高三数学-2018--第九章直线、平面、简单几何体精品

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高考数学复习第九章直线、平面、简单几何体(B)9(B)-3课件

(1)求证：BC⊥面D1DB； (2)求D1B与平面D1DCC1所成角的大小．答案：解法一： (1) 证明： ∵ ABCD － A1B1C1D1 为直四棱柱， ∴DD1⊥平面ABCD ∴BC⊥D1D ∵AB∥CD，AB⊥AD， ∴四边形ABCD为直角梯形．又∵AB＝AD＝1，CD＝2， ∴BC⊥DB. ∵D1D∩DB＝D， ∴BC⊥平面D1DB.
PC的中线， ∴DE⊥PC，①又由PD⊥平面ABCD，得PD⊥BC. ∵底面ABCD是正方形，CD⊥BC， ∴BC⊥平面PDC.
而DE⊂平面PDC.∴BC⊥DE.②
由①和②推得DE⊥平面PBC.而PB⊂平面PBC， ∴DE⊥PB，又DF⊥PB且DE∩DF＝D，所以PB⊥平面EFD.
【例2】已知：正方体ABCD－A1B1C1D1中(如图)．
⑤若m⊥α，α∥β，则m⊥β(√)
⑥若m⊥α，n⊥α，则m∥n(√)
⑦若α∩β＝l，α⊥γ，β⊥γ，则l⊥γ(√)
⑧若α⊥β，m∥β，则m⊥α(×)
⑨若线段 AB 、 CD 在同一平面 α 内的射影相等．则 AB ＝CD(×) ⑩在平面α内总能找到一条直线与直线m垂直(√)
2．(2009·北京丰台一模)已知直线m⊂平面α，直线n⊂
(1)求证：B1D⊥BC1； (2)求证：B1D⊥面ACD1； (3)若B1D与面ACD1交于O，求证：DO OB1＝1 2.
[证明] (1)∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，
∴ DC⊥ 面 BCC1B1 ， B1D 在面 BCC1B1 内的射影为
B1C.∵BCC1B1为正方形，∴BC1⊥B1C. ∴BC1⊥B1D，即B1D⊥BC1.(三垂线定理) (2)(1)中证明了体对角线B1D与面对角线BC1垂直，同理可证：B1D⊥AD1，B1D⊥AC.∴B1D⊥平面ACD1.

数学高考复习名师精品教案：第74课时：第九章直线、平面、简单几何体-直线与平面垂直(1)

数学高考复习名师精品教案第74课时：第九章直线、平面、简单几何体——直线与平面垂直课题：直线与平面垂直一．复习目标：1．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；2．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．知识要点：1．直线与平面垂直的判定定理是；性质定理是； 2．三垂线定理是；三垂线定理的逆定理是； 3．证明直线和平面垂直的常用方法有：三．课前预习：1．若,,a b c 表示直线，α表示平面，下列条件中，能使a α⊥的是（ D ）()A ,,,a b a c b c αα⊥⊥⊂⊂ ()B ,//a b b α⊥ ()C ,,a b A b a b α=⊂⊥ ()D //,a b b α⊥2．已知l 与m 是两条不同的直线，若直线l ⊥平面α，①若直线m l ⊥，则//m α；②若mα⊥，则//m l ；③若m α⊂，则m l ⊥；④//m l ，则mα⊥。

上述判断正确的是（ B ）()A ①②③ ()B ②③④ ()C ①③④ ()D ②④3．在直四棱柱1111ABC D A B C D -中，当底面四边形A B C D 满足条件A CB D⊥时，有111A C B D ⊥（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况） 4.设三棱锥P A B C -的顶点P 在平面ABC 上的射影是H ，给出以下命题： ①若P A B C⊥，P B A C⊥，则H 是A B C ∆的垂心②若,,PA PB PC 两两互相垂直，则H 是A B C ∆的垂心 ③若90ABC∠=，H 是A C 的中点，则PA PB PC ==④若PA PB PC ==，则H 是A B C ∆的外心其中正确命题的命题是 ①②③④ 四．例题分析：例1．四面体A B C D 中，,,ACBD E F=分别为,AD BC 的中点，且2EFAC=，90BDC ∠=，求证：B D ⊥平面A C D证明：取C D 的中点G ，连结,EG FG ，∵,E F 分别为,AD BC 的中点， ∴E G12//A C=12//F G B D=，又,AC BD =∴12F G A C=，∴在E F G ∆中，222212E GF G A CE F+==∴E GF G⊥，∴B DA C⊥，又90BDC ∠=，即BDC D⊥，AC CD C =∴B D ⊥平面A C D例2．如图P 是A B C ∆所在平面外一点，,PA PB CB =⊥平面P A B ，M 是P C 的中点，NMPCBAM DA 1C 1B 1CBAN是AB 上的点，3A NN B=（1）求证：M N A B⊥；（2）当90APB ∠= ，24AB BC ==时，求M N 的长。

数学高考复习名师精品教案：第81课时：第九章直线、平面、简单几何体-棱柱、棱锥

数学高考复习名师精品教案第81课时：第九章直线、平面、简单几何体——棱柱、棱锥课题：棱柱、棱锥一．复习目标：了解棱柱和棱锥的概念，周围棱柱、正棱锥的有关性质，能进行有关角和距离的运算。

二．知识要点：1．叫棱柱2．正棱柱的性质有3．叫正棱锥4．正棱锥的性质有P={四棱柱}，Q={平行六面体}，R={长方体}，M={正方体}，N={正四棱柱},S={直平行六面体}，这六个集合之间的关系是三．课前预习：1．给出下列命题：①底面是正多边形的棱锥是正棱锥；②侧棱都相等的棱锥是正棱锥；③侧棱和底面成等角的棱锥是正棱锥；④侧面和底面所成二面角都相等的棱锥是正棱锥，其中正确命题的个数是( A )()A 0 ()B 1 ()C 2 ()D 32．如果三棱锥S ABC -的底面是不等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等，且顶点S 在底面的射影O 在ABC ∆内，那么O 是ABC ∆的( D )()A 垂心 ()B 重心 ()C 外心 ()D 内心3．已知三棱锥D ABC -的三个侧面与底面全等，且AB AC ==，2BC =，则以BC 为棱，以面BCD 与面BCA 为面的二面角的大小是( C )()A 4π ()B 3π ()C 2π()D 32π4．已知长方体ABCD A B C D ''''-中，棱5AA '=，12AB =，那么直线B C ''和平面A BCD ''的距离是6013.5．三棱柱111ABC A B C -，侧棱1BB 在下底面上的射影平行于AC ，如果侧棱1BB 与底面所成的角为030，160B BC ∠= ，则ACB ∠的余弦为3四．例题分析：例1．正四棱锥S ABCD -中，高SO =γ，tan 2γ=(1)求侧棱与底面所成的角。

(2)求侧棱长、底面边长和斜高(见图)。

解：（1）作CF SB ⊥于F ，连结AF ，则CFB ABF ∆≅∆且AF SB ⊥，故AFC ∠是相邻侧面所成二面角的平面角，连结OF ，则AFC γ∠=，G F E D C 1B 1A 1CBA2OFC γ∠=，在R t O F C ∆与Rt OBF ∆中， tan 2γ＝OF OC ＝αsin 1=OF OB (其中SBO ∠为SB 与底面所成的角，设为α) 故sin 60αα== 。

数学高考复习名师精品教案：第78课时：第九章直线、平面、简单几何体-直线与平面、直线与直线所成的角

数学高考复习名师精品教案第78课时：第九章直线、平面、简单几何体——直线与平面、直线与直线所成的角课题；直线与平面、直线与直线所成的角一．复习目标：1．掌握直线与直线、直线与平面所成的角的概念，能正确求出线与线、线与面所成的角．二．知识要点：1．异面直线,a b 所成角的定义：． 2．直线与平面所成角θ：（1）直线与平面平行或直线在平面内，则θ= ．（2）直线与平面垂直，则θ= ．（3）直线是平面的斜线，则θ定义为． 3．最小角定理：．1．正方体1111ABCD A B C D -中，O 为,AC BD 的交点，则1C O 与1A D 所成的角（）D()A 60 ()B 90 ()C arccos3 ()D arccos 62．,,PA PB PC 是从P 点引出的三条射线，每两条的夹角都是60 ，则直线PC 与平面APB 所成的角的余弦是（）()A 12 ()B ()C ()D 3．如图，在底面边长为2的正三棱锥ABC V-中，E 是BC的中点，若VAE ∆的面积是41，则侧棱VA 与底面所成角的大小为．（结果用反三角函数值表示）四．例题分析：例1．在060的二面角βα--l 中，βα∈∈B A ,，已知A 、B 到l 的距离分别是2和4，且10=AB ，A 、B 在l 的射影分别为C 、D ，求：（1）CD 的长度；（2）AB和棱l 所成的角．例2．在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是正方形1111A B C D 的中心，点P 在棱1CC 上，且14CC CP =．（Ⅰ）求直线AP 与平面11BCC B 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；（Ⅱ）设O 点在平面1D AP 上的射影是H ，求证：1D H AP ⊥．ABC VE· B 1PA CDA 1C 1D 1BO H·例3．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AE PD ⊥，//,EF DC AM EF =．（1）证明MF 是异面直线AB 与PC 的公垂线；（2）若3PA AB =，求直线AC 与平面EAM 所成角的正弦值．五．课后作业：AMBCDF EP1．在正三棱柱111ABC A B C -中，已知1AB =，D 在1BB 上，且1BD =，若AD 与平面11AAC C 所成的角为α，则α=（）()A 13 ()B 4π ()C ()D 2．一直线和直二面角的两个面所成的角分别是,αβ，则αβ+的范围是（）()A [,)2ππ ()B [0,2π ()C (0,2π ()D [0,2π3．已知AB 是两条异面直线,AC BD 的公垂线段，1AB =，10AC BD ==，CD =则,AC BD 所成的角为．4．如图，在三棱锥P ABC -中，ABC ∆是正三角形90PCA ∠= ，D 是PA 中点，二面角P AC B --为120，2,PC AB ==，（1）求证：AC BD ⊥；（2）求BD 与平面ABC 所成角．5．如图，已知直三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠= ，侧面1AB 与侧面1AC 所成的ABCPD二面角为60 ，M 为1AA 上的点，1130A MC ∠= ，190CMC ∠= ，AB a =．（1）求BM 与侧面1AC 所成角的正切值；（2）求顶点A 到面1BMC 的距离．6．如图直四棱柱 1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 是直角梯形，设090=∠=∠ABC BAD ，2,8BC AD ==,异面直线1AC 与D A 1互相垂直，（1）求证：D A 1⊥平面B AC 1；（2）求侧棱1AA 的长；（3）已知4AB =，求D A 1与平面11B ADC 所成的角．D 1C 1B 1A 1DCB A。

高三数学第九章直线、平面、简单几何体知识点课件

a
命题
// , a a //
// , a , b a // b
l

// , l l
§9.5平面与平面垂直一、垂直关系的转化（说出相关定理）：
面面垂直判定
A

D
C B
AB ,AB
b a // b
二、面面平行的判定图形面面平行的判定

命题 a b l
A

a ,b ,a b=A, a// ,b// //

l, l //
*

// , // //
三、面面平行的性质图形面面平行的性质
(2) (3) (7)
线线垂直(12)(13)
(8) (12)三垂线定理 (9) (13)三垂线逆定理
线面平行 (4) (5)
线面垂直 (10) (11)
面面平行(6)
面面垂直
9.1平面的性质
公理1
作用
公理2
如果一条直线上的两点在一个平面内，判断直线在平那么这条直线上所有的点都在这个平面面内的依据内如果两个平面有一个公共点，那么它们两个平面相交还有其他公共点，且所有这些公共点的以及它们的交点共线的依据集合是一条过这个公共点的直线
PA
§9.4线面平行与面面平行
一,直线与平面平行的判定和性质
线面平行判定线面平行性质
a

a a//
a , b , a // b a //

高三数学一轮复习第九章《立体几何》9-1精品

• (3)能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理 (包括三垂线定理)
• (4)能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用．
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7
• ●命题趋势
• 1．空间几何体
• 空间几何体是立体几何初步的重要内容，高考非常重视对这一部分的考查．一是在选择、填空题中有针对性地考查空间几何体的概念、性质及主要几何量(角度、距离、面积、体积)的计算等．二是在解答题中，以空间几何体为载体考查线面位置关系的推理、论证及有关计算．
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9
• 3．空间向量与立体几何(理)
• 高考试题中的立体几何解答题，包括部分选择、填空题，大多都可以使用空间向量来解答．高考在注重对立体几何中传统知识和方法考查的同时，加大了对空间向量的考查．给考生展现综合利用所学知识解决实际问题的才能提供更宽阔的舞台．
• 这一部分高考命题主要有以下几个方面：
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• 1°球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆． • 2°不过球心的截面截得的圆叫做球的小圆．
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28
• (3)球面距离：
• 1°定义：在球面上两点之间的最短距离，就是经过这
两点的在这两点间的一段
的长度，这个弧
长叫做两大点圆的球面距离．
劣弧
• 2°地球上的经纬线
• 当把地球看作一个球时，经线是球面上从北极到南极的半个大圆，纬线是与地轴垂直的平面与球面的交线，其
• ②棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也组成一个直角三角形．
• 4．棱台的概念及性质
• (1)定义：棱锥被的部分叫做棱台．

高三数学复习总目录

第二章函数的概念、基本初等函数（1）与应用2.1 函数及其表示2.2 函数的单调性与最大（小）值2.3 函数的奇偶性与周期性2.4 二次函数2.5 基本初等函数（1）2.6 函数与方程2.7 函数模型及其应用第三章三角函数（基本初等函数（2））3.1 弧度制及任意角的三角函数3.2 同角三角函数的基本关系及诱导公式3.3 三角函数的图象与性质3.4 三角函数图象的变换3.5 三角函数模型的应用3.6 三角恒等变换3.7 正弦定理、余弦定理及其应用第四章平面向量4.1 平面向量的概念及其线性运算4.2 平面向量的基本定理及坐标表示4.3 平面向量的数量积4.4 平面向量的综合应用第五章数列5.1 数列的概念与简单表示法5.2 等差数列5.3 等比数列5.4 数列求和及其应用第六章不等式6.1 不等关系与不等式6.2 一元二次不等式及其解法6.3 二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题6.4 基本不等式及其应用第七章立体几何7.1 空间几何体的结构、三视图、直观图7.2 空间几何体的表面积与体积7.3 空间点、线、面之间的位置关系7.4 空间中的平行关系7.5 空间中的垂直关系7.6 空间向量及其加减、数乘和数量积运算7.7 空间向量的坐标表示及运算7.8 空间向量的应用第八章平面解析几何8.1 直线的方程8.2 两条直线的位置关系8.3 圆的方程8.4 直线与圆的位置关系8.5 曲线与方程8.6 椭圆8.7 双曲线8.8 抛物线8.9 直线与圆锥曲线的位置关系第九章导数9.1 导数的概念及运算9.2 导数的应用（一）9.3 导数的应用（二）9.4 定积分第十章算法初步10.1 算法与程序框图10.2 基本算法语句与算法案例第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布11.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理11.2 排列与组合11.3 二项式定理11.4 随机事件的概率11.5 古典概型11.6 几何概型11.7 互斥、对立、独立、独立重复试验及其应用11.8 离散型随机变量及其分布列11.9 二项分布及其应用11.10 离散型随机变量的均值与方差11.11 正态分布第十二章统计12.1 随机抽样12.2 用样本估计总体12.3 变量间的相关关系与线性回归方程12.4 统计案例第十三章推理与证明13.1 合情推理与演绎推理13.2 直接证明与间接证明13.3 数学归纳法第十四章数系的扩充与复数的引入14.1 数系的扩充和复数的概念14.2 复数代数形式的四则运算14.3。

高考数学复习第九章直线、平面、简单几何体(A)9(A)-1课件

这类题目既可以考查多面体的概念和性质，又能够考查空
间的线面关系，并将论证和计算有机地结合在一起，可以比较全面、准确地考查学生的空间想象能力、思维能力以及分析问题和解决问题的能力． 3．利用开放题检测考生的素质和能力．在连续两年
的高考立体几何填空题中都出现了开放题．这种题型在考
查考生思维能力、推动素质教育健康发展的过程中具有独特的功效和导向作用，应予以重视．
选择典型的例题，总结出解题方法，对于空间位置关系的
论证及空间角与距离的求解，通过一题多解，使学生把所学知识真正学活、会用．
2．抓主线攻重点，可以针对一些重点内容进行训练，
平行和垂直是位置关系的核心，而线面垂直又是核心中的
核心，线面角、二面角、距离均与线面垂直密切相关．因此对于这部分内容复习时要强化． 3．复习中要加强数学思想方法的总结与提炼，立体几何中蕴涵着丰富的思想方法，如割补思想、降维转化思
(3)异面直线
①定义：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面
直线． ②两条异面直线所成的角(或夹角) 对于两条异面直线 a ， b ，经过空间任一点 O 作直线锐角(或直角 ) a′∥a，b′∥b，则a′与b′所成的叫做异面
直线a与b所成的角(或夹角)．
若两条异面直线所成的角是直角，则称这两条异面直线互相垂直．异面直线所成的角的范围是(0， ]．
想(即化空间问题到平面图形中去解决 )，又如证线面间的
位置关系常需经过多次转换才能获得解决，这些无不体现着化归转化的思想．因此自觉地学习和运用数学思想方法去解题，常能收到事半功倍的效果．
●基础知识一、平面的基本性质
平面的基本性质是研究空间图形性质的理论基础，即
三个公理和公理3的三个推论．公理1：如果一条直线上的两点在一个平面个公共点，那么它们还有其它公共点，且所有这些公共点的集合是过这个公共点的一条直线．

高三数学单元《直线、平面及简单几何体》

高三数学单元《直线、平面及简单几何》一、选择题（本题每小题5分，共60分）1．已知平面α与平面β相交，直线α⊥m ，则（）A ．β内必存在直线与m 平行，且存在直线与m 垂直B ．β内不一定存在直线与m 平行，不一定存在直线与m 垂直C ．β内不一定存在直线与m 平行，但必存在直线与m 垂直D ．β内必存在直线与m 平行，却不一定存在直线与m 垂直 2．已知直线α平面⊥l ，直线β平面⊂m ，给出下列命题①α∥m l ⊥=β； ②l ⇒⊥βα∥m ③l ∥βα⊥⇒m ④α⇒⊥m l ∥β 其中正确命题的序号是（）A ．①②③B ．②③④C ．②④D ．①③3．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 为1DD 的中点，O 为底面ABCD 的中心，P 为棱11A B 上任意一点，则直线OP 与直线AM 所成的角是（）A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 4．等边三角形ABC 和等边三角形ABD 在两个相互垂直的平面内，则cos ∠CAD=（） A ．21-B ．41 C ．167-D ．05．已知l m ,是异面直线，给出下列四个命题：① 必存在平面α，过m 且与l 平行；② 必存在平面β，过m 且与l 垂直；③ 必存在平面γ，与l m ,都垂直；④ 必存在平面ω，与l m ,的距离相等.其中正确的结论是（）A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④ 6．如果平面的一条斜线和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（）A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°7．正多面体的每个面都是正n 边形，顶点数是V ，棱数是E ，面数是F ，每个顶点连的棱数是m ，则它们之间不正确．．．的关系是（） A ．mF=2E B ．mV=2E C ．nF=2E D ．V+F=E+28．在棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 、Q 是对角线 A 1C 上的点，若PQ=2a，则三棱锥P-BDQ 的体积为（）A ．3633aB ．3183aC ．2433aD ．不确定9．如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一动点 P 到直线A 1B 1与直线BC 的距离相等，则动点P 所在曲线的形状为（）10．四面体的棱长中，有两条为32及，其余全为1时，它的体积（）A ．122 B ．123 C ．121 D ．以上全不正确11．已知铜的单晶体的外形是简单几何体，单晶铜有三角形和八边形两种晶面，如果铜的单晶体有24个顶点，每个顶点处有3条棱，那么单晶铜的三角形晶面和八边形晶面的数目分别是（）A ．6，8B ．8，6C ．8，10D ．10，812．如图一，在△ABC 中，AB ⊥AC 、AD ⊥BC ，D 是垂足，则BC BD AB ⋅=2（射影定理）。

深圳市2018级高中数学教材使用说明

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弦函数、余弦函数的性质 5.5 三角恒等变换信息技术应用：利用信息技术制作三角函数表 5.6 函数 y A sin x 5.7 三角函数的应用阅读与思考：振幅、周期、频率、相位
第 6 页（共 12 页）
学期
主题
章节（单元）
第六章平面向量及其应用 6.1 平面向量的概念阅读与思考：向量及向量符号的由来 6.2 平面向量的运算 6.3 平面向量基本定理及坐标表示 6.4 平面向量的应用阅读与思考：海伦和秦九韶第七章复数 7.1 复数的概念
建议课时
要求与说明
（人教 A 版 2017 年 2 月第 2 版）必修 2 第四章第 4.3 节选修 2-1 第三章第 3.1.1 节
16＋4
第 3.1.2 节第 3.1.3 节选修 2-1 第三章第 3.1.4 节选修 2-1 第三章第 3.1.5 节选修 2-1 第三章第 3.2 节数学实验与研究：空间测量与球面距离
建议课时
要求与说明
（人教 A 版 2017 年 2 月第 2 版）必修 1 第二章第 2.1 节 2.2 节数学实验与研究：探究指数函数的性质必修 1 第三章第 3.1 节数学实验与研究：互为反函数的两个函数图像间的关系文献阅读与数学写作：必修 1 P68～69
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第一学期（72）
（人教 A 版 2017 年 2 月第 2 版）必修 5 第二章第 2.1 节必修 5 第二章第 2.2 节，2.3 节必修 5 第二章第 2.4 节，2.5 节中国古代数学家求数列和的方法（旧教材中无对应内容）选修 2-2 第二章第 2.3 节
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函数
第五章一元函数的导数及其应用 5.1 导数的概念及其意义 5.2 导数的运算探究与发现：牛顿法 ——用导数的方法求方程的近似解 5.3 导数在研究函数中的应用信息技术应用：图形技术与函数性质文献阅读与数学写作*：微积分的创立与发展第六章计数原理 6.1 分类计数原理和分步计数原理探究与发现：子集的个数有多少 6.2 排列与组合探究与发现：组合数的两个性质 6.3 二项式定理数学探究：杨辉三角的性质与应用

高考数学知识点总结

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数学高考复习名师精品教案：第71课时：第九章直线、平面、简单几何体-平面的基本性质

数学高考复习名师精品教案第71课时：第九章直线、平面、简单几何体——平面的基本性质课题：平面的基本性质一．复习目标：掌握平面的基本性质，会用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图．二．课前预习：1．A 、B 、C 表示不同的点，a 、l 表示不同的直线，α、β表示不同的平面，下列推理不正确的是（ C ）()A ααα⊂⇒∈∈∈∈l B l B A l A ,,,()B βα∈∈A A ,，AB B B =⇒∈∈βαβα ,直线 ()C αα∉⇒∈⊄A l A l ,()D α∈C B A ,,，β∈C B A ,,且C B A ,,不共线α⇒与β重合2．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为 45，腰和上底边均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是（ D ）()A 2221+ ()B 221+ ()C 21+ ()D 22+ 3．对于空间三条直线，有下列四个条件：①三条直线两两相交且不共点；②三条直线两两平行；③三条直线共点；④有两条直线平行，第三条直线和这两条直线都相交．其中，使三条直线共面的充分条件有（ B ）()A 1个 ()B 2个 ()C 3个 ()D 4个4．空间内五个点中的任意三点都不共线，由这五个点为顶点只构造出四个三棱锥，则这五个点最多可以确定 7个个平面．三．例题分析：例1．如图，在四边形ABCD 中，已知AB ∥CD ，直线AB ，BC ，AD ，DC 分别与平面α相交于点E ，G ，H ，F ．求证：E ，F ，G ，H 四点必定共线．解：∵AB ∥CD ，∴AB ，CD 确定一个平面β．又∵AB α＝E ，AB ⊂β，∴E ∈α，E ∈β，即E 为平面α与β的一个公共点．同理可证F ，G ，H 均为平面α与β的公共点．∵两个平面有公共点，它们有且只有一条通过公共点的公共直线， ∴E ，F ，G ，H 四点必定共线．说明：在立体几何的问题中，证明若干点共线时，常运用公理2，即先证明这些点都是某二平面的公共点，而后得出这些点都在二平面的交线上的结论．例2．已知：a ，b ，c ，d 是不共点且两两相交的四条直线，求证：a ，b ，c ，d 共面．证明 1o 若当四条直线中有三条相交于一点，不妨设a ，b ，c 相交于一点A ，但A ∉d ，如图1．∴直线d 和A 确定一个平面α．又设直线d 与a ，b ，c 分别相交于E ，F ，G ，α D C BA EF Hαb a dcG F E A则A ，E ，F ，G ∈α．∵A ，E ∈α，A ，E ∈a ，∴a ⊂α．同理可证b ⊂α，c ⊂α． ∴a ，b ，c ，d 在同一平面α内． 2o 当四条直线中任何三条都不共点时，如图2．∵这四条直线两两相交，则设相交直线a ，b 确定一个平面α．设直线c 与a ，b 分别交于点H ，K ，则H ，K ∈α．又 H ，K ∈c ，∴c ⊂α．同理可证d ⊂α．∴a ，b ，c ，d 四条直线在同一平面α内．说明：证明若干条线(或若干个点)共面的一般步骤是：首先根据公理3或推论，由题给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再根据公理1证明其余的线(或点)均在这个平面内．本题最容易忽视“三线共点”这一种情况．因此，在分析题意时，应仔细推敲问题中每一句话的含义．例3．如图，点A ，B ，C 确定的平面与点D ，E ，F 确定的平面相交于直线l ，且直线AB 与l 相交于点G ，直线EF 与l 相交于点H ，试作出平面ABD 与平面CEF 的交线．解：如图3，在平面ABC 内，连结AB ，与l 相交于点G ，则G ∈平面DEF ；在平面DEF 内，连结DG ，与EF 相交于点M ，则M ∈平面ABD ，且M ∈平面CEF ．所以，E·BAD ·FC · · ·· a bcd α H K图2M 在平面ABD 与平面CEF 的交线上．同理，可作出点N ，N 在平面ABD 与平面CEF 的交线上．连结MN ，直线MN 即为所求．例4．如图，已知平面α，β，且α β＝l ．设梯形ABCD 中，AD ∥BC ，且AB ⊂α，CD ⊂β，求证：AB ，CD ，l 共点（相交于一点）．证明 ∵梯形ABCD 中，AD ∥BC ， ∴AB ，CD 是梯形ABCD 的两条腰． ∴ AB ，CD 必定相交于一点，设AB CD ＝M ．又∵AB ⊂α，CD ⊂β，∴M ∈α，且M ∈β．∴M ∈α β．又∵α β＝l ，∴M ∈l ，即AB ，CD ，l 共点．说明：证明多条直线共点时，一般要应用公理2，这与证明多点共线是一样的．四．课后作业：E· B Al例3 G HD · FC M· ·· α DC BAl 例4 β1．在空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上分别取点HGFE,,,，如果EF与HG相交于一点M，那么（A）()A M一定在直线AC上()B M一定在直线BD上()C M可能在直线AC上，也可能在直线BD上()D M既不在直线AC上，也不在直线BD上2．有下列命题：①空间四点中有三点共线，则这四点必共面；②空间四点中，其中任何三点不共线，则这四点不共面；③用斜二测画法可得梯形的直观图仍为梯形；④垂直于同一直线的两直线平行⑤两组对边相等的四边形是平行四边形．其中正确的命题是．答案：①③3．一个平面把空间分成__2__部分，两个平面把空间最多分成_4___部分，三个平面把空间最多分成__8__部分．4．四边形ABCD中，1=====BDDACDBCAB，则成为空间四面体时，AC的取值范围是．答案：)3,0(．5．如图，P、Q、R分别是四面体ABCD的棱AB，AC，AD上的点，若直线PQ与直线BC的交点为M，直线RQ与直线DC的交点为N，直线PR与直线DB的交点为L，试证明M，N，L共线．证明：易证M，N，L∈平面PQR，且M，N，L∈平面BCD，A1 B1D1C1Q··ABCMNLPQR所以M，N，L∈平面PQR 平面BCD，即M，N，L共线．6．如图，P、Q、R分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AA1，BB1，DD1上的三点，试作出过P，Q，R三点的截面图．作法⑴连接PQ，并延长之交A1B1的延长线于T；⑵连接PR，并延长之交A1D1的延长线于S；⑶连接ST交C1D1、B1C1分别于M，N，则线段MN为平面PQR与面A1B1C1D1的交线．⑷连接RM，QN，则线段RM，QN分别是平面PQR与面DCC1D1，面BCC1B1的交线．得到的五边形PQNMR即为所求的截面图（如图4）．说明求作二平面的交线问题，主要运用公理1．解题关键是直接或间接找出二平面的两个确定的公共点．有时同时还要运用公理2、3及公理的推论等知识．7．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1的中，A1C1 B1D1＝O1，B1D 平面A1BC1＝P．求证：P∈BO1．证明在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，∵B1D 平面A1BC1＝P，∴P∈平面A1BC1，P∈B1D．∵B1D 平面BB1D1D．∴P∈平面A1BC1，且P A1 B1DD1CC1O1PA1A BB1DD1CC1STQP图4NM∈平面BB1D1D．∴P∈平面A1BC1 平面BB1D1D，∵A1C1 B1D1＝O1，A1C1⊂平面A1BC1，B1D1⊂平面BB1D1D，∴O1∈平面A1BC1，且O1∈平面BB1D1D．又B∈平面A1BC1，且B∈平面BB1D1D，∴平面A1BC1 平面BB1D1D＝BO1．∴P∈BO1．说明一般地，要证明一个点在某条直线上，只要证明这个点在过这条直线的两个平面上．。

高三数学立体几何专题

立体几何专题【命题趋向】高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上，着重考查空间点、线、面的位置关系的判断及空间角等几何量的计算.既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题.选择题、填空题大多考查概念辨析、位置关系探究、空间几何量的简单计算求解,考查画图、识图、用图的能力；解答题一般以简单几何体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,以及空间几何量的求解问题，综合考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．试题在突出对空间想象能力考查的同时，关注对平行、垂直关系的探究，关注对条件或结论不完备情形下的开放性问题的探究.【考点透析】立体几何主要考点是柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图、直观图，表面积体积的计算,空间点、直线、平面的位置关系判断与证明,（理科)空间向量在平行、垂直关系证明中的应用，空间向量在计算空间角中的应用等.【例题解析】题型1 空间几何体的三视图以及面积和体积计算例1(２00８高考海南宁夏卷)某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为6的线段,在该几何体的侧视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a b +的最大值为A ． 22ﻩﻩﻩﻩB. 32 ﻩＣ． 4ﻩﻩﻩＤ. 52分析：想像投影方式，将问题归结到一个具体的空间几何体中解决．解析:结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算,如图设长方体的高宽高分别为,,m n k ，由题意得2227m n k ++=,226m k +=1n ⇒=，21k a +=,21m b +=，所以22(1)(1)6a b -+-=228a b ⇒+=，22222()282816a b a ab b ab a b +=++=+≤++=∴4a b ⇒+≤当且仅当2a b ==时取等号．点评:本题是课标高考中考查三视图的试题中难度最大的一个,我们通过移动三个试图把问题归结为长方体的一条体对角线在三个面上的射影，使问题获得了圆满的解决．例2 (20０8高考山东卷、2009年福建省理科数学高考样卷第3题)下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 A ．9π Ｂ.10π C.11π D.12π分析：想像、还原这个空间几何体的构成,利用有关的计算公式解答．解析：这个空间几何体是由球和圆柱组成的,圆柱的底面半径是1,母线长是3，球的半径是1，故其表面积是22213214112ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=，答案D ．点评：由三视图还原空间几何体的真实形状时要注意“高平齐、宽相等、长对正”的规则．例3（江苏省苏州市２０09届高三教学调研测试第12题)已知一个正三棱锥P ABC -的主视图如图所示,若32AC BC ==, 6PC =，则此正三棱锥的全面积为_______＿_．分析：正三棱锥是顶点在底面上的射影是底面正三角形的中心的三棱锥,根据这个主试图知道,主试图的投影方向是面对着这个正三棱锥的一条侧棱，并且和底面三角形的一条边垂直，这样就知道了这个三棱锥的各个棱长．解析：这个正三棱锥的底面边长是3、高是6，故底面正三角形的中心到一个顶点的距离是23333=22363+=，由此知道这个正三棱锥的侧面也是边长为3的正三角形,故其全面积是23433=3 点评:由空间几何体的一个视图再加上其他条件下给出的问题，对给出的这“一个视图”要仔细辨别投影方向,这是三视图问题的核心．题型２空间点、线、面位置关系的判断例4（江苏苏州市200９届高三教学调研测试7)已知n m ,是两条不同的直线,βα,为两个不同的平面,有下列四个命题:①若βα⊥⊥n m ,,m n ⊥,则βα⊥; ②若n m n m ⊥,//,//βα，则βα//；③若n m n m ⊥⊥,//,βα,则βα//； ④若βαβα//,//,n m ⊥,则n m ⊥.其中正确的命题是（填上所有正确命题的序号)_____＿__＿＿_____．分析:根据空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐个作出判断.解析：我们借助于长方体模型解决．①中过直线,m n 作平面γ,可以得到平面,αβ所成的二面角为直二面角，如图(1),故βα⊥①正确；②的反例如图(2)；③的反例如图（3）；④中由,m ααβ⊥可得m β⊥，过n 作平面γ可得n 与交线g 平行,由于m g ⊥,故m n ⊥．答案①④.点评:新课标的教材对立体几何处理的基本出发点之一就是使用长方体模型,本题就是通过这个模型中提供的空间线面位置关系解决的，在解答立体几何的选择题、填空题时合理地使用这个模型是很有帮助的. 例5（浙江省2０09年高考省教研室第一次抽样测试理科第5题）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,,//m n m n αβ⊥⊥，则//αβ B.若//,//,//,m n αβαβ则//m nC.若,//,//m n αβαβ⊥，则m n ⊥D.若//,//,//,m n m n αβ则//αβ 分析:借助模型、根据线面位置关系的有关定理逐个进行分析判断. 解析：对于//αβ，结合,//,m n αβ⊥则可推得m n ⊥.答案C. 点评:从上面几个例子可以看出，这类空间线面位置关系的判断类试题虽然形式上各异,但本质上都是以空间想象、空间线面位置关系的判定和性质定理为目标设计的,主要是考查考生的空间想象能力和对线面位置关系的判定和性质定理掌握的程度．题型３空间平行与垂直关系的证明、空间几何体的有关计算（文科解答题的主要题型)例６．(2009江苏泰州期末16)如图所示,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E 、F 分别为1DD 、DB 的中点.(1）求证：EF ／/平面11ABC D ; (2）求证：1EF B C ⊥； (3）求三棱锥EFC B V -1的体积．分析:第一问就是找平行线，最明显的就是1EF BD ；第二问转化为线面垂直进行证明;第三问采用三棱锥的等积变换解决．解析:（1）连结1BD ,如图,在B DD 1∆中，E 、F 分别为1D D ,DB 的中点，则111111////EF D BD B ABC D EF EF ABC D ⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭平面平面平面11ABC D .(2）11111111111111111,//B C ABB C BC B C BD B C ABC D EF B CAB B C ABC D EF BD BD ABC D AB BC B ⊥⎫⎪⊥⊥⊥⎫⎫⎪⇒⇒⇒⊥⎬⎬⎬⊂⊂⎭⎭⎪⎪=⎭平面平面平面（3）CF ⊥平面11BDD B ，1CF EFB ∴⊥平面且2CF BF ==,1132EF BD ==，222211(2)26B F BF BB =+=+=,222211111(22)3B E B D D E =+=+=∴22211EF B F B E += 即190EFB ∠=,11113B EFC C B EF B EF V V S CF --∆∴==⋅⋅=11132EF B F CF ⨯⋅⋅⋅=11362132⨯⨯⨯⨯=ﻩ．点评：这个题目也属于文科解答题的传统题型.空间线面位置关系证明的基本思想是转化,根据线面平行、垂直关系的判定和性质,进行相互之间的转化,如本题第二问是证明线线垂直,但问题不能只局限在线上,要把相关的线归结到某个平面上（或是把与这些线平行的直线归结到某个平面上，通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的,但证明线面垂直又得借助于线线垂直，在不断的相互转化中达到最终目的．立体几何中的三棱柱类似于平面几何中的三角形，可以通过“换顶点”实行等体积变换，这也是求点面距离的基本方法之一. 例７．（江苏省苏州市２０0９届高三教学调研测试第１7题)在四棱锥P ABCD -中,90ABC ACD ∠=∠=，60BAC CAD ∠=∠=，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，22PA AB ==.(1）求四棱锥P ABCD -的体积V ；(2)若F 为PC 的中点,求证PC ⊥平面AEF ；（3)求证CE ∥平面PAB ．分析：第一问只要求出底面积和高即可；第二问的线面垂直通过线线垂直进行证明;第三问的线面平行即可以通过证明线线平行、利用线面平行的判定定理解决,也可以通过证明面面平行解决,即通过证明直线CE 所在的一个平面和平面PAB 的平行解决.解析：(1）在ABC ∆Rt 中,1,60AB BAC =∠=，∴3BC 2AC =．在ACD Rt Δ中，2,60AC ACD =∠=,∴23,4CD AD ==. ∴1122ABCD S AB BC AC CD =⋅+⋅115132233222=⨯⨯⨯则155323323V =(2）∵PA CA =,F 为PC 的中点，∴AF PC ⊥．∵PA ⊥平面ABCD ,∴PA CD ⊥，∵AC CD ⊥,PAAC A =，∴CD ⊥平面PAC ,∴CD PC ⊥.∵E 为PD 中点,F 为PC 中点,∴EF ∥CD ，则EF CD ⊥,∵AF EF F =,∴PC ⊥平面AEF ．(3)证法一:取AD 中点M ,连,EM CM .则EM ∥PA ，∵EM ⊄平面PAB ,PA ⊂平面PAB ，∴EM ∥平面PAB ．在ACD ∆Rt 中，60CAD ∠=,2AC AM ==,∴60ACM ∠=.而60BAC ∠=，∴MC ∥AB . ∵MC ⊄平面PAB ,AB ⊂平面PAB ， ∴MC ∥平面PAB ．∵EM MC M =,∴平面EMC ∥平面PAB . ∵EC⊂平面EMC ，∴EC ∥平面PAB ．证法二:延长,DC AB ，设它们交于点N ，连PN .∵60NAC DAC ∠=∠=，AC CD ⊥,∴C 为ND 的中点． ∵E 为PD 中点，∴EC ∥PN . ∵EC ⊄平面PAB ， PN ⊂平面PAB ， ∴EC ∥平面PAB .点评:新课标高考对文科的立体几何与大纲的高考有了诸多的变化．一个方面增加了空间几何体的三视图、表面积和体积计算，拓展了命题空间；另一方面删除了三垂线定理、删除了凸多面体的概念、正多面体的概念与性质、球的性质与球面距离，删除了空间向量,这就给立体几何的试题加了诸多的枷锁,由于这个原因课标高考文科的立体几何解答题一般就是空间几何体的体积和表面积的计算、空间线面位置关系的证明（主要是平行与垂直).题型4 空间向量在立体几何中的应用(理科立体几何解答题的主要题型）例8.（2009年福建省理科数学高考样卷第1８题）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E F 、分别为11A D 和1CC 的中点． (１）求证：EF ∥平面1ACD ;(2）求异面直线EF 与AB 所成的角的余弦值；（３）在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角P AC P --的大小为30?若存在,求出BP 的长;若不存在,请说明理由．【解析】解法一:如图分别以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -,由已知得()0,0,0D 、()2,0,0A 、()2,2,0B 、()0,2,0C 、()12,2,2B 、()10,0,2D ()1,0,2E 、、()0,2,1F ．（1）取1AD 中点G ，则()1,0,1G ,()1,2,1CG =-,又()1,2,1EF =--，由EF CG =-,∴EF 与CG 共线.从而EF ∥CG ,∵CG ⊂平面1ACD , EF ⊄平面1ACD ，∴EF ∥平面1ACD ．（２)∵()0,2,0AB =，46cos ,||||26EF AB EF AB EF AB ⋅===⋅∴异面直线EF 与AB 所成角的余弦值为36．（３）假设满足条件的点P 存在，可设点()2,2,P t （02t <≤),平面ACP 的一个法向量为(),,n x y z =，则0,0.n AC n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ∵()0,2,AP t = ()2,2,0AC =-，∴220,20,x y y tz -+=⎧⎨+=⎩取2(1,1,)n t=-．易知平面ABC 的一个法向量1(0,0,2)BB =, 依题意知， 1,30BB n =或150，∴14||cos ,2BB N -==，即22434(2)4t t=+,解得t =(0,2],∴在棱1BB 上存在一点P ,当BP ,二面角P AC B --的大小为30. 解法二:（1）同解法一知()1,2,1EF =-- ,()12,0,2AD =-, ()2,2,0AC =-,∴112EF AC AD =-，∴EF 、AC 、1AD 共面．又∵EF ⊄平面1ACD ，∴EF ∥平面1ACD ． (2)、(3)同解法一．解法三：易知平面1ACD 的一个法向量是()12,2,2DB =．又∵()1,2,1EF =--,由10EF DB ⋅=·， ∴1EF DB ⊥,而EF ⊄平面1ACD ,∴EF ∥平面1ACD ．（２）、(3）同解法一.点评：本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、二面角的概念等基础知识;考查空间想像能力、推理论证能力和探索问题、解决问题的能力.利用空间向量证明线面平行的方法基本上就是本题给出的三种,一是证明直线的方向向量和平面内的一条直线的方向向量共线，二是证明直线的方向向量和平面内的两个不共线的向量共面、根据共面向量定理作出结论;三是证明直线的方向向量与平面的一个法向量垂直.例9(浙江宁波市２００８学年度第一学期期末理科第20题）已知几何体A BCED -的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形,正视图为直角梯形. (1）求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值；（２）求二面角A ED B --的正弦值；(３)求此几何体的体积V 的大小．【解析】（1)取EC 的中点是F ,连结BF ,则BFDE ，∴FBA ∠或其补角即为异面直线DE 与AB 所成的角.在BAF ∆中,42AB =25BF AF ==∴10cos ABF ∠=． ∴异面直线DE 与AB 10（2）AC ⊥平面BCE ，过C 作CG DE ⊥交DE 于G ，连结AG ．可得DE ⊥平面ACG ,从而AG DE ⊥， ∴AGC ∠为二面角A ED B --的平面角. 在ACG ∆Rt 中，90ACG ∠=,4AC =,855CG =,∴5tan 2AGC ∠=． ∴5sin 3AGC ∠=． ∴二面角A ED B --5（3）1163BCED V S AC =⋅⋅=，∴几何体的体积V 为16. 方法二：(坐标法）（１）以C 为原点,以,,CA CB CE 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系．则()4,0,0A ，(0,4,0)B ，(0,4,2)D ，()0,0,4E ，(0,4,2),(4,4,0)DE AB =-=-,∴cos ,5DE AB <>=-∴异面直线DE 与AB 所成的角的余弦值为5. (2)平面BDE 的一个法向量为(4,0,0)CA =, 设平面ADE 的一个法向量为(,,)n x y z =，,,n AD n DE ⊥⊥(4,4,2),(0,4,2)AD DE =-=- ∴0,0n AD n DE ==从而4420,420x y z y z -++=-+=，令1y =,则(2,1,2)n =, 2cos ,3CA n <>=∴二面角A ED B --的的正弦值为3. （３）1163BCED V S AC =⋅⋅=，∴几何体的体积V 为16．点评:本题考查异面直线所成角的求法、考查二面角的求法和多面体体积的求法．空间向量对解决三类角（异面直线角、线面角、面面角)的计算有一定的优势．对理科考生来说除了要在空间向量解决立体几何问题上达到非常熟练的程度外，不要忽视了传统的方法，有些试题开始部分的证明就没有办法使用空间向量．【专题训练与高考预测】说明：文科以选择题、填空题和解答题前三题为主．理科以选择题、填空题和解答题后三题为主．一、选择题1．如图为一个几何体的三视图,尺寸如图所示，则该几何体的表面积为（不考虑接触点） ﻩﻩ （ )A ． 6πB ． 184πﻩC ． 18π++ﻩD ． 32π+２．某几何体的三视图如图所示,根据图中数据，可得该几何体的体积是ﻩ（ ) ﻩA ．323+B ．233+C.2233-D. 3223-３．已知一个几何体的主视图及左视图均是边长为2的正三角形,俯视图是直径为2的圆,则此几何体的外接球的表面积为 ( )ﻩＡ.π34ﻩ B.π38ﻩC ．π316ﻩＤ．π3324．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45,腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是 ﻩ（） ﻩA.2221+ ﻩB ．221+ ﻩC.21+D.22+5．一个盛满水的三棱锥容器S ABC -，不久发现三条侧棱上各有一个小洞,,D E F ,且知:::2:1SD DA SE EB CF FS ===,若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的( )A ．2923 Ｂ.2719 ﻩC ．3130 ﻩD ．27236. 点P 在直径为2的球面上，过P 作两两垂直的三条弦,若其中一条弦长是另一条弦长的2倍,则这三条弦长之和为最大值是 ﻩﻩ （ )A ．2705 B ．3705 C.4155 ﻩＤ．61557．正方体''''ABCD A B C D -中，AB 的中点为M ，'DD 的中点为N ，异面直线'B M 与CN 所成的角是ﻩ ﻩﻩ( ) ﻩＡ．30B.90 ﻩC ．45 ﻩD ．60８．已知异面直线a 和b 所成的角为50,P 为空间一定点,则过点P 且与,a b 所成角都是30 的直线有且仅有 ﻩ ( ） A ． 1条 ﻩB ．２条 C. 3条 ﻩＤ． 4条 9.如图所示，四边形ABCD 中,//,,45,90AD BC AD AB BCD BAD =∠=∠=,将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，则在三棱锥A BCD -中，下列命题正确的是 ﻩ ( )ﻩA.平面ABD ⊥平面ABC ﻩB.平面ADC ⊥平面BDC C ．平面ABC ⊥平面BDC ﻩＤ.平面ADC ⊥平面ABC1０.设x 、y 、z 是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：① x 、y 、z 均为直线;② x 、y 是直线，z 是平面;③ z 是直线，x 、y 是平面;④ x 、y 、z 均为平面．其中使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题的是 ﻩ （） ﻩA ． ③ ④ Ｂ. ① ③C. ② ③ﻩＤ. ① ②1１．已知三条不重合的直线m 、n 、l 两个不重合的平面α、β，有下列命题 ﻩ①若//,m n n α⊂,则//m α；②若l α⊥,m β⊥且l m ,则αβ; ﻩ③若,m m αα⊂⊂,,m n ββ,则αβ;ﻩ④若αβ⊥，m αβ=，n β⊂,n m ⊥,则n α⊥.中正确的命题个数是ﻩ ﻩ（）ﻩA ．1 B. 2ﻩC ．3ﻩD.412．直线AB 与直二面角l αβ--的两个面分别交于,A B 两点，且,A B 都不在棱上，设直线AB 与平面,αβ所成的角分别为,θϕ,则θϕ+的取值范围是 ( ) ﻩA.(0,)2π Ｂ.0,2π⎛⎤⎥⎝⎦ ﻩC.(,)2ππ ﻩD ．{}2π二、填空题1３．在三棱锥P ABC -中,2PA PB PC ===，30APB BPC CPA ∠=∠=∠=,一只蚂蚁从A 点出发沿三棱锥的侧面绕一周,再回到A 点，则蚂蚁经过的最短路程是 .14.四面体的一条棱长为x ，其它各棱长为1，若把四面体的体积V 表示成x 的函数()f x ,则()f x 的增区间为 ,减区间为．１5. 如图,是正方体平面展开图,在这个正方体中：① BM 与ED 平行； ② CN 与BE 是异面直线；③CN 与BM 成60角； ④DM 与BN 垂直. 以上四个说法中，正确说法的序号依次是．16．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是11A B 的中点，则直线AE 与平面11ABC D 所成的角的正弦值是 . 三、解答题17．已知,如图是一个空间几何体的三视图. （1）该空间几何体是如何构成的；（2）画出该几何体的直观图; （3)求该几何体的表面积和体积.ﻩﻩﻩﻩ18．如图，已知等腰直角三角形RBC ，其中90RBC ∠=,2==BC RB .点,A D 分别是RB ,RC 的中点，现将RAD ∆沿着边AD 折起到PAD ∆位置,使PA AB ⊥，连结PB 、PC . (1)求证：BC PB ⊥;(２）求二面角P CD A --的平面角的余弦值．１９．如下图,在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，112AA AB =，点,E M 分别为11,A B CC 的中点，过点1,,A B M 三点的平面1A BMN 交11C D 于点N ．（1）求证：EM 平面1111A B C D ；(2）求二面角11B A N B --的正切值;（3）设截面1A BMN 把该正四棱柱截成的两个几何体的体积分别为12,V V (12V V <),求12:V V 的值.20. 如图，在四棱锥ABCD P -中，底面为直角梯形,//,90AD BC BAD ︒∠=，PA 垂直于底面ABCD ,N M BC AB AD PA ,,22====分别为PB PC ,的中点．(1）求证：DM PB ⊥；(2）求BD 与平面ADMN 所成的角；（3)求截面ADMN 的面积.21.如图，正方形ACDE 所在的平面与平面ABC 垂直,M 是CE 和AD 的交点,BC AC ⊥,且BC AC =.（１)求证：⊥AM 平面EBC ；(2）求直线AB 与平面EBC 所成的角的大小；（3）求二面角C EB A --的大小．2２.已知斜三棱柱111ABC A B C -,90BCA ∠=，2AC BC ==,1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ,又知11BA AC ⊥．(1)求证:1AC ⊥平面1A BC ；（2)求1CC 到平面1A AB 的距离;（3）求二面角1A A B C --的一个三角函数值.【参考答案】1.解析：Ｃ该几何体是正三棱柱上叠放一个球．故其表面积为2231323224182342ππ⎛⎫⨯⨯+⨯⨯+⨯=++ ⎪⎝⎭.2．解析：B 这个空间几何体的是一个底面边长为3的正方形、高为3的四棱柱，上半部分是一个底面边长为3的正方形、高为2的四棱锥,故其体积为13333323323⨯⨯+⨯⨯⨯=+．３.解析：C 由三视图知该几何体是底面半径为1，高为3的圆锥,其外接球的直径为433． 4．解析:Ｄ如图设直观图为''''O A B C ,建立如图所示的坐标系,按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中OC OA ⊥,且2OC =，1BC =,212122OA =+⨯=+，故其面积为()11222222⋅++⋅=+５.解析：D 当平面EFD 处于水平位置时，容器盛水最多2121sin 31sin 313131h ASB SB SA h DSE SE SD h S h S V V SAB SDE SABC SDE F ⋅∠⋅⋅⋅⋅∠⋅⋅⋅=⋅⋅=∴∆∆--27431323221=⋅⋅=⋅⋅=h h SB SE SA SD最多可盛原来水得42312727-=．6．解析:Ａ设三边长为,2,x x y ，则2254x y +=，令442cos ,2sin ,33cos 2sin 70555x y x y θθθθ==∴+=+≤． 7.解析:B 如图，取'AA 的中点P ,连结BP ,在正方形''ABB A 中易证'BP B M ⊥.8．解析：B 过点P 作a a ',b b ',若P a ∈,则取a 为a ',若P b ∈,则取b 为b '.这时a '，b '相交于P 点，它们的两组对顶角分别为50和130．记a '，b '所确定的平面为α，那么在平面α内,不存在与a ',b '都成30的直线. 过点P 与a ',b '都成30角的直线必在平面α外，这直线在平面α的射影是a '，b '所成对顶角的平分线．其中射影是50对顶角平分线的直线有两条l 和l ',射影是130对顶角平分线的直线不存在．故答案选Ｂ.9．解析:D 如图,在平面图形中CD BD ⊥,折起后仍然这样，由于平面ABD ⊥平面BCD ,故CD ⊥平面ABD ,CD AB ⊥，又AB AD ⊥，故AB ⊥平面ADC ,所以平面ADC ⊥平面ABC ．10.解析：C x 、y 、z 均为直线，显然不行;由于垂直于同一个平面的两条直线平行,故②,可以使“x ⊥z且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题；又由于垂直于同一条直线的两个平面平行,故③可以使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题;当x 、y 、z 均为平面时,也不能使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题．１1．解析:B ①中有m α⊂的可能;l m 且l α⊥，可得m α⊥,又m β⊥,故αβ，②正确;③中当m n 时，结论不成立；④就是面面垂直的性质定理,④正确．故两个正确的.12．解析:Ｂ如图，在Rt ADC ∆中，cos ,sin AD AB AC AB θϕ==,而AD AC >,即cos sin cos 2πθϕϕ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭，故2πθϕ<-,即2πθϕ+<,而当AB l ⊥时，2πθϕ+=.13.解析：22 将如图⑴三棱锥P ABC -，沿棱PA 展开得图⑵,蚂蚁经过的最短路程应是A A '，又∵30APB BPC CPA ∠=∠=∠=,'90APA ∠=，∴A A '=22.1４．解析:60,2⎛⎤ ⎥ ⎝⎦ ,⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡326， 2()34xf x x =-,利用不等式或导数即可判断. 15.解析:③④ 如图,逐个判断即可．1610取CD 的中点F ,连接EF 交平面11ABC D 于O ，连AO ．由已知正方体,易知EO ⊥平面11ABC D ,所以EAO ∠为所求.在EOA ∆Rt 中，1112222EO EF A D ===,2215()122AE =+=，10sin 5EO EAO AE ∠==.所以直线AE 与平面11ABC D 所成的角的正弦值为105．1７.解析:(1)这个空间几何体的下半部分是一个底面边长为2的正方形高为1的长方体，上半部分是一个底面边长为2的正方形高为1的四棱锥． (２）按照斜二测的规则得到其直观图,如图．(3）由题意可知,该几何体是由长方体''''ABCD A B C D -与正四棱锥''''P A B C D -构成的简单几何体．由图易得:2,'1,'1AB AD AA PO ====，取''A B 中点Q ，连接PQ ，从而2222''112PQ PO O Q =+=+所以该几何体表面积()()1'''''''''''''''''212.2S A B B C C D D A PQ A B B C C D D A AA AB AD =++++++++⋅= 体积11622122133V =⨯⨯+⨯⨯⨯=．１8.解析:（1）∵点A 、D 分别是RB 、RC 的中点,∴BC AD BC AD 21,//=． ∴90PAD RAD RBC ∠=∠=∠=，∴AD PA ⊥．∴ BC PA ⊥,∵A AB PA AB BC =⊥ ,,∴BC ⊥平面PAB . ∵⊂PB 平面PAB ,∴PB BC ⊥．（2)取RD 的中点F ，连结AF 、PF ． ∵1==AD RA ,∴RC AF ⊥． ∵AD AP AR AP ⊥⊥,,∴⊥AP 平面RBC ．∵⊂RC 平面RBC ,∴AP RC ⊥． ∵,A AP AF = ∴⊥RC 平面PAF .∵⊂PF 平面PAF ,∴PF RC ⊥.∴AFP ∠是二面角P CD A --的平面角. 在RAD ∆Rt 中, 22212122=+==AD RA RD AF ，在PAF ∆Rt 中， 2622=+=AF PA PF , 332622cos ===∠PF AF AFP ． ∴ 二面角P CD A --的平面角的余弦值是33. 19．解析:（1)设11A B 的中点为F ,连结1,EF FC ．∵E 为1A B 的中点，∴EF112BB ．又1C M 112BB ，∴EF 1MC .∴四边形1EMC F 为平行四边形.∴1EMFC ．∵EM ⊄平面1111A B C D ，1FC ⊂平面1111A B C D ，∴EM 平面1111A B C D .（２）作11B H A N ⊥于H ，连结BH ,∵1BB ⊥⊥平面1111A B C D ，∴1BH A N ⊥． ﻩ∴1BHB ∠为二面角11B A N B --的平面角．ﻩ∵EM ∥平面1111A B C D ,EM ⊂平面1A BMN ，平面1A BMN 平面11111A B C D A N = ，∴1EMA N ．又∵1EM FC ,∴11A N FC ．又∵11A F NC ，∴四边形11A FC N 是平行四边形．∴11NC A F =.设1AA a =,则112A B a =，1D N a =．在11A D N ∆Rt 中,1A N ==,∴sin ∠Ａ1ＮD 1=11111sin A D A ND A N ∠==．在11A B H ∆Rt中，11111sin 2B H A B HA B a =∠== 在1BB H ∆Rt 中, 111tan 4BB a BHB B H ∠===. (3）延长1A N 与11B C 交于P ，则P ∈平面1A BMN ，且P ∈平面11BB C C . 又∵平面1A BMN平面11BB C C BM = ，∴P BM ∈，即直线111,,A N B C BM 交于一点P .又∵平面1MNC ∥平面11BA B ,∴几何体111MNC BA B -为棱台. ∵112122A BB S a a a ∆=⋅⋅=,12111224MNC S a a a ∆=⋅⋅=, 棱台111MNC BA B -的高为112B C a =,故22311172346V a a a a ⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，3327172266V a a a a a =⋅⋅-=,.∴12717V V =. 20．解析:(1）因为N 是PB 的中点,AB PA =，所以PB AN ⊥. 由PA ⊥底面ABCD ,得PA AD ⊥,又90BAD ︒∠=,即BA AD ⊥,∴ ⊥AD 平面PAB ，所以PB AD ⊥ ，∴ ⊥PB 平面ADMN ，∴DM PB ⊥.(２）连结DN , 因为⊥BP 平面ADMN ,即⊥BN 平面ADMN ,所以BDN ∠是BD 与平面ADMN 所成的角. 在ABD ∆Rt 中，BD ==,在PAB∆Rt 中,PB ==，故12BN PB ==，在BDN ∆Rt 中, 21sin ==∠BD BN BDN ,又02BDN π≤∠≤,故BD 与平面ADMN 所成的角是6π．（3）由,M N 分别为PB PC ,的中点,得//MN BC ,且1122MN BC ==，又//AD BC ,故//MN AD ,由(1）得⊥AD 平面PAB ,又AN ⊂平面PAB ,故AD AN ⊥,∴四边形ADMN 是直角梯形,在Rt PAB ∆中,2222PB PA AB =+=,122AN PB ==,∴ 截面ADMN 的面积11152()(2)22224S MN AD AN =+⨯=+⨯=．法二： (1）以A 点为坐标原点建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示(图略）由22====BC AB AD PA ,得(0,0,0)A ，1(0,0,2),(2,0,0),(1,,1),(0,2,0)2P B M D 因为3(2,0,2)(1,,1)2PB DM ⋅=-- 0= ，所以DM PB ⊥. (2)因为 (2,0,2)(0,2,0)PB AD ⋅=-⋅0=,所以PB AD ⊥，又DM PB ⊥ ,故PB ⊥平面ADMN ,即(2,0,2)PB =-是平面ADMN 的法向量．设BD 与平面ADMN 所成的角为θ,又(2,2,0)BD =-. 则||1sin |cos ,|2||||4444BD PB BD PB BD PB θ⋅=<>===+⨯+, 又[0,]2πθ∈,故6πθ=，即BD 与平面ADMN 所成的角是6π. 因此BD 与平面ADMN 所成的角为6π. （3)同法一.21．解析：法一:（1)∵四边形ACDE 是正方形， EC AM AC EA ⊥⊥∴,. ∵平面⊥ACDE 平面ABC ，又∵AC BC ⊥，⊥∴BC 平面EAC ． ⊂AM 平面EAC ，⊥∴BC AM ． ⊥∴AM 平面EBC ．(2)连结BM ,⊥AM 平面EBC ,ABM ∠∴是直线AB 与平面EBC 所成的角.设a BC AC EA 2===，则a AM 2=，a AB 22=, 21sin ==∠∴AB AM ABM ， ︒=∠∴30ABM . 即直线AB 与平面EBC 所成的角为︒30(3）过A 作EB AH ⊥于H ，连结HM ． ⊥AM 平面EBC ，EB AM ⊥∴.⊥∴EB 平面AHM .AHM ∠∴是二面角C EB A --的平面角．∵平面⊥ACDE 平面ABC ，⊥∴EA 平面ABC .⊥∴EA AB .在EAB Rt ∆中, EB AH ⊥,有AH EB AB AE ⋅=⋅.由(2)所设a BC AC EA 2===可得a AB 22=，a EB 32=，322a EB AB AE AH =⋅=∴. 23sin ==∠∴AH AM AHM .︒=∠∴60AHM .∴二面角C EB A --等于︒60．法二： ∵四边形ACDE 是正方形 ,EC AM AC EA ⊥⊥∴,，∵平面⊥ACDE 平面ABC ，⊥∴EA 平面ABC ， ∴可以以点A 为原点,以过A 点平行于BC 的直线为x 轴,分别以直线AC 和AE 为y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -．设2===BC AC EA ,则),0,2,2(),0,0,0(B A )2,0,0(),0,2,0(E C ，M ﻩ是正方形ACDE 的对角线的交点,)1,1,0(M ∴.(1)=AM )1,1,0(,)2,2,0()2,0,0()0,2,0(-=-=EC ，)0,0,2()0,2,0()0,2,2(=-=CB ， 0,0=⋅=⋅∴CB AM EC AM ， CB AM EC AM ⊥⊥∴,⊥∴AM 平面EBC .（２） ⊥AM 平面EBC ，AM ∴为平面EBC 的一个法向量，)0,2,2(),1,1,0(==AB AM ,21,cos =⋅=∴AM AB AMAB AM AB ． ︒=60,AM AB .∴直线AB 与平面EBC 所成的角为︒30．（3)设平面EAB 的法向量为),,(z y x n =,则AE n ⊥且AB n ⊥,0=⋅∴AE n 且0=⋅AB n .⎩⎨⎧=⋅=⋅∴.0),,()0,2,2(,0),,()2,0,0(z y x z y x 即⎩⎨⎧=+=.0,0y x z ,取1-=y ，则1=x ，则)0,1,1(-=n . 又∵AM 为平面EBC 的一个法向量,且)1,1,0(=AM , 21,cos -=⋅⋅=∴AM n AMn AM n ,设二面角C EB A --的平面角为θ,则21,cos cos ==AM n θ,︒=∴60θ.∴二面角C EB A --等于︒60. 22．解析:法一：（1)因为1A D ⊥平面ABC ,所以平面11AA C C ⊥平面ABC ,又BC AC ⊥，所以BC ⊥平面11AAC C ,得1BC AC ⊥,又11BA AC ⊥,所以1AC ⊥平面1A BC ;（2)因为11AC A C ⊥,所以四边形11AAC C 为菱形，故12AA AC ==，又D 为AC 中点，知160A AC ∠=.取1AA 中点F ,则1AA ⊥平面BCF ，从而面1A AB ⊥面BCF , 过C 作CH BF ⊥于H ,则CH ⊥面1A AB ．在Rt BCF ∆中,2,3BC CF ==，故2217CH =, 即1CC 到平面1A AB 的距离为2217CH =.（3)过H 作1HG A B ⊥于G ,连CG ，则1CG A B ⊥, 从而CGH ∠为二面角1A A B C --的平面角，在1Rt A BC ∆中，12A C BC ==,所以2CG =，在Rt CGH ∆中，42sin CH CGH CG ∠==故二面角1A A B C --的正弦值为427. 法二:（１）如图，取AB 的中点E ,则//DE BC ，因为BC AC ⊥,所以DE AC ⊥,又1A D ⊥平面ABC ，以1,,DE DC DA 为,,x y z 轴建立空间坐标系，ﻩ则()0,1,0A -，()0,1,0C ,()2,1,0B ,()10,0,A t ，()10,2,C t ，()10,3,AC t =，()12,1,BA t =--，()2,0,0CB =,由10AC CB ⋅=，知1A C CB ⊥, ﻩ又11BA AC ⊥,从而1AC ⊥平面1A BC ；(2)由1AC ⋅2130BA t =-+=,得3t =．设平面1A AB 的法向量为(),,n x y z =，(13AA =，()2,2,0AB =，所以130220n AA y z n AB x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩, 设1z =，则()3,3,1n =- 所以点1C 到平面1A AB 的距离1AC nd n ⋅==217. (3）再设平面1A BC 的法向量为(),,m x y z =，(10,3CA =-,()2,0,0CB =， ﻩ所以1020m CA y m CB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩,设1z =，则()0,3,1m =，故cos ,m n m n m n ⋅<>==⋅7-,根据法向量的方向，可知二面角1A A B C --的余弦值为7.。

高三数学空间几何体知识精讲试题

卜人入州八九几市潮王学校高三数学空间几何体苏【本讲教育信息】一.教学内容：空间几何体1.理解：柱、锥、台、球及其简单组合体、三视图与直观图、平面及其根本性质。

2.理解并会应用平面的根本性质。

会用斜二测的画法画程度放置的平面图形的直观图。

3.掌握证明关于“线一共点〞、“线一共面〞、“点一共线〞的方法。

4.会作几何体的截面图。

二.教学重点、难点：重点：纯熟地画出几何体的三视图以及直观图难点：直观与三视图的画法三.根本知识构造：四、知识点归纳：1.平面的概念：平面是没有厚薄的，可以无限延伸，这是平面最根本的属性。

2.平面的画法及其表示方法：①常用平行四边形表示平面。

通常把平行四边形的锐角画成45，横边画成邻边的两倍。

画两个平面相交时，当一个平面的一局部被另一个平面遮住时，应把被遮住的局部画成虚线或者不画。

②一般用一个希腊字母α、β、γ……来表示，还可用平行四边形的对角顶点的字母来表示如平面AC等。

3.空间图形是由点、线、面组成的点、线、面的根本位置关系如下表所示：AαA α∈点A 在平面α内。

AαA α∉ 点A 不在平面α内。

b a Aa b A =直线a 、b 交于A 点。

aαα⊂a直线a 在平面α内。

aαa α=∅ 直线a 与平面α无公一共点。

aAαa A α= 直线a 与平面α交于点A 。

l αβ= 平面α、β相交于直线l 。

α⊄a 〔平面α外的直线a 〕表示a α=∅或者a A α=4.平面的根本性质公理1假设一条直线的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内。

推理形式：α⊂⇒⎭⎬⎫α∈α∈AB B A 。

如图示：应用：是断定直线是否在平面内的根据，也可用于验证一个面是否是平面。

公理1说明了平面与曲面的本质区别.通过直线的“直〞来刻划平面的“平〞，通过直线的“无限延伸〞来描绘平面的“无限延展性〞，它既是判断直线在平面内，又是检验平面的方法。

公理2假设两个平面有一个公一共点，那么它们还有其他公一共点，且所有这些公一共点的集合是一条过这个公一共点的直线。

九、直线、平面、简单多面体

高三数学概念、方法、题型、易误点总结（九）九、直线、平面、简单多面体1、三个公理和三条推论：（1）公理1：一条直线的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有的点都在这个平面内。

这是判断直线在平面内的常用方法。

（2）公理2、如果两个平面有两个公共点，它们有无数个公共点，而且这无数个公共点都在同一条直线上。

这是判断几点共线（证这几点是两个平面的公共点）和三条直线共点（证其中两条直线的交点在第三条直线上）的方法之一。

（3）公理3：经过不在同一直线上的三点有且只有一个平面。

推论1：经过直线和直线外一点有且只有一个平面。

推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面。

推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面。

公理3和三个推论是确定平面的依据。

如（1）在空间四点中，三点共线是四点共面的_____条件（2）给出命题：①若A ∈l ，A ∈α，B ∈l ，B ∈α，则 l ⊂α；②若A ∈α，A ∈β，B ∈α，B ∈β，则α∩β＝AB ；③若l ⊄α ，A ∈l ，则A ∉α ④若A 、B 、C ∈α，A 、B 、C ∈β，且A 、B 、C 不共线，则α与β重合。

上述命题中，真命题是_____（3）长方体中ABCD-A1B1C1D1中，AB=8，BC=6，在线段BD ，A1C1上各有一点P 、Q ，在PQ 上有一点M ，且PM=MQ ，则M 点的轨迹图形的面积为_______2、直观图的画法（斜二侧画法规则）：在画直观图时，要注意：（1）使0135x o y '''∠=，x o y '''所确定的平面表示水平平面。

（2）已知图形中平行于x 轴和z 轴的线段，在直观图中保持长度和平行性不变，平行于y轴的线段平行性不变，但在直观图中其长度为原来的一半。

如（1）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形为如下图的一个正方形，则原来图形的形状是（）（2）已知正ABC ∆的边长为a ，那么ABC ∆的平面直观图A B C '''∆的面积为_____ 3、空间直线的位置关系：（1）相交直线――有且只有一个公共点。

数学高考复习名师精品教案：第82课时：第九章直线、平面、简单几何体-球与多面体

数学高考复习名师精品教案第82课时：第九章直线、平面、简单几何体——球与多面体课题：球与多面体一．复习目标：1.了解多面体、正多面体的概念,了解多面体的欧拉公式,并利用欧拉公式解决有关问题；2.了解球、球面的概念, 掌握球的性质及球的表面积、体积公式, 理解球面上两点间距离的概念, 了解与球的有的内接、外切几何问题的解法．二．主要知识：1．欧拉公式；2．球的表面积；球的体积公式；3．球的截面的性质：．三．课前预习：1．一个凸多面体的顶点数为20，棱数为30，则它的各面多边形的内角和为( )D7200C6480 ()B5400 ()()A2160 ()2．一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积是( )D6πC()()A3π()B4π()3．正四面体的中心到底面的距离与这四面体的高的比是 ( ) ()A 21 ()B 31 ()C 41 ()D 614．地球表面上从A 地(北纬45 ，东经120 )到B 地(北纬45 ，东经30 )的最短距离为（球的半径为R ）（）()A 4Rπ ()B R π ()C 3Rπ ()D 2Rπ5．设,,,P A B C 是球O 面上的四点,且,,PA PB PC 两两互相垂直,若P A P B P C a===则球心O 到截面ABC 的距离是 . 四．例题分析：例1．已知三棱锥P A B C -内接于球, 三条侧棱两两垂直且长都为1, 求球的表面积与体积.例2．在北纬60 圈上有甲、乙两地，它们的纬度圆上的弧长等于2Rπ(R 为地球半径)，求甲，乙两地间的球面距离。

例3．如图,球心到截面的距离为半径的一半，B C 是截面圆的直径,D 是圆周上一点，C A 是球O 的直径， (1) 求证：平面ABD ⊥平面A D C ； (2) 如果球半径是13，D 分 BC为两部分, 且 :1:2BD DC =，求A C 与BD 所成的角；(3) 如果:2BC D C =，求二面角B A C D --的大小。

《金新学案》高三数学一轮复习高考总复习测评卷直线、平面、简单几何体(A、B) 章末质量检测 (文)

《金版新学案》高考总复习配套测评卷——高三一轮数学『理科』卷(九)直线、平面、简单几何体(A、B)—————————————————————————————————————【说明】本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将第Ⅰ卷选择题的答案填入答题格内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)题号123456789101112答案一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．平面α外的一条直线a与平面α内的一条直线b不平行，则( )A．a∥\αB．a∥αC．a与b一定是异面直线D．α内可能有无数条直线与a平行2．正方体的表面积是a2，它的顶点都在一个球面上，则这个球的表面积是( )A.πa23B.πa22C．2πa2D．3πa23．若正四棱柱的对角线与底面所成的角的余弦值为63，且底面边长为2，则高为( )A．1 B．2C．3 D．44．已知直线m⊥平面α，直线n⊂平面β，则下列命题正确的是A．若α∥β，则m⊥n B．若α⊥β，则m∥nC．若m⊥n，则α∥β D．若n∥α，则α∥β5．将正方形ABCD沿对角线BD折成一个120°的二面角，点C到达点C1，这时异面直线AD与BC1所成的角的余弦值是( )A.22B.12C.34D.346．设有三个命题，甲：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；乙：底面是矩形的平行六面体是长方体；丙：直四棱柱是直平行六面体．以上命题中，真命题的个数有( )A．0个B．1个C．2个D．3个7．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是( )A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四边形8．若正三棱锥的侧面都是直角三角形，则侧面与底面所成二面角的余弦值是( )A.63B.33C.23D.139．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离为( )A.12B.22C.32D.2410．已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，下列四个命题中，正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊂α，n⊂α，且m∥β，n∥β，则α∥βC．若α⊥β，m⊂α，则m⊥βD．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α11．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M、N分别是棱DD1、D1C1的中点，则直线OM( )A．和AC、MN都垂直B．垂直于AC，但不垂直于MNC．垂直于MN，但不垂直于ACD．与AC、MN都不垂直12．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( )A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部第Ⅱ卷(非选择题共90分)题号第Ⅰ卷第Ⅱ卷总分二17 18 19 20 21 22得分二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．若正三棱锥底面的边长为a，且每两个侧面所成的角均为90°，则底面中心到侧面的距离为________．14．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点E为AA1的中点，在对角面BB1D1D上取一点M，使AM＋ME最小，其最小值为________．15．a，b，c是空间中互不重合的三条直线，下面给出五个命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线；⑤若a，b与c成等角，则a∥b.上述命题中正确的________(只填序号)．16．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如右图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点．(1)求证：CD⊥PD；(2)求证：EF∥平面PAD.18．(本小题满分12分)在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，现沿AC折成二面角D－AC －B，使BD为异面直线AD、BC的公垂线．(1)求证：平面ABD⊥平面ABC；(2)当a为何值时，二面角D－AC－B为45°.19．(本小题满分12分)如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝3，M为AB的中点，四点P、A、M、C都在球O的球面上．(1)证明：平面PAB⊥平面PCM；(2)证明：线段PC的中点为球O的球心．20．(本小题满分12分)如图所示，四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABCD所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠D＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标；(2)求异面直线PA与BC所成角的余弦值；(3)若PB的中点为M，求证：平面AMC⊥平面PBC.21．(本小题满分12分)已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的任意一点．(1)求证：平面EBD⊥平面SAC；(2)设SA＝4，AB＝2，求点A到平面SBD的距离；22．(本小题满分12分)如图，M、N、P分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB、BC、DD1上的点．(1)若BMMA＝BNNC，求证：无论点P在D1D上如何移动，总有BP⊥MN；(2)若D1P：PD＝1∶2，且PB⊥平面B1MN，求二面角M－B1N－B的余弦值；(3)棱DD1上是否总存在这样的点P，使得平面APC1⊥平面ACC1？证明你的结论．答案：一、选择题1．D2．B 设球的半径为R，则正方体的对角线长为2R，依题意知43R2＝16a2，即R2＝18a2，∴S球＝4πR2＝4π·18a2＝πa22.故选B.3．B 设高为h，则由22h2＋8＝63可得h＝2，也可建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．4．A 易知A 选项由m ⊥α，α∥β⇒m ⊥β，n ⊂β⇒m ⊥n ，故A 选项命题正确．5．D 设正方形边长为1，由题意易知∠CBC 1即为AD 与BC 1所成的角．设AC 与BD 相交于O ，易知△CC 1O为正三角形，故CC 1＝22，在△CBC 1中，由余弦定理可得所求余弦值为34.故选D.6．B 命题甲正确，命题乙不正确，命题丙不正确，故真命题个数为1，应选B 7．C 将直观图还原得▱OABC ， ∵O ′D ′＝2O ′C ′＝2 2 cm ， OD ＝2O ′D ′＝4 2 cm ， C ′D ′＝O ′C ′＝2 cm ， ∴CD ＝2 cm ， OC ＝CD 2＋OD 2＝22＋(42)2＝6 cm ， OA ＝O ′A ′＝6 cm ＝OC ，故原图形为菱形．8．B 以正三棱锥O －ABC 的顶点O 为原点，OA ，OB ，OC 为x ，y ，z 轴建系，设侧棱长为1，则A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，侧面OAB 的法向量为O ＝(0,0,1)，底面ABC 的法向量为n ＝(13，13，13)，∴cos 〈O ，n 〉＝＝131·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝33. 9．D 过O 作A 1B 1的平行线，交B 1C 1于E ，则O 到平面ABC 1D 1的距离即为E 到平面ABC 1D 1的距离．作EF ⊥BC 1于F ，易证EF ⊥平面ABC 1D 1，可求得EF ＝14B 1C ＝24.选D.10．D A 错，平行于同一平面的两直线可平行、相交和异面；B 错，必须平面内有两条相交直线分别与平面平行，此时两平面才平行；C 错，两垂直平面内的任一直线与另一平面可平行、相交或垂直；D 对，由空间想象易知命题正确．11．A 以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2a ，则D (0,0,0)、D 1(0,0,2a )、M (0,0，a )、A (2a,0,0)、C (0,2a,0)、O (a ，a,0)、N (0，a,2a )．∴O ＝(－a ，－a ，a )，M ＝(0，a ，a )，A ＝(－2a,2a,0)． ∴O ·A ＝0，M ·O ＝0， ∴OM ⊥AC ，OM ⊥MN .12．A ∵BA ⊥AC ，BC 1⊥AC ，BA ∩BC 1＝B ， ∴AC ⊥平面ABC 1.∵AC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ABC 1，且交线是AB . 故平面ABC 1上一点C 1在底面ABC 的射影H 必在交线AB 上．二．、填空题 13．【解析】过底面中心O 作侧棱的平行线交一侧面于H ，则OH ＝13×22a ＝26a 为所求．【答案】26a 14．【解析】取CC 1的中点F ，则ME ＝MF ，∴AM ＋ME ＝AM ＋MF ≥AF ＝(2a )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝32a .【答案】 32a15．【解析】由公理4知①正确；当a ⊥b ，b ⊥c 时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故 ②不正确；当a 与b 相交，b 与c 相交时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故③不正确； a ⊂α，b ⊂β，并不能说明a 与b “不同在任何一个平面内”，故 ④不正确；当a ，b 与c 成等角时，a 与b 可以相交、平行，也可以异面，故⑤不正确．【答案】 ① 16．【解析】由PA ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得PA ⊥AE ，又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，得AE ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，∴AE ⊥PB ，①正确；又平面PAB ⊥平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面PBC 不成立，②错；由正六边形的性质得BC ∥AD ，又AD ⊂平面PAD ，∴BC ∥平面PAD ，∴直线BC ∥平面PAE 也不成立，③错；在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2AB ，∴∠PDA ＝45°， ∴④正确．【答案】 ①④ 三、解答题 17．【证明】 (1)∵PA ⊥平面ABCD ，而CD ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥CD ，又CD ⊥AD ，AD ∩PA ＝A ， ∴CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥PD .(2)取CD 的中点G ，连接EG 、FG . ∵E 、F 分别是AB 、PC 的中点， ∴EG ∥AD ，FG ∥PD ， ∴平面EFG ∥平面PAD ，又∵EF ⊂平面EFG ， ∴EF ∥平面PAD . 18．【解析】 (1)证明：由题知BC ⊥BD ，又BC ⊥AB .∴BC ⊥面ABD ，∴面ABC ⊥面ABD .(2)作DE ⊥AB 于E ，由(1)知DE ⊥面ABC ，作EF ⊥AC 于F ，连DF ，则DF ⊥AC ，∴∠DFE 为二面角D －AC－B 的平面角．即∠DFE ＝45°.EF ＝DE ＝22DF ，∵DF ＝a a 2＋1，AF ＝a 2a 2＋1且EF AF ＝BC AB，解得a 2＝22，a ＝482.19．【解析】 (1)证明：∵AC ＝BC ，M 为AB 的中点，∴CM ⊥AM .∵PA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，∴PA ⊥CM .∵AB ∩PA ＝A ，AB ⊂平面PAB ，PA ⊂平面PAB ， ∴CM ⊥平面PAB . ∵CM ⊂平面PCM ，∴平面PAB ⊥平面PCM .(2)证明：由(1)知CM ⊥平面PAB . ∵PM ⊂平面PAB ， ∴CM ⊥PM .∵PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴PA ⊥AC .如图，，取PC 的中点N ，连结MN 、AN .在Rt △PAC 中，点N 为斜边PC 的中点，∴AN ＝PN ＝NC .在Rt △PCM 中，点N 为斜边PC 的中点，∴MN ＝PN ＝NC . ∴PN ＝NC ＝AN ＝MN .∴点N 是球O 的球心，即线段PC 的中点为球O 的球心． 20．【解析】 (1)如图所示，以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D －xyz .∵∠D ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2， ∴A (2,0,0)，C (0,1,0)，B (2,4,0)，由PD ⊥平面ABCD ，得∠PAD 为PA 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PAD ＝60°.在Rt △PAD 中，由AD ＝2，得PD ＝23， ∴P (0,0,23)．(2)∵＝(2,0，－23)，＝(－2，－3,0)， ∴cos<，>＝2×(－2)＋0×(－3)＋(－23)×0413＝－1313，所以PA 与BC 所成角的余弦值为1313(3)证明：∵M 为PB 的中点， ∴点M 的坐标为(1,2，3)，∴＝(－1,2，3)，＝(1,1，3)，＝(2,4，－23)，∵·＝(－1)×2＋2×4＋3×(－23)＝0， ·＝1×2＋1×4＋3×(－23)＝0， ∴⊥，⊥，∴PB ⊥平面AMC ∵PB ⊂平面PBC∴平面AMC ⊥平面PBC . 21．【解析】 (1)∵SA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴SA ⊥BD .∵ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ，∴BD ⊥平面SAC . ∵BD ⊂平面EBD ，∴平面EBD ⊥平面SAC .(2)设AC ∩BD ＝F ，连SF ，则SF ⊥BD . ∵AB ＝2.∴BD ＝2 2.∵SF ＝SA 2＋AF 2＝42＋(2)2＝3 2∴S △SBD ＝12BD ·SF＝12·22·32＝6. 设点A 到平面SBD 的距离为h ， ∵SA ⊥平面ABCD ， ∴13·S △SBD ·h ＝13·S △ABD ·SA ， ∴6·h ＝12·2·2·4，∴h ＝43，∴点A 到平面SBD 的距离为43.22．【解析】 (1)证明：连结AC 、BD ，则BD ⊥AC ，∵BM MA ＝BNNC， ∴MN ∥AC ，∴BD ⊥MN . 又∵DD 1⊥平面ABCD ， ∴DD 1⊥MN ，∵BD ∩DD 1＝D ，∴MN ⊥平面BDD 1.又P 无论在DD 1上如何移动，总有BP ⊂平面BDD 1， ∴无论点P 在D 1D 上如何移动，总有BP ⊥MN .(2)以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的坐标系．设正方体的棱长为1，AM ＝NC ＝t ，则M (1，t,0)，N (t,1,0)，B 1(1,1,1)，P (0,0，23)，B (1,1,0)，A (1,0,0)，∵＝(0,1－t,1)，B ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－1，23 又∵BP ⊥平面MNB 1， ∴·B ＝0，即t －1＋23＝0，∴t ＝13，∴＝(0，23，1)，M ＝(－23，23，0)．设平面MNB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，由，得x ＝y ，z ＝－23y .令y ＝3，则n ＝(3,3，－2)． ∵AB ⊥平面BB 1N ，∴A 是平面BB 1N 的一个法向量，A ＝(0,1,0)．设二面角M －B 1N －B 的大小为θ， ∴cos 〈n ，A 〉＝|(3，3，－2)·(0，1，0)|22＝32222. 则二面角M －B 1N －B 的余弦值为32222.(3)存在点P ，且P 为DD 1的中点，使得平面APC 1⊥平面ACC 1. 证明：∵BD ⊥AC ，BD ⊥CC 1， ∴BD ⊥平面ACC 1.取BD 1的中点E ，连PE ，则PE ∥BD ，∴PE ⊥平面ACC 1. ∵PE ⊂平面APC 1，∴平面APC 1⊥平面ACC 1.。

高三数学-2018--第九章直线、平面、简单几何体 精品

高考数学复习 第九章 直线、平面、简单几何体(B)9(B)-3课件

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