2014届高考数学(理)一轮复习教案第八章立体几何第7讲 立体几何中的向量方法(Ⅱ)--求空间角(苏教版)
第7讲 立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角
对应学生
用书P130
考点梳理
1．设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|.
2．设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|. 3．求二面角的大小
a ．如图①，AB 、CD 是二面角α －l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉
．
b ．如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉． 【助学·微博】 一个考情解读
异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角是近年高考的常见内容．在新课程标准下，立体几何的基本理论知识要求有所降低，因此应用向量这一工具解题尤为重要．特别是对于易建系的空间图形，应尽量建立空间直角坐标系解决，以降低解题难度．
考点自测
1．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是a ＝(1,0,1)，b ＝(0,1,1)，那么，这条斜线与平面所成的角是________． 解析 ∵cos 〈a ，b 〉＝12·2
＝1
2，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]， ∴〈a ，b 〉＝60°.
答案 60°
2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________． 解析 cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝
11×2
＝2
2，即〈m ，n 〉＝45°，其补角为135°，∴两平面所成的二面角为45°或135°. 答案 45°或135°
3．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－1
2，则l 与α所成的角为________．
解析 设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝1
2， ∴θ＝30°. 答案 30°
4. 在如图所示的正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 夹角的余弦值为________．
解析 如图建立直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ? ????0，12，1.
则AC
→＝(－1,1,0)，
DE →＝? ????0，12，1，若异面直线DE 与AC 所成的角为θ，cos θ＝|cos 〈AC →，DE →〉|＝1010. 答案 10
10
5. 如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是________．
解析 建立如图的空间直角坐标系． 设AB ＝BC ＝AA 1＝2， 则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1) 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1
→〉＝22×22
＝1
2，
∴EF 和BC 1所成角为60°. 答案 60°
对应学生
用书P130
考向一 求异面直线所成的角
【例1】 (2013·常州质检)如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长
为1的菱形，∠ABC ＝π
4.OA ⊥底面
ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点． (1)证明：直线MN ∥平面OCD ； (2)求异面直线AB 与MD 所成角的大小．
(1)证明 作AP ⊥CD 于点P .
如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ，y ，z 轴建立直角坐标系． A (0,0,0)，B (1,0,0)，P ? ????0，22，0，D ? ????－22，2
2，0，O (0,0,2)，M (0,0,1)，
N ? ??
??1－24，2
4，0.
(1)MN →＝? ?
?
??1－24，24，－1，
OP →＝? ????0，22，－2，OD →＝? ????－22，22，－2. 设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·OP →＝0，n ·OD →＝0.即
?????
2
2y －2z ＝0，－22x ＋2
2y －2z ＝0.
取z ＝2，解得n ＝(0,4，2)．
∵MN →·
n ＝? ????1－24，24，－1·(0,4，2)＝0，
∴MN ∥平面OCD .
(2)解 设AB 与MD 所成角为θ， ∵AB
→＝(1,0,0)，MD →＝? ??
??－22，22，－1，
∴cos θ＝|AB →·MD →||AB →|·|MD →|＝12，θ∈???
???0，π2，
∴θ＝π3.∴直线AB 与MD 所成的角为π
3.
[方法总结] 异面直线所成角范围是(0，π
2]，若异面直线a ，b 的方向向量为m ，n ，异面直线a ，b 所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|.解题过程是：(1)建系；(2)求点坐标；(3)表示向量；(4)计算．
【训练1】 已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都相等，P 为A 1B 上的点，A 1P →
＝λA 1B →，且PC ⊥AB . (1)求λ的值；
(2)求异面直线PC 与AC 1所成角的余弦值．
解 (1)设正三棱柱的棱长为2，以AC 的中点O 为原点，OB ，OC 所在直线为x 轴，y 轴，过点O 且平行AA 1的直线为z 轴建立直角坐标系如图，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0，1,0)，A 1(0，－1,2)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)． 所以AB →＝(3，1,0)，CA 1→＝(0，－2,2)，A 1B →＝(3，1，－2)．
因为PC ⊥AB ，所以CP →·AB →＝0，(CA 1→＋A 1P →)·AB →＝0，(CA 1→＋λA 1B →)·AB →＝0， 所以λ＝－CA 1→·AB →
A 1
B →·AB
→＝1
2.
(2)由(1)知CP →＝? ????32，－32，1，AC 1→＝(0,2,2)， 所以cos 〈CP →，AC 1→
〉＝CP →·AC 1→|CP →||AC 1→|＝－3＋22×22＝－28.
所以异面直线PC 与AC 1所成角的余弦值为2
8.
考向二 利用向量求直线与平面所成的角
【例2】 (2012·苏锡常镇四市调研(二))如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，AD ＝2，AA 1＝2，F 是棱BC 的中点，点E 在棱C 1D 1上，且D 1E ＝λEC 1(λ为实数)．
(1)当λ＝1
3时，求直线EF 与平面D 1AC 所成角的正弦值的大小； (2)求证：直线EF 不可能与直线EA 垂直．
解 分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (2,0,0)，C (0,4,0)，D 1(0,0,2)，E ? ??
??
0，4λ1＋λ，2，F (1,4,0)．
所以D 1A →＝(2,0，－2)，D 1C →
＝(0,4，－2)． (1)当λ＝13时，E (0,1,2)，EF
→＝(1,3，－2)． 设平面D 1AC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．
由?????
n ·D 1A →＝0，n ·
D 1C →＝0解得???
x ＝z ，z ＝2y .取y ＝1，则n ＝(2,1,2)．
因为|EF →|＝14，|n |＝3，EF →·n ＝1， 所以cos 〈EF →
，n 〉＝EF →·
n |EF →||n |
＝114×3＝1442.
因为cos 〈EF →，n 〉>0，所以〈EF →，n 〉是锐角，是直线EF 与平面D 1AC 所成
角的余角，
所以直线EF 与平面D 1AC 所成角的正弦值为14
42. (2)证明假设EF ⊥EA ，则EF →·EA
→＝0.
因为EA →＝? ????2，－4λ1＋λ，－2，EF →＝? ????1，4－4λ1＋λ，－2.
所以2－4λ1＋λ? ????4－4λ1＋λ＋4＝0.化简，得3λ2
－2λ＋3＝0. 因为Δ＝4－36<0，所以该方程无解，
所以假设不成立，即直线EF 不可能与直线EA 垂直．
[方法总结] (1)异面直线的夹角与向量的夹角有所不同，应注意思考它们的区别与联系．
(2)直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联系．
【训练2】(2013·苏北四市调研)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面与底面垂直，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M ，N ，P 分别是CC 1，BC ，A 1B 1的中点．
(1)求证：PN ⊥AM ；
(2)若直线MB 与平面PMN 所成的角为θ，求sin θ的值．
(1)证明 建立如图所示直角坐标系；
则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，P ? ????
12，0，1，
M ? ?
?
??0，1，12，
PN →＝? ?
???0，12，－1，AM →＝? ????0，1，12.
因为PN →·AM
→＝0×0＋1×12＋(－1)×12＝0， 所以PN ⊥AM .
(2)解 设平面PMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，NP →＝? ????0，－12，1，NM →＝
? ??
??
－12，12，12， 则?????
n ·
NP →＝0，n ·NM →＝0??????
－1
2y ＋z ＝0，－12x ＋12y ＋12z ＝0.
令y ＝2，得z ＝1，x ＝3.所以n ＝(3,2,1)． 又MB
→＝? ????1，－1，－12， 所以sin θ＝n ·MB →
|n ||AB →|＝12
32
×14
＝14
42.
考向三 利用向量求二面角
【例3】 (2012·天津卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝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P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．
解 如图，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)，B ? ????
－12，12，0，
P (0,0,2)．
(1)证明 易得PC →＝(0,1，－2)，
AD
→＝(2,0,0)， 于是PC →·AD
→＝0，∴PC ⊥AD . (2)解 PC
→＝(0,1，－2)，CD →＝(2，－1,0)． 设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则?????
n ·PC →＝0，n ·
CD →＝0，即???
y －2z ＝0，2x －y ＝0. 不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)． 可取平面P AC 的法向量m ＝(1,0,0)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·
|n |＝16＝66， 从而sin 〈m ，n 〉＝30
6.
∴二面角A －PC －D 的正弦值为30
6.
(3)解 设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]．由此得BE →＝? ????12，－12，h ，由CD →＝(2，－1,0)，故cos 〈BE →，CD →
〉＝BE →·CD →
|BE →|·|CD →|
＝
3
212
＋h 2×5＝
3
10＋20h 2
，
∴
310＋20h 2
＝cos 30°＝32，解得h ＝
10
10，
即AE ＝10
10.
[方法总结] 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
【训练3】 (2011·湖北卷)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱CC 1上，且不与点C 重合． (1)当CF ＝1时，求证：EF ⊥A 1C ；
(2)设二面角C －AF －E 的大小为θ，求tan θ的最小值．
解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，连接EF ，AF ，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)， 于是CA 1→＝(0，－4,4)， EF
→＝(－3，1,1)． 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF ⊥A 1C .
(2)设CF ＝λ(0＜λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ).AE
→＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)， 于是由m ⊥AE
→，m ⊥AF →可得
?????
m ·AE →＝0，m ·
AF →＝0，即???
3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0.取m ＝(3λ，－λ，4)．
又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n ||m|·
|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4， 所以tan θ＝λ2＋16
3λ
＝
13＋163λ2.
故由0＜λ≤4，得1λ≥1
4，即tan θ≥
13＋13＝63.
故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值6
3.
对应学生
用书P132
规范解答15 利用空间向量求空间角
向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点线面的位置关系的判定和计算程序化、简单化．主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算．
【示例】 (2011·江苏卷)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，点N 是BC 的中点，点M 在CC 1上，设二面角A 1－DN －M 的大小为θ.
(1)当θ＝90°时，求AM 的长； (2)当cos θ＝6
6时，求CM 的长．
[审题路线图] 设CM ＝t ，建系确定点的坐标，利用平面的法向量垂直求(1)
问，利用法向量表示cos θ求(2)问．
[解答示范] 建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .设CM ＝t (0≤t ≤2)，则各点的坐标为A (1,0,0)，A 1(1,0,2)，N ? ????12，1，0，M (0,1，t )所以D N →＝? ????
12，1，0，
DM →＝(0,1，t )，DA 1
→＝(1,0,2)．
设平面DMN 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则n 1·D N →＝0，n 1·DM →＝0， 即x 1＋2y 1＝0，y 1＋tz 1＝0.
令z 1＝1，则y 1＝－t ，x 1＝2t ，所以n 1＝(2t ，－t,1)是平面DMN 的一个法向量． 设平面A 1DN 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则n 2·DA 1→＝0，n 2·D N →＝0，即x 2＋2z 2＝0，x 2＋2y 2＝0.
令z 2＝1，则x 2＝－2，y 2＝1，所以n 2＝(－2,1,1)是平面A 1DN 的一个法向量．从而n 1·n 2＝－5t ＋1.(5分)
(1)因为θ＝90°，所以n 1·n 2＝－5t ＋1＝0，解得t ＝15. 从而M ? ?
?
??0，1，15.所以AM ＝
12＋12＋? ??
??
152＝515.(7分)
(2)因为|n 1|＝5t 2＋1，|n 2|＝6， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2
|n 1||n 2|＝－5t ＋16·5t 2＋1
.
因为〈n 1，n 2〉＝θ或π－θ，所以??????－5t ＋16·5t 2
＋1＝6
6， 解得t ＝0或t ＝1
2.
根据图形和(1)的结论可知t ＝12，从而CM 的长为1
2.(10分)
[模板构建]
第一步：建立空间直角坐标系
.第二步：确定点的坐标.
第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).
第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.
第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范.
高考经典题组训练
1．(2012·福建卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．
(1)求证：B 1E ⊥AD 1；
(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B
1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；
(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．
(1)证明 以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．
设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ? ??
??a 2，1，0，
B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝? ????－a 2，1，－1，AB 1
→＝(a,0,1)，AE →＝? ????a 2，1，0. ∵AD 1→·B 1
E →
＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B 1E ⊥AD 1.
(2)解 假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，
使得DP ∥平面B 1AE .此时DP →
＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．
∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1
→，n ⊥AE →，得???
??
ax ＋z ＝0，ax 2
＋y ＝0.
取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝? ????
1，－a 2，－a .
要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →
，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12. 又DP ?平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝1
2. (3)解 连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D .
∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1， 且B 1C ∩B 1E ＝B 1， ∴AD 1⊥平面DCB 1A 1，
∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)． 设AD 1→与n 所成的角为θ， 则cos θ＝n ·AD 1
→
|n |·|AD 1
→|
＝
－a
2－a 2
1＋a 24＋a
2.
∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，
∴|cos θ|＝cos 30°，即
3a
22
1
＋5a 24
＝
32.
解得a ＝2，即AB 的长为2.
2. (2012·江西卷)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ＝AA 1＝5，BC
＝4，点A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O .
(1)证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长． (2)求平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值． (1)证明 连接AO 在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1于点E ， ∵AA 1∥BB 1，得OE ⊥BB 1， ∵A 1O ⊥平面ABC ，∴A 1O ⊥BC .
∵AB ＝AC ，OB ＝OC ，得AO ⊥BC ，∴BC ⊥平面AA 1O ， ∴BC ⊥OE ，∴OE ⊥平面BB 1C 1C ， 又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5， 得AE ＝AO AA 1
＝5
5.
(2)解 如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)， B (0,2,0)，C (0，－2,0)， A 1(0,0,2)．由AE
→＝15AA 1→，得
点E 的坐标是? ??
??4
5，0，25，
由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是OE →＝? ????45，0，25， 设平面A 1B 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )． 由?????
n ·A 1B 1→＝0，
n ·
A 1C →＝0，得???
－x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0，
令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1，即n ＝(2,1，－1)， ∴cos 〈OE →
，n 〉＝OE →·
n |OE →|·|n |
＝3010，
即平面BB 1C 1C 与平面A 1B 1C 的夹角的余弦值是30
10.
对应学生
用书P329
分层训练A 级 基础达标演练 (时间：30分钟 满分：60分)
一、填空题(每小题5分，共30分)
1. 如图所示，在正方体ABCD －A
1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1上的动点，则直线NO 、AM 的位置关系是________．
解析 建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则
A (2,0,0)，M (0,0,1)，O (1,1,0)，N (2，t,2)，NO →＝(－1,1
－t ，－2)，AM →＝(－2,0,1)，NO →·AM →＝0，则直线NO 、
AM 的位置关系是异面垂直． 答案 异面垂直
2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1
和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为________． 解析 设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x
轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系(如图)，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)， cos 〈CM →，D 1
N →〉＝－19， 所以sin 〈CM →，D 1
N →
〉＝459. 答案
459
3．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为________．
解析 建立坐标系如图，
则A (1,0,0)，E (0,2,1)， B (1,2,0)，C 1(0,2,2)．
BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)， cos 〈BC 1
→，AE →〉＝
BC 1→·AE →
|BC 1
→||AE →|
＝3010. 所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为30
10. 答案 30
10
4．(2011·全国卷改编)已知直二面角α－l －β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足，若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则CD ＝________.
解析 如图，建立直角坐标系D －xyz ，由已知条件B (0,0,1)，A (1，t,0)(t ＞0)，由AB ＝2解得t ＝ 2. 答案
2
5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BB 1中点，G 是
DD 1中点，F 是BC 上一点且FB ＝1
4BC ，则GB 与EF 所成的角为________． 解析 如图建立直角坐标系D －xyz ，
设DA ＝1，由已知条件
G ? ????0，0，12，B ()1，1，0，E ? ????1，1，12，F ? ????34，1，0，GB →
＝? ?
???1，1，－12， EF →
＝? ??
??－14，0，－12，
cos 〈GB →，EF →
〉＝GB →·EF →
|GB →||EF →|＝0，
则GB →⊥EF →. 答案 90°
6．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且
SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 的夹角的大小为________． 解析 如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O
－xyz .
设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，
则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ? ?
???0，－a 2，a 2.
则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝? ????－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0)．
设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)， 则cos 〈CB →
，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12. ∴〈CB →，n 〉＝60°，
∴直线BC 与平面P AC 的夹角为90°－60°＝30°. 答案 30°
二、解答题(每小题15分，共30分)
7. (2012·盐城中学期中调研)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1
中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1，AA 1＝6，M 是棱CC 1的中点． (1)求证：A 1B ⊥AM ；
(2)求直线AM 与平面AA 1B 1B 所成角的正弦值．
解 (1)∵C 1C ⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，∴分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．
则B (0,1,0)，A 1(3，0，6)，A (3，0,0)，M ? ????0，0，62.
∴A 1B →＝(－3，1，－6)，AM →＝? ????－3，0，62， ∴A 1B →·AM →＝3＋0－3＝0，∴A 1B →⊥AM →
. 即A 1B ⊥AM .
(2)由(1)，知AB →＝(－3，1,0)，AA 1→＝(0,0，6)， 设平面AA 1B 1B 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则???
－3x ＋y ＝0，6z ＝0.不妨取n ＝(3，3,0)． 设直线AM 与平面AA 1B 1B 所成角为θ. ∴sin θ＝|cos 〈AM →，n 〉|＝????????AM →·n |AM →|·
|n |＝66.
8. (2011·湖北卷)如图，已知正三棱柱ABC v A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱AA 1上，点F 在侧棱BB 1上，且AE ＝22，BF ＝ 2. (1)求证：CF ⊥C 1E ；
(2)求二面角E －CF －C 1的大小．
解 建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则由已知可
得A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2，32)，E (0,0，22)，F (3，1，2)． (1)证明 C 1E →＝(0，－2，－2)，CF →
＝(3，－1，2)．
C 1E →·
CF →＝0＋2－2＝0， 所以CF ⊥C 1E .
(2)解 CE →＝(0，－2,22)，设平面CEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，
由m ⊥CE →，m ⊥CF →，得???
??
m ·CE →＝0，m ·CF →＝0，
即??? －2y ＋22z ＝0，3x －y ＋2z ＝0.解得???
y ＝2z ，
x ＝0.
可取m ＝(0，2，1)，
设侧面BC 1的一个法向量为n ，由n ⊥BC →，n ⊥CC 1→，及CB →＝(3，－1,0)，CC 1→
＝(0,0,32)，可取n ＝(1，3，0)．
设二面角E －CF －C 1的大小为θ，于是由θ为锐角可得 cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝
63×2
＝2
2，所以θ＝45°. 即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.
分层训练B 级 创新能力提升
1. 如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为正三角
形，底面ABCD 为正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC ，则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为________．
解析 以D 为原点，DA 、DC 所在直线分别为x 、y 轴建系如图：
设M (x ，y,0)，设正方形边长为a ，则P ? ????a 2，0，32a ，
C (0，a,0)，
则MC ＝x 2＋(y －a )2， MP ＝
? ????x －a 22＋y 2＋? ??
??32a 2
. 由MP ＝MC 得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为直线y ＝1
2x 的一部分． 答案 ①
2．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 在线段BD 1上，当∠APC 最大时，三棱锥P －ABC 的体积为________． 解析 以B 为坐标原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，
BB 1为z 轴建立空间直角坐标系(如图所示)． 设BP →＝λBD 1→，可得：P (λ，λ，λ)． 再由cos ∠APC ＝AP →·CP
→|AP →|·|CP →|可求得
当λ＝1
3时，∠APC 最大．
立体几何全部备课教案
直线、平面垂直的判定及其性质 一、目标认知 学习目标 1．了解空间直线和平面的位置关系； 2．掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理；进一步熟悉反证法的实质及其一般解题步骤． 3．通过探究线面平行定义、判定和性质定理及其应用，进一步培养学生观察、发现的能力和空间想象能力． 4．通过有关定理的发现、证明及应用，提高学生的空间想象力和类比、转化的能力，提高学生的逻辑推理能力． 重点： 直线与平面平行的判定、性质定理的应用； 难点： 线面平行的判定定理的反证法证明，线面平行的判定和性质定理的应用． 二、知识要点梳理 知识点一、直线和平面垂直的定义与判定 1.直线和平面垂直定义 如果直线和平面内的任意一条直线都垂直，我们就说直线与平面互相垂直，记作.直线叫平面的垂线；平面叫直线的垂面；垂线和平面的交点叫垂足. 要点诠释： (1)定义中“平面内的任意一条直线”就是指“平面内的所有直线”，这与“无数条直线”不同， 注意区别. (2)直线和平面垂直是直线和平面相交的一种特殊形式. (3)若，则. 2.直线和平面垂直的判定定理
判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直． 符号语言： 特征：线线垂直线面垂直 要点诠释： (1)判定定理的条件中：“平面内的两条相交直线”是关键性词语，不可忽视. (2)要判定一条已知直线和一个平面是否垂直，取决于在这个平面内能否找出两条相交直线和已知直线 垂直，至于这两条相交直线是否和已知直线有公共点，则无关紧要. 知识点二、斜线、射影、直线与平面所成的角 一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线.过斜线上斜足外的一点间平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面内的射影.平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角. 要点诠释： (1)直线与平面平行，直线在平面由射影是一条直线. (2)直线与平面垂直射影是点. (3)斜线任一点在平面内的射影一定在斜线的射影上. (4)一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，它们所成的角是 0°的角. 知识点三、二面角
近五年高考数学(理科)立体几何题目汇总
高考真题集锦（立体几何部分） 1.(2016.理1）如图是由圆柱和圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） A 20π B24π C28π D.32π 2. βα，是两个平面，m,n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果m ⊥n,m ⊥α，n ∥β，那么βα⊥； （2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n. （3）如果αβα?m ，∥那么m ∥β。 （4）如果m ∥n,βα∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等。 其中正确的命题有___________ 3.（2016年理1）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是π328，则它的表面积是 A 17π B.18π C.20π D.28π 4.平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，α//平面11D CB ，?α平面ABCD =m ， ?α平面11A ABB =n,则m,n 所成角的正弦值为（ ） A.23 B.22 C.33 D.3 1 5.（2016年理1）如图，在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF=2FD ，∠AFD=90°，且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60° .（12分） （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值.
6. (2015年理1）圆柱被一个平面截取一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积是16+20π，则r=（ ） A.1 B.2 C.7 D.8 7.如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E,F 是平面ABCD 同一侧的亮点，BE ⊥平面ABCD,DF ⊥平面ABCD,BE=2DF,AE ⊥EC. (1) 证明：平面AEC ⊥平面AFC; (2) 求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值。 8.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截取部分体积和剩余 部分体积的比值为（） 9.如图，长方体1111D C B A ABCD -中，AB = 16，BC = 10，AA1 = 8，点E ，F 分别在1111C D B A ， 上，411==F D E A ，过点E,F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。 （1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）； （2）求直线AF 与平面α所成的角的正弦值 10.如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB=5，AC=6，点E,F 分别在AD,CD 上，AE=CF=45 ，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△DEF 的位置，OD ’=10 （1）证明：D ’H ⊥平面ABCD （2）求二面角B-D ’A-C 的正弦值
2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案解析)
4 42 立体几何 热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算 空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解. π 【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO. (1)求证：平面PBD⊥平面COD； (2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值. (1)证明∵OB＝OC，又∵∠ABC＝ π 4 ， ππ ∴∠OCB＝，∴∠BOC＝. ∴CO⊥AB. 又PO⊥平面ABC， OC?平面ABC，∴PO⊥OC. 又∵PO，AB?平面PAB，PO∩AB＝O， ∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB. 又CO?平面COD， ∴平面PDB⊥平面COD. (2)解以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
? →·n ? 则 sin θ＝? ?|PD||n|? PD BC BD BC BD ＝? ?＝ 02＋（－1）2＋（－1）2× 12＋12＋32 ? 11 1×0＋1×（－1）＋3×（－1） 设 OA ＝1，则 PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1. 则 C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴→＝(0，－1，－1)，→＝(2，－2，0)，→＝(0，－3，1). 设平面 BDC 的一个法向量为 n ＝(x ，y ，z)， ??n·→＝0， ?2x －2y ＝0， ∴? ∴? ??n·→＝0， ?－3y ＋z ＝0， 令 y ＝1，则 x ＝1，z ＝3，∴n＝(1，1，3). 设 PD 与平面 BDC 所成的角为 θ， ? PD ? → ? ? ? ? 2 22 . 即直线 PD 与平面 BDC 所成角的正弦值为 2 22 11 . 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标. 第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角. 第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范. 【对点训练】 如图所示，在多面体 A B D DCBA 中，四边形 AA B B ，ADD A ，ABCD 均为正方 1 1 1 1 1 1 1 形，E 为 B D 的中点，过 A ，D ，E 的平面交 CD 于 F. 1 1 1 1 (1)证明：EF∥B C. 1 (2)求二面角 EA D B 的余弦值. 1 1 (1)证明 由正方形的性质可知 A B ∥AB∥DC，且 A B ＝AB ＝DC ，所以四边形 A B CD 为平行 1 1 1 1 1 1
高考数学专题复习立体几何(理科)练习题
A B C D P 《立体几何》专题 练习题 1．如图正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 分别为D 1C 1和B 1C 1的中点， P 、Q 分别为A 1C 1与EF 、AC 与BD 的交点， （1）求证：D 、B 、F 、E 四点共面； （2）若A 1C 与面DBFE 交于点R ，求证：P 、Q 、R 三点共线 2．已知直线a 、b 异面,平面α过a 且平行于b ,平面β过b 且平行于a ,求证:α∥β． 3. 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEFG 4=AB 1=BC 3=BE ,4=CF ,若如图所示建立空间直角坐标系． ①求EF 和点G 的坐标； ②求异面直线EF 与AD 所成的角； ③求点C 到截面AEFG 的距离． 4. 如图，三棱锥P —ABC 中， PC ⊥平面ABC ，PC=AC=2，AB=BC ，D 是PB 上一点，且CD 平面PAB ． (I) 求证：AB ⊥平面PCB ； (II) 求异面直线AP 与BC 所成角的大小； （III ）求二面角C-PA-B 的余弦值． 5. 如图，直二面角D —AB —E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE=EB ，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE. (1)求证AE ⊥平面BCE ； (2)求二面角B —AC —E 的余弦值． 6. 已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，点M 在侧棱1BB 上. P Q F E D 1C 1B 1A 1D C B A F E C B y Z x G D A
（Ⅰ）若P 为AC 的中点，M 为BB 1的中点，求证BP//平面AMC 1； （Ⅱ）若AM 与平面11AA CC 所成角为30ο，试求BM 的长. 7. 如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝1，BC ＝2． （1）求证：平面PDC ⊥平面PAD ； （2）若E 是PD 的中点，求异面直线AE 与PC 所成角的余弦值； 8. 已知：在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB = a ，AA 1 = 2a . D 是侧棱BB 1的中点.求证： （Ⅰ）求证：平面ADC 1⊥平面ACC 1A 1； （Ⅱ）求平面ADC 1与平面ABC 所成二面角的余弦值． 9. 已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，且60DAB ∠=，1AD AA =F 为 棱1BB 的中点，M 为线段1AC 的中点． （Ⅰ）求证：直线MF //平面ABCD ； （Ⅱ）求证：直线MF ⊥平面11ACC A ； （Ⅲ）求平面1AFC 与平面ABCD 所成二面角的大小 10. 棱长是1的正方体，P 、Q 分别是棱AB 、CC 1上的内分点，满足 21==QC CQ PB AP . P A B C D E
立体几何全部教案.
第一章:空间几何体 1.1.1柱、锥、台、球的结构特征 一、教学目标 1.知识与技能 (1通过实物操作,增强学生的直观感知。 (2能根据几何结构特征对空间物体进行分类。 (3会用语言概述棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、棱台、圆台、球的结构特征。 (4会表示有关于几何体以及柱、锥、台的分类。 2.过程与方法 (1让学生通过直观感受空间物体,从实物中概括出柱、锥、台、球的几何结构特征。 (2让学生观察、讨论、归纳、概括所学的知识。 3.情感态度与价值观 (1使学生感受空间几何体存在于现实生活周围,增强学生学习的积极性,同时提高学生的观察能力。 (2培养学生的空间想象能力和抽象括能力。 二、教学重点、难点 重点:让学生感受大量空间实物及模型、概括出柱、锥、台、球的结构特征。 难点:柱、锥、台、球的结构特征的概括。
三、教学用具 (1学法:观察、思考、交流、讨论、概括。 (2实物模型、投影仪 四、教学思路 (一创设情景,揭示课题 1.教师提出问题:在我们生活周围中有不少有特色的建筑物,你能举出一些例子吗?这些建筑的几何结构特征如何?引导学生回忆,举例和相互交流。教师对学生的活动及时给予评价。 2.所举的建筑物基本上都是由这些几何体组合而成的,(展示具有柱、锥、台、球结构特征的空间物体,你能通过观察。根据某种标准对这些空间物体进行分类吗?这是我们所要学习的内容。 (二、研探新知 1.引导学生观察物体、思考、交流、讨论,对物体进行分类,分辩棱柱、圆柱、棱锥。 2.观察棱柱的几何物件以及投影出棱柱的图片,它们各自的特点是什么?它们的共同特点是什么? 3.组织学生分组讨论,每小组选出一名同学发表本组讨论结果。在此基础上得出棱柱的主要结构特征。(1有两个面互相平行;(2其余各面都是平行四边形;(3每相邻两上四边形的公共边互相平行。概括出棱柱的概念。 4.教师与学生结合图形共同得出棱柱相关概念以及棱柱的表示。 5.提出问题:各种这样的棱柱,主要有什么不同?可不可以根据不同对棱柱分类?
年高考数学试题知识分类大全立体几何
年高考数学试题知识分类大全立体几何 LG GROUP system office room 【LGA16H-LGYY-LGUA8Q8-LGA162】
2007年高考数学试题汇编 立体几何 一、选择题 1．（全国Ⅰ?理7题）如图，正四棱柱1111D C B A ABCD -中， AB AA 21=，则异面直线11AD B A 与所成角的余弦值为（ D ） A ．51 B ．52 C ．53 D ．5 4 2．（全国Ⅱ?理7题）已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦等于（ A ） A ． 6 B ． 10 C ． 2 2 D ． 3 3．（北京理3题）平面α∥平面β的一个充分条件是（ D ） A ．存在一条直线a a ααβ，∥，∥ B ．存在一条直线a a a αβ?，，∥ C ．存在两条平行直线a b a b a b αββα??，，，，∥，∥ D ．存在两条异面直线a b a a b αβα?，，，∥，∥ 4．（安徽理2题）设l ，m ，n 均为直线，其中m ，n 在平面α内，“l α⊥”是l m ⊥且“l n ⊥”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也 不必要条件 5．（安徽理8题）半径为1的球面上的四点D C B A ,,,是正四面体的顶点，则A 与B 两点间的球面距离为（ ） A ．)33arccos(- B ．)36arccos(- C ．)31arccos(- D ．)4 1arccos(- 6．（福建理8题）已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ D ） A ．,,//,////m n m n ααββαβ??? B ． //,,//m n m n αβαβ??? C ．,//m m n n αα⊥⊥? D ． //,m n n m αα⊥?⊥
全国高考理科数学：立体几何
2013年国理科数学试题分类汇编7立体几何 一、选择题 1 ．（2013年新课标1（理））如图有一个水平放置的透明无盖的正方体容器容器8cm 将一个 球放在容器口再向容器内注水当球面恰好接触水面时测得水深为6cm 如果不计容器的 厚度则球的体积为 ） A 2 ．（2013年普通等学校招生统一试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的 直线,αβ是两个不同的平面下列命题正确的是（ ）[] A ．若αβ⊥m α?n β?则m n ⊥ B ．若//αβm α?n β?则//m n C ．若m n ⊥m α?n β?则αβ⊥ D ．若m α⊥//m n //n β则αβ⊥ 3 ．（2013年上海市春季数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4则这两个球的体积 之比为（ ） A ．1:2 B ．1:4 C ．1:8 D ．1:16 4 ．（2013年普通等学校招生统一试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））已知正四棱柱 1111ABCD A B C D -12AA AB =则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（ ） A 5 ．（2013年新课标1（理））某几何体的三视图如图所示则该几何体的体积为
（ ） A ．168π+ B ．88π+ C ．1616π+ D ．816π+ 6 ．（2013年湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示该几何体从上到下由四个简单几何 体组成其体积分别记为1V 2V 3V 4V 上面两个简单几何体均为旋转体下面两个简单几何体均为多面体则有（ ） A ．1243V V V V <<< B ．1324V V V V <<< C ．2134V V V V <<< D ．2314V V V V <<< 7 ．（2013年湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形则该正 方体的正视图的面积不可能．．．等于（ ） A ．1 B 8 ．（2013年普通等学校招生统一试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））某四棱台的三视图如 图所示则该四棱台的体积是
历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)
1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如 右图所示，则相应的俯视图可以为 2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,23 ==,则棱锥 AB BC -的体积为。 O ABCD 3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD； (Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。
2.83 3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=?=， 由余弦定理得3BD AD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD （Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则 ()1,0,0A ，()03,0B ，，() 1,3,0C -，()0,0,1P 。 (1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=- 设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0, 0,{ n AB n PB ?=?= 即 3030 x y y z -+=-= 因此可取n=(3,1,3) 设平面PBC 的法向量为m ，则 m 0, m 0, { PB BC ?=?= 可取m=（0，-1，3-） 27 cos ,727 m n = =- 故二面角A-PB-C 的余弦值为 27 7 -
1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为 A 23 B 33 C 2 3 D 63 2. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB ?的最小值为 (A) 42-+ (B)32-+ (C) 422-+ (D)322-+ 3. 已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为 (A) 23 (B)43 (C) 23 (D) 83 4. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB ⊥⊥（Ⅰ）证明：SE=2EB ； （Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 .
2018届高考数学立体几何(理科)专题02-二面角
2018届高考数学立体几何（理科）专题02 二面角 1．如图，在三棱柱111ABC A B C -中， 1,90A A AB ABC =∠=?侧面11A ABB ⊥底面ABC . (1)求证： 1AB ⊥平面1A BC ； (2)若15360AC BC A AB ==∠=?，，,求二面角11B A C C --的余弦值.
2．如图所示的多面体中，下底面平行四边形与上底面平行，且，,，，平面 平面，点为的中点． （1）过点作一个平面与平面平行，并说明理由； （2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形， 2AB AD =， BD =，且PD ⊥底面ABCD . （1）证明：平面PBD ⊥平面PBC ； （2）若Q 为PC 的中点，且1AP BQ ?=u u u v u u u v ，求二面角Q BD C --的大小.
4．如图所示的几何体是由棱台和棱锥拼接而成的组合体，其底面四边形是边长为2的菱形，，平面. （1）求证：； （2）求平面与平面所成锐角二面角的余弦值.
5．在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，平面PAB ⊥平面ABCD ，点E 、F 分别为BC 、AP 中点. （1）求证： //EF 平面PCD ； （2）若0 ,120,AD AP PB APB ==∠=，求平面DEF 与平面PAB 所成锐二面角的余弦值.
6．如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为直角梯形, ,90AD BC ADC ∠=o P ,平面PAD ⊥底面ABCD , Q 为AD 中点, M 是棱PC 上的点, 1 2,1,2 PA PD BC AD CD === ==（Ⅰ）若点M 是棱PC 的中点,求证: PA P 平面BMQ ; （Ⅱ）求证:平面PQB ⊥平面PAD ; （Ⅲ）若二面角M BQ C --为30o ,设PM tMC =,试确定t 的值.
中职数学立体几何教案
x x 职业技术教育中心 教案
复习引入： 新授： 1． 平面及其表示 常见的平面形象大都是矩形状的，当我们从适当的角度和距离去观察这些平面时，感到它们与平行四边形是一致的，因此，通常画一个平行四边形来表示平面．图5-27(1)表示平放的平面，图5-27(2) 表示竖直的平面．请注意它们画法之间的区别． 如果要画相交的两个平面，可以按图5-28所示的步骤进行． 一个平面通常用小写希腊字母 α、β、γ、…表示，写在表示平面的平行四边形某一个顶角部，记作“平面 α”、“平面β”,…，或用表示平面的平行四边形对角的两个大写英文字母标明，记作“平面AC ”或“平面BD ”，当然也可记作平面 ABCD (如图5-27)．应该注意，正像平面几何中直线是可以无限延伸一样，平面也是可以无限延展的，也就是说，它是没有边界的，我们用平行四边形仅仅表示了平面的一部分． 空间图形也可看作是空间点的集合，因此点、线、面的关系可用集合的关系来表示： ①点A 在直线l 上，记作A ∈l ，点A 不在直线l 上，记作A ?l ； ②点A 在平面α，记作A ∈α，点A 不在平面α，记作A ?α； ③直线l 在平面α，记作l ?α； ④直线l 与直线m 交于点N ，记作l ?m ={N }，直线l 与直线m 没有交点，记作l ?m =?； ⑤直线l 与平面α交于点N ，记作l ?α={N }，直线l 与平面α没有交点，记作l ?α=?； ⑥平面α与平面β交于直线l ，记作α?β=l ，平面α与平面β不相交，记作α?β=?． 在以后的学习中，我们将经常用到这些记号． 课练习1 1. 能不能说一个平面长2米，宽1米，为什么？ 2. 画一个平行四边形表示平面，并分别用希腊字母和大写英文字母表示这个平面． 3. 分别用大写字母表示图示长方体的六个面所在的平面． 4. 用符号表示下列点、线、面间的关系： (1)点A 在平面α，但在平面β外； (2)直线l 经过平面α外的一点N ； (3)直线l 与直线m 相交于平面α的一点N ； (4)直线l 经过平面α的两点M 和N ． 5. 下面的写法对不对，为什么？ (1)点A 在平面α，记作A ?α; (2)直线l 在平面α，记作l ∈α； (3)平面α与平面β相交，记作α?β； (4)直线l 与平面α相交，记作l ?α≠?． 2. 平面的基本性质 基本性质： 图5-28 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 (第3题图) 图5-27(2) βD A B C D 图5-27(1) A D C α
立体几何-2019年高考理科数学解读考纲
05 立体几何 （三）立体几何初步 1.空间几何体 (1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构. (2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图. (3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式. (4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求). (5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式. 2.点、直线、平面之间的位置关系 (1)理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理. ? 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内. 公理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面. 格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为 A．90πB．63π C．42πD．36π 【答案】B 【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规
则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解． 考向二 球的组合体 样题4 （2017新课标全国Ⅲ理科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．π B ． 3π4 C ． π2 D ． π4 【答案】B 【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示： 由题意可得：， 结合勾股定理，底面半径， 由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B. 【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解. 样题5 （2017江苏）如图，在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱12 O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则 1 2 V V 的值是 .
2019届高考理科数学专题 高考中的立体几何问题
2019届高考理科数学专题 高考中的立体几何问题 一、选择题(每小题5分,共30分) 1.一个多面体的三视图如图4-1所示,则此多面体的表面积是() 图4-1 A.22 B.24- C.22+ D.20+ 2.如图4-2,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画的是某组合体的三视图,则该组合体的体积 是() 图4-2 A.+π B.+π C.4+π D.+π 3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的所有顶点均在球O的表面上,E,F,G分别为AB,AD,AA1的中点,若平面EFG截球O所得圆的半径为,则该正方体的棱长为() A. B. C.3 D.2 4. [数学文化题]如图4-3为中国传统智力玩具鲁班锁,它起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构,这种三维的拼插器具内部的凹凸部分啮合,外观看是严丝合缝的十字立方体,其上下、左右、前后完全对称,六根完全相同的正四棱柱分成三组,经90°榫卯起来.现有一鲁班锁的正四棱柱 的底面正方形的边长为2,欲将其放入球形容器内(容器壁的厚度忽略不计),若球形容器的表 面积的最小值为56π,则正四棱柱的高为()
A. B.2 C.6 D.2 5. [数学文化题]中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代(公元前476年~前222年),其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道流到下部容器.如图4-4所示,某沙漏由上、下两个圆锥形容器组成,圆锥形容器的底面圆的直径和高均为8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥形容器高度的(细管长度忽略不计).若细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆,则此圆锥形沙堆的高为() 图4-4 A.2 cm B.cm C.cm D.cm 6.如图4-5,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB,E,F分别为BC,BB1的中点,M,N分别为 AA1,A1C1的中点,则直线MN与EF所成角的余弦值为() 图4-5 A. B. C. D. 二、填空题(每小题5分,共10分) 7.若侧面积为8π的圆柱有一外接球O,则当球O的体积取得最小值时,圆柱的表面积 为. 8.如图4-6,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,作以A为顶点,分别以AB,AD,AA1为轴,底面圆半径为r(0 立体几何综合复习教学设 计 Prepared on 24 November 2020 《高三立体几何综合复习》教学设计 一、教材分析 立体几何是高中数学的重要概念之一。最近几年高考对立体几何的要求发生了很大的变化，注重空间的平行与垂直关系的判定，淡化空间角和空间距离的考查，因此立体几何的难度和以往相比有大幅度的降。因此依据考试说明的要求在高三复习中制定以下目标： 1.高度重视立体几何基础知识的复习，扎实地掌握基本概念、定理和公式等基础知识。 2.复习过程中指导学生通过网络图或框图主动建构完整的知识体系，尤其要以线线、线面、面面三种位置关系形成网络，能够熟练地转化和迁移。 3.重视模型复习，强化学生的“想图、画图、识图、解图”的能力，重视图形语言、文字语言、符号语言转化的训练。尤其重视对所画的立体图形、三视图与真实图形思维理解上的一致性。 4.在完成解答题时，要重视培养学生规范书写，注意表述的逻辑性及准确性，要注意训练学生思考的严谨性，在计算相关量时应做到“一作、二证、三算”。 做好本节课的复习，对学生系统地掌握直线和平面的知识乃至于创新能力的培养都具有重要的意义。 二、学情分析 在传统的高中数学立体几何的学习中，采取的基本方法：面面俱到的知识点整理，典型的例题解答，课堂的跟踪训练，灌输解题规律，这种模式由于缺乏新意，学生思维难以兴奋，发散性思维受到抑制，创新意识逐渐消弱，学习的效果可想而知。因此立体几何的学习只有深入到学科知识的内部，充分调动学生的思维，触及学生的兴奋点，这样才能达到高效学习的目的。 三、设计思想 在新课程理念下，在立体几何教学中我进行了研究性学习的尝试，所谓研究性学习就是应用研究性学习的理念、方法去指导立体几何，学生在教师的引导下尽可能地采取自主性、探究性的学习方式，不仅要注意基础知识的学习，更应该关注自身综合素质、创新意识的提高。让学生在教师的引导下，充分地动手、动口、动脑，掌握学习的主动权。 四、媒体手段 利用电子白板，幻灯片课件，几何画板软件。让学生分组自己动手利用几何画板绘制立体图形，分组讨论得出结论，充分调动学生的学习的积极性主动性，自主的发现问题，找到解决问题的方法。 五、教学目标 1、知识与技能 （1）理解三视图的定义，空间中几何体三视图。 （2）掌握利用空间向量来解决立体几何问题。 2、过程与方法 （1）加强数学语言的训练，培养数学交流能力。 （2）培养学生转化的思想，把空间问题转化为平面问题解决问题。 3、情感态度与价值观 调动学生的积极性，使他们主动地参与到学习中去。 六、教学重难点 重点：空间向量的应用 难点：三视图的转化，空间向量的应用 七、教学过程设计 （一） 1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如 右图所示，则相应的俯视图可以为 2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,23 ==,则棱锥 AB BC -的体积为。 O ABCD 3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA⊥BD； (Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。 （一） 1.D 2.83 3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=?=， 由余弦定理得3BD AD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD （Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则 ()1,0,0A ，()03,0B ，，()1,3,0C -，()0,0,1P 。 (1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=- 设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{n AB n PB ?=?= 即 30 30x y y z -+=-= 因此可取n=(3,1,3) 设平面PBC 的法向量为m ，则 m 0,m 0,{PB BC ?=?= 可取m=（0，-1，3-） 27cos ,727 m n ==- 故二面角A-PB-C 的余弦值为 27- （二） 1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为 A 23 B 33 C 23 D 63 2. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB ?的最小值为 (A) 42-+ (B)32-+ (C) 422-+ (D)322-+ 3. 已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为 (A) 23 (B)43 (C) 23 (D) 83 4. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC ，AB=AD=1， DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC . （Ⅰ）证明：SE=2EB ； （Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 . 《高三立体几何综合复习》教学设计 一、教材分析 立体几何是高中数学的重要概念之一。最近几年高考对立体几何的要求发生了很大的变化，注重空间的平行与垂直关系的判定，淡化空间角和空间距离的考查，因此立体几何的难度和以往相比有大幅度的降。因此依据考试说明的要求在高三复习中制定以下目标： 1.高度重视立体几何基础知识的复习，扎实地掌握基本概念、定理和公式等基础知识。 2.复习过程中指导学生通过网络图或框图主动建构完整的知识体系，尤其要以线线、线面、面面三种位置关系形成网络，能够熟练地转化和迁移。 3.重视模型复习，强化学生的“想图、画图、识图、解图”的能力，重视图形语言、文字语言、符号语言转化的训练。尤其重视对所画的立体图形、三视图与真实图形思维理解上的一致性。 4.在完成解答题时，要重视培养学生规范书写，注意表述的逻辑性及准确性，要注意训练学生思考的严谨性，在计算相关量时应做到“一作、二证、三算”。 做好本节课的复习，对学生系统地掌握直线和平面的知识乃至于创新能力的培养都具有重要的意义。 二、学情分析 在传统的高中数学立体几何的学习中，采取的基本方法：面面俱到的知识点整理，典型的例题解答，课堂的跟踪训练，灌输解题规律，这种模式由于缺乏新意，学生思维难以兴奋，发散性思维受到抑制，创新意识逐渐消弱，学习的效果可想而知。因此立体几何的学习只有深入到学科知识的内部，充分调动学生的思维，触及学生的兴奋点，这样才能达到高效学习的目的。 三、设计思想 在新课程理念下，在立体几何教学中我进行了研究性学习的尝试，所谓研究性学习就是应用研究性学习的理念、方法去指导立体几何，学生在教师的引导下尽可能地采取自主性、探究性的学习方式，不仅要注意基础知识的学习，更应该关注自身综合素质、创新意识的提高。让学生在教师的引导下，充分地动手、动口、动脑，掌握学习的主动权。 四、媒体手段 2018年全国一卷（文科）：9．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为 A ．217 B ．25 C ．3 D ．2 18．如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =?∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点 D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ； （2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且2 3 BP DQ DA == ，求三棱锥Q ABP -的体积． 全国1卷理科 理科第7小题同文科第9小题 18. 如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点 P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值. 全国2卷理科： 9．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15 B ． 5 C ． 5 D ． 2 20．如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点． （1）证明：PO⊥平面ABC； --为30?，求PC与平面PAM所成角的正弦值．（2）若点M在棱BC上，且二面角M PA C 全国3卷理科 3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 19．（12分） 如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点． （1）证明：平面AMD⊥平面BMC； （2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值． 2018年江苏理科： 10．如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为▲． 高三数学二轮专题复习教案――立体几何 一、本章知识结构： 二、重点知识回顾 1、空间几何体的结构特征 （1）棱柱、棱锥、棱台和多面体 棱柱是由满足下列三个条件的面围成的几何体：①有两个面互相平行；②其余各面都是四边形；③每相邻两个四边形的公共边都互相平行；棱柱按底面边数可分为：三棱柱、四棱柱、 五棱柱等．棱柱性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等； ②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等多边形. ③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形. 棱锥是由一个底面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的几何体．棱锥具有以下性质：①底面是多边形；②侧面是以棱锥的顶点为公共点的三角形；③平行于底面的截面和底面是相似多边形，相似比等于从顶点到截面和从顶点到底面距离的比．截面面积和底面面积的比等于上述相似比的平方． 棱台是棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分．由棱台定义可知，所有侧棱的延长线交于一点，继而将棱台还原成棱锥． 多面体是由若干个多边形围成的几何体．多面体有几个面就称为几面体，如三棱锥是四面体． （2）圆柱、圆锥、圆台、球 分别以矩形的一边，直角三角形的一直角边，直角梯形垂直于底边的腰所在的直线，半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周而形成的几何体叫做圆柱、圆锥、圆台、球 圆柱、圆锥和圆台的性质主要有：①平行于底面的截面都是圆；②过轴的截面（轴截面）分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形；③圆台的上底变大到与下底相同时，可以得到圆柱；圆台的上底变小为一点时，可以得到圆锥． 2、空间几何体的侧面积、表面积 （1）棱柱侧面展开图的面积就是棱柱的侧面积，棱柱的表面积就是它的侧面积与两底面面积的和． 因为直棱柱的各个侧面都是等高的矩形，所以它的展开图是以棱柱的底面周长与高分别为长和宽的矩形．如果设直棱柱底面周长为c ，高为h ，则侧面积S ch =侧． 若长方体的长、宽、高分别是a 、b 、c ，则其表面积 2() S ab bc ca =++表． 2012年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷） 12. 某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是_92___。 2012年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷） 6.某几何体的三视图如图所示，则它的体积为 答案：几何体的直观图如右，几何体由一个圆柱和一个同底的圆锥组成，圆锥的高 221534PO =-=,1+=45+94=573 V V V C πππ=??圆柱圆锥 ，故选 15.如图，圆O 的半径为1，A B C 、、是圆周上的三点，满足030ABC ∠=，过点A 做圆O 的切线与OC 的延长线交于点P ，=PA 则 解：连OA 得06021AOP OP PC ∠===，所以，，所以2+213=3PA PC PC PA =?=?∴（）， 2012年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷） 第（12）题图 俯视图24 5 侧（左）视图 正（主）视图4 （4）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，122CC =E 为1CC 的中点，则 直线1AC 与平面BED 的距离为 （A ）2（B 3C 2（D ）1 答案：D （16）三棱柱11 1 ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等， 1160BAA CAA ∠=∠=o ，则 异面直线1 AB 与1BC 所成角的余弦值为62012年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷） 4、如图，正方形ABCD 的边长为1，延长BA 至E ，使1AE =，连接EC 、ED 则sin CED ∠=（ B ） A 、 B 、 C 、 D 、 6、下列命题正确的是（ C ） A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 14、如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点， 则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____90o ____。 2012年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷） 11．如图2，过点P 的直线与⊙O 相交于B A ,两点．若1=PA ， 2=AB ，3=PO ，则⊙O 的半径等于6． 2012年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷） 5.如图. ∠ACB=90o，CD ⊥AB 于点D ，以BD 为直径的圆与BC 交于点E.则(A ) A. CE·CB=AD·DB B. CE·CB=AD·AB C. AD·AB=CD 2 D.CE·EB=CD 2 【解析】在ACB ?中，∠ACB=90o，CD ⊥AB 于点D ，所以立体几何综合复习教学设计
历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)
立体几何综合复习教学设计
2018年高考数学立体几何试题汇编
高三数学二轮专题复习教案――立体几何
高考理科数学立体几何(答案详解)