 . 7

第13讲│ 要点热点探究
? 探究点三 利用空间向量解决探索问题 例 3 如图 4-13-4,四棱锥 P—ABCD 的底面 ABCD 是 矩形,AB=2,BC= 2,且侧面 PAB 是正三角形,平面 PAB ⊥平面 ABCD. (1)求证:PD⊥AC; (2)在棱 PA 上是否存在一点 E,使得二面角 E—BD—A 的 AE 大小为 45° ?若存在,试求 AP 的值,若不存在,请说明理由.

图 4-13-4

第13讲│ 要点热点探究

[思考流程] (条件)空间几何体的结构 ? (目标)证明线线垂 直和求解二面角 ? (方法 )根据空间几何体的结构建立空间直 角坐标系后, 根据直线的方向向量的数量积为 0 证明线线垂直, 根据二面角公式得方程求解线线的比例.

第13讲│ 要点热点探究

利用空间向量解决探索问题 解:(1)取 AB 中点 H,则由 PA=PB,得 PH⊥AB,又平面 PAB⊥平面 ABCD,且平面 PAB∩平面 ABCD=AB,所以 PH ⊥平面 ABCD.以 H 为原点, 建立空间直角坐标系 H-xyz(如图), 则 A(1,0,0),B(-1,0,0),D(1, 2,0),C(-1, 2,0),P(0,0, 3).(2 分)

第13讲│ 要点热点探究
→ =(1, 2,- 3),AC → =(-2, 2,0),∴PD →· → (1)∵PD AC → ⊥AC → ,即 PD⊥AC.(4 =(1, 2,- 3)· (-2, 2,0)=0,∴PD 分) → =λAP → (0<λ<1), (2)假设在棱 PA 上存在一点 E,不妨设AE 则点 E 的坐标为(1-λ,0, 3λ), → =(2-λ,0, 3λ),BD → =(2, 2,0).(5 分) ∴BE 设 n=(x,y,z)是平面 EBD 的法向量,则 →, → =0, ? ? BE ?n⊥BE ?n· ? ?? → → =0 ? ? BD ?n⊥BD ?n·
? y+ 3λz=0, ??2-λ?x+0· ?? ? z= 0 ?2x+ 2y+0·

第13讲│ 要点热点探究
2-λ ? ?z=- x, 3λ ?? ? ?y=- 2x. 不妨取 x= 3,则得到平面 EBD 的一个法向量 n= 2-λ ( 3,- 6,- λ ).(8 分) → =(0,0, 3), 又平面 ABD 的法向量可以是HP 要使二面角 E-BD-A 的大小等于 45° , →· HP n → 则 cos45° =|cos〈HP,n〉|=? ? ? ? ?n? ? → ?· ?HP? ? ?

第13讲│ 要点热点探究

? 2-λ? ? ? · ? 0 , 0 , 3 ? 3,- 6,- λ ? ? ? ? , ?? 2-λ? ? ??? ? ? 0 , 0 , 3 ? 3,- 6,- λ ??? ? ?? 1 1→ → 可解得 λ= ,即AE= AP,(11 分) 2 2 AE 1 故在棱 PA 上存在点 E,当 AP = 时,使得二面角 E-BD 2 -A 的大小等于 45° .(12 分)

?? ?? ?? ?? =?? ?? ?? ??

第13讲│ 要点热点探究

[规范评析] 解决此类探索性问题,都是先假设存在,然后根 据已知条件和结论逐步进行计算和推导,若推出矛盾则不存在, 这是解决探索性问题的常用方法.

第13讲│ 规律技巧提炼

规律技巧提炼
?规律 1.对于空间任意一点O和不共线的三点A,B,C, → =x OA → +y OB → +z OC → (x,y,z∈R),四点P,A,B,C 且有 OP 共面的充要条件是x+y+z=1. 2.空间一点P位于平面MAB内?存在有序实数对x, → =x MA → +y MB → ,或对空间任一定点O,有序实数对 y,使 MP → =OM → +xMA → +yMB →. x,y,使OP

第13讲│ 规律技巧提炼

?技巧 运用空间向量求解空间的角与距离关键是建立空 间直角坐标系后,空间角和距离转化为向量的运算.使用空间 向量解决立体几何计算,直线的标志是它的方向向量,平面的 标志是它的法向量,我们可以借助于直线和平面的标志用向量 这个工具解决立体几何计算问题. ?易错 异面直线所成角的范围;线面角的正弦值是直线 的方向向量和平面法向量所成角余弦的绝对值;两相交平面所 成的角θ,两平面的法向量分别为n1和n2,则cosθ=|cos〈n1, n2〉|,其特殊情况是两个半平面所成的角即二面角,也可以 用这个公式解决,但要判定二面角的平面角是锐角还是钝角的 情况以决定cosθ=|cos〈n1,n2〉|还是cosθ=-|cos〈n1,n2〉|.

第13讲│ 命题立意追溯
命题立意追溯
运算求解能力——平面法向量的求解与应用问题 示例 如图 4-13-5,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,PA=2,E 是 PC 上的一点, PE=2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A-PB-C 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成角的 大小.

图 4-13-5

第13讲│ 命题立意追溯

[命题阐释] 本题中平面的法向量发挥着重要作用, 求解法 向量和应用法向量的过程中运算求解能力起主导作用.

第13讲│ 命题立意追溯

[思考流程] (1)(条件)四棱锥的特征 ? (目标)PC⊥平面 BED ? (方法)建系、设点后利用两向量垂直的充要条件得线线垂直, 根据线面垂直判定定理得出结论; (2)(条件)二面角 A-PB-C 为 90° ? (目标)PD 与平面 PBC 所成角的大小 ? (方法)通过方程方法得出各点坐标,确定 PD 的 方向向量、 平面 PBC 的法向量, 根据线面角的向量计算公式得解.

第13讲│ 命题立意追溯
解:(1)以 A 为坐标原点,射线 AC 为 x 轴的正半轴,建立如 图 4-13-6 所示的空间直角坐标系 A-xyz,

图 4-13-6 得 C(2 2 , 0,0) , D( 2 , b,0) , 其 中 b>0 , 则 P(0,0,2) , ?4 2 2? ? ? E? ,0, ?,B( 2,-b,0), 3? ? 3 → =(2 2,0,-2), 于是PC

第13讲│ 命题立意追溯
? → =? BE ? ? ? → =? DE ? ?

2 2? ? ,b, ?, 3 3? 2 2? ? ,-b, ?, 3 3? →· → =0,PC →· → =0, 从而PC BE DE 故 PC⊥BE,PC⊥DE. 又 BE∩DE=E,所以 PC⊥平面 BDE. → =(0,0,2),AB → =( 2,-b,0). (2)AP 设 m=(x,y,z)为平面 PAB 的法向量, → = 0, m · → =0, 则 m· AP AB 即 2z=0,且 2x-by=0, 令 x=b,则 m=(b, 2,0). 设 n=(p,q,r)为平面 PBC 的法向量,

第13讲│ 命题立意追溯
→ =0,n· → =0, 则 n· PC BE 2p 2 即 2 2p-2r=0 且 +bq+ r=0, 3 3 ? ? 2 2 ? 令 p=1,则 r= 2,q=- b ,n=?1,- , 2? ?. b ? ? 2 因为面 PAB⊥面 PBC,故 m· n=0,即 b-b=0,故 b= 2, → =(- 2,- 2,2), 于是 n=(1,-1, 2),DP → 1 n · DP → 〉= → 〉=60° cos〈n,DP = , 〈n,DP . 2 →| |n||DP → 〉互余,故 PD 与平 因为 PD 与平面 PBC 所成角和〈n,DP 面 PBC 所成的角为 30° .

第13讲│ 命题立意追溯
[跟踪练] 如图 4-13-7,已知四棱锥 E-ABCD 的底面为菱形,且 ∠ABC=60° ,AB=EC=2,AE=BE= 2. (1)求证:平面 EAB⊥平面 ABCD; (2)求二面角 A-EC-D 的余弦值.

图 4-13-7

第13讲│ 命题立意追溯
解:(1)取 AB 的中点 O,连接 EO,CO. ∵AE=EB= 2,AB=2, ∴△AEB 为等腰直角三角形, ∴EO⊥AB,EO=1, 又∵AB=BC,∠ABC=60° . ∴△ACB 是等边三角形,∴CO= 3,又 EC=2, ∴EC2=EO2+CO2,∴EO⊥CO. 又∵CO∩AB=O, ∴EO⊥平面 ABCD,又 EO?平面 EAB, ∴平面 EAB⊥平面 ABCD. (2)以 AB 中点 O 为坐标原点, 以 OC 所在直线为 x 轴, 以 OB 所在直线为 y 轴,OE 所在直线为 z 轴,建立空间直角坐标系如图 所示,

第13讲│ 命题立意追溯

则 A(0,-1,0),C( 3,0,0),D( 3,-2,0),E(0,0,1). → =( 3,1,0),EC → =( 3,0,-1),DC → =(0,2,0). ∴AC 设平面 DCE 的法向量 n=(x,y,1), ? →· ? ? ?x= 3, n=0, ?EC ? 3x-1=0, 3 ∴? 即? 解得? ? →· ?2y=0, ? ? n=0, ?DC ?y=0, ? 3 ? ? ∴n=? ,0,1? ?. ? 3 ?

第13讲│ 教师备用例题

教师备用例题

选题理由:下面的例题综合了位置关系的证明、空间角的求 解和探索性问题,纯粹使用空间向量方法求解,该题可作为该讲 的总结使用.

第13讲│ 教师备用例题
例 [2012· 福建卷] 如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中, AA1=AD=1,E 为 CD 中点. (1)求证:B1E⊥AD1; (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 B1AE?若存 在,求 AP 的长;若不存在,说明理由; (3)若二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° ,求 AB 的长.

第13讲│ 教师备用例题
→ ,AD → ,AA →1的方向分别为 x 轴,y 解:(1)以 A 为原点,AB 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设 AB=a,则 ?a ? A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E?2,1,0?,B1(a,0,1),故 AD1 ? ? ? a ? ?a ? → → → =(0,1,1),B1E=?-2,1,-1?,AB1=(a,0,1),AE=?2,1,0?. ? ? ? ? a → → ∵AD1· B1E=- ×0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1. 2

第13讲│ 教师备用例题
(2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0), → =(0,-1,z0). 使得 DP∥平面 B1AE.此时DP 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z). ax+z=0, ? ? →1,n⊥AE → ,得?ax ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥AB +y=0. ? ?2 ? ? a 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=?1,-2,-a?. ? ? a → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有 -az0=0,解得 z0 2 1 = .又 DP?平面 B1AE,∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE, 2 1 此时 AP= . 2

第13讲│ 教师备用例题
(3)连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1 及 AA1 =AD=1,得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, → 1是平面 A1B1E 的一个法向 ∴AD1⊥平面 DCB1A1.∴AD → 1=(0,1,1). 量,此时AD → 1与 n 所成的角为 θ, 设AD a - -a →1 2 n· AD 则 cosθ= = . 2 → 1| a |n||AD 2 1+ +a2 4

第13讲│ 教师备用例题

∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30° , ∴|cosθ|=cos30° , 3a 2 3 即 = , 5a2 2 2 1+ 4 解得 a=2,即 AB 的长为 2.



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