立体几何坐标法教师版
立体几何中的最值(教师版)2014.10.06
立体几何中的最值问题 一、运用变量的相对性求最值 例1. 在正四棱锥S-ABCD 中,SO ⊥平面ABCD 于O ,SO=2,底面边长为2,点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动,则P 、Q 两点的最短距离为( ) A. 5 5 B. 5 5 2 C. 2 D. 1 解析:如图1,由于点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动,先让点P 在BD 上固定,Q 在SC 上移动,当OQ 最小时,PQ 最小。过O 作OQ ⊥SC ,在Rt △SOC 中,5 5 2=OQ 中。又P 在BD 上运动,且当P 运动到点O 时,PQ 最小,等于OQ 的长为5 5 2,也就是异面直线BD 和SC 的公垂线段的长。故选B 。 图1 图2 二、定性分析法求最值 例2. 已知平面α//平面β,AB 和CD 是夹在平面α、β之间的两条线段。AB ⊥CD ,AB=3,直线AB 与平面α成30°角,则线段CD 的长的最小值为______。 解析:如图2,过点B 作平面α的垂线,垂足为O ,连结AO ,则∠BAO=30°。过B 作BE//CD 交平面α于E ,则BE=CD 。连结AE ,因为AB ⊥CD ,故AB ⊥BE 。则在Rt △ABE 中,BE=AB ·tan ∠BAE ≥AB ·tan ∠BAO=3·tan30°=3。故3≥CD 。 三、展成平面求最值 例3. 如图3-1,四面体A-BCD 的各面都是锐角三角形,且AB=CD=a ,AC=BD=b ,AD=BC=c 。平面α分别截棱AB 、BC 、CD 、DA 于点P 、Q 、R 、S ,则四边形PQRS 的周长的最小值是( ) A. 2a B. 2b C. 2c D. a+b+c 图3-1 图3-2 解析:如图3-2,将四面体的侧面展开成平面图形。由于四面体各侧面均为锐角三角形,且AB=CD ,AC=BD ,AD=BC ,所以,A 与A ’、D 与D ’在四面体中是同一点,且''////D A BC AD , '//CD AB ,A 、C 、A ’共线,D 、B 、D ’共线,BD DD AA 2''==。又四边形PQRS 在展开图中变 为折线S ’PQRS ,S ’与S 在四面体中是同一点。因而当P 、Q 、R 在S ’S 上时, RS QR PQ P S +++'最小,也就是四边形PQRS 周长最小。又''SA A S =,所以最小值''DD SS L ==b BD 22==。 故选B 。
专题06 立体几何(解答题)(教师版)
专题06 立体几何(解答题) 1.【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图,直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°, E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ∥平面C 1DE ; (2)求点C 到平面C 1DE 的距离. 【答案】(1)见解析;(2) 17 . 【解析】(1)连结1,B C ME . 因为M ,E 分别为1,BB BC 的中点,所以1 ME B C ∥,且11 2 ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点,所以11 2 ND A D = . 由题设知11=A B DC ∥,可得11=BC A D ∥,故= ME ND ∥, 因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ED ∥. 又MN ?平面1C DE ,所以MN ∥平面1C DE . (2)过C 作C 1E 的垂线,垂足为H . 由已知可得DE BC ⊥,1DE C C ⊥,所以DE ⊥平面1C CE ,故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ,故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离, 由已知可得CE =1,C 1C =4,所以1C E 17 CH =.
从而点C 到平面1C DE 的距离为 17 . 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题,涉及的知识点有线面平行的判定,点到平面的距离的求解,在解题的过程中,注意要熟记线面平行的判定定理的内容,注意平行线的寻找思路,再者就是利用线面垂直找到距离问题,当然也可以用等积法进行求解. 2.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图,长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形,点E 在棱AA 1上, BE ⊥EC 1. (1)证明:BE ⊥平面EB 1C 1; (2)若AE =A 1E ,AB =3,求四棱锥11E BB C C -的体积. 【答案】(1)见详解;(2)18. 【解析】(1)由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1,BE ?平面ABB 1A 1, 故11B C BE ⊥.
立体几何专题 第2节 与球相关的切、接问题 【教师版】
第二节 与球相关的切、接问题 考法(一) 球与柱体的切、接问题 [典例] (2017·江苏高考)如图,在圆柱O 1O 2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O 1O 2的体积为V 1,球O 的体积为V 2,则V 1 V 2 的值是________. [解析] 设球O 的半径为R ,因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切,所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ,所以V 1V 2=πR 2·2R 43 πR 3=3 2 . [答案] 3 2 考法(二) 球与锥体的切、接问题 [典例] (2018·全国卷Ⅲ)设A ,B ,C ,D 是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC 为等边三角形且其面积为93,则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( ) A .123 B .18 3 C .24 3 D .54 3 [解析] 由等边△ABC 的面积为93,可得34 AB 2 =93,所以AB =6,所以等边△ABC 的外接圆的半径为r = 3 3 AB =2 3.设球的半径为R ,球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ,则d =R 2-r 2=16-12=2.所以三棱锥D -ABC 高的最大值为2+4=6,所以三棱锥D -ABC 体积的最大值为1 3 ×93×6=18 3. [答案] B [题组训练] 1.(2018·福建第一学期高三期末考试)已知圆柱的高为2,底面半径为3,若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上,则这个球的表面积等于( ) A .4π B.16 3π C.323 π D .16π 解析:选D 如图,由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心, 于是,球的半径r =OB =OA 2+AB 2= 12+(3)2=2. 故这个球的表面积S =4πr 2=16π.故选D. 2.三棱锥P -ABC 中,AB =BC =15,AC =6,PC ⊥平面ABC ,PC =2,则该三棱锥的外接球表面积为________. 解析:由题可知,△ABC 中AC 边上的高为15-32=6,球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外
立体几何三视图教师版
考点24 三视图 考点一:棱长类 1.★(2014西城二模4)某四棱锥的三视图如图所示,记A 为此棱锥所有棱的长度的集合,则( ) (A ) 2A ,且4A (B A ,且4 A (C ) 2A ,且A (D A A 【答案】D 2.★(2015年北京丰台区高三一模理科)上图是一个几何体的三视图,则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是 (A) 4 (B) 5 (C) (D) 正(主)视图 侧(左)视图 俯视图
【答案】D 考点二:面积类 3.★(2013海淀二模4) 某空间几何体的三视图如右图所示,则该几何体的表面积为( ) A.180 B.240 C.276 D.300 【答案】B 4.★(2012西城一模4) 已知正六棱柱的底面边长和侧棱长相等,体积为33.其三视图中的俯视图如图所示,则其左视图的面积是( ) (A )23(B )2 23(C )28cm (D )2 4cm 【答案】A 6 6 6 5 俯视图
正视图 俯视图 5.★★★(2012朝阳二模8) 有一个棱长为1的正方体,按任意方向正投影, 其投影面积的最大值是( ) A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 6.★★(2010海淀期末理)11.一个几何体的三视图如下图所示,则该几何 体的表面积为__________________. 【答案】2412π+ 考点三:体积类 7.★★(2011丰台期末文)3.若一个螺栓的底面是正六边形,它的正视图和俯视图如图所示,则它的体积是 A . 32225+π B .32 25 π C .3225π D .128 25 π 【答案】C 正视图侧视图 俯视图
立体几何之及球有关的高考试题老师
立体几何与球专题讲义 一、球的相关知识 考试核心:方法主要是“补体”和“找球心” 1.长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径. 2.正方体的切球其棱长为球的直径. 3.正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线.4.正四面体的外接球与切球的半径之比为3∶1. 5.性质的应用 2 2 2 1 2r R OO d- = = ,构造直角三角形建立三者之间的关系。 真题回放: 1.(2015高考新课标2,理9)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90,C为该球面上的动点,若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为( ) A.36π B.64π C.144π D.256π
参考答案1、 2. 3. 4.
题型总结 类型一:有公共底边的等腰三角形,借助余弦定理求球心角。(两题互换条件形成不同的题) 1.如图球O 的半径为2,圆1O 是一小圆,1 OO =A 、B 是圆1O 上两点,若A ,B 两点间的球面距离为23 π ,则1AO B ∠= . 2.如图球O 的半径为2,圆1O 是一小圆,1 OO ,A 、B 是圆1O 上两点,若1AO B ∠=2 π ,则A,B 两点间的球面距离为 (2009年文科) 类型二:球接多面体,利用圆接多边形的性质求出小圆半径,通常用到余弦定理求余弦值,通过余弦值再利用正弦定理得到小圆半径 r C c 2sin =,从而解决问题。 3. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上,若12AB AC AA ===, 120BAC ∠=?, 则此球的表面积等于 。 4.正三棱柱111ABC A B C -接于半径为2的球,若,A B 两点的球面距离为π,则正三棱柱的体积为 . 5.12.已知球的直径SC =4,A ,B 是该球球面上的两点,AB =3,ο30=∠=∠BSC ASC ,则棱锥S —ABC 的体积为 A .33 B .32 C .3 D .1
坐标法解立体几何解答题
坐标法解立体几何解答题 教学目的:1、熟练掌握空间向量的有关知识; 2、能灵活运用坐标法解决立体几何解答题的有关问题; 3、进一步提高学生的空间想象能力和运算能力。 教学重点:1、建立适当的空间直角坐标系; 2、正确写出点的坐标; 3、求平面的法向量; 4、灵活运用坐标法解决空间角、空间距离等问题 教学难点:求平面的法向量 授课类型:专题复习 教学方法:启发引导式 教具准备:幻灯片20张 教学过程: 一、复习引入: 空间向量解决立体几何问题主要有两个基本方法:坐标法与基底法。本节课着重研究利 用坐标法解决立体几何解答题。 1、空间向量的有关知识:(幻灯片投影) (1)设点)z ,y ,B(x )z ,y ,A(x 222111、,则),,(121212z z y y x x AB ---=→ ; (2)设向量),,(),,,(222111z y x b z y x a ==→ →,则 ① 212121z z y y x x b a ++=?→ →; ② →a ∥),,(),,(222111z y x z y x b a b λλ=??=?→ →→; ③ 0212121=++=??⊥→ →→→z z y y x x b a b a ; (3)设向量),,(z y x a =→ ,则222z y x a ++= → ; (4)→ →→ →→ →→→?>=
l (3)解决问题:(幻灯片投影) (一)求空间角问题: 空间的角主要有:异面直线所成的角;直线和平面所成的角;二面角。 ① 求异面直线所成的角: 设a 、b 分别为异面直线a 、b 的方向向量, 则两异面直线所成的角α=arccos | ||||| a b a b 。 ② 求线面角: 设l 是斜线l 的方向向量,n 是平面α的法向量, 则斜线l 与平面α所成的角 2 ,,2 π π θ- ><><-= → →→→n l n l 或 ③ 求二面角: 法一:在α内a l ⊥,在β内b l ⊥,其方向如图, 则二面角l αβ--的平面角=α法二:设m n 、 是二面角l αβ--的两个半平面的 法向量,其方向一个指向内侧,另一个指向外侧, 则二面角l αβ--的平面角=α (二)求空间距离问题 构成空间的点、线、面之间有七种距离,这里着重介绍点面距离的求法。 设n 是平面α的法向量,在α内取一点B, 则 A 到α的距离|| |||cos ||| AB n d AB n θ?== 二、例题讲解: 例1、四棱锥ABCD S -中,0 90=∠=∠ABC DAB ,⊥SA 平面ABCD ,a AD 2=, a BC AB SA ===。 (1)求证:平面⊥SAC 平面SCD ;(2)求A 到平面SCD 的距离;
建立空间直角坐标系-解立体几何题
建立空间直角坐标系,解立体几何高考题 立体几何重点、热点: 求线段的长度、求点到平面的距离、求直线与平面所成的夹角、求两异面直线的夹角、求二面角、证明平行关系和垂直关系等. 常用公式: 1 、求线段的长度: 222z y x AB ++==()()()2 12212212z z y y x x -+-+-= 2、求P 点到平面α的距离: PN = ,(N 为垂足,M 为斜足,为平面α的法向量) 3、求直线l 与平面α所成的角:|||||sin |n PM ?= θ,(l PM ?,α∈M ,为α的法向量) 4、求两异面直线AB 与CD 的夹角:cos = θ 5、求二面角的平面角θ:|||||cos |21n n ?= θ,( 1n ,2n 为二面角的两个面的法向量) 6、求二面角的平面角θ:S S 射影 = θ cos ,(射影面积法) 7、求法向量:①找;②求:设, 为平面α内的任意两个向量,)1,,(y x =为α的法向量, 则由方程组?????=?=?0 n b n a ,可求得法向量.