【高考领航】2017届(北师大版)高三数学(理)大一轮复习课件第七章立体几何第8课时

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北师大版2017高考数学(理)总复习第7章第4节垂直关系课件PPT

高三一轮总复习
(2)由 AB⊥平面 BCD，得 AB⊥BD. 1 1 2 又 AB＝BD＝1，所以 S△ABD＝2×1 ＝2. 1 1 因为 M 是 AD 的中点，所以 S△ABM＝2S△ABD＝4. 根据(1)知，CD⊥平面 ABD，则三棱锥 CABM 的高 h＝CD＝1， 1 1 故 VAh＝12. MBC＝VCABM＝ S△ABM· 3 12 分 8分
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3．平面与平面垂直 (1)定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
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(2)定理文字语言判定如果一个平面经过另一个平面的定理垂线，那么这两个平面互相垂直图形语言符号语言 l⊥α ⇒ lβ α⊥β
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5．边长为 a 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角，则折叠后 AC 的长为________. 【导学号：57962336】
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a [如图所示，取 BD 的中点 O，连接 A′O， CO，则∠A′OC 是二面角 A′BDC 的平面角．
2 即∠A′OC＝90° ，又 A′O＝CO＝ 2 a， ∴A′C＝ a2 a2 2 ＋ 2 ＝a，即折叠后 AC 的长(A′C)为 a.]
A．若 l⊥β，则 α⊥β B．若 α⊥β，则 l⊥m C．若 l∥β，则 α∥β D．若 α∥β，则 l∥m
A [∵l⊥β，l α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故 A 正确．]
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3．(2016· 浙江高考)已知互相垂直的平面 α，β 交于直线 l，若直线 m，n 满足 m∥α，n⊥β，则( A．m∥l C．n⊥l ) B．m∥n D．m⊥n

2017届高考数学一轮复习课件：第7章立体几何7-4

第二十七页，编辑于星期六：一点二十一分。
3．[教材改编]
如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，求证：平面 AB1D1∥平面 C1BD. 证明因为在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AD 綊 B1C1，所以四边形 AB1C1D 是平行四边形，所以 AB1
∥C1D. 又因为 C1D⊂平面 C1BD，AB1⊄平面 C1BD，所以 AB1∥平面 C1BD.同理 B1D1∥平面 C1BD. 又因为 AB1∩B1D1＝B1， AB1⊂平面 AB1D1，B1D1⊂平面 AB1D1，所以平面 AB1D1∥平面 C1BD.
第二十八页，编辑于星期六：一点二十一分。
典例4
如图所示，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，E，F，G，H 分别是 AB，AC，A1B1，A1C1 的中点，
求证：
(1)B，C，H，G 四点共面；
(2)平面 EFA1∥平面 BCHG.
第二十九页，编辑于星期六：一点二十一分。
证明 (1)∵G，H 分别是 A1B1，A1C1 的中点， ∴GH 是△A1B1C1 的中位线，∴GH∥B1C1. 又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G 四点共面． (2)∵E，F 分别是 AB，AC 的中点，∴EF∥BC. ∵EF⊄平面 BCHG，BC⊂平面 BCHG，
图形语言
符号语言
a∥α a⊂β ⇒a∥b α∩β＝b
第六页，编辑于星期六：一点二十一分。
小题快做 1.思考辨析 (1)若直线 a 与平面 α 内无数条直线平行，则 a∥α.( × ) (2)空间四边形 ABCD 中，EF 分别是 AB、AD 的中点，则 EF 平行于平面 BCD.( √ ) (3)平行于同一平面的两条直线平行．( × )

【第7-9章】2017版高考数学北师大版(理)一轮复习配套课件共2083张PPT

同向可加性同向同正可乘性
a>b ⇒ a＋c>b＋d c>d
⇒ ⇒
a>b>0 ⇒ ac>bd c>d>0
可乘方性可开方性
a>b>0⇒ an>bn
(n∈N＋)
n a b (n∈N ) a>b>0⇒_____________ ＋ n
a，b同为正数
答案
3.不等式的一些常用性质 (1)倒数的性质 1 1 ①a>b，ab>0⇒a<b. 1 1 ②a<0<b⇒a<b. a b ③a>b>0,0<c<d⇒ c>d. 1 1 1 ④0<a<x<b 或 a<x<b<0⇒b<x <a.
(2)有关分数的性质若 a>b>0，m>0，则 b b＋m b b－m ①a< ；a> (b－m>0)． a ＋m a－m a a＋m a a－m ②b> ；b< (b－m>0)． b ＋m b－m
思考辨析
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)a>b⇔ac2>bc2.( × )
1
2 3
4
5
解析答案
4.(教材改编)下列各组代数式的关系正确的是________. ①x2＋5x＋6<2x2＋5x＋9； ②(x－3)2<(x－2)(x－4)； ③当x>1时，x3>x2－x＋1； ④x2＋y2＋1>2(x＋y－1).
1
2
3
4
5
解析答案
1 2 ＋ b2 从小 5.(教材改编)若0<a<b，且a＋b＝1，则将a，b，， 2 ab ， a 2 到大排列为__________________.

高考数学一轮复习第7章立体几何第3讲平行关系课件理北师大版

在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤.
3.
如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，S 是 B1D1 的中点，E、 F、G 分别是 BC、DC、SC 的中点，求证： (1)直线 EG∥平面 BDD1B1； (2)平面 EFG∥平面 BDD1B1.
3．若平面 α∥平面 β，直线 a∥平面 α，点 B∈β，则在平面 β 内过 B 点的所有直线中( A ) A．不一定存在与 a 平行的直线 B．只有两条与 a 平行的直线 C．存在无数条与 a 平行的直线 D．存在唯一与 a 平行的直线
解析：当直线 a 在平面 β 内且经过 B 点时，a∥平面 α，但这时在平面 β 内过 B 点的所有直线中，不存在与 a 平行的直线，而在其他情况下，都可以存在与 a 平行的直线，故选
判定面面平行的方法 (1)利用定义，即证两个平面没有公共点(不常用)； (2)利用面面平行的判定定理(主要方法)； (3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)； (4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用).
2.
如图，已知 ABCD-A1B1C1D1 是棱长为 3 的正方体，点 E 在 AA1 上，点 F 在 CC1 上，G 在 BB1 上，且 AE＝FC1＝B1G ＝1，H 是 B1C1 的中点． (1)求证：E，B，F，D1 四点共面； (2)求证：平面 A1GH∥平面 BED1F.
[解] 点 E 为 AB 的中点时 DE∥平面 AB1C1，证明如下：
法一：取 AB1 的中点 F，连接 DE、EF、FC1，因为 E、F 分别为 AB、AB1 的中点，所以 EF∥BB1 且 EF＝12BB1.

2017版高考数学一轮总复习第七章立体几何第一节空间

第一节空间几何体的构造及其三视图和直观图【最新考纲】 1. 认识柱、锥、台、球及其简单组合体的构造特点，并能运用这些特点描绘现实生活中简单物体的构造 .2. 能画出简单空间图形 ( 长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简略组合 ) 的三视图，能辨别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图 .3. 会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，认识空间图形的不一样表示形式．1．多面体的构造特点(1)棱柱的侧棱都相互平行，上下底面是全等的多边形．(2)棱锥的底面是随意多边形，侧面是有一个公共极点的三角形．(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥获得，其上下底面是相像多边形．2．旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任向来角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.空间几何体的三视图(1)三视图的名称几何体的三视图包含：正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前面、正左方、正上方察看几何体的正投影图．4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是(1)原图形中 x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中， x′轴，y′轴的夹角为 45°或 135°，z′轴与 x′轴和 y′轴所在平面垂直．(2) 原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x 轴和 z 轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段在直观图中长度为本来的一半．1． ( 怀疑夯基 ) 判断以下结论的正误．( 正确的打“√”，错误的打“×”)(1) 有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2) 有一个面是多边形，其他各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3) 用斜二测画法画水平搁置的∠A 时，若∠A 的两边分别平行于x 轴和 y 轴，且∠ A＝90°，则在直观图中，∠A＝45° .()(4) 正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均同样．()答案： (1) ×(2) ×(3) ×(4) ×2．如图，长方体 ABCD A′ B′ C′ D′中被截去一部分，此中EH∥A′D′.剩下的几何体是()A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体分析：由几何体的构造特点，剩下的几何体为五棱柱．答案： C3．(2016 ·邯郸调研) 一几何体的直观图如下图，以下给出的四个俯视图中正确的选项是()分析：因为组合体的上部分( 五面体 ) 与下部分 ( 长方体 ) 有同样的底面，则几何体在下底面的投影为图形 B.答案： B4．(2015 ·课标全国Ⅱ卷) 一个正方体被一个平面截去一部分后，节余部分的三视图如以下图，则截去部分体积与节余部分体积的比值为()1 1 1 1A. 8B. 7C.6D. 5分析：如下图，由条件知，截去部分是正三棱锥D ABC.设正方体的棱长为a，则 V ＝a3 6 ，D ABC所以节余部分的体积V ＝5 3剩6a ，1故它们的体积之比为5.答案： D5．以边长为 1 的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于 ________．分析：由题意得圆柱的底面半径r ＝1，母线 l ＝ 1.所以圆柱的侧面积S＝ 2πrl ＝ 2π.答案： 2π一种思想棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后获得的，所以在解决棱台和圆台的有关问题时，常“还台为锥”，表现了转变的数学思想．两点注意1．注意空间几何体的不一样搁置对三视图的影响．2．画直观图注意平行性、长度两个因素．(1) 平行性不变； (2) 平行于 y 轴的线段长度减半，平行于x 轴、 z 轴的线段长度不变．三条规则——画三视图应按照的三条规则1．画法例则：“长对正，宽相等，高平齐”．2．摆放规则：侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的正下方．3．实虚线的画法例则：可见轮廓线和棱用实线画出，不行见线和棱用虚线画出．A 级基础稳固一、选择题1．(2014 ·福建卷 ) 某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不行能是() A．圆柱B．圆锥C．四周体D．三棱柱分析：由三视图知识知圆锥、四周体、三棱柱( 放倒看 ) 都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不行能为三角形．答案： A2．一个锥体的正视图和侧视图如下图，下边选项中，不行能是该锥体的俯视图的是()分析：注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项 C 中，其宽3，与题中所给的侧视图的宽度 1 不相等，所以选 C.度为2答案： C3．已知正方体的棱长为 1，其俯视图是一个面积为 1 的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )A.3B．1C.2＋ 1D. 22 2分析：因为该正方体的俯视图是面积为 1 的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，所以该几何体的正视图是一个长为2，宽为 1 的矩形，其面积为 2.答案： D4．(2014 ·北京卷 ) 在空间直角坐标系O xyz 中，已知 A(2 ，0，0) ，B(2 ，2，0) ，C(0 ，2， 0) ，D(1 ，1，2) ．若 S1，S2，S3分别是三棱锥D ABC在 xOy，yOz， zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则()A． S1＝ S2＝S3B．S2＝S1且S2≠ S3C． S3＝ S1且 S3≠ S2D．S3＝S2且S3≠ S1分析：如右图所示。

2017届高考数学大一轮复习第七章立体几何理北师大版

【高考领航】2017届高考数学大一轮复习第七章立体几何理北师大版第1课时空间几何体的结构及其三视图和直观图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，会用斜二测画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．1．旋转体的形成2.多面体的结构特征3.直观图画直观图的方法叫斜二测画法，其画法的规则是：(1)在已知图形中建立直角坐标系xOy，画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使∠x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面．(2)已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴和y′轴的线段．(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的一半．4．三视图(1)三视图的特点：主、俯视图长对正，主、左视图高平齐；俯、左视图宽相等，前后对应．(2)若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，分界线和可见轮廓线都用实线画出．[基础自测]1．纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开、外面朝上展开．得到如图的平面图形．则标“△”的面的方位是( ) A．南B．北C．西D．下解析：还原为正方体，依条件标出方位，结合展开图判定．答案：B2．(教材改编题)无论怎么放置，其三视图完全相同的几何体是( )A．正方体B．长方体C．圆锥D．球解析：只有球无论怎样放置，其三视图完全相同．答案：D3．水平放置的△ABC，有一边在水平线上，它的斜二测直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是( )A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．任意三角形解析：如图，x′O′y′还原为xOy时，∠C′A′B′还原为∠CAB，大于90°.答案：C4．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________．(填入所有可能的几何体前的编号)①三棱锥②四棱锥③三棱柱④四棱柱⑤圆锥⑥圆柱解析：三棱锥、四棱锥和圆锥的正视图都是三角形，当三棱柱的一个侧面平行于水平面，底面对着观测者时其正视图是三角形，其余的正视图均不是三角形．答案：①②③⑤5．给出下列四个命题：①直角三角形绕一条边旋转得到的旋转体是圆锥；②夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体；③圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台；④通过圆台侧面上一点，有无数条母线．其中正确命题的序号是________．解析：①错误，应为直角三角形绕其一条直角边旋转得到的旋转体是圆锥；若绕其斜边旋转得到的是两个圆锥构成的一个几何体，如图(1)．②错误，没有说明这两个平行截面的位置关系，当这两个平行截面与底面平行时正确，其他情况则结论是错误的，如图(2)．③正确，如图(3)．④错误，通过圆台侧面上一点，只有一条母线，如图(4)．答案：③考点一空间几何体的结构特征大一轮复习BSD数学(理)第七章立体几何[例1] 下列结论中正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线审题视点根据常见几何体的结构特征，借助常见的几何模型进行判断．解析当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，B错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必然要大于底面边长，故C错误．答案 D要明确柱体、锥体、台体和球的结构特征，认识和把握几何体的结构特征是认识空间几何体的基础和关键；对于几何体的结构特征要从其反映的几何体的本质去把握，有利于从中找到解题的突破点．1．给出下列四个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误．当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．答案：B2．(2016·商洛调研)设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的．底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的．因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的．命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④考点二几何体的三视图[例2] (2014·高考江西卷)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )审题视点根据三视图的概念，直接观察求解即可．解析该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选B.答案 B画三视图时，应牢记其要求的“长对正、高平齐、宽相等”，注意虚、实线的区别，同时应熟悉一些常见几何体的三视图．解决由三视图相象几何体，进而进行有关计算的题目，关键是准确把握三视图和几何体之间的关系．1．(2016·山西康杰中学模拟)已知某锥体的正视图和侧视图如图所示，其体积为233，则该锥体的俯视图可能是( )解析：由正视图得该锥体的高是h ＝22－12＝3，因为该锥体的体积为233，所以该锥体的底面面积是S ＝23313h ＝23333＝2，A 项的正方形的面积是2×2＝4，B 项的圆的面积是π×12＝π，C 项的大三角形的面积是12×2×2＝2，D 项不可能是该锥体的俯视图，故选C.答案：C2. 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为()解析：由正视图和俯视图可以推测几何体为半圆锥和三棱锥的组合体(如图所示)，且顶点在底面的射影恰是底面半圆的圆心，可知侧视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D.答案：D考点三几何体的直观图[例3] 已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( )A.32a 2 B.33a 2 C.68a 2D.616a 2 审题视点画出正三角形△ABC 的平面直观图 △A ′B ′C ′，求△A ′B ′C ′的高即可．解析如图所示，正三角形ABC 的实际图形和直观图．由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在直观图中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a . ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.答案 D直观图的斜二测画法的关键之处在于将图中的关键点转化为坐标系中的水平方向与垂直方向的坐标长度，然后运用“水平长不变，垂直长减半”的方法确定出点，最后连线即得直观图．注意被遮挡的部分画成虚线．1．(2016·长沙模拟)如图，一平面图形的直观图是一个等腰梯形OABC ，且该梯形的面积为2，则原图形的面积为( ) A ．2 B. 2 C ．2 2 D ．4解析：由斜二测画法知原图形仍为梯形，上、下两底长度不变，高为直观图中梯形高的42倍，故原图形的面积为2·42＝4.答案：D2．等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为__________．解析：∵OE ＝22－1＝1，∴O ′E ′＝12，E ′F ＝24，∴直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22因三视图识图不准致误[典例] 某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是________．解题指南 ①将三视图还原为直观图求解；②表面积包括哪些部分．解析由几何体的三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱(如图所示)．在四边形ABCD 中，作DE ⊥AB ，垂足为E ，则DE ＝4，AE ＝3，则AD ＝5. 所以其表面积为：2×12×(2＋5)×4＋2×4＋4×5＋4×5＋4×4＝92.答案 92易错分析由三视图还原空间几何体形状时出错，误把AD 看成主视图中的两段线段长度相加．备考建议解决三视图与几何体间的转化问题时，还有以下几点在备考时要高度关注： (1)画三视图时对个别的视图表达不准确，不能正确地画出所要求的视图； (2)对三视图中实虚线的含义不明确或画三视图时不能用虚线表示看不到的轮廓线．在复习时要明确三个视图各自的含义，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查．◆画空间几何体的三视图的两个步骤第一步，确定三个视图的形状；第二步，将这三个视图摆放在平面上．在绘制三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画出，被遮挡的部分的轮廓线用虚线表示出来，即“眼见为实、不见为虚”．◆三视图与空间几何体中的几何量的关系空间几何体的数量关系也体现在三视图中，主视图和左视图的“高平齐”，主视图和俯视图的“长对正”，左视图和俯视图的“宽相等”．其中，主视图、左视图的高就是空间几何体的高，主视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度，左视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度．要尽量按照这个规则画空间几何体的三视图．课时规范训练 [A 级基础演练]1．以下四个命题：①正棱锥的所有侧棱相等；②直棱柱的侧面都是全等的矩形；③圆柱的母线垂直于底面；④用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形．其中，真命题的个数为( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：由正棱锥的定义可知所有侧棱相等，故①正确；由于直棱柱的底面不一定是正多边形，故侧面矩形不一定全等，因此②不正确；由圆柱母线的定义可知③正确；结合圆锥轴截面的作法可知④正确．综上，正确的命题有3个．答案：B2．(2014·高考福建卷)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体D ．三棱柱解析：由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形，故选A. 答案：A3. (2016·开封摸底)一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为( )A. 2B. 3 C ．2D ．4解析：由题知，所求正视图是底边长为2，腰长为3的等腰三角形，其面积为12×2×()32－1＝2.答案：A4．下面关于四棱柱的四个命题：①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱；④若四棱柱的四条体对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱．其中，真命题的编号是________(写出所有真命题的编号)．解析：①错，必须是两个相邻的侧面；②正确；③错，反例，可以是斜四棱柱；④正确，对角线两两相等，则此两对角线所在的平行四边形为矩形．答案：②④5. (2016·西城区检测)已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3.答案：2 36．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．解析：过A 作AE ⊥BC 于E ，在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22.而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1. ∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此可还原原图形如图．在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′. ∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 答案：2＋227．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于392，母线与轴的夹角为45°，求这个圆台的高、母线长和底面半径．解：作出圆台的轴截面如图．设O ′A ′＝r ，则SO ′＝r ，∵一底面周长是另一底面周长的3倍，∴OA ＝3r ，则SO ＝3r ，SA ＝32r ， ∴OO ′＝2r .由轴截面的面积为12(2r ＋6r )·2r ＝392，得r ＝7.故上底面半径为7，下底面半径为21，高为14，母线长为14 2.8．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD ＝6且AD ⊥PD ，所以在Rt △APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝22＋62＝63(cm)．[B 级能力突破]1．(2015·高考课标卷Ⅱ)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，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15解析：由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.答案：D2．(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A ．6 2B ．4 2C ．6D ．4解析：将三视图还原为几何体再计算，几何体为三棱锥．如图，侧面SBC ⊥底面ABC .点S 在底面ABC 的射影点O 是BC 的中点，△ABC 为直角三角形． ∵AB ＝4，BO ＝2，∴AO ＝20，SO ⊥底面ABC ， ∴SO ⊥AO ，SO ＝4，∴最长的棱AS ＝20＋16＝6.答案：C3．(2014·高考北京卷)在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( )A ．S 1＝S 2＝S 3B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1解析：作出三棱锥在三个坐标平面上的正投影，计算三角形的面积．如图所示，△ABC 为三棱锥在坐标平面xOy 上的正投影，所以S 1＝12×2×2＝2.三棱锥在坐标平面yOz 上的正投影与△DEF (E ，F 分别为OA ，BC 的中点)全等，所以S 2＝12×2×2＝ 2.三棱锥在坐标平面xOz 上的正投影与△DGH (G ，H 分别为AB ，OC 的中点)全等，所以S 3＝12×2×2＝2.所以S 2＝S 3且S 1≠S3.故选D. 答案：D4．给出下列命题：①在正方体上任意选择4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的4个顶点；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中正确命题的序号是__________．解析：①正确，正四面体是每个面都是等边三角形的四面体，如正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中的四面体A CB 1D 1；②错误，反例如图所示，底面△ABC 为等边三角形，可令AB ＝VB ＝VC ＝BC ＝AC ，则△VBC 为等边三角形，△VAB 和△VCA 均为等腰三角形，但不能判定其为正三棱锥；③错误，必须是相邻的两个侧面．答案：①5．已知一个几何体的三视图如图，正视图和侧视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是(写出所有正确结论的编号)________．①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体； ④每个面都是等腰三角形的四面体； ⑤每个面都是直角三角形的四面体．解析：由三视图可知该几何体为底面是边长为a 的正方形，高为b 的长方体．若以四个顶点为顶点的图形为平行四边形，则一定是矩形，故②不正确．答案：①③④⑤6．(2016·武邑一模)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________．解析：本题构造长方体，体对角线长为7，其在侧视图中为侧面对角线a ，在俯视图中为底面对角线b ，设长方体底面宽为1，则b 2－1＋a 2－1＝6，即a 2＋b 2＝8，利用不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22＝4，则a ＋b ≤4.答案：47．如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝．再用S 平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．(1)当圆柱底面半径r 取何值时，S 取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米)；(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼，请作出灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)．解：(1)设圆柱的高为h ，由题意可知， 4(4r ＋2h )＝9.6，即2r ＋h ＝1.2.S ＝2πrh ＋πr 2＝πr (2.4－3r )＝3π[－(r －0.4)2＋0.16]，其中0＜r ＜0.6.∴当半径r＝0.4米时，S max＝0.48π≈1.51(平方米)．(2)由r＝0.3及2r＋h＝1.2，得圆柱的高h＝0.6(米)．则灯笼的三视图为：第2课时空间几何体的表面积与体积了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)．柱、锥、台与球的侧面积和体积1．(教材改编题)一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是( ) A ．8π B ．6π C ．4πD ．π解析：由V 正方体＝a 3＝8得a ＝2， ∴正方体的内切球半径为1. ∴S 球＝4πR 2＝4π. 答案：C2．一个圆柱形的玻璃瓶的内半径为3 cm ，瓶里所装的水深为8 cm ，将一个钢球完全浸入水中，瓶中水的高度上升到8.5 cm ，则钢球的半径为( )A ．1 cmB ．1.2 cmC ．1.5 cmD ．2 cm解析：∵V 球＝43πR 3＝π×32×8.5－π×32×8＝4.5π，∴R ＝32＝1.5(cm)．答案：C3．设某几何体的三视图如下(尺寸的长度单位为m)．则该几何体的体积为( )A ．4 m 2B ．3 m 2C ．2 m 2D ．5 m 2解析：由三视图可知，该几何体为三棱锥(如图所示)，AC ＝4，SO ＝2，BD ＝3.∴V S －ABC ＝13×12×4×3×2＝4.答案：A4．圆台的母线长为2 cm ，两底面半径分别为1 cm,5 cm ，则该圆台的侧面积是________cm 2. 解析：圆台的侧面积S ＝π(1＋5)×2＝12π(cm 2)．答案：12π5．各棱长都为1的正四棱锥的体积V ＝________.解析：如图所示，正四棱锥S －ABCD 的各棱长均为1，连接AC ，O 为AC 的中点，连接SO ，则易知SO 为正四棱锥S －ABCD 的高．SO 2＝SC 2－OC 2＝1－12＝12，SO ＝22，所以各棱长都为1的正四棱锥S －ABCD 的体积V ＝13S 四边形ABCD ·SO ＝13×1×22＝26.答案：26考向一几何体的表面积与侧面积[例1] (1)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )A ．28＋6 5B ．30＋6 5C ．56＋12 5D ．60＋12 5(2)(2016·广州市高三调研)已知四棱锥P －ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P －ABCD 的四个侧面中面积最大的是( ) A ．3B ．2 5C ．6D ．8审题视点根据几何体的三视图画出其直观图，利用直观图的图形特征求其表面积或侧面积．解析 (1)由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4，BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3，AE ＝4.∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5.又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ，∴CD ⊥平面ABD ，故CD ⊥AD ， ∴AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt △ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝2 5.在Rt △BCD 中，BD ＝5，CD ＝4，故S △BCD ＝10，且BC ＝41. 在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5.因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋6 5.(2)由三视图知四棱锥如图所示，N 为CD 的中点，M 为AB 的中点，易知PM ＝3，PN ＝5，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S △PAD ＝12×2×3＝3，S △PAB ＝12×4×3＝6.故选C.答案(1)B (2)C(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；旋转体的表面积等于侧面面积与底面面积的和．(2)若所给的几何体是规则的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(3)若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解．1．(2016·潍坊市考前适应性训练)如图为某个几何体的三视图，则该几何体的侧面积为( )A．16＋4πB．12＋4πC．16＋8πD．12＋8π解析：该几何体是半圆柱和一个三棱柱的组合体，其侧面积为4π＋6＋10＝16＋4π.答案：A2．(2015·高考陕西卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．3πB．4πC．2π＋4D．3π＋4解析：由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.答案：D考点二几何体的体积[例2] 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．审题视点利用三棱锥的体积公式直接求解．解析 VD 1－EDF ＝VF －DD 1E ＝13S △D 1DE ·AB ＝13×12×1×1×1＝16.答案 16求锥体的体积，要选择适当的底面积和高，然后应用公式V ＝13Sh 进行计算即可．常用方法：割补法和等积变换法．(1)割补法：求一个几何体的体积可以将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出锥体和柱体的体积，从而得出几何体的体积． (2)等积变换法：①利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面，求体积时，可选择容易计算的方式来计算；②利用“等积性”可求“点到面的距离”．1．(2015·高考浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( ) A ．8 cm 3B ．12 cm 3 C.323 cm 3D.403 cm 3解析：由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．答案：C2．(2015·高考山东卷)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C ．22πD ．42π解析：绕等腰直角三角形的斜边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个底面重合，等体积的圆锥，如图所示．每一个圆锥的底面半径和高都为2，故所求几何体的体积V ＝2×13×2π×2＝42π3.答案：B考点三几何体的展开与折叠[例3] (1)(2015·南京模拟)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2 cm ，高为5 cm ，则一质点自点A 出发，沿着正三棱柱的侧面绕行两周到达点A 1的最短路线的长为________cm.(2)如图，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．审题视点 (1)将正三棱柱的侧面展开转化为平面问题来解决；(2)将平面图形折叠后得到一个四棱锥，用相关公式可求得体积．解析 (1)将正三棱柱沿棱AA 1两次展开，得到如图所示的矩形，可知最短路线长为矩形的对角线长，从而所求最短路线的长为52＋122＝13(cm)．(2)由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为32，连接顶点和底面中心即为高，可得高为22，所以体积为V ＝13×1×1×22＝26.答案 (1)13 (2)261．求几何体表面上两点间的最短距离问题的特点是：图形的性质和数量关系分散在立体图形的几个平面上或旋转体的侧面上，解题时需将图中的某些平面旋转到同一平面上，或者将曲面展开为平面，使问题得到解决．2．折叠问题是立体几何中常见的题型，几何体的展开与平面图形的折叠，体现了空间图形与平面图形的转化，是解决立体几何问题时常用的方法．1. 已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝2，P是BC1上一动点，如图所示，则CP＋PA1的最小值为________．解析：PA1在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将其铺平后转化为平面上的问题解决．计算A1B＝AB1＝40，BC1＝2，又A1C1＝6，故△A1BC1是∠A1C1B＝90°的直角三角形．铺平平面A1BC1、平面BCC1，如图所示．CP＋PA1≥A1C.在△AC1C中，由余弦定理得A 1C＝62＋22－2·6·2·cos 135°＝50＝52，故(CP＋PA1)min＝5 2.答案：5 22．如图，在三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC为等边三角形，AA′⊥平面ABC，AB＝3，AA′＝4，M为AA′的中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC′到M的最短路线长为29，设这条路线与CC′的交点为N.(1)求该三棱柱的侧面展开图的对角线长； (2)求PC 与NC 的长．解：(1)该三棱柱的侧面展开图是边长分别为4和9的矩形，故对角线长为42＋92＝97. (2)将该三棱柱的侧面沿棱BB ′展开，如图所示．设PC ＝x ，则MP 2＝MA 2＋(AC ＋x )2. ∵MP ＝29，MA ＝2，AC ＝3， ∴x ＝2，即PC ＝2. 又NC ∥AM ， ∴PC PA ＝NC AM ，即25＝NC 2， ∴NC ＝45.。

2017高考数学一轮复习课件：第7章立体几何第1讲

B．1 D．3
第二十二页，编辑于星期六：二十点三十六分。
解析: ①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；② 正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
第二十三页，编辑于星期六：二十点三十六分。
判定与空间几何体结构特征有关命题的方法 (1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定． (2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.
考点二空间几何体的三视图(高频考点) 空间几何体的三视图是每年高考的热点，题型为选择题或填空题，难度适中，属于中档题．高考对三视图的考查常有以下三个命题角度： (1)根据几何体的结构特征确认其三视图． (2)根据三视图还原直观图． (3)由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图．
第二十七页，编辑于星期六：二十点三十六分。
第二十四页，编辑于星期六：二十点三十六分。
1.给出下列四个命题： ①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱； ②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥； ③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体； ④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中错误的命题的序号是______①__②__③_④__________．
系的简单命题．
第四页，编辑于星期六：二十点三十六分。
知识点
第七章立体几何
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1.了解空间向量的意义及相关概念，了解直线的方向向量的意义，理解平面的法向量的意义． 2．掌握空间向量的线性运算及其运算律，理解共线 (平行)向量，共面向量的意义，能利用它们证明简单的空间向量共线和共面的问题．空间向量 3．理解空间向量的数量积的意义及其运算律，理解及其运算空间向量的长度和夹角的意义． 4．了解空间向量基本定理及其意义，了解空间向量的的正交分解，掌握其坐标表示；会在简单的问题中

2017届高考数学大一轮复习第七章立体几何7.2空间几何体的表面积与体积课时规范训练理北师大版

【高考领航】2017届高考数学大一轮复习第七章立体几何 7.2 空间几何体的表面积与体积课时规范训练理北师大版[A 级基础演练]1．(2015·高考福建卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.答案：B2．(2015·高考重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2π B.13π6 C.7π3D.5π2解析：由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π.答案：B3．(2015·高考安徽卷)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．1＋2 2C ．2＋ 3D ．2 2解析：选C. 如图，该四面体有两个面为等腰直角三角形，另外两个面为正三角形．故该四面体的表面积S ＝2×12×2×2＋2×12×2×2×32＝2＋ 3.答案：C4．(2015·高考天津卷)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1m ，圆柱的底面半径为1m 且其高为2m ，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π(m 3)．答案：83π5．(2016·大连模拟)直三棱柱ABC A 1B 1C 1的六个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝90°，AA 1＝22，则球O 的表面积为__________．解析：由题设可知，直三棱柱可以补成一个球的内接长方体，所以球的直径为长方体的体对角线长，即22＋22＋22＝4，故球O 的表面积S ＝4πR 2＝16π.答案：16π6. 一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．解析：依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，要求的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝ 3. ∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.答案：43π7．如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)．(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)； (2)求这个几何体的表面积及体积．解：(1)这个几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q －A 1D 1P 的组合体．由PA 1＝PD 1＝2，A 1D 1＝AD ＝2，可得PA 1⊥PD 1.故所求几何体的表面积S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝(22＋42)(cm 2)，所求几何体的体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3)．8．有一根木料，形状为直三棱柱形，高为6 cm ，横截面三角形的三边长分别为3 cm 、4 cm 、5 cm ，将其削成一个圆柱形积木，求该木料被削去部分体积的最小值．解：如图所示，只有当圆柱的底面圆为直三棱柱的底面三角形的内切圆时，圆柱的体积最大，削去部分体积才能最小，设此时圆柱的底面半径为R ，圆柱的高即为直三棱柱的高．在△ABC 中，令AB ＝3，BC ＝4，AC ＝5，∴△ABC 为直角三角形．根据直角三角形内切圆的性质可得7－2R ＝5，∴R ＝1. ∴V 圆柱＝πR 2·h ＝6π(cm 3)．而三棱柱的体积为V 三棱柱＝12×3×4×6＝36(cm 3)．∴削去部分的体积为36－6π＝6(6－π)(cm 3)．即削去部分体积的最小值为6(6－π)cm 3.[B 级能力突破]1．(2015·高考课标卷Ⅱ)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 ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°， ∴S △AOB ＝12R 2.∵V O ABC ＝V C AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O ABC 最大为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C. 答案：C2．(2015·高考课标卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，则圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.答案：B3. (2016·豫西五校联考)如图所示(单位：cm)，则图中的阴影部分绕AB 所在直线旋转一周所形成的几何体的体积为__________．解析：由题图中数据，根据圆台和球的体积公式，得V圆台＝13×(π×AD 2＋π×AD 2×π×BC 2＋π×BC 2)×AB ＝13×π×(AD 2＋AD ×BC ＋BC 2)×AB＝13×π×(22＋2×5＋52)×4＝52π(cm 3)， V 半球＝43π×AD 3×12＝43π×23×12＝163π(cm 3)，所以旋转所形成几何体的体积V ＝V 圆台－V 半球＝52π－163π＝1403π(cm 3)．答案：1403π(cm 3)4．(2016·大连双基检测) 如图，在边长为1的正方形网格中用粗线画出了某个多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A ．15B ．13C ．12D ．9解析：题中的几何体的直观图如图所示，其中底面ABCD 是一个矩形(其中AB ＝5，BC ＝2)，棱EF ∥底面ABCD ，且EF ＝3，直线EF 到底面ABCD 的距离是3.连接EB ，EC ，则题中的多面体的体积等于四棱锥E ABCD 与三棱锥E FBC 的体积之和，而四棱锥E ABCD 的体积等于13×(5×2)×3＝10，三棱锥E FBC 的体积等于13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×3×2＝3，因此题中的多面体的体积等于10＋3＝13，选B.答案：B5．(2014·高考江苏卷)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．解析：根据底面积的比值、侧面积相同，找到底面半径和高的比值，再代入体积公式求出体积的比值．设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，则h 1h 2＝23，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝32.答案：326. (2016·大连模拟)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一个动点P 、Q ，且满足A 1P ＝BQ ，M 是棱CA 上的动点，则V M ABQPVABC A 1B 1C 1－V M ABQP的最大值是__________．解析：设VABC A 1B 1C 1＝V ，V M ABQP ＝VM B 1BA ≤VC B 1BA ＝VB 1CBA ＝13V ，即M 与C 重合时V M ABQP最大，V M ABQP VABC A 1B 1C 1－V M ABQP ＝V3V －V 3＝12.答案：127．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＞1，点E 在棱AB 上移动，小蚂蚁从点A 沿长方体的表面爬到点C 1，所爬的最短路程为22.(1)求AB 的长度．(2)求该长方体外接球的表面积．解：(1)设AB ＝x ，点A 到点C 1可能有两种途径，如图甲的最短路程为|AC 1|＝x 2＋4. 如图乙的最短路程为 |AC 1|＝x ＋2＋1＝x 2＋2x ＋2，图甲图乙∵x ＞1，∴x 2＋2x ＋2＞x 2＋2＋2＝x 2＋4，故从点A 沿长方体的表面爬到点C 1的最短距离为x 2＋4.由题意得x 2＋4＝22，解得x ＝2. 即AB 的长度为2.(2)设长方体外接球的半径为R ，则 (2R )2＝12＋12＋22＝6， ∴R 2＝32，∴S 表＝4πR 2＝6π.即该长方体外接球的表面积为6π.。

高考复习数学(北师大版)第7章立体几何初步

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高三一轮总复习
3．把握命题的新动向，在保持命题连续性的同时，力求创新，空间的折叠与探索开放性问题的命题趋向值得重视．
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高三一轮总复习 [导学心语] 根据近5年全国卷高考命题特点和规律，复习本章时，要注意以下几个方面： 1．深刻理解以下概念、性质、定理及公式．简单几何体的结构特征；三视图及其表面积、体积公式；三个公理及线面、面面平行和垂直的八个判定定理与性质定理． 2．抓住空间位置关系中平行、垂直这一核心内容强化训练，不仅要注意平行与平行、垂直与垂直间的转化，而且要重视平行与垂直间的化归转化．在推理证明中加强规范严谨性训练，避免因条件七章立体几何初步
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[五年考情]
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高三一轮总复习
[重点关注] 综合近5年全国卷高考试题，我们发现高考命题在本章呈现以下规律： 1．从考查题型、题量两个方面来看：一般是1～2个客观题，一个解答题；从考查分值看，该部分大约占17～22分． 2．从考查知识点看：主要考查简单几何体的三视图及其表面积、体积、空间中线线、线面、面面的平行和垂直的关系，突出对空间想象能力、逻辑推理能力和正确迅速运算的能力，以及转化与化归思想的考查．
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高三一轮总复习
3．从命题思路上看： (1)空间几何体的三视图及其表面积、体积的计算，主要以小题的形式考查． (2)空间点、线、面之间位置关系的判断与证明，特别是线线、线面、面面的平行与垂直，主要以解答题的形式考查． (3)根据近5年的高考试题，我们发现两大热点：①空间几何体的三视图及其表面积、体积的计算，空间位置关系有关命题的辨别．②空间平行、垂直关系的证明．

2017届高考数学大一轮复习第七章立体几何74空间

【高考领航】 2017 届高考数学大一轮复习第七章立体几何 7.4 空间中的平行关系课时规范训练理北师大版[A 级基础操练 ]1．(2015 ·高考北京卷 ) 设 α ，β 是两个不一样的平面，m 是直线且 m ? α ，“ m ∥β ”是“α ∥ β ”的 ()A ．充足而不用要条件B ．必需而不充足条件C ．充足必需条件D ．既不充足也不用要条件分析：当 m ∥ β 时，过 m 的平面 α 与 β 可能平行也可能订交，因此 m ∥ β α ∥ β ；当 α ∥ β 时，α 内任向来线与 β 平行，因为 m ? α ，因此 m ∥ β. 综上知， “ m ∥ β ”是“ α∥β ”的必需而不充足条件．答案： B2．(2015 ·高考安徽卷 ) 已知 m ， n 是两条不一样直线， α， β 是两个不一样平面，则以下命题正确的选项是 ( )A ．若 α ， β 垂直于同一平面，则 α 与 β 平行B ．若 m ， n 平行于同一平面，则 m 与 n 平行C ．若 α ， β 不平行，则在 α 内不存在与 β 平行的直线D ．若，不平行，则与 n 不行能垂直于同一平面m nm分析： A 项， α ， β 可能订交，故 A 错误； B 项，直线 m ， n 的地点关系不确立，可能订交、平行或异面，故 B 错误； C 项，若 m ? α ，α ∩ β ＝ n ， m ∥ n ，则 m ∥β ，故 C 错误；D 项，假定，垂直于同一平面，则必有∥ ，因此原命题正确，故 D 项正确．m nm n答案： D3．(2016 ·汕头质检 ) 若 m ， n 为两条不重合的直线， α ，β 为两个不重合的平面，则以下命题中真命题的序号是 __________ ．①若 m ， n 都平行于平面 α ，则 m ，n 必定不是订交直线； ②若 m ， n 都垂直于平面 α ，则 m ，n 必定是平行直线；③已知 α ， β 相互平行， m ， n 相互平行，若 m ∥ α ，则 n ∥ β； ④若 m ， n 在平面 α 内的射影相互平行，则m ， n 相互平行．分析： ①为假命题，②为真命题，在③中， n 能够平行于 β ，也能够在 β 内，故是假命题，在④中， m ，n 也可能异面，故为假命题．答案： ②4．棱长为 2 的正方体－1111中，M 是棱 1的中点，过、、 1 作正方体的截ABCD A B CD AA C M D面，则截面的面积是 ________．分析：由面面平行的性质知截面与面 AB 1 的交线 MN 是△ AA 1B 的中位线，因此截面是梯1形 CD 1MN ，易求其面积为92.9答案： 25．已知 α 、β 是不一样的两个平面，直线a α ，直线 bβ ，命题 p ：a 与 b 没有公共点；命题： α ∥ β，则p 是 q 的 ________条件．q分析： ∵ a 与 b 没有公共点，不可以推出 α ∥β ，而 α∥ β 时， a 与 b 必定没有公共点，即 p q ， q ? p ，∴ p 是 q 的必需不充足条件．答案：必需不充足6．如图，正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中， AB ＝ 2，点 E 为 AD 的中点，点F 在 CD 上．若 EF ∥平面 AB 1C ，则线段 EF 的长度等于 ________．分析：因为直线 EF ∥平面 AB 1C ，EF 平面 ABCD ，且平面 AB 1C ∩平面 ABCD ＝ AC ，因此 EF1∥AC . 又因为点 E 是 DA 的中点，因此 F 是 DC 的中点，由中位线定理可得EF ＝2AC . 又因为在正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中， AB ＝ 2，因此 AC ＝ 22，因此 EF ＝ 2.答案：27．一个多面体的直观图和三视图如下图，此中M ，N 分别是 AB ， AC 的中点， G 是 DF上的一动点．(1) 求该多面体的体积与表面积；(2) 当 FG ＝ GD 时，在棱 AD 上确立一点 P ，使得 GP ∥平面 FMC ，并给出证明．解： (1) 由题中图可知该多面体为直三棱柱，在△中， ⊥ ，＝＝＝，所ADFAD DF DF ADDC a1 3122222以该多面体的体积为 2a ，表面积为 2a ×2＋ 2 a ＋ a ＋ a ＝ (3 ＋ 2) a .(2) 点 P 与点 A 重合时， GP ∥平面 FMC .取 FC 的中点 H ，连结 GH ， GA ， MH .2∵ G是 DF的中点，1∴GH綊2CD.1又 M是 AB的中点，∴ AM綊2CD.∴ GH∥AM且 GH＝ AM，∴四边形GHMA是平行四边形．∴GA∥ MH.∵ MH 平面 FMC，GA平面FMC，∴ GA∥平面FMC，即当点P与点 A 重合时， GP∥平面FMC.8．(2016 ·石家庄二中一模 ) 如图，在四棱锥P- ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，E为PD的中点，F在AD上，且∠FCD＝30°.(1)求证： CE∥平面 PAB；(2)若PA＝2AB＝2，求四周体P-ACE的体积．解：(1) 证明∵∠ACD＝90°，∠CAD＝60°，∴∠ FDC＝30°.又∠ FCD＝30°，∴∠ ACF＝60°，∴ AF＝CF＝ DF，即 F 为AD的中点．又 E 为 PD的中点，∴ EF∥PA，∵ AP 平面 PAB， EF 平面PAB，∴ EF∥平面 PAB.又∠ BAC＝∠ ACF＝60°，∴CF∥AB，可得 CF∥平面 PAB.又 EF∩ CF＝ F，∴平面 CEF∥平面 PAB，而 CE 平面 CEF，∴CE∥平面 PAB.(2)∵ EF∥ AP， AP 平面 APC， EF 平面 APC，∴ EF∥平面 APC.又∠ ABC＝∠ ACD＝90°，∠ BAC＝60°， PA＝2AB＝2，AC∴ AC＝2AB＝2，CD＝tan 30°＝2 3.31 1 1 1 12 3∴V P- AEC＝ V E- PAC＝V F- PAC＝ V P- ACF＝3×2× S△ACD·PA＝3×2×2×2×23×2＝3.[B 级能力打破]1．(2015 ·高考福建卷) 若l，m是两条不一样的直线，m垂直于平面α ，则“ l⊥ m”是“ l∥α ”的 ()A．充足而不用要条件B．必需而不充足条件C．充足必需条件D．既不充足也不用要条件分析：∵ m⊥ α，若 l ∥ α，则必有 l ⊥ m，即 l ∥ α? l ⊥ m.但 l ⊥m l ∥α，∵ l ⊥ m时， l 可能在α内．故“ l ⊥ m”是“ l ∥ α ”的必需而不充足条件．答案： B2．(2016 ·北京模拟 ) 以下命题中真命题的个数是 ()(1) 若直线l平行于平面α 内的无数条直线，则直线l ∥ α；(2)若直线 a 在平面α外，则 a∥ α；(3)若直线 a∥ b， b α，则 a∥ α；(4)若直线 a∥ b， b α，则 a 平行于平面α内的无数条直线．A．1个B．2个C．3个D．4个分析：命题 (1) l能够在平面α 内，不正确；命题(2)直线a与平面α 能够是订交关系，不正确；命题 (3) a能够在平面α 内，不正确；命题(4) 正确．答案： A3．如图，在棱长为 1 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点 E， F 分别是棱BC， CC1的中点， P是侧面 BCC1B1内一点，若A1P∥平面 AEF，则线段 A1P 长度的取值范围是()A. 1， 5B. 32， 52 24C.5D． [ 2， 3] 2， 2分析：选 B.取 1 1的中点， 1 的中点，连结 1 ， 1 ，，能够证明平面∥平B C M BB N AM AN MN AMN1 1 12 5 1 2 1 2 面 AEF，因此点 P 位于线段 MN上，因为 A M＝ A N＝1＋2 ＝2，MN＝ 2 ＋242＝2 ，因此当点 P 位于 M，N处时， A1P 的长度最长，当P 位于 MN的中点 O时， A1P 的长度最短，此时 AO＝ 5 2 2 2 ＝3 2 3 2 52 － 4 4 ，因此 A O≤ AP≤ A M，即4≤AP≤ 2 ，因此1 1 1 1 1线段1长度的取值范围是 34 25，选B.A P ，24．如下图，ABCD－AB CD是棱长为a的正方体，M、N分别是下底面的棱AB、BC1 1 1 1 1 1 1 1 的中点， P是上底面的棱AD上的一点， AP＝a，过 P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在 CD上，则 PQ＝________.3分析：∵平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1，∴ MN∥PQ.a∵ M、N分别是 A1B1、B1C1的中点， AP＝3，∴CQ＝a，进而 DP＝ DQ＝2a，3 32 2∴PQ＝3 a.2 2答案：3 a5．如下图，在正四棱柱ABCD－ A1B1C1D1中， E、 F、 G、 H分别是棱CC1、 C1D1、D1D、 DC 的中点， N是 BC的中点，点M在四边形 EFGH及其内部运动，则 M知足条件________时，有MN∥平面 B1BDD1.分析：由题意， HN∥面 B1BDD1， FH∥面 B1BDD1.∵HN∩FH＝ H，∴面 NHF∥面 B1BDD1.∴当 M在线段 HF上运动时，有 MN∥面 B1BDD1.答案： M∈线段 HF56．如图，正方体 ABCD－ A1B1C1D1的棱长为1， P 为 BC的中点， Q为线段 CC1上的动点，过点A， P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则以下命题正确的选项是________( 写出全部正确命题的编号)．1①当 0<CQ<2时，S为四边形；1②当 CQ＝2时， S为等腰梯形；3 1 1 1 1③当 CQ＝4时， S与CD 的交点 R知足 CR＝3；3④当4<CQ<1 时，S为六边形；6⑤当 CQ＝1时， S的面积为 2 .分析：利用平面的基天性质联合特别四边形的判断与性质求解．1①当 0<CQ<2时，如图 (1) ．在平面 AA1D1D内，作 AE∥ PQ，明显 E在棱 DD1上，连结 EQ，则 S 是四边形 APQE.1②当 CQ＝2时，如图(2)．明显 PQ∥ BC1∥ AD1，连结 D1Q，则 S 是等腰梯形．3③当 CQ＝4时，如图(3)．1作 BF∥ PQ交 CC1的延伸线于点 F，则 C1F＝2.作 AE∥ BF，交 DD1的延伸线于点 E，61D1E＝2，AE∥ PQ，连结 EQ交 C1D1于点 R，因为 Rt△RC1Q∽ Rt△RD1E，∴C1Q∶ D1E＝ C1R∶ RD1＝1∶2，1∴C1R＝3.④当3< <1 时，如图 (3) ，连结( 点为与1 1交点)，明显S为五边形.4 CQ PM M AE AD APQRM⑤当 CQ＝1时，如图(4)．同③可作∥ 交 1 的延伸线于点，交 1 1于点，明显点为 1 1 的中点，因此AE PQ DD E A D M M A D1 1 6S为菱形 APQM，其面积为2MP× AQ＝2×2×3＝2.答案：①②③⑤7．(2016 ·潍坊市模拟)1 如图，已知平行四边形ABCD与直角梯形 ABEF所在的平面相互垂直，且AB＝ BE＝2AF＝π1，BE∥AF，AB⊥AF，∠CBA＝4，BC＝2，P为DF的中点．(1)求证： PE∥平面 ABCD；(2)求三棱锥 A- BCE的体积．解： (1) 证明：取AD的中点M，连结MP，MB，在△ ADF中， FP＝ PD， DM＝ MA，71∴ MP∥AF，且 MP＝2AF.1又 BE∥ AF， BE＝2AF，∴ MP∥ BE，且 MP＝ BE，∴四边形 BMPE为平行四边形．∴PE∥ BM.又 PE 平面 ABCD， BM 平面ABCD，∴ PE∥平面 ABCD.(2) 在△ABC中，AB＝ 1，∠CBA＝π4，BC＝2，∴由余弦定理2＝2＋2－ 2 · cos∠＝12＋( 2) 2－2× 2×1× 2 ＝ 1，AC BC AB BC AB CBA 22 2 2得 AC＋ AB＝ BC，∴ AC⊥ AB.∵平面 ABCD⊥平面 ABEF，又平面 ABCD∩平面 ABEF＝AB，∴ AC⊥平面 ABEF.又 BE∥ AF， AB⊥ AF，∴ BE⊥ AB，1 1又 AB＝ BE＝1，∴ S△ABE＝2×1×1＝2，1 1 1 1∴V A- BCE＝ V C- ABE＝3S△ABE· AC＝3×2×1＝6.8。

2017届高考数学大一轮复习第七章立体几何第3课时空间图形的基本关系及公理课件理北师大版

3．如图所示，AA1是长方体的一条棱，这个长方体中与AA1 异面的棱共有( )
A．3条 C．5条
B．4条 D．6条
解析：依据异面直线的判定定理找与AA1异面的棱．∵AA1在面A1ABB1内，B1在面A1ABB1内，C1不在面A1ABB1内，∴C1B1是与 AA1异面的棱．同理，BC，CD，C1D1都是与AA1异面的棱，故正确答案为B.
构造模型判断空间点、线、面的位置关系 [典例] 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1， CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．
审题视点找与三条异面直线都相交的直线，可以转化成在一个平面内，作与三条直线都相交的直线．因而可考虑过一条直线及另外一条直线上的一点作平面，进而研究公共交线问题．
主干回顾夯基固源考点研析题组冲关素能提升学科培优
课时规范训练
第 3 课时空间图形的基本关系及公理
1．了解可以作为推理依据的公理和定理． 2．理解空间直线、平面位置关系的定义． 3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题．
1．空间图形的基本关系 (1)点和直线的位置有两种：点在直线上和点在直线外． (2)点和平面的位置有两种：点在平面内和点在平面外．
考点二空间中两条直线的位置关系 [例2] 如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是 A1B1、B1C1的中点．问： (1)AM和CN是否是异面直线？说明理由； (2)D1B和CC1是否是异面直线？说明理由； (3)求A1C1与B1C所成角的大小．
审题视点 (1)可证得MN∥AC，故AM、CN共面；(2)利用反证法；(3)利用A1C1∥AC.

高考数学大一轮总复习第七章立体几何 7.7.1 证明平

(3) 设直线 l 的方向向量为 ν ，平面 α 的法向量为 u ，则 l∥α 或 l α
⇔ ν⊥u 。
(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β ⇔
u1∥u。2
3．用向量证明空间中的垂直关系
(1) 设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 ν1 和 ν2 ，则 l1⊥l2⇔__ν1_⊥__ν2____⇔__ν1_·_ν2_＝__0 ____。
②异面直线的夹角：当直线l1与l2是异面直线时，在直线l1上任取一点A 作AB∥l2，我们把直线l1和直线AB 的夹角叫作异面直线l1与l2的夹角。
设s1，s2分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
l1 与 l2 的夹角 θ
s1 与 s2 的夹角〈s1，s2〉
范围求法关系
__0_<__θ_≤__π2 ____ cos θ＝|cos 〈s1，s2〉|
已知平面 π1 和 π2 的法向量分别为 n1 和 n2，当 0≤〈n1，n2〉≤π2时，平面 π1 与 π2 的夹角等于_〈__n_1_，__n_2〉__；
当π2<〈n1，n2〉≤π 时，平面 π1 与 π2 的夹角等于_π_－__〈__n__1，__n__2_〉___。
5．距离的计算 (1)点到直线的距离空间一点A到直线l的距离的算法框图如图：
(2)平行直线间的距离求平行直线间的距离通常转化为求点到直线的距离。 (3)点到平面的距离空间一点A到平面π的距离的算法框图如图：
基础自测
[判一判] (1)直线的方向向量是唯一确定的。( × ) 解析错误。直线的方向向量有无穷多个，不是唯一确定的。 (2) 两不重合直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 ν1 ＝ (1,0 ，－ 1) ， ν2 ＝ ( － 2,0,2)，则l1与l2的位置关系是平行。( √ ) 解析正确。因为ν2＝－2ν1，所以ν1与ν2共线，所以l1与l2的位置关系是平行。

高考数学一轮复习第7章立体几何第4讲垂直关系课件理北师大版20171125494

两个平面垂直的性质定理可得 b⊥α，又a 但不能保证 b⊥α，所以不能推出 α⊥β.
反过来，当 a∥m 时，因为 b⊥m，且 a， m 共面，一定有 b⊥a，
5． (必修 2 P42 习题 1－6A 组 T7 改编)在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA⊥底面 ABCD，PA＝AB，点 E 是棱
②二面角的平面角
如图，过二面角 αlβ 的棱 l 上一点 O 在两个半平面内分别
∠AOB 就叫做二面角 α作 BO⊥ l， AO⊥l，则 ________ lβ 的平面角．
③二面角的范围
[0，π] ．设二面角的平面角为 θ，则 θ∈ ________
π 2 ④当 θ＝ ________ 时，二面角叫做直二面角．
解：(1)由条件知，PQ⊥AD，BQ⊥AD，PQ∩BQ＝Q，所以 AD⊥平面 PQB. 因为 AD 平面 PAD，所以平面 PQB⊥平面 PAD. (2)因为 PA＝PD，Q 为 AD 的中点，所以 PQ⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，所以 PQ⊥平面 ABCD.
l β ⇒l⊥α α ∩β ＝a l⊥a
α ⊥β
3. 空间角 (1)直线与平面所成的角
① 定义：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，如图， ________
∠PAO 就是斜线 AP 与平面 α 所成的角． ________
[解] (1)证明：
由已知得△ABC≌△DBC，因此 AC＝DC. 又 G 为 AD 的中点，所以 CG⊥AD. 同理 BG⊥AD，又 BG∩CG＝G，因此 AD⊥平面 BGC. 又 EF∥AD，所以 EF⊥平面 BCG.

高考数学大一轮总复习第七章立体几何 7.3 平行关系名师课件文北师大版

【规律方法】解决有关线面平行，面面平行的判定与性质的基本问题的注意事项
(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易忽视。
(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断。 (3)会举反例或用反证法推断命题是否正确。
变式训练1 (2016·南京模拟)已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题：
知识梳理
1．直线与平面平行的判定与性质
文字语言
图形语言
若平面外一条直线与此平面内的一
条直线平行，则该判定定理
直线与此平面平行 (线线平行⇒线面平行)
符号语言
因为 l∥a ， _a___α__，______，所以l∥α
文字语言
图形语言
如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任意一性质定理个平面与已知平面的交线与该直线平行(线面平行⇒线线平行)
考点二直线与平面平行的判定与性质
【例2】 (2016·南通模拟)如图所示，斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点 D，D1分别为AC，A1C1上的中点。证明：
(1)AD1∥平面BDC1；
【证明】 ∵D1，D 分别为 A1C1 与 AC 的中点，四边形 ACC1A1 为平行四边形， ∴C1D1 綊 DA。
平面 AMC，MC 平面 AMC，
考点三平面与平面平行的判定与性质
【例3】如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是 AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
【证明】 ∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点， ∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1。又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC。∴B，C，H，G四点共面。

2017届高考数学大一轮复习第七章立体几何 7.5 垂直关系课时规范训练理北师大版

【高考领航】2017届高考数学大一轮复习第七章立体几何 7.5 垂直关系课时规范训练理北师大版[A级基础演练]1．(2016·佳木斯名校联考)已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，lβ，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β，其中正确的命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：①中，α∥β，且m⊥α，则m⊥β，因为lβ，所以m⊥l，所以①正确；②中，α⊥β，且m⊥α，则m∥β或mβ，又lβ，则m与l可能平行，可能异面，可能相交，所以②不正确；③中，m⊥l，且m⊥α，lβ，则α与β可能平行，可能相交，所以③不正确；④中，m∥l，且m⊥α，则l⊥α，因为lβ，所以α⊥β，所以④正确，故选B.答案：B2．(2014·高考广东卷)若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定解析：如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA，若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项A和C.若l4＝DC1，也满足条件，可以排除选项B.故选D.答案：D3．(2016·重庆模拟)在一个45°的二面角的一个面内有一条直线与二面角的棱成45°，则此直线与二面角的另一个面所成的角为( )A．30°B．45°C．60° D．90°解析：如图，二面角α－l－β为45°，ABβ，且与棱l成45°角，过A作AO⊥α于O ，作AH ⊥l 于H .连接OH 、OB ，则∠AHO 为二面角α－l －β的平面角，∠ABO 为AB 与平面α所成角．不妨设AH ＝2，在Rt △AOH 中，易得AO ＝1；在Rt △ABH 中，易得AB ＝2.故在Rt △ABO 中，sin ∠ABO ＝AO AB ＝12，∴∠ABO ＝30°，为所求线面角．答案：A4．设l ，m ，n 为三条不同的直线，α为一个平面，给出下列命题 ①若l ⊥α，则l 与α相交②若m α，n α，l ⊥m ，l ⊥n ，则l ⊥α ③若l ∥m ，m ∥n ，l ⊥α，则n ⊥α ④若l ∥m ，m ⊥α，n ⊥α，则l ∥n 其中正确命题的序号为________．解析：由于垂直是直线与平面相交的特殊情况，故①正确；由于m 、n 不一定相交，故②不正确；根据平行线的传递性，故l ∥n ，又l ⊥α，故n ⊥α从而③正确；由m ⊥α，n ⊥α知m ∥n ，故l ∥n ，故④正确．答案：①③④5．已知△ABC 的三边长分别为AB ＝5，BC ＝4，AC ＝3，M 是AB 边上的点，P 是平面ABC 外一点．给出下列四个命题：①若PA ⊥平面ABC ，则三棱锥P ABC 的四个面都是直角三角形； ②若PM ⊥平面ABC ，且M 是AB 边的中点，则有PA ＝PB ＝PC ； ③若PC ＝5，PC ⊥平面ABC ，则△PCM 面积的最小值为152； ④若PC ＝5，P 在平面ABC 上的射影是△ABC 内切圆的圆心，则点P 到平面ABC 的距离为23.其中正确命题的序号是________．(把你认为正确命题的序号都填上)解析：由题意知AC ⊥BC ，对于①，若PA ⊥平面ABC ，则PA ⊥BC ，又PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC ，∴BC ⊥PC ，因此该三棱锥P ABC 的四个面均为直角三角形，①正确；对于②，由已知得M 为△ABC 的外心，所以MA ＝MB ＝MC .∵PM ⊥平面ABC ，则PM ⊥MA ，PM ⊥MB ，PM ⊥MC ，由三角形全等可知PA ＝PB ＝PC ，故②正确；对于③，要使△PCM 的面积最小，只需CM最短，在Rt △ABC 中，CM min ＝125，∴S △PCM min ＝12×125×5＝6，故③错误；对于④，设P 点在平面ABC 内的射影为O ，且O 为△ABC 的内心，由平面几何知识得△ABC 的内切圆半径r ＝1，且OC ＝2，在Rt △POC 中，PO ＝PC 2－OC 2＝23，∴点P 到平面ABC 的距离为23，故④正确．答案：①②④6．已知点P ，A ，B ，C ，D 是球O 表面上的点，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为23的正方形．若PA ＝26，则△OAB 的面积为________．解析：将直四棱锥补成长方体如图：球O 的直径2R ＝32＋32＋62＝43， ∴R ＝2 3.S △OAB ＝12×23×3＝3 3.答案：3 37. (2016·山东高考预测题)如图，已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝2，AA 1＝4，D 是棱AA 1上的任一点，M ，N 分别为AB ，BC 1的中点．(1)求证：MN ∥平面DCC 1；(2)试确定点D 的位置，使得DC 1⊥平面DBC .解：(1)证法一：如图，连接AC 1，因为M ，N 分别为AB ，BC 1的中点，故MN ∥AC 1，又AC 1平面DCC 1，MN平面DCC 1，故MN ∥平面DCC 1.证法二：如图，取BC 的中点G ，连接GN ，GM ，则GN ∥CC 1，又CC 1⊂平面DCC 1，GN ⊄平面DCC 1，故GN ∥平面DCC 1.同理可知GM ∥平面DCC 1，又GN ，GM 是平面NMG 内的两条相交直线，故平面NMG ∥平面DCC 1，又MN 平面NMG ，故MN ∥平面DCC 1.(2)当点D 为AA 1的中点时，满足DC 1⊥平面DBC .证明：由题意可知BC ⊥AC ，BC ⊥CC 1，而AC ，CC 1是平面AA 1C 1C 内的两条相交直线，故BC ⊥平面AA 1C 1C ，又DC 1平面AA 1C 1C ，故DC 1⊥BC .在△CDC 1中，CD ＝22，DC 1＝22，CC 1＝4，满足CD 2＋DC 21＝CC 21，所以DC 1⊥DC ，又BC ，DC 是平面DBC 内的两条相交直线，故DC 1⊥平面DBC .8．(2014·高考新课标全国卷Ⅱ) 如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积．解析：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB . 因为EO 平面AEC ，PB平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A －xyz ，则D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AE ＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12. 设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量，由题设|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12，解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E －ACD 的高为12，三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38. [B 级能力突破]1．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为对角线BD 1的三等分点，P 到各顶点的距离的不同取值有( )A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个解析：画出几何图形，利用空间线面关系定理定性分析．如图，取底面ABCD 的中心O ，连接PA ，PC ，PO .∵AC ⊥平面DD 1B ，又PO 平面DD 1B ，∴AC ⊥PO .又O 是BD 的中点，∴PA ＝PC .同理，取B 1C 与BC 1的交点H ，易证B 1C ⊥平面D 1C 1B ，∴B 1C ⊥PH .又H 是B 1C 的中点，∴PB 1＝PC ，∴PA ＝PB 1＝PC .同理可证PA 1＝PC 1＝PD .又P 是BD 1的三等分点，∴PB ≠PD 1≠PB 1≠PD ，故点P 到正方体的顶点的不同距离有4个．答案：B2．(2016·山西四校联考)在空间内，设l ，m ，n 是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中为假命题的是( )A ．α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l ，则l ⊥γB ．l ∥α，l ∥β，α∩β＝m ，则l ∥mC ．α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥m ，则l ∥nD．α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β或α∥β解析：对于A，∵如果两个相交平面均垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面，∴该命题是真题；对于B，∵如果要一条直线平行于两个相交平面，那么该直线平行于它们的交线，∴该命题是真命题；对于C，∵如果三个平面两两相交，有三条交线，那么这三条交线交于一点或相互平行，∴该命题是真命题；对于D，当两个平面同时垂直于第三个平面时，这两个平面可能不垂直也不平行，∴D是假命题．综上所述，选D.答案：D3．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是( )A．PB⊥ADB．平面PAB⊥平面PBCC．直线BC∥平面PAED．直线PD与平面ABC所成的角为45°解析：∵PB在底面的射影为AB，AB与AD不垂直，排除A.又BD⊥AB，BD⊥PA，∴BD⊥面PAB.但BD不在面PBC内，排除B.对于C选项，∵BD∥AE，∴BD∥面PAE，∴BC与面PAE 不平行，排除C.又∵PD与面ABC所成角为∠PDA，∵AD＝2AB＝PA，∴∠PDA＝45°，故选D.答案：D4．若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，则________(写出所有正确结论的编号)．①四面体ABCD每组对棱相互垂直；②四面体ABCD每个面的面积相等；③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连结四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．解析：把四面体ABCD放置在如图所示的长方体中，显然命题①错误；因四个面对应的三角形的三边分别对应相等，即它们为全等的三角形，所以②正确；当ABCD 为正四面体时，夹角之和等于180°，所以③错误；因每组对棱中点的连线分别与长方体的棱平行，且都经过长方体的中心，所以④正确；而命题⑤显然成立．故应填②④⑤.答案：②④⑤5．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长是1，过A 点作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H ，有下列三个命题：①点H 是△A 1BD 的中心； ②AH 垂直于平面CB 1D 1； ③AC 1与B 1C 所成的角是90°. 其中正确命题的序号是________．解析：由于ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，所以A －A 1BD 是一个正三棱锥，因此A 点在平面A 1BD 上的射影H 是三角形A 1BD 的中心，故①正确；又因为平面CB 1D 1与平面A 1BD 平行，所以AH ⊥平面CB 1D 1，故②正确；从而可得AC 1⊥平面CB 1D 1，即AC 1与B 1C 垂直，所成的角等于90°.答案：①②③6．(2016·淮南模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，点E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，则①棱AB 与PD 所在的直线垂直； ②平面PBC 与平面ABCD 垂直； ③△PCD 的面积大于△PAB 的面积； ④直线AE 与直线BF 是异面直线．以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的编号)解析：由条件可得AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD ，故①正确；∵PA ⊥平面ABCD ，∴平面PAB 、平面PAD 都与平面ABCD 垂直，故平面PBC 不可能与平面ABCD 垂直，②错；S △PCD ＝12CD ·PD ，S △PAB ＝12AB ·PA ，由AB ＝CD ，PD ＞PA 知③正确；由E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点可得EF ∥CD ，又AB ∥CD ，所以EF ∥AB ，故AE 与BF 共面，故④错．答案：①③7．在四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝4，AB ＝2，点E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB .现将四边形ABEF 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC ，如图，设AD 的中点为P .(1)当E 为BC 的中点时，求证：CP ∥平面ABEF ；(2)设BE ＝x ，问当x 为何值时，三棱锥A CDF 的体积取最大值？并求出这个最大值．解：(1)证法一：取AF 的中点Q ，连结QE ，QP ，则QP ∥DF ，且QP ＝12DF .又DF ＝4，EC ＝2，且DF ∥EC ，所以EC ∥DF ，且EC ＝12DF ，所以PQ ∥EC ，且PQ ＝EC ，故四边形PQEC 为平行四边形，所以CP ∥QE ，又QE 平面ABEF ，CP 平面ABEF ，所以CP ∥平面ABEF .证法二：如图，取FD 的中点M ，连接PM ，CM . 在△ADF 中，P ，M 分别为DA ，DF 的中点，所以PM ∥AF ，且PM ＝12AF .又DF ＝4，EC ＝2，且DF ∥EC ，所以FM ∥EC ，且FM ＝EC ，即四边形EFMC 为平行四边形，所以EF ∥MC .又PM ∩MC ＝M ，AF ∩EF ＝F ，所以平面PMC ∥平面ABEF .又PC 平面PMC ，所以CP ∥平面ABEF .(2)因为平面ABEF ⊥平面EFDC ，平面ABEF ∩平面EFDC ＝EF ，又AF ⊥EF ，所以AF ⊥平面EFDC ，所以平面AFD ⊥平面EFDC . 已知BE ＝x (0<x ≤4)，所以AF ＝x ，FD ＝6－x ，点A 到平面ECDF 的距离为x .故V A CDF ＝13×12×2×(6－x )·x ＝13(6x －x 2)＝13[－(x －3)2＋9]＝－13(x －3)2＋3. 所以当x ＝3时，V A CDF 取最大值，最大值为3.。

2017届高考数学大一轮复习第七章立体几何 7.7 空间向量及其运算课时规范训练理北师大版

【高考领航】2017届高考数学大一轮复习第七章立体几何 7.7 空间向量及其运算课时规范训练理北师大版[A 级基础演练]1．(2016·孝感模拟)已知a ＝(cos θ，1，sin θ)，b ＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是( )A ．0°B ．30°C ．60°D ．90°解析：∵a ＋b ＝(cos θ＋sin θ，2，sin θ＋cos θ)，a －b ＝(cos θ－sin θ，0，sin θ－cos θ)．∴(a ＋b )·(a －b )＝(cos θ＋sin θ)(cos θ－sin θ)＋2×0＋(sin θ＋cos θ)(sin θ－cos θ)＝cos 2θ－sin 2θ＋sin 2θ－cos 2θ＝0.∴(a ＋b )⊥(a －b )．即向量a ＋b 与a －b 的夹角是90°. 答案：D2．设点C (2a ＋1，a ＋1,2)在点P (2,0,0)、A (1，－3,2)、B (8，－1,4)确定的平面上，则a 等于( )A ．16B ．4C ．2D ．8解析：PA →＝(－1，－3,2)，PB →＝(6，－1,4)．根据共面向量定理，设PC →＝xPA →＋yPB →(x 、y ∈R )，则(2a －1，a ＋1,2)＝x (－1，－3,2)＋y (6，－1,4) ＝(－x ＋6y ，－3x －y,2x ＋4y )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －1＝－x ＋6y ，a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ，解得x ＝－7，y ＝4，a ＝16. 答案：A3．(2016·西安质检)若平面α，β的法向量分别是n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( )A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上答案均不正确解析：∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0， ∴n 1与n 2不垂直，且不共线． ∴α与β相交但不垂直．答案：C4．(2016·黄州模拟)已知空间向量a ，b 满足|a |＝|b |＝|a －b |＝2，则|3a －2b |＝________.解析：∵|a |＝|b |＝|a －b |＝2， ∴a 2－2a ·b ＋b 2＝4即4－2a ·b ＋4＝4. 解得a ·b ＝2，∴|3a －2b |2＝9a 2－12a ·b ＋4b 2＝36－12×2＋16＝28， ∴|3a －2b |＝27. 答案：275．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝________ 解析：如图，令AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a )＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0. 答案：06．如图，BC ＝4，原点O 是BC 的中点，点A ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，点D 在平面yOz 上，且∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°，则AD 的长度为________．解析：由于点D 在平面yOz 上，所以点D 的横坐标为0，又BC ＝4，原点O 是BC 的中点，∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°.∴点D 的竖坐标z ＝4×sin 30°×sin 60°＝3，纵坐标y ＝－(2－4×sin 30°×cos 60°)＝－1. ∴D (0，－1，3)． ∴|AD |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－02＋⎝⎛⎭⎪⎫12＋12＋－32＝ 6.答案： 67．(2016·宜昌模拟)如图ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，M 、N 分别是线段AD 1和BD 的中点．(1)证明：直线MN ∥平面B 1CD 1；(2)设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为a ，若以D 为坐标原点，分别以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，试写出B 1、M 两点的坐标，并求线段B 1M 的长．解：(1)证明：连接CD 1、AC ，则N 是AC 的中点，在△ACD 1中，又M 是AD 1的中点，∴MN ∥CD 1. 又MN 平面B 1CD 1，CD 1平面B 1CD 1， ∴MN ∥平面B 1CD 1.(2)由条件知B 1(a ，a ，a )，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，a2，∴|B 1M |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 22＋a －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 22＝62a . 即线段B 1M 的长为162a . [B 级能力突破]1．(2016·黄冈模拟)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( )A.19B.49 5C.29 5D.23解析：设正方体的棱长为2，以D 为原点建立如图所示空间坐标系，则CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，∴cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，∴sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.答案：B2．已知a ＝(－2,1,3)，b ＝(－1,2,1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( ) A ．－2 B ．－143C.145D ．2解析：由题意知a ·(a －λb )＝0，即a 2－λa ·b ＝0， ∴14－7λ＝0，∴λ＝2. 答案：D3．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在AC 1→上且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN→|为( )A.216 B.66 C.156D.153解析：如图，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0.由条件知MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝－13(a ＋b ＋c )＋a ＋12c ＝23a －13b ＋16c∴MN →2＝49a 2＋19b 2＋136c 2＝2136∴|MN →|＝216.答案：A4．已知ABCD A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 21；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角为60°；④正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．解析：①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1A →2＋A 1D 1→2＋A 1B 1→2＝3(A 1B 1)2，故①正确； ②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，∵AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确．答案：①②5．空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值等于________．解析：由题意知AO →·BC →＝AO →·(AC →－AB →)＝AO →·AC →－AO →·AB →＝8×4×cos 45°－8×6×cos 60°＝162－24. ∴cos 〈AO →，BC →〉＝AO →·BC →|AO →||BC →|＝162－248×5＝22－35. ∴OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.答案：3－2256．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M 、N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点．(1)求BN →的模；(2)求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M .解：如图，建立空间直角坐标系Oxyz ， (1)依题意得B (0,1,0)、N (1,0,1)， ∴|BN →|＝－2＋－2＋－2＝ 3.(2)依题意得A 1(1,0,2)、B (0,1,0)、C (0,0,0)、B 1(0,1,2)， ∴BA 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(0,1,2)，BA 1→·CB 1→＝3， |BA 1→|＝6，|CB 1→|＝5， ∴cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝11030.(3)证明：依题意，得C 1(0,0,2)、M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2， A 1B →＝(－1,1，－2)，C 1M →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0.A 1B →·C 1M →＝－12＋12＋0＝0，∴A 1B →⊥C 1M →. ∴A 1B ⊥C 1M .。

高三数学北师大版(理)复习课件第7章第3节平行关系

另一个平面，那么这两
判定定理
课
个平面平行(简记为
堂
题
“线面平行⇒面面平
型
全突
行”)
破
图形语言
符号语言
真
题
自
主
验
aα
bα

效果
a∥β ⇒α∥β
b∥β a∩b＝P
课后限时
集
训
返首页
课
前
知
识
全
如果两个平行平面同
通
关性质定理时与第三个平面相交，
那么它们的交线平行
课堂题型全突破
第7章立体几何第三节平行关系
课
真
前
题
知
自
识
主
全通
[考纲传真] 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空
验效
关
果
间中线面平行的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明
一些有关空间图形的平行关系的简单命题．
课堂题型全突
课后限时集训
破
返首页
真题
知
自
识全
B．若直线 a 和平面 α 满足 a∥α，那么 a 与 α 内的任何直线平行
主验
通
效
关
C．平行于同一条直线的两个平面平行
果
D．若直线 a，b 和平面 α 满足 a∥b，a∥α，b α，则 b∥α
课
堂
D [A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与α内的直线平行或异
题
型全
面；C错误，两个平面可能相交．]
课后限时集训

【高考领航】2017届(北师大版)高三数学(理)大一轮复习课件第七章立体几何第8课时

北师大版2017高考数学(理)总复习第7章 第4节 垂直关系课件PPT

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