第9章立体几何

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高三数学第九章立体几何课后作业及详细解答(3)

课后作业基础巩固强化一、选择题1．(文)已知E、F、G、H是空间内四个点，条件甲：E、F、G、H四点不共面，条件乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案] A[解析]点E、F、G、H四点不共面可以推出直线EF和GH不相交；但由直线EF和GH不相交不一定能推出E、F、G、H四点不共面，例如：EF和GH平行，这也是直线EF和GH不相交的一种情况，但E、F、G、H四点共面．故甲是乙成立的充分不必要条件．(理)在空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点，若EF与GH交于点M，则()A．M一定在AC上B．M一定在BD上C．M可能在AC上也可能在BD上D．M不在AC上，也不在BD上[答案] A[解析]点M在平面ABC内，又在平面ADC内，故必在交线AC上．2．(文)若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交[答案] B[解析]由题意知直线l与平面α相交，不妨设直线l∩α＝M，对A，在α内过M点的直线与l不异面，A错误；对B，假设存在与l平行的直线m，则由m∥l得l∥α，这与l∩α＝M矛盾，故B正确，C错误；对D，α内存在与l异面的直线，故D错误．综上知选B.(理)平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为()A．3B．4C．5D．6[答案] C[解析]如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面，也与CC1共面的棱为BC、C1D1、DC、AA1、BB1，共5条．3．(2014·汉沽一中检测)已知平面α和不重合的两条直线m、n，下列选项正确的是()A．如果m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，那么n∥αB．如果m⊂α，n与α相交，那么m、n是异面直线C．如果m⊂α，n∥α，m、n共面，那么m∥nD．如果m⊥α，n⊥m，那么n∥α[答案] C[解析]如图(1)可知A错；如图(2)可知B错；如图(3)，m⊥α，n是α内的任意直线，都有n⊥m，故D错．∵n∥α，∴n与α无公共点，∵m⊂α，∴n与m无公共点，又m、n共面，∴m∥n，故选C.4．(文)正方体ABCD－A1B1C1D1中，与对角线AC1异面的棱有()A．3条B．4条C．6条D．8条[答案] C[解析]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与对角线AC1有公共点A的和有公共点C1的各有3条，其余6条所在正方体的面与AC1均相交，且交点不在这些棱上，由异面直线判定定理知，这6条与AC1都异面，故选C.(理)如图是正方体或四面体，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()[答案] D[解析]A中，PS∥QR；B中如图可知此四点共面；C中PS∥QR；D中RS在经过平面PQS内一点和平面PQS外一点的直线上，故选D.5．(2013·南昌第一次模拟)设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β()A．不存在B．有且只有一对C．有且只有两对D．有无数对[答案] D[解析]过直线a的平面α有无数个．当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面β⊥α；当平面α与b相交时，过交点作平面α的的垂线与b确定的平面β⊥α，∵平面α有无数个，∴满足条件的平面α、β有无数对，故选D.6．(文)(2013·惠州调研)已知m、n是两条不同直线，α、β、γ是三个不同平面，下列命题中正确的是()A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nB ．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βD ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n[答案] D[解析] 当m ∥α，n ∥α时，m 与n 可能相交、平行，也可能异面，故A 错；B 中α⊥γ，β⊥γ时，α与β可能平行，也可能相交，如长方体交于同一个顶点的三个面，故B 错；α∩β＝l ，m ⊄α，m ⊄β，m ∥l 时，满足m ∥α，m ∥β，故C 错；由线面垂直的性质知， ⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αn ⊥α⇒m ∥n .(理)(2013·广东)设l 为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( )A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥βB ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥βC ．若l ⊥α，l ∥β，则α∥βD ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β[答案] B[解析] 画出一个长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1.对于A ，C 1D 1∥平面ABB 1A 1，C 1D 1∥平面ABCD ，但平面ABB 1A 1与平面ABCD 相交；对于C ，BB 1⊥平面ABCD ，BB 1∥平面ADD 1A 1，但平面ABCD 与平面ADD 1A 1相交；对于D ，平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，CD ∥平面ABB 1A 1，但CD ⊂平面ABCD .二、填空题7．在图中，G 、H 、M 、N 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则使直线GH 、MN 是异面直线的图形有________．(填上所有正确答案的序号)[答案]②④[解析]图①中，直线GH∥MN；图②中，G、H、N三点在三棱柱的侧面上，MG与这个侧面相交于G，∴M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G、M、N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面．所以图②、④中GH与MN异面．8．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝5，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM＋MC1最小时，△AMC1的面积为________．[答案] 3[解析] 将三棱柱的侧面A 1ABB 1和B 1BCC 1以BB 1为折痕展平到一个平面α上，在平面α内AC 1与BB 1相交，则交点即为M 点，易求BM ＝1，∴AM ＝2，MC 1＝22，又在棱柱中，AC 1＝14，∴cos ∠AMC 1＝AM 2＋MC 21－AC 212AM ·MC 1＝2＋8－142×2×22＝－12， ∴∠AMC 1＝120°，∴S △AMC 1＝12AM ·MC 1·sin ∠AMC 1＝12×2×22×32＝ 3.9．(文)如图所示，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是________．[答案] 90°[解析] 取BC 的中点N ，连接AN ，则AN ⊥平面BCC 1B 1， ∵BM ⊂平面BCC 1B 1，∴AN ⊥BM ，又在正方形BCC 1B 1中，M 、N 分别为CC 1与BC 的中点，∴B 1N ⊥BM ，又B 1N ∩AN ＝N ，∴BM ⊥平面AB 1N ，∴BM ⊥AB 1，∴AB 1与BM 所成的角是90°.(理)在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝BC ，则直线PC 与AB 所成角的大小是________．[答案] 60°[解析]分别取P A 、AC 、CB 的中点F 、D 、E 连接FD 、DE 、EF 、AE ，则∠FDE 是直线PC 与AB 所成角或其补角．设P A ＝AC ＝BC ＝2a ，在△FDE 中，易求得FD ＝2a ，DE ＝2a ，FE ＝6a ，根据余弦定理，得cos ∠FDE ＝2a 2＋2a 2－6a 22×2a ×2a＝－12，所以∠FDE ＝120°.所以PC 与AB 所成角的大小是60°.三、解答题10．(文)已知在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，M 、N 分别是A ′D ′、A ′B ′的中点，在该正方体中是否存在过顶点且与平面AMN 平行的平面？若存在，试作出该平面，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．[分析] 假设存在经过B 点与平面AMN 平行的平面α，则平面A ′B ′C ′D ′与这两平行平面的交线应平行，由于M 、N 分别为A′D′、A′B′的中点，∴取C′D′的中点F，B′C′的中点E，则MN∥EF，可证明平面BDFE∥平面AMN，过其他点的截面同理可分析找出．[解析]存在．与平面AMN平行的平面有以下三种情况(E、F分别为所在棱的中点)：下面以图(1)为例进行证明．∵四边形ABEM是平行四边形，∴BE∥AM，又BE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDFE.∵MN是△A′B′D′的中位线，∴MN∥B′D′，∵四边形BDD′B′是平行四边形，∴BD∥B′D′，∴MN∥BD，又BD⊂平面BDE，MN⊄平面BDE，∴MN∥平面BDFE，又AM⊂平面AMN，MN⊂平面AMN，且AM∩MN＝M，∴由平面与平面平行的判定定理可得，平面AMN∥平面BDFE.(理)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．(1)求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；(2)证明：平面ABM⊥平面A1B1M.[解析]方法1：(1)如图，因为C1D1∥B1A1，所以∠MA1B1为异面直线A1M与C1D1所成的角．因为A1B1⊥平面BCC1B1，所以∠A1B1M＝90°，而A1B1＝1，B1M＝B1C21＋MC21＝2，故tan∠MA1B1＝B1MA1B1＝ 2.即异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值为 2.(2)证明：由A1B1⊥平面BCC1B1，BM⊂平面平面BCC1B1，得A1B1⊥BM①由(1)知，B1M＝2，又BM＝BC2＋CM2＝2，B1B＝2，所以B1M2＋BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M②又A1B1∩B1M＝B1，∴BM⊥平面A1B1M，而BM⊂平面ABM，因此平面ABM⊥平面A1B1M.方法2：以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别作为x 、y 、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，A 1(0,0,2)，B 1(1,0,2)，C 1(1,1,2)，D 1(0,1,2)，M (1,1,1)．(1)A 1M →＝(1,1，－1)，C 1D 1→＝(－1,0,0)，cos 〈A 1M →，C 1D 1→〉＝－13×1＝－33. 设异面直线A 1M 与C 1D 1所成角为α，则cos α＝33，∴tan α＝ 2.即异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值是 2.(2)证明：A 1B 1→＝(1,0,0)，BM →＝(0,1,1)，B 1M →＝(0,1，－1)，A 1B 1→·BM →＝0，BM →·B 1M →＝0，∴A 1B 1→⊥BM →，BM →⊥B 1M →，即BM ⊥A 1B 1，BM ⊥B 1M ，又B 1M ∩A 1B 1＝B 1，∴BM ⊥平面A 1B 1M ，而BM ⊂平面ABM ，因此ABM ⊥平面A 1B 1M .能力拓展提升一、选择题11．(文)(2014·雅礼中学月考)l1、l2、l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是()A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1、l2、l3共面D．l1、l2、l3共点⇒l1、l2、l3共面[答案] B[解析]举反例，由教室内共点的三条墙角线可知A、D是错误的；由三棱柱的三条侧棱可知C是错误的．故选B.(理)(2014·荆州中学月考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1、CD1的中点，则下列判断错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行[答案] D[解析]由于C1D1与A1B1平行，MN与C1D1是异面直线，所以MN与A1B1是异面直线，故选项D错误．[点评] 取CD 中点Q ，BC 中点R ，则NQ 綊12D 1D ，MR 綊12CC 1，∵CC 1綊D 1D ，∴NQ 綊MR ，∴MN ∥QR ，∵QR ∥BD ，AC ⊥BD ，∴AC ⊥MN ，∴B 正确；∵MN ∥QR ，QR ∥BD ，∴MN ∥BD ，∴C 正确；∵CC 1⊥平面ABCD ，∴CC 1⊥PQ ，∴CC 1⊥MN ，∴A 正确．12．(2012·山西联考)已知直线m 、n 与平面α、β，下列命题中正确的是( )A ．m ∥β，α∥β，则m ∥αB ．平面α内不共线三点到平面β的距离相等，则α∥βC ．α∩β＝m ，n ⊥m 且α⊥β，则n ⊥αD ．m ⊥α，n ⊥β且α⊥β，则m ⊥n[答案] D[解析] 当m ⊂α时，也可满足m ∥β，α∥β，故①错；当α∩β＝l ，三点A 、B 、C 位于l 的两侧，AB ∥l ，直线AB 到l 的距离与点C 到l 的距离相等时，满足A 、B 、C 三点到平面β的距离相等，故②错；由面面垂直的性质知，C 错，因为只有在满足n ⊂β内时，才能由n ⊥m 得出n ⊥α的结论；⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βn ⊥β⇒n ∥α或n ⊂α m ⊥α⇒m ⊥n ，故D 正确．二、填空题13．(2013·武汉武昌区联考)已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下列命题：①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α∥β.其中正确命题的序号是________．[答案] ①③[解析] ①正确，∵l ⊥α，α∥β，∴l ⊥β，又m ⊂β，∴l ⊥m ；②错误，l ，m 还可以垂直，斜交或异面；③正确，∵l ⊥α，l ∥m ，∴m ⊥α，又m ⊂β，∴α⊥β；④错误，α与β可能相交．14．(2013·贵阳一模)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，则异面直线AM 与CN 所成角的余弦值为________．[答案] 25[解析] 如图，取AB 的中点E ，连接B 1E ，则AM ∥B 1E ，取EB 的中点F ，连接FN ，则B 1E ∥FN ，因此AM ∥FN ，则直线FN 与CN 所夹的锐角或直角为异面直线AM 与CN 所成的角．设AB ＝1，连接CF ，在△CFN 中，CN ＝52，FN ＝54，CF ＝174.由余弦定理得cos ∠CNF ＝CN 2＋FN 2－CF 22CN ·FN ＝25. 三、解答题15．(2013·江苏)如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.[解析](1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC，因为BC⊂平面SBC，所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB.因为SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA.考纲要求理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理．补充说明1．异面直线的判定主要用定理法、反证法(1)定理法：过平面内一点与平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线为异面直线(此结论可作为定理使用)．(2)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两直线平行或相交，由假设的条件出发，经过严密的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．2．求异面直线所成的角主要用平移法，其一般步骤为(1)平移：选取适当的点，平移异面直线的一条(或两条)成相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)求解：找出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：根据异面直线所成角的范围确定大小．3．共线与共面问题证明共线时，所共的直线一般定位为两个平面的交线；证明共面问题时，一般先由已知条件确定一个平面(有平行直线的先用平行直线确定平面)，再证其他元素在该平面内．4．求异面直线所成角异面直线所成角的大小，是用过空间任意一点分别引它们的平行线所成的锐角(或直角)来定义的．因此，平移直线是求异面直线所成角的关键．这里给出几种平移直线的途径．(1)在已知平面内平移直线构造可解的三角形，或根据实际情况构造辅助平面，在辅助平面内平移直线构造可解的三角形，是求异面直线所成角的途径之一；这种方法常常是取两条异面直线中的一条和另一条上一点确定一个平面，在这个平面内过这个点作这条直线的平行线，或在两条异面直线上各选一点连线，构造两个辅助面过渡．[例1] 如图所示，在正方体AC 1中，M 、N 分别是A 1B 1、BB 1的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．[解析] 在平面ABB 1A 1内作EN ∥AM 交AB 于E ，则EN 与CN 所成的锐角(或直角)即为AM 和CN 所成的角．设正方体棱长为a .在△CNE 中，可求得CN ＝52a ，NE ＝54a ，CE ＝174a ，由余弦定理得，cos ∠CNE ＝EN 2＋CN 2－CE 22EN ·CN ＝25. 即异面直角AM 与CN 所成角的余弦值为25.(2)利用平行平面平移直线构成可解的三角形，是求异面直线所成角的途径之二；这种方法常见于两条异面直线分别在两个互相平行的平面内，可利用面面平行的性质，将一条直线平移到另一条所在的平面内．[例2] 如图所示，正方体AC 1中，B 1E 1＝D 1F 1＝A 1B 14，求BE 1与DF 1所成角的余弦值．[解析] ∵平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，∴在A 1B 1上取H ，使A 1H ＝A 1B 14，即可得：AH ∥DF 1.引NH ∥BE 1，则锐角∠AHN 就是DF 1与BE 1所成的角．设正方体棱长为a ，在△AHN 中，易求得：AN ＝a 2，AH ＝NH ＝BE 1＝174a .由余弦定理得，cos ∠AHN ＝AH 2＋HN 2－AN 22AH ·HN ＝1517. 即BE 1与DF 1所成的角的余弦值为1517.(3)整体平移几何体，构造可解的三角形，是求异面直线所成角的途径之三．这种方法常常是将原有几何体上再拼接上同样的一个几何体(相当于将原几何体作了一个平移)创造平移直线的条件．[例3] 如下图长方体AC 1中，AB ＝12，BC ＝3，AA 1＝4，N 在A 1B 1上，且B 1N ＝4.求BD 1与C 1N 所成角的余弦值．[解析] 如图所示，将长方体AC 1平移到BCFE －B 1C 1F 1E 1的位置，则C 1E ∥BD 1，C 1E 与C 1N 所成的锐角(或直角)就是BD 1与C 1N 所成的角．在△NC 1E 中，根据已知条件可求B 1N ＝4，C 1N ＝5，C 1E ＝13，EN ＝E 1N 2＋EE 21＝417.由余弦定理，得cos ∠NC 1E ＝C 1N 2＋C 1E 2－EN 22C 1N ·C 1E ＝－35. ∴BD 1与C 1N 所成角的余弦值为35.备选习题1．空间中一条线段AB 的三视图中，俯视图是长度为1的线段，侧视图是长度为2的线段，则线段AB 的长度的取值范围是( )A ．(0,2]B ．[2，5]C ．[2,3]D ．[2，10] [答案] B[解析] 以线段AB 为体对角线构造长方体，设长方体的长、宽、高分别为x 、y 、z ，则由题意知，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝1，y 2＋z 2＝4.∴AB 2＝x 2＋y 2＋z 2＝5－y 2，∵x 2>0，∴1－y 2>0，∴0<y 2<1，∴4<AB2<5，∴2<AB< 5.特别地，当AB为面对角线时，AB＝2或5成立，∴2≤AB≤ 5.2．若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一条直线上”是“这四个点在同一个平面上”的()A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充分必要条件D．既非充分又非必要条件[答案] A[解析]若有三点共线于l，当第四点在l上时共面，当第四点不在l上时，l与该点确定一个平面α，这四点共面于α；若四点共面，则未必有三点共线．3．设直线m与平面α相交但不．垂直，则下列说法中正确的是()A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不．可能与平面α平行D．与直线m平行的平面不．可能与平面α垂直[答案] B[解析]如图，m是α的斜线，P A⊥α，l⊂α，l⊥AB，则l⊥m，α内所有与l平行的直线都垂直于m，故A错；即可知过m有且仅有一个平面P AB与α垂直，假设有两个平面都与α垂直，则这两个平面的交线m应与α垂直，与条件矛盾，∴B正确；又l′⊄α，l′∥l，∴l′∥α，∵l⊥m，∴l′⊥m，∴C错；又在平面α内取不在直线AB上的一点D，过D可作平面与平面P AB平行，∴m∥β，∵平面P AB⊥α，∴平面β⊥α.4．(2013·昆明调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，ABCD为平行四边形，且BC⊥平面P AB，P A⊥AB，M为PB的中点，P A＝AD＝2，AB＝1.(1)求证：PD∥平面AMC；(2)求三棱锥A－MBC的高．[解析](1)如图，连接BD ，设BD 与AC 相交于点O ，连接OM ， ∵四边形ABCD 是平行四边形，∴点O 为BD 的中点．∵M 为PB 的中点，∴OM 为△PBD 的中位线，∴OM ∥PD ，∵OM ⊂平面AMC ，PD ⊄平面AMC ，∴PD ∥平面AMC .(2)∵BC ⊥平面P AB ，AD ∥BC ，∴AD ⊥平面P AB ，∴P A ⊥AD ，又P A ⊥AB ，且AD ∩AB ＝A ，∴P A ⊥平面ABCD .取AB 的中点F ，连接MF ，则MF ∥P A ， ∴MF ⊥平面ABCD ，且MF ＝12P A ＝1.设三棱锥A －MBC 的高为h ，由V A －MBC ＝V M －ABC ，得13S △MBC ·h ＝13S △ABC ·MF ，得h＝S△ABC·MFS△MBC＝12·BC·AB·MF12·BC·BM＝255.。

九章算术中的立体几何(讲座)

唐宋两代，《九章算术》都由国家明令规定为教科书。到了北宋，《九章算术》还曾由政府进行过刊刻（1084），这是世界上最早的印刷本数学书。在现传本《九章算术》中，最早的版本乃是上述北宋本的南宋翻刻本（1213），现藏于上海图书馆（孤本，残，只余前五卷）。
《九章算术》的成就
它是中国古代第一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一种。该书内容十分丰富，系统总结了战国、秦、汉时期的数学成就。
高考题一定会继续发掘我国古代数学的精髓，九章算数、杨辉三角、秦九韶算法都是我国数学界的瑰宝，但是现代学生对这些知识知之甚少，所以高考题一定会加入古代数学的元素让学生了解更多的中国古代数学之美。
内容安排
一、《九章算术》是一本什么样的书二、《九章算术》中的立体几何问题三、高考题、模拟题题例及分析四、学习建议
主要修订内容 1.完善考核目标。结合高考评价体系框架、学科特点和核心素养的要求，在考试大纲中对考核目标的内涵进行修订，在考试说明中对各个考核目标进行具体解析，并补充试题样例，以进一步说明考核目标要求，便于考生理解和复习备考。 2.调整考试内容。在强调共同基础的前提下，合理设置选考模块，满足高校人才选拔要求，契合课程标准的修订方向。比如，语文将文学类文本阅读、实用类文本阅读均设为必考内容，适应高校对新生基本能力和综合素质的要求，呼应中学教学的意见;数学减少选考模块“几何证明选讲”，物理将模块3-5列为必考，顺应课程标准修订的趋势。
内容阐释
第一章“方田”：主要讲述了平面几何图形面积的计算方法。涉及了方田，即正方形和长方形；圭田，即三角形；箕田，即梯形；圆田，即圆形；弧田，即弓形。本章还叙述了分数的加减乘除四则运算的方法，以及求分子分母最大公约数等方法，与现代的分数计算方法基本一致。第二章“粟米”：谷物粮食的按比例折换；提出比例算法，称为今有术；第三章“衰分”：比例分配问题。程大位在《算法统宗》中，解释衰分问题时说：“衰者，等也。物之混者，求其等而分之。以物之多寡求出税，以人户等第求差役，以物价求贵贱高低者也。”用现代的术语来说，就是配分比例问题。

2013走向高考,贾凤山,高中总复习,数学9-6

人教
A
版
第9章
第六节
高考数学总复习
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空间向量的线性运算
→ → [例 1] 如下图，空间四边形 OABC 中，OA＝a，OB → ＝b，OC＝c，点 M 在 OA 上，且 OM＝2MA，N 为 BC → 中点，则MN等于( )
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第六节
高考数学总复习
(2)平行于同一平面的向量叫做共面向量．空间任意两个向量总是共面的，空间三个不共面向量的和等于以这三个向量为邻边的平行六面体的对角线所表示的向量． (3)共线向量定理：对空间任意两个向量 a、b(b≠0)， a∥ b 的充要条件是存在实数 λ，使 a＝λb.
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第9章
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a⊥b⇔a· b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0. 设 A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则 → → → AB＝OB－OA＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)；
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(2)夹角和距离公式设 a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则 |a|＝ a· a＝ a2＋a2＋a2； 1 2 3 a1b1＋a2b2＋a3b3 a· b cos<a，b>＝＝ 2 2 2 2 2 2. |a|· |b| a1＋a2＋a3 b1＋b2＋b3 在空间直角坐标系中，已知 A(x1，y1，z1)，B(x2，y2， z2)， → 则|AB|＝ x2－x12＋y2－y12＋z2－z12.

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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• ●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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• 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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• (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．

职高数学第九章立体几何习题和答案解析

职高数学第九章立体几何习题和答案解析立体几何是数学中的一个重要分支，也是职高数学课程中的一大门类。

在职高数学的第九章中，我们将学习关于立体几何的基本概念、性质以及应用。

为了帮助同学们更好地掌握这一章节的知识，本文将提供一些与立体几何相关的习题，并对每个习题的答案进行详细解析。

1. 问题描述：已知一个正方体的棱长为5cm，求其表面积和体积。

解析：正方体的表面积等于六个面的面积之和，每个面的面积等于边长的平方。

所以正方体的表面积为6 * (5cm)^2 = 150cm^2。

正方体的体积等于边长的立方，所以正方体的体积为(5cm)^3 = 125cm^3。

2. 问题描述：一个圆柱体的底面半径为3cm，高为8cm，求其体积和侧面积。

解析：圆柱体的体积等于底面积乘以高。

底面积等于圆的面积，即π * r^2，其中π取近似值3.14。

所以圆柱体的体积为3.14 * (3cm)^2 *8cm ≈ 226.08cm^3。

圆柱体的侧面积等于底面周长乘以高，底面周长等于圆的周长，即2 * π * r。

所以圆柱体的侧面积为2 * 3.14 * 3cm * 8cm ≈ 150.72cm^2。

3. 问题描述：一个圆锥的底面半径为4cm，高为6cm，求其体积和侧面积。

解析：圆锥的体积等于底面积乘以高再除以3。

底面积等于圆的面积，即π * r^2。

所以圆锥的体积为1/3 * 3.14 * (4cm)^2 * 6cm ≈100.48cm^3。

圆锥的侧面积等于底面周长乘以母线的长度，底面周长等于圆的周长，即2 * π * r，母线的长度可以用勾股定理计算，即√(r^2 + h^2)。

所以圆锥的侧面积为3.14 * 4cm * √((4cm)^2 + (6cm)^2) ≈97.44cm^2。

4. 问题描述：一个球体的半径为5cm，求其体积和表面积。

解析：球体的体积等于4/3乘以π乘以半径的立方，即4/3 * 3.14 * (5cm)^3 ≈ 523.33cm^3。

第九章第八讲棱柱与棱锥 B教材

第9章 B 第8讲时间：60分钟满分：100分一、选择题(8×5＝40分)1．(2010·河北张家口调研)下列命题中，成立的是()A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥B．四面体一定是三棱锥C．棱锥的侧面是全等的等腰三角形，该棱锥一定是正棱锥D．底面多边形既有外接圆又有内切圆，且侧棱相等的棱锥一定是正棱锥解析：A是错误的，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起，所得多面体的每个面都是三角形，但这个多面体不是棱锥；B是正确的，三个面共顶点，另有三边围成三角形是四面体也必定是个三棱锥；C是错误的，如图所示，棱锥的侧面是全等的等腰三角形，但该棱锥不是正三棱锥；D也是错误的，底面多边形既有内切圆又有外接圆，如果不同心，则不是正多边形，因此不是正棱锥．答案：B2．在斜棱柱的侧面中，矩形最多有几个()A．2 B．3 C．4 D．6解析：最多2个，若有3个，则底面有三条边与侧棱垂直，而三边中至少有两条相交，即底面一定存在两相交直线与侧棱垂直，与斜棱柱定义矛盾．故选A.答案：A3．棱锥被平行于底面的平面所截，当截面分别平分侧棱、侧面积、体积时，相应截面面积分别为S1、S2、S3，则()A．S1＜S2＜S3B．S3＜S2＜S1C．S2＜S1＜S3D．S1＜S3＜S2解析：根据相似比知识易知(设底面为S4)，①平分侧棱S1:S4＝1:4，②平分侧面积S2:S4＝1:2，③平分体积S 3:S 2＝1:223，∴S 1＜S 2＜S 3.故选A. 答案：A4．(2010·湖北武汉六校高三第一次联考)正四棱锥S －ABCD 中，侧棱与底面所成的角为α，侧面与底面所成的角为β，侧面等腰三角形的底角为γ，相邻两侧面所成的二面角为θ，则α、β、γ、θ的大小关系是( )A ．α＜β＜γ＜θB ．α＜β＜θ＜γC ．θ＜α＜γ＜βD ．α＜γ＜β＜θ解析：依题意不妨设SA ＝AB ＝1，如图，α＝∠SAO ，β＝∠SEO ，γ＝∠SBC ＝60°.过A 点作AF ⊥SB ，连结CF ，则∠AFC ＝θ. ∵cos α＝22，cos β＝OE SE ＝33，cos γ＝12，cos θ＝－13， ∴α＜β＜γ＜θ.故选A. 答案：A5．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( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．3∶2解析：如图，设棱锥的高为h ，V D －GAC ＝V G －DAC ＝13S △ADC ·12h ，V P －GAC ＝12V P －ABC ＝V G －ABC＝13S △ABC ·h 2. 又S △ADC S △ABC ＝2∶1，故V D －GAC ∶V P －GAC ＝2∶1. 答案：C6．所有棱长都是a 的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，对角线AC 1、BD 1、B 1D 两两垂直，则侧棱与底面所成的角为( )A ．90°B ．arccos 13C ．arccos33D ．60°解析：本题是关于立体几何中的线面角内容问题，由条件可知侧棱与底面所成的角即为∠AA 1C 1，由已知B 1D ⊥BD 1可得四边形B 1BDD 1为菱形，且底面边长为a ，∠D 1A 1B 1＝60°，从而A 1C 1＝3a ，又由条件可知AC 1⊥面B 1BDD 1，从而有AC 1⊥AA 1，故在Rt △A 1AC 1中，易知cos ∠AA 1C 1＝a 3a ＝33， ⇒∠AA 1C 1＝arccos 33，从而选C. 答案：C7．如图，在正三棱锥A －BCD 中，E 、F 分别是AB 、BC 的中点，EF ⊥DE .若BC ＝a ，则A －BCD 的体积为( )A.224a 3B.212a 3C.324a 3 312a 3 解析：∵三棱锥A －BCD 为正三棱锥， ∴AC ⊥BD .又点E 、F 分别是AB 、BC 的中点． ∴EF ∥AC .由EF ⊥DE 可得AC ⊥DE . ∴AC ⊥平面ABD ，则AC ⊥AB 且AC ⊥AD ，从而得AB ⊥AD ，即正三棱锥的三个侧面均为等腰直角三角形．由BC ＝a 可得AB ＝AC ＝AD ＝22a ， V 正棱锥A －BCD ＝16(22a )3＝224a 3，故应选A.答案：A8．(2010·湖北八校第二次联考)如图，正方体AC 1的棱长为1，连结AC 1，交平面A 1BD于H ，则以下命题中，错误的命题是()A ．AC 1⊥平面A 1BDB ．H 是△A 1BD 的垂心C ．AH ＝33D ．直线AH 和BB 1所成的角为45°解析：由⎭⎪⎬⎪⎫AC 1⊥DAC 1⊥BA 1BD ∩BA 1＝B ⇒AC 1⊥面A 1BD ，故A 为真命题．正三棱锥A －BA 1D 中，因AB ⊥AD ⊥AA 1，则A 在底面BA 1D 的射影为三角形的垂心，故B 为真命题．由V A －BA 1D ＝V D －ABA 1，可知 13S △BA 1D ·|AH |＝13·12|AB ||AA 1|·|AD |，则|AH |＝33，故C 为真命题．因BB 1∥AA 1，则BB 1与AH 所成的角为∠A 1AC 1＝arctan 2≠45°，故D 为假命题．答案：D二、填空题(4×5＝20分)9．(2010·黄冈一模)已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为26，则侧面与底面所成的二面角等于____________．解析：如图所示，设底面边长为a ，则2a 2＝(26)2，∴a ＝23，∴OM ＝ 3. 又V ＝13·(23)2·h ＝12，∴h ＝3.∴tan ∠VMO ＝33＝3， ∴∠VMO ＝π3.∴侧面与底面所成的二面角为π3.答案：π310．如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，AA 1＝AB ＝1，则截面ACC 1A 1的面积为________，异面直线AD 与D 1C 所成角的余弦值为________．解析：截面ACC 1A 1为矩形， AA 1＝1，AC ＝3，其面积S ＝3； BD ＝1，BD 1＝2，在△BCD 1中，BC ＝1， CD 1＝2，cos ∠BCD 1＝24. 则异面直线AD 与D 1C 所成角的余弦值为24. 答案：32411．如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 是正方形BCC 1B 1的中心，点F 、G 分别是棱C 1D 1、AA 1的中点．设点E 1、G 1分别是点E 、G 在平面DCC 1D 1内的正投影．则以E 为顶点，以四边形FGAE 在平面DCC 1D 1内的正投影为底面边界的棱锥的体积为________．解析：点A 、E 、G 、F 在平面DCC 1D 1的投影分别为点D 、E 1、G 1、F ，连结EF 、EE 1、EG 1、ED ，则V E －DE 1FG 1＝V F －EE 1G 1＋V D －EE 1G 1＝13×1×1＋13×1×1＝23.答案：2312．如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2，BB 1＝2，∠ABC ＝90°，E 、F 分别为AA 1、C 1B 1的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为________．解析：∵AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝90°，∴AC ＝2， ∴侧面展开后如下图所示．A 1E ＝12AA 1＝1，A 1F ＝A 1B 1＋B 1F ＝322，∴EF ＝A 1E 2＋A 1F 2＝1＋92＝222. 把△A 1B 1C 1与侧面A 1B 1BA 展开如右图所示．连结EF ，过E 作EM ⊥B 1B ，则EM ＝AB ＝2，FM ＝1＋22， ∴EF ＝72＋2，若把△A 1B 1C 1与侧面A 1ACC 1展开如右图．连结EF ，作EM ⊥CC 1于M ，作FD ⊥EM 于D 点，则ED ＝32，FD ＝32，∴EF ＝(32)2＋(32)2＝322. 比较以上三条路径，第三条最小，∴EF 间最短路径为322.答案：322三、解答题(4×10＝40分)13．(2009·陕西高考)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝AA 1＝3，∠ABC ＝60°.(1)求证：AB ⊥A 1C ；(2)求二面角A －A 1C －B 的大小．思路点拨：第(1)问可先证AB ⊥面ACC 1A 1，第(2)问作AD ⊥A 1C 于点D ，结合(1)，知∠ADB 即为所求二面角的平面角．亦可利用空间向量坐标法解决．解析：解法一：(1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，∴AB ⊥AA 1. 在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝3，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ACB ＝30°， ∴∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC .∴AB ⊥平面ACC 1A 1.又A 1C ⊂平面ACC 1A 1， ∴AB ⊥A 1C .(2)如图，作AD ⊥A 1C 交A 1C 于D 点，连结BD .由三垂线定理知BD ⊥A 1C ，∴∠ADB 为二面角A －A 1C －B 的平面角．在Rt △AA 1C 中，AD ＝AA 1·AC A 1C ＝3×36＝62，在Rt △BAD 中，tan ∠ADB ＝AB AD ＝63， ∴∠ADB ＝arctan63，即二面角A －A 1C －B 的大小为arctan63. 解法二：(1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝3，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ACB ＝30°， ∴∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC . 如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A 1(0,0，3)， ∴AB →＝(1,0,0)，A 1C →＝(0，3，－3)． ∵AB →·A 1C →＝1×0＋0×3＋0×(－3)＝0， ∴AB ⊥A 1C .(2)如图，可取m ＝AB →＝(1,0,0)为平面AA 1C 的法向量，设平面A 1BC 的法向量为n ＝(l ，m ，n )，则BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，又BC →＝(－1，3，0)，∴⎩⎨⎧－l ＋3m ＝0，3m －3n ＝0.∴l ＝3m ，n ＝m .不妨取m ＝1，则n ＝(3，1,1)． cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝3×1＋1×0＋1×0(3)2＋12＋12·12＋02＋02＝155， ∴二面角A －A 1C －B 的大小为arccos155. 14．如图，在四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝2AB ，E 、F 分别为PC 、CD 的中点．(1)求证：CD ⊥平面BEF ；(2)设P A ＝k ·AB ，且二面角E －BD －C 的平面角大于30°，求k 的取值范围．解析：(1)证明：如图，由已知DF 綊AB 且∠DAB 为直角，故ABFD 是矩形．从而CD ⊥BF . 又P A ⊥底面ABCD ，CD ⊥AD ，故由三垂线定理知CD ⊥PD . 在△PDC 中，E 、F 分别为PC 、CD 的中点．故EF ∥PD ，从而CD ⊥EF ，由此得CD ⊥面BEF .(2)连结AC 交BF 于G ，易知G 为AC 的中点．连结EG .则在△P AC 中易知EG ∥P A .又因P A ⊥底面ABCD ，故EG ⊥底面ABCD .在底面ABCD 中，过G 作GH ⊥BD ，垂足为H ，连结EH .由三垂线定理知EH ⊥BD .从而∠EHG 为二面角E －BD －C 的平面角．设AB ＝a ，则在△P AC 中，有EG ＝12P A ＝12ka .以下计算GH .考虑底面的平面图(如右图)．连结GD ，因S △GBD ＝12BD ·GH ＝12GB ·DF ，故GH ＝GB ·DFBD.在△ABD 中，因AB ＝a ，AD ＝2a ，得BD ＝5a . 而GB ＝12FB ＝12AD ＝a ，DF ＝AB ，从而得GH ＝GB ·AB BD ＝a ·a 5a ＝55a .因此tan ∠EHG ＝EG GH ＝12ka 55a ＝52k .由k >0知∠EHG 是锐角，故要使∠EHG >30°，必须52k >tan30°＝33，解之，得k 的取值范围是k >21515.解法二：(1)如图，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝a ，则易知点A、B 、C 、D 、F 的坐标分别为A (0,0,0)、B (a,0,0)、C (2a,2a,0)、D (0,2a,0)、F (a,2a,0)．从而DC →＝(2a,0,0)，BF →＝(0,2a,0)，DC →·BF →＝0.故DC →⊥BF →. 设P A ＝b ，则P (0,0，b )，而E 为PC 中点．故E (a ，a ，b 2)．从而BE →＝(0，a ，b 2)．DC →·BE →＝0，故DC →⊥BE →.由此得CD ⊥面BEF .(2)设E 在xOy 平面上的投影为G ，过G 作GH ⊥BD 垂足为H .由三垂线定理知EH ⊥BD .从而∠EHG 为二面角E －BD －C 的平面角．由P A ＝k ·AB 得P (0,0，ka )，E (a ，a ，ka 2)，G (a ，a,0)．设H (x ，y,0)，则GH →＝(x －a ，y －a,0)，BD →＝(－a,2a,0)，由GH →·BD →＝0得－a (x －a )＋2a (y －a )＝0，即x －2y ＝－a .①又因BH →＝(x －a ，y,0)，且BH →与BD →的方向相同，故x －a －a ＝y2a，即2x ＋y ＝2a .② 由①②解得x ＝35a ，y ＝45a .从而GH →＝(－25a ，－15a,0)，|GH →|＝55a .tan ∠EHG ＝|EG →||GH →|＝ka 255a ＝52k .由k >0知∠EHG 是锐角，由∠EHG >30°，得tan ∠EHG >tan30°，即52k >33. 故k 的取值范围为k >21515.15．(2010·四川攀枝花三模)如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面为直角梯形，∠ADC ＝∠DCB ＝90°，AD ＝1，BC ＝3，PC ＝CD ＝2，PC ⊥底面ABCD ，E 为AB 的中点．(1)求证：平面PDE ⊥平面P AC ；(2)求二面角C －PD －E 的大小；(3)求点B 到平面PDE 的距离．解析：解法一：(1)证明：设AC 与DE 交点为G ，延长DE 交CB 的延长线于点F ，则△DAE ≌△FBE ，∴BF ＝AD ＝1.∴CF ＝4.∴tan ∠F ＝DC CF ＝12. 又∵tan ∠ACD ＝AD DC ＝12，∴∠F ＝∠ACD .又∵∠ACD ＋∠ACF ＝90°，∴∠F ＋∠ACF ＝90°.∴∠CGF ＝90°.∴AC ⊥DE .又∵PC ⊥底面ABCD ，∴PC ⊥DE .∴DE ⊥平面P AC .∵DE ⊂平面PDE ，∴平面PDE ⊥平面P AC .(2)连结PG ，过点C 作CH ⊥PG 于H 点，取PD 中点I ，连结CI ，易知CI ⊥PD .又由(1)知平面PDE ⊥平面P AC ，且PG 是交线，根据面面垂直的性质，得CH ⊥平面PDE ，由三垂线定理知HI ⊥PD .从而∠CIH 为二面角C －PD －E 的平面角．在等腰Rt △PCD 中，CI ＝22PC ＝2，在Rt △DCA 中，CG ＝CD 2AC ＝2222＋12＝455，在Rt △PCG 中，CH ＝PC ·CG PG ＝PC ·CG PC 2＋CG 2＝2×455655＝43，从而sin ∠CIH ＝CH CI ＝223，则∠CIH ＝arcsin 223.，即二面角C －PD －E 的大小为arcsin 223.(3)由于BF ＝14CF ，∴可知点B 到平面PDE 的距离等于点C 到平面PDE 的距离的14，即14CH .在Rt △PCG 中，CH ＝PC ·CG PC 2＋CG 2＝2×45522＋(455)2＝43，从而点B 到平面PDE 的距离等于13. 解法二：如图所示，以点C 为坐标原点，直线CD ，CB ，CP 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C －xyz ，则相关点的坐标为C (0,0,0)，A (2,1,0)，B (0,3,0)，P (0,0,2)，D (2,0,0)，E (1，2,0)．(1)证明：由于DE →＝(－1,2,0)，CA →＝(2,1,0)，CP →＝(0,0,2)，∴DE →·CA →＝(－1,2,0)·(2,1,0)＝0，DE →·CP →＝(－1,2,0)·(0,0,2)＝0.∴DE ⊥CA ，DE ⊥CP .而CP ∩CA ＝C ，∴DE ⊥平面P AC .∵DE ⊂平面PDE ，∴平面PDE ⊥平面P AC .(2)设n ＝(x ，y ，z )是平面PDE 的一个法向量，则n ·DE →＝n ·PE →＝0，由于DE →＝(－1,2,0)，PE →＝(1,2，－2)，∴有⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝(x ，y ，z )·(－1，2，0)＝－x ＋2y ＝0，n ·PE →＝(x ，y ，z )·(1，2，－2)＝x ＋2y －2z ＝0. 令x ＝2，则y ＝1，z ＝2.即n ＝(2,1,2)，易知平面PCD 的一个法向量m ＝(0,1,0)，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13， ∴二面角C －PD －E 的大小为arccos 13. (3)由(2)知n ＝(2,1,2)是平面PDE 的一个法向量，而BE →＝(1，－1,0)，∴点B 到平面PDE 的距离为d ＝|n ·BE →||n |＝|(2，1，2)·(1，－1，0)|3＝13. 16．(2010·河北唐山二模)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝2，AA 1＝4，M 、N 分别为CC 1、A 1C 1的中点．(1)求证：AM ⊥平面B 1MN ；(2)求二面角A 1－B 1M －A 的大小．解析：解法一：(1)证明：∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴平面A 1B 1C 1⊥平面A 1ACC 1，∵AB ＝BC ，进而A 1B 1＝B 1C 1，N 为A 1C 1的中点，∴B 1N ⊥平面A 1ACC 1，∵AM ⊂平面A 1ACC 1，∴B 1N ⊥AM ，即AM ⊥B 1N . 在侧面A 1ACC 1中，C 1M ＝CM ＝2，C 1N ＝2，AC ＝22， ∴Rt △MC 1N ∽Rt △ACM ，∴∠C 1MN ＋∠CMA ＝90°. ∴AM ⊥MN .∵B 1N ∩MN ＝N ，∴AM ⊥平面B 1MN .(2)分别取AB 1、B 1M 、A 1M 的中点为D 、E 、F ，连结△DEF ，则DE ∥AM 、EF ∥A 1B 1.由(1)，AM ⊥平面B 1MN ，而B 1M ⊂平面B 1MN ，则AM ⊥B 1M ，于是DE ⊥B 1M ，∵A 1B 1⊥B 1C 1，A 1B 1⊥B 1B ，B 1C 1∩B 1B ＝B 1，∴A 1B 1⊥平面B 1BCC 1.∵B 1M ⊂平面B 1BCC 1，∴A 1B 1⊥B 1M .于是EF ⊥B 1M . 所以∠DEF 为二面角A 1－B 1M －A 的平面角．连结A 1B 、BM ，DE 、EF 、FD 分别为△AB 1M 、△A 1MB 1、△MA 1B 的中位线． ∵A 1B 1⊥平面B 1BCC 1，BM ⊂平面B 1BCC 1，A 1B 1⊥BM ， ∴EF ⊥BM ，EF ⊥FD .在Rt △DEF 中，EF ＝12A 1B 1＝1，FD ＝12BM ＝2， ∴tan ∠DEF ＝FD EF ＝2，∠DEF ＝arctan 2.故二面角A 1－B 1M －A 的大小为arctan 2. 解法二：(1)证明：分别以BA 、BB 1、BC 为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz ，则A (2,0,0)，M (0,2,2)，B 1(0,4,0)，N (1,4,1)．∵AM →＝(－2,2,2)，B 1N →＝(1,0,1)， B 1M →＝(0，－2,2)，∴AM →·B 1N →＝AM →·B 1M →＝0.∴AM ⊥B 1N ，AM ⊥B 1M ，又B 1N ∩B 1M ＝B 1，∴AM ⊥平面B 1MN .(2)由(1)知，AM ⊥平面B 1MN ， ∵B 1M ⊂平面B 1MN ，∴AM ⊥B 1M . ∵A 1B 1⊥B 1C 1，A 1B 1⊥B 1B ，B 1C 1∩B 1B ＝B 1， ∴A 1B 1⊥平面B 1BCC 1.∵B 1M ⊂平面B 1BCC 1，∴A 1B 1⊥B 1M . ∵MA →＝(2，－2，－2)，B 1A 1→＝(2,0,0)，∴cos 〈MA →，B 1A 1→〉＝MA →·B 1A 1→|MA →||B 1A 1→|＝33. 故二面角A 1－B 1M －A 的大小为arccos 33.。

第9章§9.7棱柱与棱锥(A、B)精品课件大纲人教版课件

§9.7 棱柱与棱锥(A、B)
9.7 棱柱与棱锥 (A、
B)
双基研习·面对高考考点探究·挑战高考考向瞭望·把脉高考
双基研习·面对高考
基础梳理
1．棱柱、棱锥的定义
棱柱
棱锥
有两个面互相_平__行___，有一个面是_多__边__形__，
定义
其余各面都是四边形，其余各面是有一个
并且每相邻两个四边形 _公__共__顶__点_____的三角的公共边都互相_平__行___，形，由这些面围成的
5．正棱锥是棱锥的特殊情形，是棱锥的主要研究对象
(1)定义：底面是_正__多__边__形___，并且顶点在底面上的射影是底面的_中__心___ ，这样的棱锥叫做正棱锥． (2)性质： ①侧面是_全__等____的等腰三角形，与底面所成二面角均相等； ②侧棱均相等，侧棱与底面所成的角均__相__等__ ；
例2 如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中， ∠ACB＝90°，AB＝2，BC＝1，AA1＝ 3 .M， N分别是AC，BC的中点．
(1)证明：A1C⊥平面AB1C1； (2)证明：MN∥面A1B1C.
【思路分析】 (1)挖掘直三棱柱的性质，结合计
算证明垂直．(2)利用线面平行的判定定理证明．
2．{四棱柱}、{直四棱柱}、{正四棱柱}、{长方体}、{正方体}有怎样的包含关系？提示：{四棱柱}⊃{直四棱柱}⊃{长方体}⊃{正四棱柱}⊃{正方体}．
课前热身
1．(教材习题改编)已知一个长方体的三条棱长比是 1∶2∶3，体积是 48 cm3，则它的对角线长为( )
A．8 cm
B．56 cm
在 Rt△AED 中，tan45°＝EADE＝
3， 1＋x42

第九章立体几何专练2—基本立体图形(提升练)-2022届高三数学一轮复习

第九章立体几何专练2—基本立体图形（提升练）一、单选题1．将一半圆沿半径剪成两个扇形，其中一个扇形的圆心角为3π，以这两个扇形为侧面围成一高一低两个圆锥（不计接缝处的损耗），则高圆锥与低圆锥的高之比为( ) A ．2:1B ．70:8C ．4:1D ．32:702．如图所示的扇形是某个圆锥的侧面展开图，已知扇形所在圆的半径5R =，扇形弧长4l π=，则该圆锥的表面积为( )A ．2πB ．(425)π+C ．(35)π+D ．85π+3．斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，⋯为边的正方形拼成长方形（斐波那契数列由1和1开始，之后的数就是由之前的两数相加而得出），然后在每个正方形中画一个圆心角为90︒的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等，如图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的高为( )A ．215B ．415C ．515D ．6154．碌碡是我国古代人民发明的一种把米、麦、豆等粮食加工成粉末的器具，如图，近似圆柱形碌碡的轴固定在经过圆盘圆心且垂直于圆盘的木桩上，当人或动物推动木柄时，碌碡在圆盘上滚动．若人或动物推动木柄绕圆盘转动一周，碌碡恰好滚动了3圈，则该圆柱形碌碡的底面圆的半径与其高之比为( )A ．1:2B ．1:3C ．1:4D ．2:35．如图，圆柱1OO 的轴截面11ABB A 是正方形，D ，E 分别是1AA 和1BB 的中点，C 是弧AB 的中点，则经过C 、D 、E 的平面与圆柱1OO 侧面相交所得到的曲线的离心率是( )A ．1B ．22C ．2D ．626．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为1h 、2h 、3h ，则123::(h h h = ) A ．2:3:3B ．23:1:1C ．3:2:2D ．3:6:67．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，且BD CD ⊥，AB BD CD ==，点P 在棱AC 上运动，设CP 的长度为x ，若PBD ∆的面积为()f x ，则()f x 的图象大致为( )A ．B ．C ．D ．8．如图几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P ，圆柱的上、下底面的圆心分别为1O ，2O ，若该几何体有半径为1的外接球，且球心为O ，则不正确的是( )A ．如果圆锥的体积为圆柱体积的16，则圆锥的体积为8πB ．12122O O PO +=C ．如果112PO O O =，则O 与1O 重合D ．如果112:1:3PO O O =，则圆柱的体积为96125π二、多选题9．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R 相等，下列结论正确的是( )A ．圆柱的侧面积为22R πB ．圆锥的侧面积为22R πC ．圆柱的侧面积与球面面积相等D．圆锥的表面积最小10．已知圆锥的顶点为S1，A，B是底面圆周上两个动点，下列说法正确的是()A．圆锥的侧面积是B．SA与底面所成的角是6πC．SAB∆D11．已知正三棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为2，则下列说法正确的是( )A．棱台的侧面积为BCD12．已知圆锥的顶点为P，母线长为2A，B为底面圆周上两个动点，则下列说法正确的是()A．圆锥的高为1B．三角形PABC．三角形PAB内切圆半径的最大值为2D．圆锥外接球的体积为32 3π三、填空题13．如图，四边形ABCD为梯形，//AD BC，90ABC∠=︒，图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积为．14．已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A、B满足SAB∆为等边三角形，且面积为43，又知SA与圆锥底面所成的角为45︒，则圆锥的表面积为．15．已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB为上底面圆的一条直径，C是下底面圆周上的一个动点，则ABC的面积的取值范围为．16．“牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体，它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1)．如图2所示的“四脚帐篷”类似于“牟和方盖”的一部分，其中APC与BPD 为相互垂直且全等的半圆面，它们的圆心为O，半径为1．用平行于底面ABCD的平面α去截“四脚帐篷”所得的截面图形为；当平面α经过OP的中点时，截面图形的面积为．四、解答题17．将半径为33α的扇形，用剩下的扇形铁皮制成一个圆锥形的容器，该圆锥的高记为h，体积为V．（1）求体积V有关h的函数解析式．（2）求当扇形的圆心角α多大时，容器的体积V最大．18．如图所示，有一块矩形铁皮ABCD ，4AB =，剪下一个半圆面作圆锥的侧面，余下的铁皮内剪下一个与其相切的圆面，恰好作为圆锥的底面．试求：（1）矩形铁皮AD 的长度；（2）做成的圆锥体的体积．第九章立体几何专练2—基本立体图形（提升练）答案1．解：不妨设半圆的半径为1，用圆心角为3π的扇形围成的圆锥的底面周长为133ππ⨯=，设其底面圆的半径为r ，则23r ππ=，解得16r =，则该圆锥的高21351()6h =-，用圆心角为23π的扇形围成的圆锥的底面周长为22133ππ⨯=，设其底面圆的半径为R ，则223R ππ=，解得13R =，则该圆锥的高21221()3H =-，3567022=．故选：B ．2．解：圆锥的侧面展开图中，扇形所在圆的半径R ，扇形弧长4l π=，所以扇形的面积为142S π==扇形；设扇形的底面圆半径为r ，则24r ππ=，解得2r =，所以底面圆的面积为224S ππ=⨯=底面圆；所以该圆锥的表面积为4(4S ππ=+=+．故选：B ．3．解：由斐波那契数的规律知，从第三项起，每一个数都是前面两个数之和，所以接下来的圆弧对应的圆面半径是358+=，对应的弧长是12844l ππ=⨯⨯=，设圆锥底面半径为r ，则24r ππ=，解得2r =，所以圆锥的高为h == 故选：A ．4．解：由题意，人推动木柄绕圆盘转动1周，碌碡恰好滚动了3圈，因为圆的周长为2c r π=，所以圆盘与碌碡的半径之比为3:1，所以圆柱形碌碡的高与其底面圆的直径之比约为3:2，所以该圆柱形碌碡的底面圆的半径与其高之比为1:3．故选：B ．5．解：设轴截面的正方形的边长为2，设1C 是弧11B A 的中点，且与C 关于圆柱的中心对称，由题意可知，截面曲线为椭圆，椭圆的短轴长为2，长轴1C C =，所以长半轴长a =1b =，故半焦距为1c ==，所以椭圆的离心率为c e a ==．故选：B ．6．解：设四棱锥为A BCFE -，三棱锥为A DEF -，则三棱锥A DEF -为正四面体，四棱锥A BCFE -为正四棱锥，显然23h h =．设AB a =，正方形BCFE 的中心为M ，正三角形DEF 的中心为N ，连接AM ，AN ，CM ，DN ，则22CM a =，233323DN a a =⨯=， 2222AM AC CM a ∴=-=，2263AN AD DN a =-=，即122h AM a ==，2363h h AN a ===， 123266::::3:2:2233h h h ∴==．故选：C ．7．解：作PQ BC ⊥于点Q ，作QR BD ⊥于点R ，连接到PR ，由已知可得//PQ AB ，//QR CD ，且AB ⊥平面BCD ，所以PQ ⊥平面BCD ，又BD ⊂平面BCD ，所以PQ BD ⊥，又QR BD ⊥，PQQR Q =，PQ ，QR ⊂平面PQR ，所以BD ⊥平面PQR ，又PR ⊂平面PQR ，所以BD PR ⊥，设1AB BD CD ===，则3AC =，则13x PQ =，所以3xPQ =，又313QR BQ x BC -==，解得33xQR -=，所以22233()()2233333x x PR x x -=+=-+，故23()22336f x x x =-+，其函数图像是关于直线32x =对称的图像且开口上，故选项B ，C ，D 错误．故选：A ．8．解：由O 为外接球的球心，得PO AO CO DO ===；对于A ，21121121136O B PO V V O B O O ππ⋅⋅==⋅⋅圆锥圆柱，所以11212PO O O =，又12122O O PO +=，所以112PO =，121O O =，所以112OO =，所以2113144O B =-=，所以211113133428V O B PO πππ=⋅⋅=⨯⨯=锥，选项A 正确；对于B ，由于BO DO =，则O 为12O O 中点，如图所示：因为111PO PO O O R =+==，21OO OO =，所以121PO OO +=，所以111212122PO O O PO OO O O PO +++=+=，选项B 正确；对于C ：若O 与1O 重合，则2PO OO =，所以2OC OD OO OP =>≠与题设矛盾，选项C 不正确；对于D ，由112:1:3PO O O =，12122O O PO +=，可得125PO =，1265O O =，所以1121325OO O O ==，又有1OB =，则145O B =，所以221124696()55125V O B O O πππ=⋅⋅=⋅⋅=，所以选项D 正确．故选：C ．9．解：对于A ，圆柱的底面直径和高都与一个球的直径2R 相等，∴圆柱的侧面积为2224S R R R ππ=⨯=，故A 错误；对于B ，圆锥的底面直径和高都与一个球的直径2R 相等，∴圆锥的侧面积为222(2)5S R R R R ππ=+，故B 错误；对于C ，圆柱的侧面积为2224S R R R ππ=⨯=，球面面积为24S R π=球，∴圆柱的侧面积与球面面积相等，故C 正确；对于D ，圆柱的表面积为222226S R R R R πππ=⨯+=圆柱，圆锥的表面积为()2222(2)51S R R R R R πππ=+=圆锥，球的表面积为24S R π=球，∴圆锥的表面积最小，故D 正确．故选：CD ．10．解：因为圆锥的顶点为S 31，设圆锥的底面圆心为O ，则1SO =，底面半径3r =，所以母线长132l =+=，故圆锥的侧面积是23rl ππ=，故选项A 正确；因为A ，B 是底面圆周上两个动点，则SA 为圆锥的一条母线，又SO ⊥底面圆，则SAO ∠即为SA 与底面所成的角，在Rt SAO ∆中，13tan 33SO SAO r ∠===，所以SA 与底面所成的角是6π，故选项B 正确；设ASB α∠=，则0120α︒︒，且2SA SB ==，所以SAB ∆的面积为212sin 2S α=⨯⨯，所以当90α=︒，时，SAB ∆的面积最大为2，故选项C 错误；设圆锥内接圆柱的底面半径为(03)x x <<，高为h ，则有13x h h -=，可得13xh =-，则圆柱的侧面积为221233x x S x x ππ⎛⎫⎛⎫=-=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭侧，由二次函数的性质可知，当32x =时，S 侧有最大值为23()3322[]223ππ⨯-+=，故选项D 正确．故选：ABD ．11．解：由题意作右图正三棱台111ABC A B C -，在平面11ABB A 中由点1A 向AB 作垂线，垂足为D ，取线段BC 的中点E ，连接AE ，在平面1AEA 中由点1A 向AE 作垂线，垂足为F ，连接DF ，在等腰梯形11ABB A 中，4AB =，112B A =，12AA =，则(42)21AD =-÷=，221213A D =-=故棱台的侧面积为13(24)3932⨯+⨯=，故A 正确，易知1A F 为棱台的高，在Rt ADF ∆中，3tan 63DF AD π=⋅=，2123133AF =+=，在Rt △1A DF 中，22112633A F A D DF =-=≠，故B 错误，棱台的侧棱与底面所成角为1A AE ∠，112333cos 23AF A AE AA ∠===，故C 正确，棱台的侧面与底面所成锐二面角为1A DE ∠，11313cos 33DF A DE A D ∠===，故D 错误，故选：AC ．12．解：圆锥的顶点为P ，母线长为2，底面半径为3，如图所示：所以圆锥的高为222(3)1h -，所以选项A 正确；由于A 和B 为底面圆周上两个动点，由于满足PA PB =，所以PAB ∆为等腰三角形，由轴截面为等腰三角形PAC ，且顶角为2260120APC APO ∠=∠=⨯︒=︒，当等腰三角形PAB 的顶角为90︒时，PAB ∆的面积取得最大值为： 122sin9022PAB S ∆=⨯⨯⨯︒=，所以选项B 错误；设PAB ∆内切圆的半径为r ，由题意知当PAB ∆的面积取得最大值时r 取得最大值，由等积法知，1(2222)22r ++=，解得22r =-，所以PAB ∆内切圆半径的最大值为22-，选项C 正确；由题意知，圆锥外接球的半径是轴截面PAC ∆外接圆的半径，由正弦定理得2324sin120R ==︒，解得2R =，所以圆锥外接球的体积为3432233V ππ=⨯=外接球，选项D 正确．故选：ACD ．13．解：由题意可知，所求旋转体是一个圆台，从上面挖去一个半球，圆台的上底面面积14S π=，下底面面积216S π=，所以圆台的体积为()14416163283V πππππ=⨯+⨯+⨯=圆台，又半球的体积为314162233V ππ=⨯⨯⨯=半球，故旋转体的体积为16682833V V πππ-=-=圆台半球．故答案为：683π． 14．解：如图所示，设圆锥母线长为l ，由SAB ∆为等边三角形，且面积为43，得23434l ⋅=，解得4l =；设圆锥底面半径为r ，由SA 与圆锥底面所成的角为45︒，得4cos4522r =⨯︒=；所以圆锥的表面积为：()()2222422821S rl r πππππ=+=⋅⋅+⋅=+圆锥表．故答案为：8(21)π+．15．解：如图1，上底面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连结OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ，则12ABC S AB CM ∆=⨯⨯，根据题意，AB 为定值2，所以ABC S ∆的大小随着CM 的长短变化而变化，如图2所示，当点M 与点O 重合时，22125CM OC ==+= 此时ABC S ∆取得最大值为12552⨯如图3所示，当点M 与点B 重合，CM 取最小值2，此时ABC S ∆取得最小值为12222⨯⨯=．综上所述，ABC S ∆的取值范围为5]．故答案为：5]．16．解：由题意，图2所示的“四脚帐篷”类似于“牟和方盖”的一部分，因为底面ABCD 为正方形，由平行截面的性质可知，用平行于底面ABCD 的平面α去截“四脚帐篷”所得的截面图形A B C D ''''为正方形，当平面α经过OP 的中点时，因为1OP =，则12OO '=，OO O B '''⊥，又1OB '=，所以3O B ''= 故3322A B ''==，所以截面图形A B C D ''''的面积为233()22=．故答案为：正方形；32．17．解：（1）将半径为33α的扇形，用剩下的扇形铁皮制成一个圆锥形的容器，该圆锥的高记为h ，体积为V ．设圆锥底面圆的半径为r ，则22227r R h h -=- 223111()(27)9333V h r h h h h h ππππ=⨯⨯⨯=⨯⨯-⨯=-+．∴体积V 有关h 的函数解析式为31()93V h h h ππ=-+．⋯（4分）（2）31()9,(0)3V h h h h ππ=-+>，2()9V h h ππ'=-，⋯（6分）令()0V h '>，03h <<．令()0V h '<，3h >．∴当(0,3)x ∈，()V h 递增，当(3,)x ∈+∞，()V h 递减．当3h =，[()]max V h V =（3）⋯（8分）．222r h R +=，∴32r = (2)2R r παπ-=，∴626α-=⋯（10分） ∴当626α-时，该圆锥的体积最大．⋯（12分） 18．解：如图所示，取半圆的圆心记作O 点，圆面的圆心记作O '，作O E AD '⊥交AD 于点E ，设圆锥底面半径为22ABr ==，圆锥母线长为4l AB ==，则：6OO l r '=+=，2EO r '==；（1）在Rt △OO E '中，由勾股定理可得：226242EO =-∴4422642AD DO OE EA =++=+=+（2）由（1）可得：圆锥的母线长4l =，底面半径2r =，则圆锥的高为：2223h l r =-=； ∴圆锥的体积为：283133V r h ππ==圆锥．。

中职数学第九章立体几何知识点

中职数学第九章立体几何知识点立体几何一、平面平面是无限延展且没有边界的光滑平坦的几何概念。

其基本性质包括：定理1：如果直线l上的两个点都在平面α内，那么这条直线在这个平面内。

记作：l⊆α。

定理2：如果两个平面有公共点，那么有且仅有一条过该公共点的公共直线。

记作：p∈αβ ⇒ αβ=l,p∈l。

定理3：不在同一条直线上的三点确定一个平面。

结论1：直线与直线外一点可以确定一个平面。

结论2：两条相交线可以确定一个平面。

结论3：两条平行线可以确定一个平面。

二、空间直线空间直线的位置关系包括相交、平行和异面，分类如下：有一个公共点的共面直线，包括相交、平行。

无公共点的共面直线，包括相交和平行。

不共面直线，为异面。

1.异面直线异面直线是指不同在任何一个平面内的两条直线。

判定定理为：一条直线与平面相交，该直线与平面内不过交点的直线是异面直线。

即a∩α=A,b⊆α,A∉b ⇒ a,b是异面直线。

异面直线所成的角为经过空间任意一点分别作与两条异面直线平行的直线，这两条相交直线的夹角，范围为0到π。

2.平行平行公理为：平行于同一条直线的两条直线互相平行。

等角定理为：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等。

推论为：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成锐角（或直角）相等。

三、直线与平面1.直线与平面的位置关系包括相交、平行和在平面内。

记作：a∩α=A,a∥α,a⊆α。

2.直线与平面平行判定定理为：如果平面外一条直线与平面内一条直线平行，那么这条直线与这个平面平行。

即ab,a∋α,b⊆α ⇒ a∥α。

性质定理为：如果一条直线与一个平面平行，并且经过这条直线的一个平面和这个平面相交，那么这条直线与交线平行。

即a∥α,a⊥β,β⊆α ⇒ a∥β。

3.直线与平面所成的角为斜线l与它在平面α内的射影的夹角，范围为0到π。

4.直线与平面垂直的定义为一条直线如果与一个平面内的所有直线都垂直，那么这条线与这个平面垂直。

2013走向高考,贾凤山,高中总复习,数学9-8

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答案：D
第9章第八节
高考数学总复习
线面角
[例 2] (2010· 湖南理)如下图所示，在正方体 ABCD －A1B1C1D1 中，E 是棱 DD1 的中点． (1)求直线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角的正弦值； (2)在棱 C1D1 上是否存在一点 F，使 B1F∥平面 A1BE？证明你的结论．
※二、用向量法求空间距离 1．求点到平面的距离如下图所示，已知点 B(x0，y0，z0)，平面 α 内一点 A(x1，y1，z1)，平面 α 的一个法向量 n，直线 AB 与平面 → → α 所成的角为 φ，θ＝〈n，AB〉，则 sinφ＝|cos〈n，AB〉 → → |＝|cosθ|.由数量积的定义知，n· ＝|n||AB|cosθ，∴点 B AB → |n· | AB → → 到平面 α 的距离 d＝|AB|· sinφ＝|AB|· |cosθ|＝ . |n|
第9章第八节
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第9章
第八节
高考数学总复习
2．求异面直线间的距离如下图，若 CD 是异面直线 a、b 的公垂线，A、B 分别为 a、b 上的任意两点，令向量 n⊥a，n⊥b，则 n∥CD. → → → → → → → → 则由AB＝AC＋CD＋DB得，AB· n＝AC· n＋CD· n＋DB· n，
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第9章
第八节
高考数学总复习
2．求直线与平面所成的角
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如图，设 l 为平面 α 的斜线，l∩α＝A，a 为 l 的方向向量，为平面 α 的法向量，为 l 与 α 所成的角， sinφ n φ 则 |a· n| ＝|cos〈a，n〉|＝ . |a||n|

9.3空间的垂直关系和角

如图所示，在二面角 l 的棱上任取一点O，以O为垂足
，分别在半平面α和β内作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB所成的角叫做二面角的平面角
二面角的大小用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角的大小是多少度，特别地，平面角是直角的二面角叫做直二面角.
9.3.3 平面与平面所成的角
证明：AA AD AA AB AD AB A
AA 面ABCD DB 面ABCD
AA DB
9.3.1直线与平面垂直
例2 有一根旗杆AB高8m，它的顶端A挂有一条10m的绳子，拉紧绳子，并把它的下端放在地面上C，D两点（和旗杆脚不在同一条直线上）.如果这两点都和旗杆B的距离是6m，那么旗杆就和地面垂直，为什么？
BDC，平面ACD⊥平面BDC.
（2)如图（1），在Rt△BAC中，因为AB=AC=a.所以
BC= 2 a，BD=DC= 2 a
2
如图，因为△BDC是等腰三角形，所以
BC= 2 ,BD= 2 2 a=a
2
所以AB=AC=BC.因此BAC=60°
9.3.4平面与平面垂直
1.判断下列说法是否正确（1）两个平面垂直则一个平面内的直线垂直于另一个平面（2）两平面同时与第三个平面垂直，则这两个平面是平行的（3）如果两个平面垂直，则一个平面内垂直于棱的直线与另一个平面垂直
（1）AC与平面 DCCD 所成角
（2）AC 与平面ABCD所成角的正切值.
5.已知斜线段的长是它在平面上射影长的 2 倍，求斜线段与平面所成的角
9.3.3 平面与平面所成的角
我们在日常生活中，经常可以看到两个平面成一定夹角的实例。如建筑房屋时，有时为了美观和排水的方便，需要考虑屋顶面与地面形成适当的角度，在使用笔记本电脑时，为了方便操作，两个面板要成一定角度.

2021 甘肃省对口升学考试-数学课程考试大纲

数学课程考试大纲一、考试内容及要求第1章集合（一）考试内容1.集合的概念及集合的表示法（列举法、描述法）；2.集合之间的关系（子集、真子集、集合的相等）；3.集合的交集、并集、补集三种运算；4.充要条件。

（二）考试要求1．了解集合、元素的概念，理解元素与集合的关系，会用符号表示元素与集合之间的关系。

2．了解常见的数集专用符号，掌握元素与集合、集合与集合之间的关系符号。

3．掌握集合的表示方法：列举法、描述法，会用适当方法表示一些简单的集合。

4．理解子集、真子集和两集合相等的概念，会判别集合之间的关系。

5．了解空集和全集的意义，理解交集、并集和补集的含义,并会求集合的交集、并集和补集。

6．理解“充分条件”、“必要条件”、“充要条件”的概念，会对已知命题进行判定。

第2章不等式（一）考试内容1.不等式的基本性质；2.区间；3.一元二次不等式；4.含绝对值的不等式。

（二）考试要求1.了解用作差比较法比较两个实数（代数式）大小的原理和方法。

2．掌握不等式的基本性质，会利用基本性质比较大小，对不等式进行正确变形。

3．理解各种区间的含义，会使用区间表示相应集合和集合的运算结果。

4．了解方程、不等式、函数的图像之间的联系，掌握一元二次不等式的解法。

5．掌握含绝对值的不等式)0(><a a x或)0(>>a a x 的解法，会利用变量替换法解形如)0(><+c c b ax或)0(>>+c c b ax 的不等式。

6．初步掌握从实际问题中抽象出一元二次不等式模型来解决简单实际问题。

第3章函数（一）考试内容1．函数的概念；2．函数的三种表示法；3．函数的单调性；4．函数的奇偶性；5．函数的实际应用。

（二）考试要求1．理解函数的概念，会求一些简单函数的定义域。

2．理解函数的三种表示方法（解析法、列表法、图像法），注意它们之间的关系。

在实际情景中，会根据不同的需求选择恰当的方法（如解析法、列表法、图像法）表示函数。

2013走向高考,贾凤山,高中总复习,数学9-7

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第9章
第七节
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二、用空间向量研究空间线面的平行与垂直关系 1．用向量方法研究两直线间的位置关系设直线 l1、l2 的方向向量分别为 a、b. (1)l1∥ l2 或 l1 与 l2 重合⇔a∥ b⇔存在实数 t， a＝tb. 使 (2)l1⊥l2⇔a⊥b⇔a· b＝0.
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[例 3] 已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 2， E、 F、G 分别是 BB1、DD1、DC 的中点，求证：
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第9章
第七节
高考数学总复习
证明：方法 1：如下图所示，以 D 为原点，DA、DC、 DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为 1，则可求得
1 N ，1，1，A1(1,0,1)，B(1,1,0)， 2 1 M 0，1，， 2
第9章第七节
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n⊥v 1 ②α⊥β⇔ n⊥v2
n· ＝0 v1 ⇔ n· 2＝0 v
.
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第七节
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第9章
第七节
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用向量证明线面平行
[例 1] 在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M、N 分别是 C1C、B1C1 的中点．求证：MN∥平面 A1BD.
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第9章
第七节
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(3)所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系？ (4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能节

数学基础模块(下册)第九章立体几何

【课题】9。

1 平面的基本性质【教学目标】知识目标:（1)了解平面的概念、平面的基本性质；(2)掌握平面的表示法与画法．能力目标：培养学生的空间想象能力和数学思维能力．【教学重点】平面的表示法与画法．【教学难点】对平面的概念及平面的基本性质的理解．【教学设计】教材通过观察平静的湖面、窗户的玻璃面、黑板面等，引入平面的概念，并介绍了平面的表示法与画法．注意,平面是原始概念,原始概念是不能定义的，教材是用“光滑并且可以无限延展的图形”来描述平面．在教学中要着重指出,平面在空间是可以无限延展的．在讲“通常用平行四边形表示平面"时要向学生指出：（1) 所画的平行四边形表示它所在的整个平面，需要时可以把它延展出去；（2）有时根据需要也可用其他平面图形，如三角形、多边形、圆、椭圆等表示平面，故加上“通常”两字;(3）画表示水平平面的平行四边形时，通常把它的锐角画成 45 °,横边画成邻边的2倍．但在实际画图时，也不一定非按上述规定画不可；在画直立的平面时，要使平行四边形的一组对边画成铅垂线；在画其他位置的平面时，只要画成平行四边形就可以了;（4）画两个相交平面，一定要画出交线；(5）当用字母表示平面时，通常把表示平面的希腊字母写在平行四边形的锐角内,并且不被其他平面遮住的地方；(6）在立体几何中,被遮住部分的线段要画成虚线或不画．“确定一个平面”包含两层意思,一是存在性，即“存在一个平面”;二是唯一性，即“只存在一个平面"．故“确定一个平面"也通常说成“有且只有一个平面”。

【教学备品】教学课件．【课时安排】2课时．（90分钟）【教学过程】教学过程教师行为学生行为教学意图时间＊揭示课题9。

1 平面的基本性质*创设情境兴趣导入观察平静的湖面(图9−1(1)）、窗户的玻璃面（图9−1(2））、黑板面、课桌面、墙面等，发现它们都有一个共同的特征:平坦、光滑，给我们以平面的形象，但是它们都是有限的．(1） (2）图9−1介绍质疑引导分析了解思考启发学生思考8*动脑思考探索新知【新知识】平面的概念就是从这些场景中抽象出来的．数学中的平面是指光滑并且可以无限延展的图形．平静的湖面、窗户的玻璃面、黑板面、课桌面、墙面等，都是平面的一部分．我们知道，直线是可以无限延伸的，通常画出直线的一部分来表示直线．同样,我们也可以画出平面的一部分来表示平面．通常用平行四边形表示平面，并用小写的希腊字母αβγ、、、来表示不同的平面．如图9−2，记作平面α、平面β．讲解说明引领分析思考理解带领学生分析过程行为行为意图间也可以用平行四边形的四个顶点的字母或两个相对顶点的字母来命名，如图9−2（1）中的平面α也可以记作平面ABCD ,平面AC 或平面BD ．【说明】根据具体情况,有时也用其他的平面图形表示平面，如圆、三角形等．当平面水平放置的时候，通常把平行四边形的锐角画成45°,横边画成邻边的2倍长（如图9−2(1））．当平面正对我们竖直放置的时候，通常把平面画成矩形(如图9−2（2））．仔细分析关键语句记忆20*巩固知识典型例题例1 表示出正方体1111ABCD A B C D -（如图9−3）的6个面1．【说明】如图9−3所示的正方体一般写作正方体1111ABCD A B C D -,也可以简记作正方体1A C .图9−3 说明强调引领讲解观察思考主动通过例题进一步领会αABC Dβ（2）图9−2（1）过程行为行为意图间果直线l上的两个点都在平面α内,那么直线l上的所有点都在平面α内．此时称直线l在平面α内或平面α经过直线l．记作lα⊆．画直线l在平面α内的图形表示时，要将直线画在平行四边形的内部(如图9−5）．引领分析理解带领学生分析42＊创设情境兴趣导入【观察】观察教室里墙角上的一个点,它是相邻两个墙面的公共点，可以发现，除这个点外两个墙面还有其他的公共点，并且这些公共点的集合就是这两个墙面的交线．质疑思考带领学生分析45*动脑思考探索新知【新知识】由上述观察和大量类似的事实中，归纳出平面的性质2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点,并且所有公共点的集合是过这个点的一条直线（如图9−6）．此时称这两个平面相交,并把所有公共点组成的直线l叫做两个平面的交线．平面α与平面β相交,交线为l，记作lαβ=.【说明】本章中的两个平面是指不重合的两个平面,两条直线是指不重合的两条直线．讲解说明引领分析思考理解带领学生分析图9−5过程行为行为意图间画两个平面相交的图形时,一定要画出它们的交线.图形中被遮住部分的线段，要画成虚线（如图9−7（1）），或者不画（如图9−7（2））。