【学海导航】高考数学第一轮总复习9.10棱锥课件文(广西专版)
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2013届学海导航高中总复习(第1轮)文科数学(广西专版)9.7直线和平面所成的角与二面角(第2课时)
• 2 2故二面角B′-EF-B的大小为 • arctan .
20
•
1. 二面角的大小是通过其平
面角来度量的.而二面角的平面角需
具有以下三个特点：①顶点在棱上；
②两边分别在两个面内；③两边与
棱都垂直.
•
2. 作二面角的平面角主要有
如下三种作法: (1)特征法：直接在
二面角的棱上取一点(特殊点)，分
• 立空间直角坐标系.
• 设AE=BF=x，
• 则A′(a，0，a)， AF
•CE F(a-x，a，0)，C′(0，a，a)，
• E(a，xA，F·C0E)，所以
a)，
=(-x，a，-
18
• (2)记BE=y，则x+y=a. • 故三棱锥B′-BEF的体积为
V 1 xya a ( x y )2 1 a3
别在两个半平面中作棱的垂21线，得
•
(2)三垂线法：已知二面角其
中一个面内一点到另一个面的垂线，
用三垂线定理或其逆定理作出平面
角.
•
(3)垂面法：已知二面角内一
点到两个面的垂线，过两垂线作平
面与两个半平面的交线所成的角即
为平面角.由此可知，二面角的平面 角所在的平面与棱垂直. 22
3. 求二面角的大小有几何法和向量法两 种.用几何法求解时，先要作出二面角的平面 角，再通过解三角形求平面角的大小.若二面 角的棱在原图中没有画出来，一般应先作出 二面角的棱.用向量法求二面角的大小，一般 通过向量的坐标运算求解，即转化为求二面 角的两个面的法向量的夹角.
• (2)作AO⊥EF，垂足为O.
• 因为平面AEF⊥平面BCD，
• 所以AO⊥平面BCD.连结OB，
【学海导航】高考数学第1轮总复习 全国统编教材 9
Q M • Q P (-2 )• (-4 ) (-3 )• (-2 ) 2 • (-2 )1 0 56
Q P
( 4 )2 ( 2 )2 ( 2 )2
2 4 6
故点M到PQ的距离为
d|M Q |2-(56)217-25462.
6
66
11、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。
取z=2,则n=(-1,-1,2).
则n是一个与平面C1DE垂直的向量.
因为向量A A 1 =(0，0，2)与平面CDE垂直
观察图形知，n与A A 1所成的角θ
即为二面角C-DE-C1的平面角. 因为cosθ= nA A 1 101022 6
nA A 1 114 004 3
所以tanθ= .2
2
第九章 直线、平面、简单几何体
第讲
（第二课时）
题型4
空间角的计算
1. 如图，已知两个正四棱锥P-ABCD 与Q-ABCD的高分别为1和2，AB=4. (1)求直线PQ与平面 ADQ所成的角; (2)求异面直线 AQ与PB所成的角.
解：(1)连结AC、BD，设其交点为O， 则PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD， 从而P、O、Q三点共线. 分别以直线CA、DB、
则有D(0，3，0)、D1(0，3，2)、
E(3，0，0)、F(4，1，0)、C1(4，3，2).
于是D E =(3,-3,0),E C 1 =(1,3,2),F D 1 =(-4,2,2).
设向量n=(x,y,z)与平面C1DE垂直，
则有 n D E 3x3y0
1
n
E C 1
x3y2z0 xy2
AB n
(3)二面角的求法：
学海导航高考数学第一轮总复习121数学归纳法及其应用第1课时课件理广西专
1. 数学归纳法的第一步有时要验证从n0 开场的多个正整数命题成立，这主要取决 于从k到k+1的奠基是什么数.如果假设当 n=k时命题成立，并要求当k≥m时才能得出 n=k+1时命题也成立，那么第一步必须验证 从n0到m的各个正整数命题都成立.
2. 第二步的证明必须运用“归纳假设〞 作为证明n=k+1时命题成立的条件，否那么 就不是数学归纳法了.
2.对一个与正整数n有关的命题：
第一步：验证当n取③ 第一个值n0时命题 成立；
第二步：假设当④ n=k(k∈N*，k≥n0)时 命题成立，证明当⑤ n=k+1 时命题也成立.
在完成了这两个步骤以后，就可以断定命 题对于从⑥ n0 开场的所有正整数n都成立， 这种证明方法叫做数学归纳法.
3.数学归纳法需要完成两个步骤的证明，
缺一不可.其中第一步是奠基步骤，是⑦—
——递—推—归—纳——的根底；第二步反映了无
限递推关系，即命题的正确性具有传递性
⑧
.假设只有第一步，而无第二步，
那么只是证明了命题在特殊情况下的正确
性；假设只有第二步，而无第一步，那么
假设n=k时命题成立就没有根据，递推无法
进展.
1.设 fn 111 1 ( n N * ) ，
那么当 n＝k＋1 时， [3(k＋1)＋1]×7k＋1－1 ＝[(3k＋1)＋3]×(1＋6)7k－1 ＝(3k＋1)7k－1＋(3k＋1)×6×7k＋21×7k ＝[(3k＋1)7k－1]＋3k×6×7k＋(6＋21)×7k. 由归纳假设知，以上三项均能被 9 整除． 则由(1)(2)可知，命题对任意 n∈N*都成立．
参考题
题型 用数学归纳法证明几何命题
平面内有n个圆，其中每两个圆都相交， 任何三个圆都无公共点，证明：这n个圆把平 面分成n2-n+2个区域.
学海导航 高中总复习(第1轮)理科数学(广西专版)8.4轨迹和轨迹方程(第2课时)
1⑤.
• 由④-⑤得
x12
-
x22
1 4
( y12
-
y22 )
0,
• 所以
1 (x1 - x2 )(x1 x2 ) 4 ( y1 - y2 )( y1 y2) 0.
• 当x1≠x2时,有
x1
x2
1 4
( y1
y2)
y1 x1
-
y2 x2
0⑥,
18
x
x1 x2 2
围的制约.
22
OP
1 2
(OA
OB)
(
x1
2
x2
,
y1
2
y2
)
(
4
-k k
2
,
4
4 k
2
).
设点P的坐标为(x，y)，则
消去参数k得4x2+y2-y=0.③
x
y
-k 4 k2
4 4 k2
,
16
• 当k不存在时，线段AB的中点为坐标 • 原点(0，0)，也满足方程③， • 所以点P的轨迹方程为4x2+y2-y=0.
3
由 OA⊥OB，得 y1y2＝－x1x2， 所以4pkb＝－bk22，b＝－4kp， 故 y0＝kx0＋b＝k(x0－4p)． 把 k＝－xy00代入，得 x20＋y20－4px0＝0(x0≠0)， AB⊥x 轴时，M(4p,0)也符合 x2＋y2－4px＝ 0(x≠0)， 即点 M 的轨迹方程为 x2＋y2－4px＝0(x≠0)．
5
【学海导航】高考数学第一轮总复习9
拓展练习在棱长为a的正方体OABC-O′
A′B′C′中，E、F分别是棱AB、BC上
的动点，且AE=BF. (1)求证：A′F⊥C′E； (2)当三棱锥B′-BEF的体积取得最大
值时，求二面角B′-EF-B的大小(结果用 反三角函数表示).
解：(1)证明：如图，以O为原点建 立空间直角坐标系.
设AE=BF=x， 则A′(a，0，a)，
D( 3
4
a，-
3 4
a，0)，P(0，0，
3 2
a).
所以 AB =(3- a，3 a，0)，DP =(- 3 a，3 a，32244
a).因为AB⊥AC，又PA=PC，所以PD ⊥
2
AC
，
所以cos〈 ，DP 〉即为二面角P-AC-
B的余弦值.
AB
而cos〈AB ，DP 〉
=
(3a)(3a) 3a
(2)三垂线法：已知二面角其中一个面 内一点到另一个面的垂线，用三垂线定理或 其逆定理作出平面角.
(3)垂面法：已知二面角内一点到两个面 的垂线，过两垂线作平面与两个半平面的交 线所成的角即为平面角.由此可知，二面角的 平面角所在的平面与棱垂直.
3. 求二面角的大小有几何法和向量法两 种.用几何法求解时，先要作出二面角的平面 角，再通过解三角形求平面角的大小.若二面 角的棱在原图中没有画出来，一般应先作出 二面角的棱.用向量法求二面角的大小，一般 通过向量的坐标运算求解，即转化为求二面 角的两个面的法向量的夹角.
F(a-x，a，0)，C′(0，a，a)， E(a，x，0)，所以 =(-x，a，-a)，
AF
C E =(a，x-a，-a).
因为AF· CE =-xa+a(x-a)+a2=0， 所以A′F⊥C′E.
【学海导航】高考数学第1轮总复习 全国统编教材 10
解 :(1)原式=2 ( C 2 0 n -C 2 1 n C 2 2 n -C 2 3 n -C 2 2 n n - 1 C 2 2 n n ) ( C 2 0 n C 2 1 n C 2 2 n C 2 2 n n - 1 C 2 2 n n ) 2 ( 1 - 1 ) 2 n ( 1 1 ) 2 n 4 n .
立足教育 开创未来
13、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。2022/1/162022/1/16January 16, 2022
14、孩子在快乐的时候，他学习任何东西都比较容易。
15、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。
16、一个人所受的教育超过了自己的智力，这样的人才有学问。
2
4
故 a n n2 (a -1)2 .
4
(2) (1+x)n+(1-x)n = 2 (1 C n 2x2 C n 4x4 C n 2kx2k)(k n 2 ). 因为|x|＜1，所以0≤x2k＜1.
所以(1+x)n+(1-x)n＜ 2(C n 0C n 2C n 4 C n 2k) =2·2n-1=2n.
能被7整除，故选C.
题型6 利用二项式定理求近似值
3. 求下列各数的近似值，使误差小于0.001. (1)1.028；(2)0.9986. 解：(1)1.028=(1+0.02)8= C 8 0C 8 10.02C 8 20.022 C 8 30.023 C 8 80.02810.160.0112 C 8 30023 .C 8 80.028 因为精确度为0.001,比它小的数可以忽略， 所以1.028≈1+0.16+0.0112=1.1712≈1.171.
学海导航 高中总复习(第1轮)文科数学(广西专版)4.4三角函数的图象(第2课时)
•
又因为f(x)的最大值f( )=4，11
• 所4以 a2 b2
4
a,s且in 212
b
cos
2
12
,
•
解得a=22 ,3b=
f (x) 2sin 2x 2 3
cos
.
2x
4
sin(2x
).
• (2)
3
• 因4s为in(2f(α))= f4(siβn()2= 0，),
第四章
函
数
1
4.4 三角函数的图象
第二课时
题型3
图象变换
•
1. (1)将函数y=s3in(2x+ )的图象
向 右平移
8
•
个单1 位长度，再将图象上各点的
3
横坐标缩短到原来的 (纵坐标不变)2，
•
(2)将函数y=f(x)的图象上各点的
横到单坐原 位标长来伸度的长，2 到得，原曲再来线将的y图=2象倍向s，in左x纵，平坐14求移12标函缩数个短
a，所以是左移a个单位长度；由
“x”变为“x-a”是右移a个单位长度；
二是注意x前面的系数是不是1，如5
拓展练习
6
7
题型4 三角函数图象的对称性
•
2. 求函数y=s6in(2x- )的图象的
对称中心和对称轴方程.
•
解：从图象上可以看出每一个零
值点都是对称中心，
•
即有2x6
=kπ(k∈Zx),所k2以 12 (k Z),
•
3. 设f(x)=asinωx+bcosωx(ω>0)
的周期T=π，最12 大值f( )=4.
学海导航 高中总复习(第1轮)文科数学(广西专版)2.1映射与函数(第2课时)
=2x2-1;
•
当x＜0，g(2xx)=2 --11(时x ，0).f［g(x)］
=-2-1=-3.
- 3 (x0)
•
所以f［g(x)］=
14
•
2. 对任意实数x，y，均满足f(x+y2)
• =f(x)+2［f(y)］2且f(1)≠0，则f(2010)=____.
•
解：对任意实数x，y有f(x+y2)=f(x)+2
•
D.
和
a≠1)
(a＞0且
6
题型5
分段函数问题
log2(x -1)(x 2)
• 若f(x0)2＜. 设1，函求数x0f((1的2x)x)-取=1 (x值2) 范, 围.
• x0 解-1：0 (1)当x0≥2时，log2(x0-1)＜
1
x0
- 1 2
x0 2
•
象完全相同，反之亦然.第(5)小题易错
判断成它们是不同的函数，原因是对 5
• 拓展练习 下列四组函数中，表
示同一函数C的一组是(
y 2log2 ( x1)
y x
2
-1
)
• •
A. x2
y x
yB.( x 1 )2
和x-1
y log 33x
和
x 1
•
yC (. x)2 y aloga 和x y=eln(x+1)
, 0)
•
解：因为f(-2)=-2+3=1，
f(1)=4.故填4.
9
题型6
函数的解析式
• 3. 在下列条件下，分别求函数
f(x)的解1析式. 1
学海导航 高中总复习(第1轮)文科数学(广西专版)10.2排列、组合应用题(第1课时)
16
•
点评：两个计数原理是我
们处理计数问题的基础，在分类
或分步过程中，若出现每类或每
步是一个排列问题，则可直接用
排列数公式求解，然后根据情况
相加或相乘.
17
• 拓展练习 五个人站成一排， 求在下列条件下的不同排法种数：
•
(1)甲必须在排头；
•
(2)甲必须在排头，并且乙在
排尾；
•
(3)甲、乙必须在两端；
元素，记为a，另一枪命中记为b，11
•
点评：排列数计数是分
步计数原理的一种特殊情况，
在应用排列数公式进行计数时，
一是分清“元素”与“位置”，
二是计数时因元素在不同的位
置而表示不同的方法数即摆成一排， 3人就坐在其中三个座位上，若每个 人的左右两边都要有空位，求共有
•
(4)甲不在排头，并且乙不在
排尾； 18
• (7)甲在乙前，并且乙在丙 前；
• (8)甲、乙相邻；
• (9)甲、乙相邻，但是与丙
不相A44 邻.
A A11 1 1
A44
• 解：(1)特殊元素是甲，特 殊位置A11 A是11 A排33 头.首先排“排头”
有 种，再排其他4个位置有 19
•
(3)首先排两端有 种，再A排33
国高中数学联赛，把10个名
额3分6 配给高三年级8个班，每 班至少1人，不同的分配方案
有____ 种.
C97
C92
• 解：把10个名额分成8份，
每份至少一个名额即可，用
隔板法： = =36(种). 9
第一课时
题型1 用“定义法”求排列问题的方法
• 数 1. (1)书架上原有5本不同的
书排放在一排，再放上3本不同的 书，且不改变原书的相对顺序，求
•
点评：两个计数原理是我
们处理计数问题的基础，在分类
或分步过程中，若出现每类或每
步是一个排列问题，则可直接用
排列数公式求解，然后根据情况
相加或相乘.
17
• 拓展练习 五个人站成一排， 求在下列条件下的不同排法种数：
•
(1)甲必须在排头；
•
(2)甲必须在排头，并且乙在
排尾；
•
(3)甲、乙必须在两端；
元素，记为a，另一枪命中记为b，11
•
点评：排列数计数是分
步计数原理的一种特殊情况，
在应用排列数公式进行计数时，
一是分清“元素”与“位置”，
二是计数时因元素在不同的位
置而表示不同的方法数即摆成一排， 3人就坐在其中三个座位上，若每个 人的左右两边都要有空位，求共有
•
(4)甲不在排头，并且乙不在
排尾； 18
• (7)甲在乙前，并且乙在丙 前；
• (8)甲、乙相邻；
• (9)甲、乙相邻，但是与丙
不相A44 邻.
A A11 1 1
A44
• 解：(1)特殊元素是甲，特 殊位置A11 A是11 A排33 头.首先排“排头”
有 种，再排其他4个位置有 19
•
(3)首先排两端有 种，再A排33
国高中数学联赛，把10个名
额3分6 配给高三年级8个班，每 班至少1人，不同的分配方案
有____ 种.
C97
C92
• 解：把10个名额分成8份，
每份至少一个名额即可，用
隔板法： = =36(种). 9
第一课时
题型1 用“定义法”求排列问题的方法
• 数 1. (1)书架上原有5本不同的
书排放在一排，再放上3本不同的 书，且不改变原书的相对顺序，求
高考一轮复习数学教案：9.10--棱柱与棱锥(20200619162953)
A. M P N Q
B.M P Q N
C.P M N Q
D.P M Q N
解析：理清各概念的内涵及包含关系 . 答案： B 2.如图， 在斜三棱柱 ABC— A1B1C1 中， ABC 上的射影 H 必在
B
∠ BAC =90°，
C A
BC1⊥ AC， 则 C1 在底面
B1
C1
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
A1
A. 直线 AB 上
2
16
深化拓展
（ 1）求正棱锥的侧面积或全面积还可以利用公式
S 正棱锥底 =cosα·S 正棱锥侧 （ α为侧面与
底面所成的二面角）
.就本题 cosα= 1 ， 13
S
ABC
=
33 16
a2 ，
3 所以（ SS－ABC） 侧=
3 a2
6
÷
1
3 =
39 a2.于是也可求出全面积
.
13 16
（ 2）注意到高 SO=
3 a，
底面边长 BC=
3 a 是相等的，
2
2
因此这类正三棱锥还有
高与底面边长相等的性质，
反之亦真 .
（ 3）正三棱锥中， 若侧棱与底面边长相等， 则变成四个面都是正三角形的三棱锥，
这时可称为正四面体， 因此正四面体是特殊的正三棱锥，
但正三棱锥不一定是正四面体 .
●闯关训练
夯实基础
1.（2004 年全国Ⅰ， 10）已知正四面体 ABCD 的表面积为 S， 其四个面的中心分别
3 =.
4
DO
2 3
8
3
∴ α=arctan 3 . 8
答案： arctan 3 8
【新课标】2012高三数学文《学海导航》一轮复习课件第9章9.10棱锥
BE BG 1 CC1 CG 3
1 BG CG 得 3
•
由△ABG∽△CMG，
CG 3 12 得CM AG AB 17 4 17
12 3 所以 CM CC1 4 33 17 CH C1M 11 12 2 2 ( ) 3 17
4 33 故点C到平面AEC1F的距离是 11 .
• 正六棱锥P-ABCDEF中，G为PB的中点， 则三棱锥D-GAC与三棱锥P-GAC体积之比为 (C ) • A. 1∶1 B. 1∶2 C. 2∶1 D. 3∶2
•
解：由于G是PB的中点,
•故P-GAC的体积等于B-GAC的体积. •如图，在底面正六边形ABCDEF中， •BH=ABtan30°= 于是VD-GAC=2VB-GAC=2VP-GAC.
• 盘点指南：①多边形；②三角形；③公 共顶点的各三角形；④底面；⑤公共边；⑥公 共顶点；⑦垂线段；⑧正多边形；⑨底面中心； 13 11 12 ⑩相似； 平方比； 相等； 等腰三角形；
1 14 相等； 15 直角三角形； 16 直角三角形； 17 • 3
Sh;
18 平面多边形； • 19 面; 20 公共边； 21 公共点； 22 不 23同一侧； 24正多边形； 25正多面体； 在同一面上； 26 球面
•
1 1 1 1 1
VC1-B1EDF V多面体A1B1E-D1C1FD-VE-A1B1C1D1 -VE-C1D1D 1 3 a 6
题型2 棱锥表面展开图的应用 • 2. 设正三棱锥P-ABC的底边长为a，侧 棱长为2a，E、F分别为PB、 •PC上的动点，求△AEF的周 •长的最小值. • 解：将三棱锥侧面沿PA展开到同一平 面上，如图. •则AE+EF+FA′≥AA′. •取BC的中点D，连结PD，
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3
多边形 1.如果一个多面体的一个面是①________, 三角形 那么 其余各面是有一个公共顶点的②________, 这个多面体叫做棱锥.在棱锥中有③__________ 公共顶点 的各三角形 叫做棱锥的侧面，余下的那个多边 ___________ 形叫做棱锥的④_____, 底面 两个相邻侧面的⑤______ 公共边 叫做棱锥的侧棱，各侧面的⑥公共顶点 ________叫做棱 垂线段 锥的顶点，由顶点到底面所在平面的⑦______ 正多边形，并且顶点在 叫做棱锥的高.底面是⑧________ 底面的射影是⑨_________ 底面中心 的棱锥，叫做正棱锥.
4
•
2. 如果棱锥被平行于底面的平 相似 面所截，那么所得的截面与底面⑩ ______ ，截面面积与底面面积的比等 11 平方比 于顶点到截面距离与棱锥的高的 12 相等
13 14
• •
等腰三角形 _______.
3. 正棱锥各侧棱 _____，各 侧面都是全等的 ____________ ，各 直角三角形 15 等 腰 三 角 形 底 边16 直角三角形 上 的 高 ____________(它叫做正棱锥的斜高).
6
7. 把一个多面体的任一个面伸展成平面， 同一侧 ， 如果其余的面都位于这个平面的 23_______ 这样的多面体叫做凸多面体。
正多边形 8. 每个面都是有相同边数的 24 _________, 每个顶点为端点都有相同棱数的凸多面 正多面体 体，叫做 25 __________. 球面 的多 表面经过连续变形可变为 26 ______ 面体，叫做简单多面体.
17
解法2：连结EF，设B1到 平面C1EF的距离为h1，D到平面 C1EF的距离为h2， 1 1 h h B D 2 a • 则V ， V V SΔΔ EF (h h ) a 3 6 • 所以 V V多面体A -V -V • 解法3：
12
•
题型1
棱锥中有关量的计算
1. 正三棱锥P-ABC的底面 边长为a，D为侧棱PA上一点，且 AD=2PD.若PA⊥平面BCD，求这 个三棱锥的高. 解：设PD=x，则AD=2x， PA=PB=PC=3x.
•
•
因为PA⊥平面BCD，
13
•
即a2-4x2=9x2-x2，
2 2
• 得 a x • 作12 PO⊥底面ABC， • 垂足为O，则O为△ABC的中心， 2 3 3 连结 ，则 OC OC a a 3 2 3 • 在Rt△POC中， a 15 PO PC OC 9 x a 3 6 • 15 a 6 • 故三棱锥P-ABC的高为 .
1 3 S-
• 又AO=2DO，所以 •3
OD 3 3 1 2
.
•
所以tanα=
11
3 8
• •
过棱锥高的三等分点作两个 平行于底面的截面，它们将棱锥 1∶ 3∶ 5 的侧面分成三部分的面积的比 (自 上而下)为 . • 解：由锥体平行于底面的截 面性质知，自上而下三锥体的侧 面积之比为S侧1∶S侧2∶S侧 3=1∶4∶9，所以锥体被分成三部
8
• •
26
•
正六棱锥P-ABCDEF中，G为 PB的中点，则三棱锥D-GAC与三棱 C 锥P-GAC体积之比为( ) A. 1∶1 D. 3∶2
3 3
•
B. 1∶2
C. 2∶1
•
解：由于G是PB的中点,
3
9
• 故P-GAC的体积等于B-GAC的体积.
• 如图，在底面正六边形ABCDEF中，
•
•7•来自盘点指南：①多边形；②三 角形；③公共顶点的各三角形；④ 底面；⑤公共边；⑥公共顶点；⑦ 13 11 12 14 垂线段；⑧正多边形；⑨底面中心； 15 16 17 1 18 ⑩相似； 19 平方比； 相等； 等腰 3 20 21 22 23 24 25 三角形；
相等； 直角三角形； 直角三角 形； Sh; 平面多边形； 面; 公共边；
第 九 章
直线、平面、简单几何体
1
9.9
棱
锥
考 点 搜 索
●棱锥及其底面、侧面、侧 棱、高等概念，正棱锥的概 念 ●棱锥的基本性质及平行于 棱锥底面的截面性质 ●多面体的有关概念
2
高 考 猜 想
1. 通过判断命题真假考查棱锥 有关概念和性质. 2. 有关棱锥的棱长、高、面积 等几何量的计算. 3. 以棱锥为背景，分析线面位 置关系，以及空间角和距离的 计算.
16
• 因为平面B1D1D⊥平面B1EDF，
• 所以O1H⊥平面B1EDF，即O1H 为棱锥的高 . 6 B O DO • 因为△B1O1H∽△B1DD1，
B1D 6
VC1 B1EDF 1 1 3 2
O1H
1
1
1
a
• 所以
1 1 1 S B1EDF O1 H EF B1 D O1 H 3 3 2 6 1 3 2a 3a a a 6 6
5
相等
•
17
5. 设棱锥的底面积为 S ，高 1
为h，则其体积V=
•
18
3
Sh
平面多边形
______.
6. 由若干个 20 公共边 面 19 围成的空间图形叫 ____________ 21 公共点 做多面体，围成多面体的各个多边 22 不在同一面上 形叫做多面体的 ___，两个面的 ______叫做多面体的棱，棱和棱的 _______叫做多面体的顶点，连结
若正三棱锥底面边长为4， A 体积为1，则侧面和底面所成二 3 3 面角的大小为 ( )
8
•
A. arctan arctan2
4
B.
•
C. arctan3 arctan
D.
10
•
在平面SAD中，作SO⊥AD, 与AD交于O，则SO 为棱锥的高h. 2 由V 3 4 SO 3 · AB· BC· sin60 °· h=1，得 ABC= 4 DO 2 3 8 h= , 3
2 2 2 2
14
•
点评：与棱锥有关量的计 算问题，一般先作出棱锥的高， 根据需要可设所求量的大小为参 数，然后利用方程思想，找到参 数的方程，再求解方程以得出所 求.这是方程思想在解题中的具体 应用.
15
• 拓展练习 已知E、F分别是 棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1的棱A1A、CC1的中点， 求四棱锥C1-B1EDF的体积. • 解法1：连结A1C1、B1D1交 于O1，过O1作O1H⊥B1D于H.因 为EF∥A1C1， • 所以A1C1∥平面B1EDF. • 所以C1到平面B1EDF的距离
多边形 1.如果一个多面体的一个面是①________, 三角形 那么 其余各面是有一个公共顶点的②________, 这个多面体叫做棱锥.在棱锥中有③__________ 公共顶点 的各三角形 叫做棱锥的侧面，余下的那个多边 ___________ 形叫做棱锥的④_____, 底面 两个相邻侧面的⑤______ 公共边 叫做棱锥的侧棱，各侧面的⑥公共顶点 ________叫做棱 垂线段 锥的顶点，由顶点到底面所在平面的⑦______ 正多边形，并且顶点在 叫做棱锥的高.底面是⑧________ 底面的射影是⑨_________ 底面中心 的棱锥，叫做正棱锥.
4
•
2. 如果棱锥被平行于底面的平 相似 面所截，那么所得的截面与底面⑩ ______ ，截面面积与底面面积的比等 11 平方比 于顶点到截面距离与棱锥的高的 12 相等
13 14
• •
等腰三角形 _______.
3. 正棱锥各侧棱 _____，各 侧面都是全等的 ____________ ，各 直角三角形 15 等 腰 三 角 形 底 边16 直角三角形 上 的 高 ____________(它叫做正棱锥的斜高).
6
7. 把一个多面体的任一个面伸展成平面， 同一侧 ， 如果其余的面都位于这个平面的 23_______ 这样的多面体叫做凸多面体。
正多边形 8. 每个面都是有相同边数的 24 _________, 每个顶点为端点都有相同棱数的凸多面 正多面体 体，叫做 25 __________. 球面 的多 表面经过连续变形可变为 26 ______ 面体，叫做简单多面体.
17
解法2：连结EF，设B1到 平面C1EF的距离为h1，D到平面 C1EF的距离为h2， 1 1 h h B D 2 a • 则V ， V V SΔΔ EF (h h ) a 3 6 • 所以 V V多面体A -V -V • 解法3：
12
•
题型1
棱锥中有关量的计算
1. 正三棱锥P-ABC的底面 边长为a，D为侧棱PA上一点，且 AD=2PD.若PA⊥平面BCD，求这 个三棱锥的高. 解：设PD=x，则AD=2x， PA=PB=PC=3x.
•
•
因为PA⊥平面BCD，
13
•
即a2-4x2=9x2-x2，
2 2
• 得 a x • 作12 PO⊥底面ABC， • 垂足为O，则O为△ABC的中心， 2 3 3 连结 ，则 OC OC a a 3 2 3 • 在Rt△POC中， a 15 PO PC OC 9 x a 3 6 • 15 a 6 • 故三棱锥P-ABC的高为 .
1 3 S-
• 又AO=2DO，所以 •3
OD 3 3 1 2
.
•
所以tanα=
11
3 8
• •
过棱锥高的三等分点作两个 平行于底面的截面，它们将棱锥 1∶ 3∶ 5 的侧面分成三部分的面积的比 (自 上而下)为 . • 解：由锥体平行于底面的截 面性质知，自上而下三锥体的侧 面积之比为S侧1∶S侧2∶S侧 3=1∶4∶9，所以锥体被分成三部
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• •
26
•
正六棱锥P-ABCDEF中，G为 PB的中点，则三棱锥D-GAC与三棱 C 锥P-GAC体积之比为( ) A. 1∶1 D. 3∶2
3 3
•
B. 1∶2
C. 2∶1
•
解：由于G是PB的中点,
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• 故P-GAC的体积等于B-GAC的体积.
• 如图，在底面正六边形ABCDEF中，
•
•7•来自盘点指南：①多边形；②三 角形；③公共顶点的各三角形；④ 底面；⑤公共边；⑥公共顶点；⑦ 13 11 12 14 垂线段；⑧正多边形；⑨底面中心； 15 16 17 1 18 ⑩相似； 19 平方比； 相等； 等腰 3 20 21 22 23 24 25 三角形；
相等； 直角三角形； 直角三角 形； Sh; 平面多边形； 面; 公共边；
第 九 章
直线、平面、简单几何体
1
9.9
棱
锥
考 点 搜 索
●棱锥及其底面、侧面、侧 棱、高等概念，正棱锥的概 念 ●棱锥的基本性质及平行于 棱锥底面的截面性质 ●多面体的有关概念
2
高 考 猜 想
1. 通过判断命题真假考查棱锥 有关概念和性质. 2. 有关棱锥的棱长、高、面积 等几何量的计算. 3. 以棱锥为背景，分析线面位 置关系，以及空间角和距离的 计算.
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• 因为平面B1D1D⊥平面B1EDF，
• 所以O1H⊥平面B1EDF，即O1H 为棱锥的高 . 6 B O DO • 因为△B1O1H∽△B1DD1，
B1D 6
VC1 B1EDF 1 1 3 2
O1H
1
1
1
a
• 所以
1 1 1 S B1EDF O1 H EF B1 D O1 H 3 3 2 6 1 3 2a 3a a a 6 6
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相等
•
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5. 设棱锥的底面积为 S ，高 1
为h，则其体积V=
•
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3
Sh
平面多边形
______.
6. 由若干个 20 公共边 面 19 围成的空间图形叫 ____________ 21 公共点 做多面体，围成多面体的各个多边 22 不在同一面上 形叫做多面体的 ___，两个面的 ______叫做多面体的棱，棱和棱的 _______叫做多面体的顶点，连结
若正三棱锥底面边长为4， A 体积为1，则侧面和底面所成二 3 3 面角的大小为 ( )
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•
A. arctan arctan2
4
B.
•
C. arctan3 arctan
D.
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•
在平面SAD中，作SO⊥AD, 与AD交于O，则SO 为棱锥的高h. 2 由V 3 4 SO 3 · AB· BC· sin60 °· h=1，得 ABC= 4 DO 2 3 8 h= , 3
2 2 2 2
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•
点评：与棱锥有关量的计 算问题，一般先作出棱锥的高， 根据需要可设所求量的大小为参 数，然后利用方程思想，找到参 数的方程，再求解方程以得出所 求.这是方程思想在解题中的具体 应用.
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• 拓展练习 已知E、F分别是 棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1的棱A1A、CC1的中点， 求四棱锥C1-B1EDF的体积. • 解法1：连结A1C1、B1D1交 于O1，过O1作O1H⊥B1D于H.因 为EF∥A1C1， • 所以A1C1∥平面B1EDF. • 所以C1到平面B1EDF的距离