天津市2020年高考数学二轮复习 专题五 立体几何 5.1 空间几何体课件 文
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2020高考数学总复习空间几何体的表面积和体积PPT课件
空间几何体的表面积和体积
1.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面 展开图
侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrl
S ＝ 圆台侧 π(r＋r′)l
2.多面体的侧面积和表面积 因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是侧 面展开图的面积，表面积是侧面积与底面积的和．
A.17 27
B.5 C.10 D.1
9
27
3
(2)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的 体积等于________cm3.
(3)三棱锥 P-ABC 中，D，E 分别为 PB，PC 的中点，记三棱
锥
D-ABE
的体积为
V 1，P-A B C
的体积为
V
2，则VV
1＝________.
2
又∵长方体表面积重叠一部分， ∴几何体的表面积为232＋152－2×6×2＝360.
1．空间几何体的体积是每年高考的热点，题型为选择题和填 空题．
2．高考对空间几何体的体积的考查常有以下几个命题角度： (1)求简单几何体的体积； (2)求组合体的体积； (3)求以三视图为背景的几何体的体积．
[例 2] (1)如图，网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm)， 图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为 3 cm，高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与 原来毛坯体积的比值为( )
2．直角三角形两直角边 AB＝3，AC＝4，以 AB 为轴旋转一
周所得的几何体的体积为( )
A．12π
B．16π
C．9π
D．24π
解析：选 B 以 AB 为轴旋转一周所得到的几何体为圆
1.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面 展开图
侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrl
S ＝ 圆台侧 π(r＋r′)l
2.多面体的侧面积和表面积 因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是侧 面展开图的面积，表面积是侧面积与底面积的和．
A.17 27
B.5 C.10 D.1
9
27
3
(2)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的 体积等于________cm3.
(3)三棱锥 P-ABC 中，D，E 分别为 PB，PC 的中点，记三棱
锥
D-ABE
的体积为
V 1，P-A B C
的体积为
V
2，则VV
1＝________.
2
又∵长方体表面积重叠一部分， ∴几何体的表面积为232＋152－2×6×2＝360.
1．空间几何体的体积是每年高考的热点，题型为选择题和填 空题．
2．高考对空间几何体的体积的考查常有以下几个命题角度： (1)求简单几何体的体积； (2)求组合体的体积； (3)求以三视图为背景的几何体的体积．
[例 2] (1)如图，网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm)， 图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为 3 cm，高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与 原来毛坯体积的比值为( )
2．直角三角形两直角边 AB＝3，AC＝4，以 AB 为轴旋转一
周所得的几何体的体积为( )
A．12π
B．16π
C．9π
D．24π
解析：选 B 以 AB 为轴旋转一周所得到的几何体为圆
(通用版)2020版高考数学大二轮复习专题五立体几何5.4.2空间中的垂直与空间角课件理
取 n=(1,
3,1),故
sin
θ=|cos<������������
·n>|=||������������������������|··|������������||
=
4.
5
因此,直线
EF
与平面
A1BC
所成的角的余弦值为3.
5
-6-
考向一 考向二 考向三
解题心得求线面角可以用几何法,即“先找,后证,再求”,也可以通 过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹 的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角.
2
形,且 OB⊥AC,OB=12AC=2.由 OP2+OB2=PB2 知 PO⊥OB.由 OP⊥ OB,OP⊥AC 知 PO⊥平面 ABC.
-9-
考向一 考向二 考向三
(2)如图,以 O 为坐标原点,������������的方向为 x 轴正方向, 建立空间直角坐标系 O-xyz.由已知得
O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-
-7-
考向一 考向二 考向三
对点训练1 如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 2 ,PA=PB=PC=AC=4,O为 AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC; (2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所 成角的正弦值.
-8-
考向一 考向二 考向三
解 (1)因为 AP=CP=AC=4,O 为 AC 的中点,所以 OP⊥AC,且 OP=2 3.连接 OB,因为 AB=BC= 2AC,所以△ABC 为等腰直角三角
|cos<������������,n>|= 3.所以
3|������-4|
2020届新课标高考二轮复习名师精品课件1-5-1第1讲 空间几何体的三视图、表面积、体积
调研 2 空间几何体的表面积、体积 a．圆锥的侧面积 1．(2018·全国Ⅱ，16,5 分)已知圆锥的顶点为 S，母线 SA， SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为 45°.若△SAB 的 面积为 5 15，则该圆锥的侧面积为_4_0___2_π__．
解析：如图，∵SA 与底面成 45°角，Fra bibliotek专题五 立体几何
第1讲 空间几何体的三视图、 表面积、体积
重点要点排查报告
[记牢方能用活] 一、空间几何体的三视图 1．三视图为三个三角形，一般对应三棱锥； 2．三视图为两个三角形、一个四边形，一般对应四棱锥； 3．三视图为两个三角形、一个圆，一般对应圆锥； 4．三视图为两个矩形、一个四边形，一般对应直四棱柱； 5．三视图为两个矩形、一个圆，一般对应圆柱．
A．2 17 B．2 5 C．3 D．2
解析：先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知，点 M， N 的位置如图 1 所示．
图1
图2
圆柱的侧面展开图及 M，N 的位置(N 为 OP 的四等分点)如 图 2 所示，连接 MN，则图中 MN 即为 M 到 N 的最短路径．
ON＝14×16＝4，OM＝2， ∴|MN|＝ OM2＋ON2＝ 22＋42＝2 5. 故选 B.
小提示： 利用底面半径与母线的关系，以及△SAB 的面积值求出底面 半径是解题的突破口，把条件转化为方程，从而寻求 l 和 r 之间 的关系．
b．球内接棱锥体积的最值问题 2．(2018·全国Ⅲ，10,5 分)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 9 3，则 三棱锥 D－ABC 体积的最大值为( B ) A．12 3 B．18 3 C．24 3 D．54 3
2020新课标高考数学讲义：立体几何含解析
V＝ (S上＋S下＋ )h
球
S＝4πR2
V＝ πR3
2.空间线面位置关系的证明方法
(1)线线平行： ⇒a∥b、 ⇒a∥b、
⇒a∥b、 ⇒c∥b.
(2)线面平行： ⇒a∥α、 ⇒a∥α、 ⇒a∥α.
(3)面面平行： ⇒α∥β、 ⇒α∥β、
⇒α∥γ.
(4)线线垂直： ⇒a⊥b.
(5)线面垂直： ⇒l⊥α、 ⇒a⊥β、 ⇒a⊥β、 ⇒b⊥α.
(6)面面垂直： ⇒α⊥β、 ⇒α⊥β.
[提醒]要注意空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理中的条件.如由α⊥β、α∩β＝l、m⊥l、易误得出m⊥β的结论、就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件.
3．用空间向量证明平行垂直
设直线l的方向向量为a＝(a1、b1、c1)、平面α、β的法向量分别为μ＝(a2、b2、c2)、υ＝(a3、b3、c3)．则有：
若存在某个位置．使得AD⊥BC、又因为AD⊥AB、则AD⊥平面ABC、所以AD⊥AC、而斜边CD小于直角边AD、矛盾、故C错误．
6. 如图、在四棱锥PACBD中、底面ACBD为正方形、PD⊥平面ACBD、BC＝AC＝a、PA＝PB＝ a、PC＝ a、则点C到平面PAB的距离为________．
解析：
解析：选B.若存在某个位置、使得AC⊥BD、作AE⊥BD于E、则BD⊥平面AEC、所以BD⊥EC、在△ABD中、AB2＝BE·BD、BE＝ 、而在△BCD中、BC2＝BE·BD、BE＝ 、两者矛盾．故A错误．
若存在某个位置、使得AB⊥CD、又因为AB⊥AD、则AB⊥平面ACD、所以AB⊥AC、故AC＝1、故B正确、D错误．
4．用向量求空间角
(1)直线l1、l2的夹角θ有cosθ＝|cos〈l1、l2〉|(其中l1、l2分别是直线l1、l2的方向向量)．
球
S＝4πR2
V＝ πR3
2.空间线面位置关系的证明方法
(1)线线平行： ⇒a∥b、 ⇒a∥b、
⇒a∥b、 ⇒c∥b.
(2)线面平行： ⇒a∥α、 ⇒a∥α、 ⇒a∥α.
(3)面面平行： ⇒α∥β、 ⇒α∥β、
⇒α∥γ.
(4)线线垂直： ⇒a⊥b.
(5)线面垂直： ⇒l⊥α、 ⇒a⊥β、 ⇒a⊥β、 ⇒b⊥α.
(6)面面垂直： ⇒α⊥β、 ⇒α⊥β.
[提醒]要注意空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理中的条件.如由α⊥β、α∩β＝l、m⊥l、易误得出m⊥β的结论、就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件.
3．用空间向量证明平行垂直
设直线l的方向向量为a＝(a1、b1、c1)、平面α、β的法向量分别为μ＝(a2、b2、c2)、υ＝(a3、b3、c3)．则有：
若存在某个位置．使得AD⊥BC、又因为AD⊥AB、则AD⊥平面ABC、所以AD⊥AC、而斜边CD小于直角边AD、矛盾、故C错误．
6. 如图、在四棱锥PACBD中、底面ACBD为正方形、PD⊥平面ACBD、BC＝AC＝a、PA＝PB＝ a、PC＝ a、则点C到平面PAB的距离为________．
解析：
解析：选B.若存在某个位置、使得AC⊥BD、作AE⊥BD于E、则BD⊥平面AEC、所以BD⊥EC、在△ABD中、AB2＝BE·BD、BE＝ 、而在△BCD中、BC2＝BE·BD、BE＝ 、两者矛盾．故A错误．
若存在某个位置、使得AB⊥CD、又因为AB⊥AD、则AB⊥平面ACD、所以AB⊥AC、故AC＝1、故B正确、D错误．
4．用向量求空间角
(1)直线l1、l2的夹角θ有cosθ＝|cos〈l1、l2〉|(其中l1、l2分别是直线l1、l2的方向向量)．
2020高考数学(文)二轮专题课件：大题考法课立体几何
解：(1)证明：由题知，BD＝AD＝4 2，又 AB＝8，∴AB2＝AD2 ＋BD2，∴BD⊥AD. ∵平面 PAD⊥平面 ABCD，且两平面的交线是 AD，BD⊂平面 ABCD，BD⊥AD，∴BD⊥平面 PAD，又 BD⊂平面 MBD，∴ 平面 MBD⊥平面 PAD.
(2)过点 P 作 PO⊥AD 交 AD 于点 O，则 PO⊥平面 ABD，∴点
知 A1B1 綊 DC，可得 B1C 綊 A1D，故 ME 綊
ND，因此四边形 MNDE 为平行四边形，所以 MN∥ED.
又 MN⊄平面 C1DE，扣 1 分．
[微点提醒]
[微点提醒]
加红处若漏掉 MN⊄ 平面 C1DE，扣 1 分.
❶转化：线线平行⇒线面平行 MN∥ED⇒MN∥平面 C1DE.
(2)存在一个常数 m＝ 23，使得平面 PED⊥ 平面 PAB，理由如下： 要使平面 PED⊥平面 PAB，只需 AB⊥DE， 因为 AB＝AD＝2，∠DAB＝30°， 所以 AE＝ADcos 30°＝ 3， 又因为 PD⊥平面 ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D， 所以 AB⊥平面 PDE， 因为 AB⊂平面 PAB，所以平面 PDE⊥平面 PAB， 所以 m＝AAEB＝ 23.
(2)取 CG 的中点 M，连接 EM，DM. 因为 AB∥DE，AB⊥平面 BCGE，所以 DE⊥平面 BCGE， 所以 DE⊥CG. 因为四边形 BCGE 是菱形，且∠EBC＝60°， 所以 EM⊥CG， 又 DE∩EM＝E，所以 CG⊥平面 DEM. 所以 DM⊥CG. 在 Rt△DEM 中，DE＝1，EM＝ 3， 故 DM＝2. 所以四边形 ACGD 的面积为 4.
[微点提醒]
[关键步骤]
加红处只作 CH⊥C1E，不进行证 明 CH⊥平面 C1DE 的扣 2 分．
2020高考数学课标二轮(天津专用)课件：专题五 5.3 立体几何中的向量方法
因为点 D 在线段 AB 上,且������������������������ = 13,
即������������ = 1 ������������.
3
所以 a=2,b=43 , ������������ =
-1,
4 3
,0
.
平面 BCD 的法向量为 n1=(0,0,1).
设平面 B1CD 的法向量为 n2=(x,y,1),
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-9-
突破点一
突破点二
突破点三
(2)证法一 ������������1=(0,-4,4),设平面 B1CD 的法向量 m=(x,y,z),
由������1������ ·m=(-3,0,-4)·(x,y,z)=-3x-4z=0,
设 CF=h(h>0),则 F(1,2,h). 依题意,������������=(1,0,0)是平面 ADE 的法向量,又������������=(0,2,h),可得������������ · ������������=0,又因为直线 BF⊄平面 ADE,所以 BF∥平面 ADE.
突破点一
专题五
专题五
5.3 立体几何中的向量方法
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-7-
突破点一
突破点二
突破点三
即时巩固1如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=4,BC=3,AA1=4, AC⊥BC,点D在线段AB上.
(1)证明:AC⊥B1C;
(2)若D是AB的中点,证明:AC1∥平面B1CD; (3)当������������������������ = 13时,求二面角 B-CD-B1 的余弦值.
通用版2020版高考数学大二轮复习专题五立体几何5.4.1空间中的平行与空间角课件理
如图,以C为原点,分别以CA,CC1,CB所在直线为x轴,y轴,z轴建立空 间直角坐标系.
则有 B(0,0,
3),A1(1,1,0),D
12,0,0
,������������ =
-
1 2
,0,
3
, ������������1 =
1 2
,1,0
, ������������=(0,0,
3).
-10-
考向一 考向二 考向三
1 2
������
+
������
=
0,
整理得
������
=
1 23
������,
������
=
-
1 2
������,
令 x=2 3,得平面 A1BD 的一个法向量 n=(2 3,- 3,1),
则 n·������������1=-13 ×2
3
+
1 3
×
(-
3)+
3=0,∴n⊥ ������������1,
4
-11-
考向一 考向二 考向三
解法2 (1)连接AB1,交A1B于点G,连接EG.则有AG=GB1.由题意,可知
AD∥A1C1,
∴∠ADE=∠C1A1E,
∠DAE=∠A1C1E,
又∴△AFA=D2EF∽C1△,∴CA1EA=1EE,���F������������������=���1 F=C���1������1,���������������1
1 2
,1,0
.
设 F(x,y,0),则������������=(x-1,y,0),������������1=(-x,1-y,0).
∵AF=2FC1,∴
则有 B(0,0,
3),A1(1,1,0),D
12,0,0
,������������ =
-
1 2
,0,
3
, ������������1 =
1 2
,1,0
, ������������=(0,0,
3).
-10-
考向一 考向二 考向三
1 2
������
+
������
=
0,
整理得
������
=
1 23
������,
������
=
-
1 2
������,
令 x=2 3,得平面 A1BD 的一个法向量 n=(2 3,- 3,1),
则 n·������������1=-13 ×2
3
+
1 3
×
(-
3)+
3=0,∴n⊥ ������������1,
4
-11-
考向一 考向二 考向三
解法2 (1)连接AB1,交A1B于点G,连接EG.则有AG=GB1.由题意,可知
AD∥A1C1,
∴∠ADE=∠C1A1E,
∠DAE=∠A1C1E,
又∴△AFA=D2EF∽C1△,∴CA1EA=1EE,���F������������������=���1 F=C���1������1,���������������1
1 2
,1,0
.
设 F(x,y,0),则������������=(x-1,y,0),������������1=(-x,1-y,0).
∵AF=2FC1,∴
高考数学理(天津专用)二轮复习课件：5-1空间几何体
柱、锥、台体的表面积与体积 【思考】 求解几何体的表面积及体积的常用技巧有哪些? 关闭 例2《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著 ,书中有 设圆锥的底面半径为 R,高为 h. 如下问题 :“今有委米依垣内角 ,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?” ∵ 米堆底部的弧长为 8 尺, 其意思为 :“在屋内墙角处堆放米 (如图,米堆为一个圆锥的四分之 1 16 ∴4·2πR=8,∴R= π . 一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的 米各为多少?”已知1斛米的体积约为 1 1 11.62立方尺 16 2 ,圆周率约为3,估算 2 ∵h=5,∴米堆的体积 V=4 × 3πR h=12×π× π ×5. 出堆放的米约有( ) 320 A .14 ∵π ≈ 3,斛 ∴ V≈ 9 (立方尺 ). B.22斛 320 C.36斛 关闭 ∴堆放的米约有 ≈22(斛 ). 9×1.62 B D.66斛
-5命题热点一 命题热点二 命题热点三
对点训练1(2016北京高考)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱 锥的体积为( )
关闭
由三视图可得,三棱锥的直观图如图,则该三棱锥的体积 V= ·
1 2
1 3
· 1· 1· 1= ,故选 A.
6
1
1 A . A 6 1 C. 2
1 B. 3
关闭
D.1
解析
答案
-6命题热点一 命题热点二 命题热点三
解析 答案
-7命题热点一 命题热点二 命题热点三
题后反思1.求几何体体积问题,可以多角度、多方位地考虑问题. 在求三棱锥体积的过程中,等体积转化法是常用的方法,转换底面 的原则是使其高易求,常把底面放在已知几何体的某一面上. 2.求不规则几何体的体积,常用分割或补形的思想,将不规则几何 体变为规则几何体,易于求解.
天津市2020年高考数学二轮复习专题五立体几何5.2空间中的平行与垂直课件文2020121436-
-20-
(1)证明 在直角梯形 ABCD 中,CD=2AB,E 为 CD 的中点,则 AB=DE. 又 AB∥DE,AD⊥AB,知 BE⊥CD. 在四棱锥 C-ABED 中,BE⊥DE,BE⊥CE,CE∩DE=E,CE,DE⊂平面 CDE,则 BE⊥平面 CDE. 因为 CO⊂平面 CDE,所以 BE⊥CO. 又 CO⊥DE,且 BE,DE 是平面 ABED 内两条相交直线,故 CO⊥平面 ABED.
-15-
热点1 热点2 热点3
平行、垂直关系及体积中的探索性问题
【思考】 解决探索性问题的基本方法有哪些?
例 3 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥CD,AD
∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD. (1)在平面 PAD 内找一点 M,使得直线 CM∥平 面 PAB,并说明理由; (2)证明:平面 PAB⊥平面 4x. 因为△PCD 的面积为 2 7,
所以1
2
×
2x× 214x=2 7,
解得 x=-2(舍去),x=2.
于是 AB=BC=2,AD=4,PM=2 3.
所以四棱锥 P-ABCD 的体积 V=13 × 2×(22+4)×2 3=4 3.
热点1 热点2 热点3
-5-
题后反思 1.解决此类问题要注意线线平行(垂直)、线面平行(垂直)
5.2 空间中的平行与垂直
-2-
热点1 热点2 热点3
线线、线面平行或垂直的判定与性质
【思考】 判断或证明线面、线线平行或垂直的常用方法有哪些?
例1
(2017 全国Ⅱ,文 18)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,
侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°. (1)证明:直线 BC∥平面 PAD; (2)若△PCD 的面积为 2 7,求四棱锥 P-ABCD 的体积.
2020高考数学(文理通用)大二轮课件：专题五立体几何第1讲
S 棱锥＝S 底面＋S 侧面
V 棱台＝13h(S＋ SS′＋S′) (S，S′为底面积，h 为高)
S 棱台＝S 上底＋S 下底＋S 侧面
V 圆柱＝πr2h(r 为底面半径，h 为高)
S 圆柱＝___2_π_rl_＋__2_π_r_பைடு நூலகம்_______ (r 为底面半径，l 为母线长)
名称
体积
表面积
圆锥 V 圆锥＝__13_π_r_2_h______ (r 为底面半径，h 为高)
2．(文)(2018·全国卷Ⅰ，10)在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝BC＝2，AC1
与平面 BB1C1C 所成的角为 30°，则该长方体的体积为
( C)
A．8
B．6 2
C．8 2
D．8 3
[解析] 如图，连接 AC1 和 BC1， 因为 AB⊥平面 BB1C1C，AC1 与平面 BB1C1C 所成角 为 30°，所以∠AC1B＝30°， 所以BACB1＝tan30°，BC1＝2 3，所以 CC1＝2 2，所 以 V＝2×2×2 2＝8 2.
• 2．空间几何体的三视图和直观图
• (1)空间几何体的三视图
• 三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方 、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面 图形，三视图的画法规则为“长对正、高平齐、宽相等” ．
• 画三视图的基本要求：正(主)俯一样长，俯侧(左)一样宽 ，正(主)侧(左)一样高．
圆台 V 圆台＝13πh(r2＋rr′＋r′2) (r，r′为底面半径，h 为高)
S 圆锥＝________π_rl_＋__π_r_2__ (r 为底面半径，l 为母线长)
S 圆台＝_π_(r_＋__r_′)_l_＋__π_r2_＋__π_r_′2____
2020高考数学课标二轮(天津专用)课件：专题五 5.1 空间几何体
∴2R= 2 + 2 + 2 = 6. ∴R= 6.
2
∴V=4
3
πR3=43
π
×
66 8
=
6π.
故选D.
突破点一
专题五
5.1 空间几何体
考情概览•命题分析 高频考点•探究突破
突破点二
突破点三
核心归纳•预测演练
-23-
规律方法多面体与球接、切问题的求解方法: (1)涉及球与棱柱、棱锥的相切、接问题时,一般先过球心及多面 体中的特殊点(如接、切点或线)作截面,把空间问题转化为平面问 题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系或画内切、外 接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几 何体已知量的关系,列方程组求解. (2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两互相垂 直,且PA=a,PB=b,PC=c,则一般把有关元素“补形”成为一个球内接 长方体,根据4R2=a2+b2+c2求解.
所以正四棱锥V-ABCD的高为6.
突破点一
专题五
5.1 空间几何体
考情概览•命题分析 高频考点•探究突破
突破点二
突破点三
核心归纳•预测演练
-11-
(2)题图所示为水面的三种不同形状,①中形状显然为棱柱,②为 以四边形ABFE和四边形DCGH为两个底面,其他为侧面的棱柱,③ 为以△BEF和△CHG为底面,其他面为侧面的棱柱,故①正确;水面 的形状会随倾斜程度的不同而不同.如①②中水面形状均为矩形, 但边长不同,其面积也不同,故②不正确;因为水面在运动过程中保 持与边BC平行,而BC与A1D1平行,故A1D1始终与水面EFGH平行,则
A.1 C. 3
2020高考数学课标二轮(天津专用)课件：专题五 5.2 空间中的平行与垂直
2
2
所以������������ =
-
2 2
,1,-
2 2
, ������������=(
2,0,0),
������������ =
2 2
,0,-
2 2
, ������������=(0,1,0).
设 n=(x,y,z)是平面 PCB 的法向量,
则
������·������������ = 0, 即
5.2 空间中的平行与垂直
专题五
5.2 空间中的平行与垂直
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-2-
突破点一
突破点二
突破点三
线线、线面平行或垂直的判定与性质
【例1】如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 2 , PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC; (2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所 成角的正弦值.
可取 n=( 3(a-4), 3a,-a), 所以 cos<������������,n>= 2 3(������-4) .
2 3(������-4)2+3������ 2+������2
专题五
5.2 空间中的平行与垂直
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-6-
突破点一
突破点二
突破点三
由已知可得|cos<������������ ,n>|=
高频考点•探究突破 核心归纳•预测演练
-13-
突破点一
突破点二
突破点三
面面平行或垂直的判定与性质
【例2】如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP