2018高考――空间向量与立体几何(理科)

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2018高考天津卷理科数学真题与答案解析

2018高考天津卷理科数学真题与答案解析

2021年普通高等学校招生全国统一考试〔天津卷〕数学〔理工类〕本试卷分为第一卷〔选择题〕和第二卷〔非选择题〕两局部,共150 分,考试用时 120 分钟。

第一卷 1 至 2 页,第二卷 3 至 5 页。

答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题考上,并在规定位置粘贴考试用条形码。

答卷时,考生务必将答案涂写在答题卡上,答在试卷上的无效。

考试完毕后,将本试卷和答题卡一并交回。

祝各位考生考试顺利!第I 卷考前须知:1.每题选出答案后,用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。

2.本卷共 8 小题,每题 5 分,共 40 分。

参考公式:如果事件 A,B互斥,那么P( AB) P( A) P(B) .如果事件 A,B 相互独立,那么P( AB)P( A) P(B) .棱柱的体积公式V Sh ,其中 S 表示棱柱的底面面积,h 表示棱柱的高 .1棱锥的体积公式 VSh,其中S表示棱锥的底面面积,h 表示棱3锥的高 .一.选择题:在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求word 版本整理分享的.(1) 设全集为 R,集合A { x 0x 2} , B{ x x1} ,那么A I (e R B)(A){ x 0x1}(B){ x 0x1}(C){ x 1x2}(D) { x 0x2}x y5,(2) 设变量x,y满足约束条件2x y4,那么目标函数z3x 5y 的最大x y1,y0,值为(A)6(B)19(C) 21(D)45(3)阅读如图的程序框图,运行相应的程序,假设输入 N的值为20,那么输出 T 的值为(A) 1(B) 2(C) 3(D) 4word 版本整理分享(4) 设x R ,那么“| x1 | 1〞是“x31〞的2 2(A)充分而不必要条件(B)必要而不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件(5) a log 2 e , b ln 2 , c log 11,那么 a,b,c 的大小关系为23(A) a b c(B) b a c(C) c b a(D) c a b(6) 将函数ysin(2x) 的图象向右平移个单位长度,所得图象对应510的函数word 版本整理分享(A) 在区间[3, 5] 上单调递增 (B) 在区间[3, ]上单调4 44递减(C) 在区间[5, 3] 上单调递增 (D) 在区间[3, 2]上单4 22调递减(7) 双曲线x 2y 21( a0, b0) 的离心率为2 ,过右焦点且垂直于a 2b 2x 轴的直线与双曲线交于A ,B 两点.设 A ,B 到双曲线同一条渐近线的距离分别为 d 1和 d 2,且 d 1 d 2 6 ,那么双曲线的方程为(A)x 2y 2 1 (B) x 2y 214 12124(C)x 2 y 2 1(D) x 2y 2 13 993(8) 如图,在平面四边形ABCD 中,ABBC ,AD CD , BAD120,AB AD 1 .uuur uur假设点 E 为边 CD 上的动点,那么AE BE 的最小值为(A)21 (B)3(C)25(D) 316216第二卷考前须知:1. 用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。

2018版高考数学全国人教B版理大一轮复习课件:第八章

2018版高考数学全国人教B版理大一轮复习课件:第八章
的真假判断
【例1】 (2015· 安徽卷)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个 不同平面,则下列命题正确的是( D ) 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m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面 解析 A 项, α , β 可能相交 , 故错误; B 项, 直 线 m , n 的 位 置关系不 确定, 可能相交、 平行 或异 面, 故错误; C 项, 若 m⊂α,α∩ β=n,m∥n,则 m∥β ,故错误;D项,假设m,n
(1)直线与平面平行的定义 直线l与平面α没有公共点,则称直线l与平面α平行. (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示
不在一个平面内的一条直 ______ 线和平面内的一条直线 判定 _____________________
定理 平行,则该直线平行于此 平面
a⊄α,b⊂α,
a∥b⇒a∥α
4.( 教材改编 ) 如图,正方体 ABCD - A1B1C1D1 中,E为DD1的中点,则BD1与平面AEC的位
置关系为________.
解析 连接BD,设BD∩AC=O,连接EO,在△BDD1
中 , O 为 BD 的 中 点 , E 为 DD1 的 中 点 , 所 以 EO 为 △BDD1的中位线,则BD1∥EO.
α∥β . (2)a⊥α,a⊥β⇒_______
诊断自测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩PPT展示
(1) 若一条直线和平面内一条直线平行,那么这条直线和 这个平面平行.( )
(2)若直线a∥平面α,P∈α,则过点P且平行于直线a的直
线有无数条.( )
(3) 如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么 这两个平面平行.( )

2018版高考数学全国人教B版理大一轮复习课件:第八章

2018版高考数学全国人教B版理大一轮复习课件:第八章
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;③错误,棱台的上、下 底面相似且是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.
(2)由圆台的定义可知①错误,②正确.对于命题③,只有平行于
圆锥底面的平面截圆锥,才能得到一个圆锥和一个圆台,③不
正确. 答案 (1)A (2)B
知识梳理 1.简单多面体的结构特征 平行且相等 ,上、下底面是_____ 全等 且平行 (1)棱柱的侧棱都____________ 的多边形; 公共顶点 的三 (2)棱锥的底面是任意多边形,侧面是有一个_________ 角形; 平行 于底面的平面截棱锥得到,其上、下底面 (3)棱台可由_____ 是相似多边形.
2.旋转体的形成 几何体 旋转图形 旋转轴
圆柱
圆锥 圆台 球
矩形
直角三角形 直角梯形 半圆
任一边 所在的直线 _______
任一直角边 __________所在的直线 垂直于底边的腰 所在的直线 _______________ 直径 所在的直线 _____
3.三视图
(1)几何体的三视图包括主视图、左视图、俯视图,分别是从几 正上方观察几何体画出的轮廓线. 正前方、正左 何体的____ ____方、____ (2)三视图的画法 高平齐 ,宽相等. ①基本要求:长对正,_______ ②在画三视图时,重叠的线只画一条,挡住的线要画成虚线.
诊断自测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩PPT展示
(1) 有两个面平行,其余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,其余各面都是三角形的几何体是棱 锥.( )
(3) 用斜二测画法画水平放置的∠A时,若∠A的两边分别平

2018版高考数学理 全国甲卷大二轮总复习与增分策略配套课件 专题五 立体几何与空间向量第1讲 精品

2018版高考数学理 全国甲卷大二轮总复习与增分策略配套课件 专题五 立体几何与空间向量第1讲 精品
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体的体积为( )
2π A. 3
4π B. 3
√C.53π
D.2π
解析
1 234
4.(2016·浙江)如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD = 5,∠ADC=90°,沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′,直线AC与
6 BD′所成角的余弦的最大值是___6_____.
解析
答案
考情考向分析
专题五 立体几何与空间向量
第1讲 空间几何体
栏目索引
1 高考真题体验 2 热点分类突破 3 高考押题精练
高考真题体验
1 234
1.(2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如图所示,
则该几何体的体积为( )
A.13+23π
√C.13+
2 6π
B.13+
2 3π
D.1+
2 6π
解析 由三视图知,半球的半径 R= 22,
例2 (1)(2016·北京)某三棱锥的三视图如图所
示,则该三棱锥的体积为( )
√A.16
1 B.3
1
C.2
D.1
解析 由三视图知,三棱锥如图所示:
由侧视图得高h=1, 又底面积 S=12×1×1=12. 所以体积 V=13Sh=16.
解析
(2) 如 图 , 在 棱 长 为 6 的 正 方 体 ABCD - A1B1C1D1 中 , 点 E , F 分 别 在 C1D1与C1B1上,且C1E=4,C1F=3,连接EF,FB,DE,BD,则几何 体EFC1-DBC的体积为( )
例1 (1)(2016·课标全国甲)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的 三视图,则该几何体的表面积为( )

三年高考(2016-2018)数学(理)真题分项专题25 立体几何中综合问题(含解析)

三年高考(2016-2018)数学(理)真题分项专题25 立体几何中综合问题(含解析)

专题25 立体几何中综合问题考纲解读明方向分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.2018年高考全景展示1.【2018年理数天津卷】如图,且AD =2BC ,,且EG =AD ,且CD =2FG ,,DA =DC =DG =2(I )若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:;(II )求二面角的正弦值;(III )若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ);(Ⅲ).详解:依题意,可以建立以D为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M(0,,1),N(1,0,2).(Ⅰ)依题意=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则即不妨令z=–1,可得n0=(1,0,–1).又=(1,,1),可得,又因为直线MN平面CDE,所以MN∥平面CDE.(Ⅱ)依题意,可得=(–1,0,0),,=(0,–1,2).设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则即不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,则即不妨令z=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>=,于是sin<m,n>=.所以,二面角E–BC–F的正弦值为.(Ⅲ)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得.易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故,由题意,可得=sin60°=,解得h=∈[0,2].所以线段的长为.点睛:本题主要考查空间向量的应用,线面平行的证明,二面角问题等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2.【2018年理北京卷】如图,在三棱柱ABC-中,平面ABC,D,E,F,G分别为,AC,,的中点,AB=BC=,AC==2.(Ⅰ)求证:AC⊥平面BEF;(Ⅱ)求二面角B-CD-C1的余弦值;(Ⅲ)证明:直线FG与平面BCD相交.【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析【解析】分析:(1)由等腰三角形性质得,由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得,因此,最后根据线面垂直判定定理得结论,(2)根据条件建立空间直角坐标系E-ABF,设立各点坐标,利用方程组解得平面BCD一个法向量,根据向量数量积求得两法向量夹角,再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果,(3)根据平面BCD一个法向量与直线F G方向向量数量积不为零,可得结论. 详解:解:(Ⅰ)在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.∵AB=BC.∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.(Ⅱ)由(I)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.∵BE平面ABC,∴EF⊥BE.如图建立空间直角坐称系E-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D (1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).∴,设平面BCD的法向量为,∴,∴,令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD的法向量,又∵平面CDC1的法向量为,∴.由图可得二面角B-CD-C1为钝角,所以二面角B-CD-C1的余弦值为.(Ⅲ)平面BCD的法向量为,∵G(0,2,1),F(0,0,2),∴,∴,∴与不垂直,∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内,∴GF与平面BCD相交.点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.3.【2018年江苏卷】如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.【答案】(1)(2)【解析】分析:(1)先建立空间直角坐标系,设立各点坐标,根据向量数量积求得向量的夹角,再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果;(2)利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量,再根据向量数量积得向量夹角,最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.详解:如图,在正三棱柱ABC−A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以为基底,建立空间直角坐标系O−xyz.因为AB=AA1=2,所以.(1)因为P为A1B1的中点,所以,从而,故.因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.点睛:本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”:第一,破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系;第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;第三,破“求法向量关”,求出平面的法向量;第四,破“应用公式关”. 4.【2018年江苏卷】在平行六面体中,.求证:(1);(2).【答案】答案见解析【解析】分析:(1)先根据平行六面体得线线平行,再根据线面平行判定定理得结论;(2)先根据条件得菱形ABB1A1,再根据菱形对角线相互垂直,以及已知垂直条件,利用线面垂直判定定理得线面垂直,最后根据面面垂直判定定理得结论.详解:证明:(1)在平行六面体ABCD-A 1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.点睛:本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误,如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形,且对应边互相平行,侧面都是平行四边形”,再如菱形对角线互相垂直的条件,这些条件在解题中都是已知条件,缺少对这些条件的应用可导致无法证明. 5.【2018年理新课标I卷】如图,四边形为正方形,分别为的中点,以为折痕把折起,使点到达点的位置,且.(1)证明:平面平面;(2)求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】分析:(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系,即BF⊥PF,BF⊥EF,又因为,利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF,又平面ABFD,利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD.(2)结合题意,建立相应的空间直角坐标系,正确写出相应的点的坐标,求得平面ABFD的法向量,设DP与平面ABFD所成角为,利用线面角的定义,可以求得,得到结果.详解:(1)由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,又,所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.点睛:该题考查的是有关立体几何的问题,涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解,属于常规题目,在解题的过程中,需要明确面面垂直的判定定理的条件,这里需要先证明线面垂直,所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系,从而证得结果;对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成,注意相对应的等量关系即可.6.【2018年全国卷Ⅲ理】如图,边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直,是上异于,的点.(1)证明:平面平面;(2)当三棱锥体积最大时,求面与面所成二面角的正弦值.【答案】(1)见解析(2)【解析】分析:(1)先证平面CMD,得,再证,进而完成证明。

高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题03 空间点、线、面的位置关系(解析版)

高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题03 空间点、线、面的位置关系(解析版)

立体几何与空间向量03 空间点、线、面的位置关系一、具体目标:1.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;2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理;3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.二、知识概述:1.平面的基本性质(1)公理1:如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内).(2)公理2:经过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面(即可以确定一个平面).(3)公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线. 推论1:经过一条直线和这条直线外一点,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.2. 空间两直线的位置关系直线与直线的位置关系的分类⎩⎨⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行相交异面直线:不同在任何一个平面内直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况.平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况.平行公理:平行于同一条直线的两条直线互相平行.等角定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互补.3.异面直线所成的角①定义:设a ,b 是两条异面直线,经过空间任一点O 作直线a ′∥a ,b ′∥b ,把a ′与b ′所成的锐角或直角叫作异面直线a ,b 所成的角(或夹角).②范围:.4.异面直线的判定方法: ]2,0(π【考点讲解】判定定理:平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线;反证法:证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面,从而可得两线异面.5.求异面直线所成的角常采用“平移线段法”,平移的方法一般有三种类型:利用图中已有的平行线平移;利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移;补形平移.计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行.平移线段法是求异面直线所成角的常用方法,其基本思路是通过平移直线,把异面问题化归为共面问题来解决,具体步骤如下:①平移:平移异面直线中的一条或两条,作出异面直线所成的角;②认定:证明作出的角就是所求异面直线所成的角;③计算:求该角的值,常利用解三角形;④取舍:由异面直线所成的角的取值范围是,当所作的角为钝角时,应取它的补角作为两条异面直线所成的角.求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.【温馨提示】平面的基本性质,点、直线、平面之间的位置关系是高考试题主要考查知识点,题型除了选择题或填空题外,往往在大题中结合平行关系、垂直关系或角的计算间接考查.1.【2019年高考全国Ⅲ卷】如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则()A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线【解析】本题主要考查的空间两条直线的位置关系问题,要求会构造三角形,讨论两直线是否共面,并通过相应的计算确定两条直线的大小关系.如图所示,作EO CD⊥于O,连接ON,BD,易得直线BM,EN是三角形EBD的中线,是相交直线.过M作MF OD⊥于F,连接BF,Q平面CDE⊥平面ABCD,,EO CD EO⊥⊂平面CDE,EO∴⊥平面ABCD,MF⊥平面ABCD,MFB∴△与EON△均为直角三角形.设正方形边长为2,易知12EO ON EN===,,5,2MF BF BM==∴=,BM EN∴≠,故选B.] 2 ,0(π【真题分析】【答案】B2.【2018年高考全国Ⅱ卷理数】在长方体1111ABCD A B C D -中,1AB BC ==,1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为( )A .15 BCD【解析】方法一:用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面,如图,则11B P AD ∥,连接DP ,易求得1DB DP =,12B P =,则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角,由余弦定理可得22211111cos 2DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二:以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则()()((110,0,0,1,0,0,,D A B D ,所以((11,AD DB =-=u u u u r u u u u r ,因为111111cos ,5AD DB AD DB AD DB ⋅===u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r , 所以异面直线1AD 与1DB所成角的余弦值为5,故选C. 【答案】C3. 【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中,E 为棱1CC 的中点,则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A.2 BCD【解析】如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,CD AB ∥,所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠,设正方体边长为2a ,则由E 为棱1CC 的中点,可得CE a =,所以BE =,则tan BE EAB AB ∠===.故选C .【答案】C4.【2017年高考全国Ⅱ卷理数】已知直三棱柱111ABC A B C -中,120ABC ∠=︒,2AB =,11BC CC ==,则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为( )A.2 B.5 C.5D.3 【解析】如图所示,补成直四棱柱1111ABCD A B C D -,则所求角为1111,BC D BC BD C D AB ∠=====Q易得22211C D BD BC =+,因此111cos 5BC BC D C D ∠===,故选C . 【答案】C5.【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中,E 为棱CD 的中点,则( )A .11A E DC ⊥B .1A E BD ⊥C .11A E BC ⊥D .1AE AC ⊥【解析】根据三垂线定理的逆定理,可知平面内的线垂直于平面的斜线,则也垂直于斜线在平面内的射影.A.若11A E DC ⊥,那么11D E DC ⊥,很显然不成立;B.若1A E BD ⊥,那么BD AE ⊥,显然不成立;C.若11A E BC ⊥,那么11BC B C ⊥,成立,反过来11BC B C ⊥时,也能推出11BC A E ⊥,所以C 成立;D.若1A E AC ⊥,则AE AC ⊥,显然不成立,故选C.【答案】C6.【2019年高考北京卷理数】已知l ,m 是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l ⊥m ; ②m ∥α; ③l ⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:__________.【解析】将所给论断,分别作为条件、结论,得到如下三个命题:(1)如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m ,正确;(2)如果l ⊥α,l ⊥m ,则m ∥α,不正确,有可能m 在平面α内;(3)如果l ⊥m ,m ∥α,则l ⊥α,不正确,有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为:如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m.【答案】如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m .7.【2017年高考全国Ⅲ卷理数】a ,b 为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ,b 都垂直,斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成30°角;②当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成60°角;③直线AB 与a 所成角的最小值为45°;④直线AB 与a 所成角的最大值为60°. 其中正确的是________.(填写所有正确结论的编号)【解析】设1AC BC ==.由题意,AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线,由,AC a AC b ⊥⊥,又AC ⊥圆锥底面,所以在底面内可以过点B ,作BD a ∥,交底面圆C 于点D ,如图所示,连接DE ,则DE ⊥BD ,DE b ∴∥,连接AD ,等腰ABD △中,AB AD ==当直线AB 与a 成60°角时,60ABD ∠=o ,故BD =Rt BDE △中,2,BE DE =∴=B 作BF ∥DE ,交圆C 于点F ,连接AF ,由圆的对称性可知BF DE ==ABF ∴△为等边三角形,60ABF ∴∠=o ,即AB 与b 成60°角,②正确,①错误.由图可知③正确;很明显,可以满足平面ABC ⊥直线a ,则直线AB 与a 所成角的最大值为90°,④错误.故正确的是②③.【答案】②③8.【2016高考浙江文数】如图,已知平面四边形ABCD ,AB =BC =3,CD =1,ADADC =90°.沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ',直线AC 与BD '所成角的余弦的最大值是______.【解析】设直线AC 与'BD 所成角为θ.设O 是AC 中点,由已知得AC =如图,以OB 为x 轴,OA 为y 轴,过O 与平面ABC 垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,由(0,2A,(2B,(0,2C -,作DH AC ⊥于H ,翻折过程中,'D H 始终与AC 垂直,26CD CH CA ===,则3OH =,DH =='(,sin )636D αα-,则'sin )6236BD αα=--uuu r ,与CA uu r 平行的单位向量为(0,1,0)n =r , 所以cos cos ',BD n θ=<>uuu r r ''BD n BD n⋅=uuu r r uuu r rcos 1α=时,cos θ取最大值9.9.【2017天津,文17】如图,在四棱锥P ABCD -中,AD ⊥平面PDC ,AD BC ∥,PD PB ⊥,1AD =,3BC =,4CD =,2PD =.(I )求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值;(II )求证:PD ⊥平面PBC ;(Ⅲ)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.【分析】(Ⅰ)异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角,//AD BC ,所以PAD ∠即为所求,根据余弦定理求得,但本题可证明AD PD ⊥,所以cosAD PAD AP ∠=;(Ⅱ)要证明线面垂直,根据判断定理,证明线与平面内的两条相交直线垂直,则线与面垂直,即证明,PD BC PD PB ⊥⊥;(Ⅲ)根据(Ⅱ)的结论,做//DF AB ,连结PF ,DFP ∠即为所求【解析】(Ⅰ)解:如图,由已知AD //BC ,故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD ⊥平面PDC ,所以AD ⊥PD .在Rt △PDA 中,由已知,得225AP AD PD =+=,故5cos AD DAP AP ∠==. 所以,异面直线AP 与BC C(Ⅱ)证明:因为AD ⊥平面PDC ,直线PD ⊂平面PDC ,所以AD ⊥PD .又因为BC //AD ,所以PD ⊥BC ,又PD ⊥PB ,所以PD ⊥平面PB C.10.【2019年高考浙江卷】如图,已知三棱柱111ABC A B C -,平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒,1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ,A 1B 1的中点. (1)证明:EF BC ⊥;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】方法一:(1)连接A 1E ,因为A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ,所以,A 1E ⊥平面ABC ,则A 1E ⊥BC .又因为A 1F ∥AB ,∠ABC =90°,故BC ⊥A 1F .所以BC ⊥平面A 1EF .因此EF ⊥BC .(2)取BC 中点G ,连接EG ,GF ,则EGFA 1是平行四边形.由于A 1E ⊥平面ABC ,故A 1E ⊥EG ,所以平行四边形EGFA 1为矩形.由(1)得BC ⊥平面EGFA 1,则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1,所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上.连接A 1G 交EF 于O ,则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角).不妨设AC =4,则在Rt △A 1EG 中,A 1E ,EG O 为A 1G 的中点,故12A G EO OG ===, 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅.因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35. 方法二:(1)连接A 1E ,因为A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1,平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ,所以,A 1E ⊥平面ABC .如图,以点E 为原点,分别以射线EC ,EA 1为y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E –xyz .不妨设AC =4,则A 1(0,0,B 1,0),1B ,3,2F ,C (0,2,0).因此,3,2EF =u u u r ,(BC =u u u r .由0EF BC ⋅=u u u r u u u r 得EF BC ⊥. (2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得1=(310)=(0223)BC A C --u u u r u u u u r ,,,,,.设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =,,,由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r n n,得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, 取n (11)=,故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u r u u u r u u u r ,n n n |, 因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.2.【2017课标1,文6】如图,在下列四个正方体中,A ,B 为正方体的两个顶点,M ,N ,Q 为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直接AB 与平面MNQ 不平行的是( ) A . B .C .D .【解析】本题考点是线面平行的判断问题,由题意可知:第二个选项中AB ∥MQ ,在直线AB ∥平面MNQ ,第三个选项同样可得AB ∥MQ ,直线AB ∥平面MNQ ,第四个选项有AB ∥NQ ,直线AB ∥平面MNQ ,只有选项A 不符合要求【答案】A2.空间中,可以确定一个平面的条件是( )A .两条直线B .一点和一条直线C .一个三角形D .三个点【解析】不共线的三点确定一个平面,C 正确;A 选项,只有这两条直线相交或平行才能确定一个平面;B 选项,一条直线和直线外一点才能确定一个平面;D 选项,不共线的三点确定一个平面.【答案】C3.在三棱锥A -BCD 的棱AB 、BC 、CD 、DA 上分别取E 、F 、G 、H 四点,如果EF ∩HG =P ,则点P ( )A .一定在直线BD 上B .一定在直线AC 上 【模拟考场】C .在直线AC 或BD 上 D .不在直线AC 上,也不在直线BD 上【解析】如图所示,∵EF ⊂平面ABC ,HG ⊂平面ACD ,EF ∩HG =P ,∴P ∈平面ABC ,P ∈平面ACD .又∵平面ABC ∩平面ACD =AC ,∴P ∈AC ,故选B .【答案】B4.已知平面α和直线l ,则在平面α内至少有一条直线与直线l ( )A.平行B.垂直C.相交D.以上都有可能【解析】本题的考点是直线与平面的位置关系,直线与直线的位置关系,若直线l 与平面α相交,则在平面α内不存在直线与直线l 平行,故A 错误;若直线l ∥平面α,则在平面α内不存在直线与l 相交,故C 错误;对于直线l 与平面α相交,直线l 与平面α平行,直线l 在平面α内三种位置关系,在平面α内至少有一条直线与直线l 垂直,故选B.【答案】B5.如图,四棱锥P ABCD -中,90ABC BAD ∠=∠=︒,2BC AD =,PAB ∆和PAD ∆都是等边三角形,则异面直线CD 和PB 所成角的大小为( )A .90︒B .75︒C .60︒D .45︒【解析】设1AD =,则2BC =,过A 作//AE CD 交BC 于E ,则AD CE =,过E 作//EF PB 交PC于F ,则AEF ∠即为为所求,如图所示,过F 作//FG CD 交PD 于G ,连接AG ,则四边形AEFG 是梯形,其中//FG AE ,12EF =G 作//GH EF 交AE 于H ,则GHA AEF ∠=∠,在GHA ∆中,1,,222GH EF AH AE FG AG ===-===则 222AG GH AH =+,所以90AEF ∠=︒,故选A.【答案】A6.不在同一条直线上的三点A 、B 、C 到平面α的距离相等,且A ∉α,给出以下三个命题:①△ABC 中至少 有一条边平行于α;②△ABC 中至多有两边平行于α;③△ABC 中只可能有一条边与α相交.其中真命题是_____________.【解析】直线与平面的位置关系,平面与平面的位置关系,如图,三点A 、B 、C 可能在α的同侧,也可能在α两侧,其中真命题是①.【答案】①7.已知A 是△BCD 所在平面外的一点,E ,F 分别是BC ,AD 的中点,(1)求证:直线EF 与BD 是异面直线;(2)若AC ⊥BD ,AC =BD ,求EF 与BD 所成的角.【解析】本题考点反证法证明异面直线,异面直线所成的角.(1)证明:假设EF 与BD 不是异面直线,则EF 与BD 共面,从而DF 与BE 共面,即AD 与BC 共面,所以A 、B 、C 、D 在同一平面内,这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾.故直线EF 与BD 是异面直线.(2)取CD 的中点G ,连接EG 、FG ,则EG ∥BD ,所以直线EF 与EG 所成的角即为异面直线EF 与BD 所成的角.在Rt △EGF 中,由EG =FG =12AC ,可得∠FEG =45°,即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.8.如图,已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为3,M ,N 分别是棱AA 1,AB 上的点,且AM =AN =1.(1)证明:M ,N ,C ,D 1四点共面;(2)平面MNCD 1将此正方体分为两部分,求这两部分的体积之比.【解析】本题考点是多点共面的证明,平面分几何体的体积之比.(1)证明:连接A 1B ,在四边形A 1BCD 1中,A 1D 1∥BC 且A 1D 1=BC ,所以四边形A 1BCD 1是平行四边形.所以A 1B ∥D 1C. 在△ABA 1中,AM =AN =1,AA 1=AB =3,所以1AM AN AA AB, 所以MN ∥A 1B ,所以MN ∥D 1C.所以M ,N ,C ,D 1四点共面.(2)记平面MNCD 1将正方体分成两部分的下部分体积为V 1,上部分体积为V 2,连接D 1A ,D 1N ,DN ,则几何体D 1-AMN ,D 1-ADN ,D 1-CDN 均为三棱锥,所以V 1=111D AMN D ADN D CDN V V V ---++=13S △AMN ·D 1A 1+13S △ADN ·D 1D +13S △CDN ·D 1D =13×12×3+13×32×3+13×92×3=132. 从而V 2=1111ABCD A B C D V --V 1=27-132=412,所以121341V V =, 所以平面MNCD 1分此正方体的两部分体积的比为1341.。

2018版高考数学全国人教B版理大一轮复习课件:第八章

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)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.( (2)垂直于同一个平面的两平面平行.( )
(3)若两平面垂直,则其中一个平面内的任意一条直线垂直 于另一个平面.( α⊥β.( )
(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线,则
∵PA⊥底面ABCD,AB⊂平面ABCD, ∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD,且PA∩AD=A,
∴AB⊥平面PAD,而PD⊂平面PAD,
∴AB⊥PD. 又∵AB∩AE=A,∴PD⊥平面ABE.
规律方法 (1)证明直线和平面垂直的常用方法有: ①判定定理;②垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α⇒b⊥α); ③面面平行的性质(a⊥α,α∥β⇒a⊥β);④面面垂直的性质
(α⊥β,α∩β=a,l⊥a,l⊂β⇒l⊥α).
(2) 证明线面垂直的核心是证线线垂直,而证明线线垂直则 需借助线面垂直的性质 .因此,判定定理与性质定理的合理 转化是证明线面垂直的基本思想.
可知C正确.
答案 C
5.(教材改编)在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC中的射影 为点O, (1)若PA=PB=PC,则点O是△ABC的________心.
(2) 若 PA⊥PB , PB⊥PC , PC⊥PA , 则 点 O 是 △ABC 的
________心. 解析 (1)如图1,连接OA,OB,OC,OP, 在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中,PA=PC=PB, 所以OA=OB=OC,即O为△ABC的外心.
第5讲
空间中的垂直关系
最新考纲
1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认
识和理解空间中线面垂直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空间图形的垂直关系的 简单命题.

高考复习专题10 空间向量与立体几何选择填空题(含解析)三年高考试题

高考复习专题10  空间向量与立体几何选择填空题(含解析)三年高考试题

1.【2019年新课标3理科08】如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则()A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线2.【2019年全国新课标2理科07】设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是()A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面3.【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上,P A=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是P A,AB的中点,∠CEF=90°,则球O 的体积为()A.8πB.4πC.2πD.π4.【2019年浙江04】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh,其中S是柱体的底面积,h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm),则该柱体的体积(单位:cm3)是()A.158B.162C.182D.3245.【2019年浙江08】设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成角为α,直线PB与平面ABC所成角为β,二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ,则()A.β<γ,α<γB.β<α,β<γC.β<α,γ<αD.α<β,γ<β6.【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为()A.2B.2C.3D.27.【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A.B.C.D.8.【2018年新课标2理科09】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.9.【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()A.B.C.D.10.【2018年新课标3理科10】设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且面积为9,则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为()A.12B.18C.24D.5411.【2018年浙江03】某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A.2B.4C.6D.812.【2018年浙江06】已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件13.【2018年浙江08】已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB 上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3,则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ114.【2018年上海15】《九章算术》中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马,设AA1是正六棱柱的一条侧棱,如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是()A.4B.8C.12D.1615.【2018年北京理科05】某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()A.1B.2C.3D.416.【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为()A.10B.12C.14D.1617.【2017年新课标2理科04】如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为()A.90πB.63πC.42πD.36π18.【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.B.C.D.19.【2017年新课标3理科08】已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为()A.πB.C.D.20.【2017年浙江03】某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A.1B.3C.1D.321.【2017年浙江09】如图,已知正四面体D﹣ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点,AP=PB,2,分别记二面角D﹣PR﹣Q,D﹣PQ﹣R,D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ,则()A.γ<α<βB.α<γ<βC.α<β<γD.β<γ<α22.【2017年北京理科07】某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为()A.3B.2C.2D.223.【2019年天津理科11】已知四棱锥的底面是边长为的正方形,侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.24.【2019年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6cm,AA1=4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为g.25.【2019年北京理科11】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为l,那么该几何体的体积为.26.【2019年北京理科12】已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:.27.【2019年江苏09】如图,长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E﹣BCD的体积是.28.【2018年江苏10】如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为.29.【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°,若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为.30.【2018年天津理科11】已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M﹣EFGH的体积为.31.【2017年江苏06】如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切,记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是.32.【2017年新课标1理科16】如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△F AB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△F AB,使得D、E、F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.33.【2017年新课标3理科16】a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC 的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最小值为60°;其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)34.【2017年上海04】已知球的体积为36π,则该球主视图的面积等于.35.【2017年上海07】如图,以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点,过D的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若的坐标为(4,3,2),则的坐标是.36.【2017年天津理科10】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为.1.【2019年新课标3理科08】如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则()A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线【解答】解:∵点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,∴BM⊂平面BDE,EN⊂平面BDE,∵BM是△BDE中DE边上的中线,EN是△BDE中BD边上的中线,∴直线BM,EN是相交直线,设DE=a,则BD,BE,∴BM a,EN a,∴BM≠EN,故选:B.2.【2019年全国新课标2理科07】设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是()A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面【解答】解:对于A,α内有无数条直线与β平行,α∩β或α∥β;对于B,α内有两条相交直线与β平行,α∥β;对于C,α,β平行于同一条直线,α∩β或α∥β;对于D,α,β垂直于同一平面,α∩β或α∥β.故选:B.3.【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上,P A=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是P A,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为()A.8πB.4πC.2πD.π【解答】解:如图,由P A=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥,则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心,连接BO并延长,交AC于G,则AC⊥BG,又PO⊥AC,PO∩BG=O,可得AC⊥平面PBG,则PB⊥AC,∵E,F分别是P A,AB的中点,∴EF∥PB,又∠CEF=90°,即EF⊥CE,∴PB⊥CE,得PB⊥平面P AC,∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直,把三棱锥补形为正方体,则正方体外接球即为三棱锥的外接球,其直径为D.半径为,则球O的体积为.故选:D.4.【2019年浙江04】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh,其中S是柱体的底面积,h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm),则该柱体的体积(单位:cm3)是()A.158B.162C.182D.324【解答】解:由三视图还原原几何体如图,该几何体为直五棱柱,底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解,即27,高为6,则该柱体的体积是V=27×6=162.故选:B.5.【2019年浙江08】设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成角为α,直线PB与平面ABC所成角为β,二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ,则()A.β<γ,α<γB.β<α,β<γC.β<α,γ<αD.α<β,γ<β【解答】解:方法线段AO上,作DE⊥AC于E,易得PE∥VG,过P作PF∥AC于F,过D作DH∥AC,交BG于H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,则cosαcosβ,可得β<α;tanγtanβ,可得β<γ,方法由最大角定理可得β<γ'=γ;方法易得cosα,可得sinα,sinβ,sinγ,故选:B.6.【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为()A.2B.2C.3D.2【解答】解:由题意可知几何体是圆柱,底面周长16,高为:2,直观图以及侧面展开图如图:圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度:2.故选:B.7.【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A.B.C.D.【解答】解:正方体的所有棱中,实际上是3组平行的棱,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,如图:所示的正六边形平行的平面,并且正六边形时,α截此正方体所得截面面积的最大,此时正六边形的边长,α截此正方体所得截面最大值为:6.故选:A.8.【2018年新课标2理科09】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.【解答】解:以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1,∴A(1,0,0),D1(0,0,),D(0,0,0),B1(1,1,),(﹣1,0,),(1,1,),设异面直线AD1与DB1所成角为θ,则cosθ,∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.故选:C.9.【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()A.B.C.D.【解答】解:由题意可知,如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,小的长方体,是榫头,从图形看出,轮廓是长方形,内含一个长方形,并且一条边重合,另外3边是虚线,所以木构件的俯视图是A.故选:A.10.【2018年新课标3理科10】设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC 为等边三角形且面积为9,则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为()A.12B.18C.24D.54【解答】解:△ABC为等边三角形且面积为9,可得,解得AB=6,球心为O,三角形ABC的外心为O′,显然D在O′O的延长线与球的交点如图:O′C,OO′2,则三棱锥D﹣ABC高的最大值为:6,则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为:18.故选:B.11.【2018年浙江03】某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A.2B.4C.6D.8【解答】解:根据三视图:该几何体为底面为直角梯形的四棱柱.如图所示:故该几何体的体积为:V.故选:C.12.【2018年浙江06】已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解答】解:∵m⊄α,n⊂α,∴当m∥n时,m∥α成立,即充分性成立,当m∥α时,m∥n不一定成立,即必要性不成立,则“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件.故选:A.13.【2018年浙江08】已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB 上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3,则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1【解答】解:∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心.过E作EF∥BC,交CD于F,过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N,连接SN,取AB中点M,连接SM,OM,OE,则EN=OM,则θ1=∠SEN,θ2=∠SEO,θ3=∠SMO.显然,θ1,θ2,θ3均为锐角.∵tanθ1,tanθ3,SN≥SO,∴θ1≥θ3,又sinθ3,sinθ2,SE≥SM,∴θ3≥θ2.故选:D.14.【2018年上海15】《九章算术》中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马,设AA1是正六棱柱的一条侧棱,如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是()A.4B.8C.12D.16【解答】解:根据正六边形的性质,则D1﹣A1ABB1,D1﹣A1AFF1满足题意,而C1,E1,C,D,E,和D1一样,有2×4=8,当A1ACC1为底面矩形,有4个满足题意,当A1AEE1为底面矩形,有4个满足题意,故有8+4+4=16故选:D.15.【2018年北京理科05】某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()A.1B.2C.3D.4【解答】解:四棱锥的三视图对应的直观图为:P A⊥底面ABCD,AC,CD,PC=3,PD=2,可得三角形PCD不是直角三角形.所以侧面中有3个直角三角形,分别为:△P AB,△PBC,△P AD.故选:C.16.【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为()A.10B.12C.14D.16【解答】解:由三视图可画出直观图,该立体图中只有两个相同的梯形的面,S梯形2×(2+4)=6,∴这些梯形的面积之和为6×2=12,故选:B.17.【2017年新课标2理科04】如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为()A.90πB.63πC.42πD.36π【解答】解:由三视图可得,直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半,V=π•32×10•π•32×6=63π,故选:B.18.【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC =CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.B.C.D.【解答】解:【解法一】如图所示,设M、N、P分别为AB,BB1和B1C1的中点,则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角(因异面直线所成角为(0,]),可知MN AB1,NP BC1;作BC中点Q,则△PQM为直角三角形;∵PQ=1,MQ AC,△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC=4+1﹣2×2×1×()=7,∴AC,∴MQ;在△MQP中,MP;在△PMN中,由余弦定理得cos∠MNP;又异面直线所成角的范围是(0,],∴AB1与BC1所成角的余弦值为.【解法二】如图所示,补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1,求∠BC1D即可;BC1,BD,C1D,∴BD2,∴∠DBC1=90°,∴cos∠BC1D.故选:C.19.【2017年新课标3理科08】已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为()A.πB.C.D.【解答】解:∵圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,∴该圆柱底面圆周半径r,∴该圆柱的体积:V=Sh.故选:B.20.【2017年浙江03】某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A.1B.3C.1D.3【解答】解:由几何的三视图可知,该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成,圆锥的底面圆的半径为1,三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形,圆锥的高和棱锥的高相等均为3,故该几何体的体积为π×12×331,故选:A.21.【2017年浙江09】如图,已知正四面体D﹣ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点,AP=PB,2,分别记二面角D﹣PR﹣Q,D﹣PQ﹣R,D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ,则()A.γ<α<βB.α<γ<βC.α<β<γD.β<γ<α【解答】解法一:如图所示,建立空间直角坐标系.设底面△ABC的中心为O.不妨设OP=3.则O(0,0,0),P(0,﹣3,0),C(0,6,0),D(0,0,6),B(3,﹣3,0).Q,R,,(0,3,6),(,6,0),,.设平面PDR的法向量为(x,y,z),则,可得,可得,取平面ABC的法向量(0,0,1).则cos,取α=arccos.同理可得:β=arccos.γ=arccos.∵.∴α<γ<β.解法二:如图所示,连接OP,OQ,OR,过点O分别作垂线:OE⊥PR,OF⊥PQ,OG⊥QR,垂足分别为E,F,G,连接DE,DF,DG.设OD=h.则tanα.同理可得:tanβ,tanγ.由已知可得:OE>OG>OF.∴tanα<tanγ<tanβ,α,β,γ为锐角.∴α<γ<β.故选:B.22.【2017年北京理科07】某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为()A.3B.2C.2D.2【解答】解:由三视图可得直观图,再四棱锥P﹣ABCD中,最长的棱为P A,即P A=2,故选:B.23.【2019年天津理科11】已知四棱锥的底面是边长为的正方形,侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.【解答】解:由题作图可知,四棱锥底面正方形的对角线长为2,且垂直相交平分,由勾股定理得:正四棱锥的高为2,由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1,即半径等于;由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1,则该圆柱的体积为:v=sh=π()2×1;故答案为:24.【2019年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6cm,AA1=4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为g.【解答】解:该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1,挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H,分别为所在棱的中点,AB=BC=6cm,AA1=4cm,∴该模型体积为:V O﹣EFGH=6×6×4=144﹣12=132(cm3),∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3,不考虑打印损耗,∴制作该模型所需原料的质量为:132×0.9=118.8(g).故答案为:118.8.25.【2019年北京理科11】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为l,那么该几何体的体积为.【解答】解:由三视图还原原几何体如图,该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱,则该几何体的体积V.故答案为:40.26.【2019年北京理科12】已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:.【解答】解:由l,m是平面α外的两条不同直线,知:由线面平行的判定定理得:若l⊥α,l⊥m,则m∥α.故答案为:若l⊥α,l⊥m,则m∥α.27.【2019年江苏09】如图,长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E﹣BCD的体积是.【解答】解:∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,∴AB×BC×DD1=120,∴三棱锥E﹣BCD的体积:V E﹣BCDAB×BC×DD1=10.故答案为:10.28.【2018年江苏10】如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为.【解答】解:正方体的棱长为2,中间四边形的边长为:,八面体看做两个正四棱锥,棱锥的高为1,多面体的中心为顶点的多面体的体积为:2.故答案为:.29.【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°,若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为.【解答】解:圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,可得sin∠ASB.△SAB的面积为5,可得sin∠ASB=5,即5,即SA=4.SA与圆锥底面所成角为45°,可得圆锥的底面半径为:2.则该圆锥的侧面积:π=40π.故答案为:40π.30.【2018年天津理科11】已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M﹣EFGH的体积为.【解答】解:正方体的棱长为1,M﹣EFGH的底面是正方形的边长为:,四棱锥是正四棱锥,棱锥的高为,四棱锥M﹣EFGH的体积:.故答案为:.31.【2017年江苏06】如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切,记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是.【解答】解:设球的半径为R,则球的体积为:R3,圆柱的体积为:πR2•2R=2πR3.则.故答案为:.32.【2017年新课标1理科16】如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△F AB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△F AB,使得D、E、F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.【解答】解法一:由题意,连接OD,交BC于点G,由题意得OD⊥BC,OG BC,即OG的长度与BC的长度成正比,设OG=x,则BC=2x,DG=5﹣x,三棱锥的高h,3,则V,令f(x)=25x4﹣10x5,x∈(0,),f′(x)=100x3﹣50x4,令f′(x)≥0,即x4﹣2x3≤0,解得x≤2,则f(x)≤f(2)=80,∴V4cm3,∴体积最大值为4cm3.故答案为:4cm3.解法二:如图,设正三角形的边长为x,则OG,∴FG=SG=5,SO=h,∴三棱锥的体积V,令b(x)=5x4,则,令b′(x)=0,则4x30,解得x=4,∴(cm3).故答案为:4cm3.33.【2017年新课标3理科16】a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC 的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最小值为60°;其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)【解答】解:由题意知,a、b、AC三条直线两两相互垂直,画出图形如图,不妨设图中所示正方体边长为1,故|AC|=1,|AB|,斜边AB以直线AC为旋转轴,则A点保持不变,B点的运动轨迹是以C为圆心,1为半径的圆,以C坐标原点,以CD为x轴,CB为y轴,CA为z轴,建立空间直角坐标系,则D(1,0,0),A(0,0,1),直线a的方向单位向量(0,1,0),||=1,直线b的方向单位向量(1,0,0),||=1,设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′(cosθ,sinθ,0),其中θ为B′C与CD的夹角,θ∈[0,2π),∴AB′在运动过程中的向量,(cosθ,sinθ,﹣1),||,设与所成夹角为α∈[0,],则cosα|sinθ|∈[0,],∴α∈[,],∴③正确,④错误.设与所成夹角为β∈[0,],cosβ|cosθ|,当与夹角为60°时,即α,|sinθ|,∵cos2θ+sin2θ=1,∴cosβ|cosθ|,∵β∈[0,],∴β,此时与的夹角为60°,∴②正确,①错误.故答案为:②③.34.【2017年上海04】已知球的体积为36π,则该球主视图的面积等于.【解答】解:球的体积为36π,设球的半径为R,可得πR3=36π,可得R=3,该球主视图为半径为3的圆,可得面积为πR2=9π.故答案为:9π.35.【2017年上海07】如图,以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点,过D的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若的坐标为(4,3,2),则的坐标是.【解答】解:如图,以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点,过D的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,∵的坐标为(4,3,2),∴A(4,0,0),C1(0,3,2),∴.故答案为:(﹣4,3,2).36.【2017年天津理科10】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为.【解答】解:设正方体的棱长为a,∵这个正方体的表面积为18,∴6a2=18,则a2=3,即a,∵一个正方体的所有顶点在一个球面上,∴正方体的体对角线等于球的直径,即a=2R,即R,则球的体积Vπ•()3;故答案为:.。

高考数学 空间向量与立体几何常用公式 理科

高考数学 空间向量与立体几何常用公式 理科

《空间向量与立体几何》知识点一:利用向量求空间角(1)求异面直线所成的角已知a,b为两异面直线,A,C与B,D分别是a,b上的任意两点,a,b所成的角为,则。

注意:两异面直线所成的角的范围为(00,900]。

(2)求直线和平面所成的角设直线的方向向量为,平面的法向量为,直线与平面所成的角为,与的角为,则有。

(3)求二面角如图,若于A,于B,平面PAB交于E,则∠AEB为二面角的平面角,∠AEB+∠APB=180°。

若分别为面,的法向量,则二面角的平面角或,即二面角等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角。

知识点二:利用向量求空间距离(1)空间两点间距离公式:设点,,则(2)两异面直线距离的求法如图,设,是两条异面直线,是与的公垂线段AB的方向向量,又C,D分别是,上任意两点,则与的距离是。

(3)点面距离的求法:如图,BO⊥平面,垂足为O,则点B到平面的距离就是线段BO的长度。

若AB是平面的任一条斜线段,则在Rt△BOA中,。

设平面的法向为,则点B到平面的距离为。

注意:线面距、面面距均可转化为点面距离,用求点面距的方法进行求解。

知识点三:用向量语言表述线与面之间的位置关系设两不同直线,的方向向量分别为,,两不同平面,的法向量分别为,,则①线线平行:,;②线线垂直:;③线面平行:在平面外,;④线面垂直:,;⑤面面平行:,;⑥面面垂直:。

关键:用向量知识来探讨空间的垂直与平行问题,关键是找出或求出问题中涉及的直线的方向向量和平面的法向量,通过讨论向量的共线或垂直,确定线面之间的位置关系。

【课标通用】2018届高考数学(理)一轮课件:30-空间向量与立体几何(含答案)

【课标通用】2018届高考数学(理)一轮课件:30-空间向量与立体几何(含答案)

考点68
考点69
考点70
试做真题
高手必备 萃取高招 对点精练
(3)直线与平面平行 ①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直:设直线l在平面α 外,a是l的一个方向向量,b是平面α的一个法向量,则l∥α⇔a⊥b⇔ a· b=0.a∥平面α⇔表示以a为方向向量的直线与α平行或在平面α 内,因此也可用向量证明线面平行. ②如图,已知直线 a⊄α,A,B∈a,C,D∈α,且 C,D,E 三点不共线,则 a ∥α 的充要条件是存在有序实数对 λ,μ 使������������=λ������������ +μ������������ .(常先设 ������������=λ������������ +μ������������ ,再求解 λ,μ 的值.若 λ,μ 存在即证完;若 λ,μ 不存在,则直 线 AB 与平面 α 相交)
专题三十
空间向量与立体几何
考点68
考点69
考点70
试做真题
高手必备 萃取高招 对点精练
考点68利用向量证明平行、垂直的位置关系
(2014 重庆,理 19)如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面是以 O 为中心的菱 形,PO⊥底面 ABCD,AB=2,∠BAD= ,M 为 BC 上一点,且 BM= ,MP ⊥AP.
试做真题
高手必备 萃取高招 对点精练
【解】 建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz, 则 A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),D(a, 3a,0),E(a, 3a,2a). 因为 F 为 CD 的中点,
3 3 ������, ������,0 . 2 2 3 3 (1)������������ = ������, ������,0 , ������������ =(a, 3a,a),������������ =(2a,0,-a). 2 2 1 因为������������ = (������������ + ������������ ),AF⊄平面 BCE,所以 AF∥平面 2

2018年高考题和高考模拟题数学(理)——专题05立体几何分类汇编(解析版)

2018年高考题和高考模拟题数学(理)——专题05立体几何分类汇编(解析版)

5.立体几何1.【2018年XX卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点),设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S−AB−C的平面角为θ3,则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D从而因为,所以即,选D.点睛:线线角找平行,线面角找垂直,面面角找垂面.2.【2018年XX卷】某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱,再根据柱体体积公式求结果.详解:根据三视图可得几何体为一个直四棱柱,高为2,底面为直角梯形,上下底分别为1,2,梯形的高为2,因此几何体的体积为选C.点睛:先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.3.【2018年理新课标I卷】已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D.【答案】A详解:根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的,所以在正方体中,平面与线所成的角是相等的,所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的,同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等,要求截面面积最大,则截面的位置为夹在两个面与中间的,且过棱的中点的正六边形,且边长为,所以其面积为,故选A.点睛:该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题,首要任务是需要先确定截面的位置,之后需要从题的条件中找寻相关的字眼,从而得到其为过六条棱的中点的正六边形,利用六边形的面积的求法,应用相关的公式求得结果.学/科-网+4.【2018年理新课标I卷】某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图.圆柱表面上的点在正视图上的对应点为,圆柱表面上的点在左视图上的对应点为,则在此圆柱侧面上,从到的路径中,最短路径的长度为A. B.C. D. 2【答案】B【解析】分析:首先根据题中所给的三视图,得到点M和点N在圆柱上所处的位置,点M在上底面上,点N在下底面上,并且将圆柱的侧面展开图平铺,点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处,根据平面上两点间直线段最短,利用勾股定理,求得结果.详解:根据圆柱的三视图以与其本身的特征,可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽,圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处,所以所求的最短路径的长度为,故选B.点睛:该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题,在解题的过程中,需要明确两个点在几何体上所处的位置,再利用平面上两点间直线段最短,所以处理方法就是将面切开平铺,利用平面图形的相关特征求得结果.5.【2018年全国卷Ⅲ理】设是同一个半径为4的球的球面上四点,为等边三角形且其面积为,则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.【答案】B详解:如图所示,点M为三角形ABC的重心,E为AC中点,当平面时,三棱锥体积最大,此时,,,,点M为三角形ABC的重心,,中,有,,,故选B.点睛:本题主要考查三棱锥的外接球,考查了勾股定理,三角形的面积公式和三棱锥的体积公式,判断出当平面时,三棱锥体积最大很关键,由M为三角形ABC的重心,计算得到,再由勾股定理得到OM,进而得到结果,属于较难题型。

高考大题规范解答立体几何大题(空间向量)

高考大题规范解答立体几何大题(空间向量)

高考大题规范解答——立体几何(理)考点1 线面的位置关系与空间角例1 (2018·课标Ⅲ,19)如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直,M 是CD ︵上异于C ,D 的点. (1)证明:平面AMD ⊥平面BMC ;(2)当三棱锥M -ABC 体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.【分析】 ①在题目所给的两个平面中选择一条直线,证明该直线垂直于另一个平面; ②建立空间直角坐标系,求得几何体体积最大时点M 的位置,利用两个平面的法向量的夹角求解即可.【标准答案】——规范答题 步步得分(1)由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD . 因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD , 所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM .2分得分点①因为M 为CD ︵上异于C ,D 的两点, 且DC 为直径,所以DM ⊥CM .3分得分点② 又BC ∩CM =C ,所以DM ⊥平面BMC .4分得分点③ 而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .5分得分点④(2)以D 为坐标原点,DA →的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .当三棱锥M -ABC 体积最大时,M 为CD ︵的中点. 由题设得D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1), AM →=(-2,1,1),AB →=(0,2,0),DA →=(2,0,0).7分得分点⑤设n =(x ,y ,z )是平面MAB 的法向量, 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →=0,n ·AB →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧-2x +y +z =0,2y =0.可取n =(1,0,2).9分得分点⑥DA →是平面MCD 的法向量, 因此cosn ,DA →=n ·DA →|n |·|DA →|=55,11分得分点⑦sinn ,DA →=255.所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255.12分得分点⑧【评分细则】①由面面垂直得到线面垂直,进一步得到线线垂直,给2分,直接得出不给分. ②由直径所对角为直角得到DM ⊥CD ,给1分. ③写出结论DM ⊥平面BMC ,给1分. ④得到平面AMD ⊥平面BMC ,给1分.⑤建立适当坐标系,写出相应的坐标及向量,给2分(酌情). ⑥正确求出平面的法向量,给2分. ⑦写出公式cosn 1,n 2=n 1·n 2|n 1||n 2|,并正确求出余弦值,给2分. ⑧求出正弦值,并写好结论,给1分. 【名师点评】1.核心素养:本题主要考查面面垂直的证明以及空间二面角的求解,考查考生的逻辑推理能力与空间想象力,考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算. 2.解题技巧:(1)得步骤分:对于解题过程中得分点的步骤,有则给分,无则没分,所以对于得分点步骤一定要写,如第(1)问中写出平面AMD ⊥平面BMC 成立的条件,写不全则不能得全分.(2)得关键分:第(1)问中,面面垂直性质定理的转化是关键,在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,再转化为线线垂直.第(2)问一定要正确算出cos n 1,n 2=n 1·n 2|n 1||n 2|的结果才能得2分.〔变式训练1〕(2019·湖北八校,18)如图,四边形ABCD与BDEF均为菱形,F A=FC,且∠DAB=∠DBF =60°.(1)求证:AC⊥平面BDEF;(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值.[解析](1)证明:设AC与BD相交于点O,连接FO,∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,且O为AC中点,∵F A=FC,∴AC⊥FO,又FO∩BD=O,∴AC⊥平面BDEF.(2)连接DF,∵四边形BDEF为菱形,且∠DBF=60°,∴△BDF为等边三角形,∵O为BD中点,∴FO⊥BD,又AC⊥FO,AC∩BD=O,∴FO⊥平面ABCD.∵OA,OB,OF两两垂直,∴可建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,设AB=2,∵四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,∴BD =2,AC =2 3.∵△DBF 为等边三角形,∴OF = 3.∴A (3,0,0),B (0,1,0),D (0,-1,0),F (0,0,3),∴AD →=(-3,-1,0),AF →=(-3,0,3),AB →=(-3,1,0). 设平面ABF 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧AF →·n =-3x +3z =0,AB →·n =-3x +y =0,取x =1,得n =(1,3,1). 设直线AD 与平面ABF 所成角为θ, 则sin θ=|cosAD →,n|=|AD →·n ||AD →|·|n |=155.考点2 立体几何中的折叠问题例2 (2019·启东模拟)如图,已知在等腰梯形ABCD 中,AE ⊥CD ,BF ⊥CD ,AB =1,AD =2,∠ADE =60°,沿AE ,BF 折成三棱柱AED -BFC . (1)若M ,N 分别为AE ,BC 的中点,求证:MN ∥平面CDEF ; (2)若BD =5,求二面角E -AC -F 的余弦值.【分析】 ①利用面面平行的判定和性质即可证明;②建立空间直角坐标系,分别求出二面角两个面的法向量,利用空间向量法求解. 【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)取AD 的中点G ,连接GM ,GN ,在三角形ADE 中,∵M ,G 分别为AE ,AD 的中点,∴MG ∥DE , ∵DE ⊂平面CDEF ,MG ⊄平面CDEF , ∴MG ∥平面CDEF .2分得分点①由于G ,N 分别为AD ,BC 的中点, 由棱柱的性质可得GN ∥DC , ∵CD ⊂平面CDEF ,GN ⊄平面CDEF ,∴GN ∥平面CDEF . 3分得分点③又GM ⊂平面GMN ,GN ⊂平面GMN ,MG ∩NG =G , ∴平面GMN ∥平面CDEF ,4分得分点④ ∵MN ⊂平面GMN ,∴MN ∥平面CDEF .5分得分点⑤(2)连接EB ,在Rt △ABE 中,AB =1,AE =3, ∴BE =2,又ED =1,DB =5, ∴EB 2+ED 2=DB 2,∴DE ⊥EB ,又DE ⊥AE 且AE ∩EB =E , ∴DE ⊥平面ABFE .∴EA 、EF 、ED 两两垂直. 建立如图所示的空间直角坐标系,可得E (0,0,0),A (3,0,0),F (0,1,0),C (0,1,1), AC →=(-3,1,1),AE →=(-3,0,0),FC →=(0,0,1). 8分得分点⑥设平面AFC 的法向量为m =(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →=-3x +y +z =0,m ·FC →=z =0,则z =0,令x =1,得y =3,则m =(1,3,0)为平面AFC 的一个法向量, 设平面ACE 的法向量为n =(x 1,y 1,z 1), 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →=-3x 1=0,n ·AC →=-3x 1+y 1+z 1=0,则x 1=0,令y 1=1,得z 1=-1,∴n =(0,1,-1)为平面ACE 的一个法向量.10分得分点⑦设m ,n 所成的角为θ,则cos θ=m ·n |m |·|n |=322=64,由图可知二面角E -AC -F 的余弦值是64. 12分得分点⑧【评分细则】①由线线平行得到线面平行,给2分.②同理再推出一个线面平行,给1分.③由线面平行推出面面平行,给1分.④由面面平行得到线面平行,给1分.⑤由线线垂直证出线面垂直,为建系作好准备,给2分.⑥建立适当坐标系,写出相应点的坐标及向量坐标,给2分.⑦正确求出平面的法向量,给2分.⑧利用公式求出两个向量夹角的余弦值,并正确写出二面角的余弦值,给2分.【名师点评】1.核心素养:本题考查线面平行的判定与性质定理,考查二面角的求解,考查的数学核心素养是空间想象力、推理论证能力及数学运算能力.2.解题技巧:(1)得分步骤:第(1)问中的DE⊂平面CDEF,MG⊄平面CDEF,要写全.(2)得分关键:第(2)中,证明线面垂直从而得到线线垂直,才能建系,解题时折叠前后变量与不变量要弄清晰.〔变式训练2〕如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,BD⊥DC,点E是BC边的中点,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,连接AE,AC,DE,得到如图2所示的几何体.(1)求证:AB⊥平面ADC;(2)若AD=1,二面角C-AB-D的平面角的正切值为6,求二面角B-AD-E的余弦值.[解析](1)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,又BD⊥DC,所以DC⊥平面ABD.因为AB⊂平面ABD,所以DC⊥AB.又折叠前后均有AD⊥AB,DC∩AD=D,所以AB ⊥平面ADC . (2)由(1)知AB ⊥平面ADC , 所以AB ⊥AC ,又AB ⊥AD ,所以二面角C -AB -D 的平面角为∠CAD .又DC ⊥平面ABD ,AD ⊂平面ABD ,所以DC ⊥AD . 依题意tan ∠CAD =CDAD = 6.因为AD =1,所以CD = 6. 设AB =x (x >0),则BD =x 2+1.依题意△ABD ∽△DCB , 所以AB AD =CD BD ,即x 1=6x 2+1. 又x >0,解得x =2, 故AB =2,BD =3,BC =BD 2+CD 2=3. 解法一:如图a 所示,建立空间直角坐标系D -xyz , 则D (0,0,0),B (3,0,0),C (0,6,0),E (32,62,0),A (33,0,63),所以DE →=(32,62,0),DA →=(33,0,63).由(1)知平面BAD 的一个法向量为n =(0,1,0). 设平面ADE 的法向量为m =(x ,y ,z ), 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DE →=0m ·DA →=0,得⎩⎨⎧32x +62y =033x +63z =0,令x =6,得y =-3,z =-3,所以m =(6,-3,-3). 所以cosn ,m=n ·m |n |·|m |=-12. 由图可知二面角B -AD -E 的平面角为锐角, 所以二面角B -AD -E 的余弦值为12.考点3 立体几何中的探索性问题例3 (2016·北京高考)如图,在四棱锥P -ABCD 中,平面P AD ⊥平面ABCD ,P A ⊥PD ,P A =PD ,AB ⊥AD ,AB =1,AD =2,AC =CD = 5. (1)求证:PD ⊥平面P AB .(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值.(3)在棱P A 上是否存在点M ,使得BM ∥平面PCD ?若存在,求AMAP 的值;若不存在,说明理由.【分析】 ①由线面垂直的判定定理证明PD ⊥平面P AB ; ②构造线面垂直,建立适当的直角坐标系求解; ③假设棱P A 上存在点M ,再根据条件分析论证. 【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)因为平面P AD ⊥平面ABCD , 平面P AD ∩平面ABCD =AD . 又AB ⊥AD ,AB ⊂平面ABCD . 所以AB ⊥平面P AD .2分得分点①因为PD ⊂平面P AD .所以AB ⊥PD 。

高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题01 空间几何体的结构及其三视图和直观图(解析版)

高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题01 空间几何体的结构及其三视图和直观图(解析版)

立体几何与空间向量01 空间几何体的结构及其三视图和直观图【考点讲解】一、具体目标:①能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合)的三视图,能识别上述的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。

②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。

③会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).二、知识概述:1.空间几何体的直观图简单几何体的直观图常用斜二测画法来画,基本步骤是:(1)画几何体的底面:在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴,两轴相交于点O,画直观图时,把它们画成对应的x′轴、y′轴,两轴相交于点O′,且使∠x′O′y′=45°或135°,已知图形中平行于x轴、y轴的线段,在直观图中平行于x′轴、y′轴.已知图形中平行于x轴的线段,在直观图中长度不变,平行于y轴的线段,长度变为原来的一半.(2)画几何体的高:在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面,在直观图中对应的z′轴,也垂直于x′O′y′平面,已知图形中平行于z轴的线段,在直观图中仍平行于z′轴且长度不变.2.空间几何体的三视图三视图:几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图,分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.3.三视图中的数据与原几何体中的数据不一定一一对应,识图要注意甄别. 揭示空间几何体的结构特征,包括几何体的形状,平行垂直等结构特征,这些正是数据运算的依据.4.还原几何体的基本要素是“长对齐,高平直,宽相等”. 简单几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直的平面上的正投影,并不是从三个方向看到的该几何体的侧面表示的图形.在画三视图时,重叠的线只画一条,能看见的轮廓线和棱用实线表示,挡住的线要画成虚线.三、备考策略:1.以考查三视图、几何体的结构特征以及几何体的面积体积计算为主,三视图基本稳定为选择题或填空题,难度中等以下;几何体的结构特征往往在解答题中考查,与平行关系、垂直关系等相结合.2.与立体几何相关的“数学文化”等相结合,考查数学应用的.3.备考重点:(1) 掌握三视图与直观图的相互转换方法是关键;(2)掌握常见几何体的结构特征.四、常考题型:三视图是高考重点考查的内容,考查内容有三视图的识别;三视图与直观图的联系与转化;求与三视图对应的几何体的表面积与体积.命题形式为用客观题考查识读图形和面积体积计算,解答题往往以常见几何体为载体考查空间想象能力和推理运算能力,期间需要灵活应用几何体的结构特征. 4. 三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系,遵循“长对正,高平齐,宽相等”的基本原则,其内涵为正视图的高是几何体的高,长是几何体的长;俯视图的长是几何体的长,宽是几何体的宽;侧视图的高是几何体的高,宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法:(1)首先看俯视图,根据俯视图画出几何体地面的直观图;(2)观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度;(3)画出整体,然后再根据三视图进行调整. 1. 【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ,其中S 是柱体的底面积,h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm ),则该柱体的体积(单位:cm 3)是( )A .158B .162C .182D .324【解析】本题首先根据三视图,还原得到几何体——棱柱,根据题目给定的数据,计算几何体的体积,由三视图得该棱柱的高为6,底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的,其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭.故选B. 【答案】B2.【2018年高考全国Ⅰ卷】某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为( )【真题分析】A .172B .52C .3D .2【分析】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题,在解题的过程中,需要明确两个点在几何体上所处的位置,再利用平面上两点间直线段最短,所以处理方法就是将面切开平铺,利用平面图形的相关特征求得结果.【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征,知点M 在上底面上,点N 在下底面上,且可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽,圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处,所以所求的最短路径的长度为√42+22=2√5,故选B . 【答案】B3.【2018年高考全国Ⅰ卷】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知,俯视图中应有一不可见的长方形,且俯视图应为对称图形.故选A . 【答案】A4.【2018年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示(单位:cm ),则该几何体的体积(单位:cm 3)是( )俯视图正视图A .2B .4C .6D .8【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱,高为2,底面为直角梯形,上、下底分别为1,2,梯形的高为2,因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯=故选C. 【答案】C5.【2018年高考北京卷文数】某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为A .1B .2C .3D .4【解析】本题要求会利用三视图的性质还原原立体图形,然后再应用立体图形的性质进行计算或验证. 由三视图可得四棱锥P ABCD -如图所示,在四棱锥P ABCD -中,2,2,2,1PD AD CD AB ====,由勾股定理可知:3,PA PC PB BC ====则在四棱锥中,直角三角形有:,,PAD PCD PAB △△△,共3个,故选C. 【答案】C6.【2017年高考全国Ⅰ卷理数】某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为( )A.10 B.12 C.14 D.16【解析】解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状和结构特征,要求熟悉常见几何体的三视图.由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成,如下图,则该几何体各面内只有两个相同的梯形,则这些梯形的面积之和为12(24)2122⨯+⨯⨯=,故选B.【答案】B7.【2017年高考北京卷理数】某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.B.C.D.2【解析】几何体是四棱锥P ABCD-,如图.最长的棱长为补成的正方体的体对角线,即该四棱锥的最长棱的长度为22222223l=++=,故选B.【答案】B8.【2017年高考全国Ⅱ卷】如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得,则该几何体的体积为()A.90πB.63πC.42πD.36π【解析】由题意,该几何体是一个组合体,下半部分是一个底面半径为3,高为4的圆柱,其体积213436V =π⨯⨯=π,上半部分是一个底面半径为3,高为6的圆柱的一半,其体积221(36)272V =⨯π⨯⨯=π,故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π.故选B .【答案】B9.【2017年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示(单位:cm ),则该几何体的体积(单位:cm 3)是( )A .12π+ B .32π+ C .312π+ D .332π+ 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体,所以,几何体的体积为21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+,故选A .【答案】A10.【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为__________.【解析】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体,则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【答案】401.【2017北京,文6】某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( )A.60B.30C.20D.10【解析】本题主要考查的将三视图还原成几何体后求体积的问题。

高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题06 平面与平面的平行、垂直的判定与性质(解析版)

高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题06 平面与平面的平行、垂直的判定与性质(解析版)

立体几何与空间向量06 平面与平面的平行、垂直的判定与性质【考点讲解】一、具体目标:1.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;2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理;3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.二、知识概述:1.面面平行的判定与性质a⊂β,b⊂β,a∩b=P,α∥β,α∩γ=a,(1)定义:两个平面没有公共点,称这两个平面平行;(2)判定定理:a⊂α,b⊂α,a∩b=M,a∥β,b∥β⇒α∥β;(3)推论:a∩b=M,a,b⊂α,a′∩b′=M′,a′,b′⊂β,a∥a′,b∥b′⇒α∥β.3.两个平面平行的性质定理(1)α∥β,a⊂α⇒a∥β;(2)α∥β,γ∩α=a,γ∩β=b⇒a∥b.3.平面与平面垂直的判定与性质(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法.②利用判定定理:如果一个平面过另一个平面的一条垂线,则这两个平面互相垂直.(2)平面与平面垂直的性质:如果两平面互相垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面.4.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.5.定理:⎭⎪⎬⎪⎫AB βAB ⊥α⇒β⊥α⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β=MNAB βAB ⊥MN⇒AB ⊥α1.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( ) A .α内有无数条直线与β平行 B .α内有两条相交直线与β平行 C .α,β平行于同一条直线D .α,β垂直于同一平面【解析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件.由面面平行的判定定理知:α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件,由面面平行性质定理知,若αβ∥,则α内任意一条直线都与β平行,所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件,故选B . 【答案】B2.【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P 是棱VA 上的点(不含端点).记直线PB 与直线AC 所成的角为α,直线PB 与平面ABC 所成的角为β,二面角P –AC –B 的平面角为γ,则( ) A .β<γ,α<γB .β<α,β<γC .β<α,γ<αD .α<β,γ<β【解析】本题以三棱锥为载体,综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念,以及各种角的计算.如图,G 为AC 中点,连接VG ,V 在底面ABC 的投影为O ,则P 在底面的投影D 在线段AO 上,过D 作DE 垂直于AC 于E ,连接PE ,BD ,易得PE VG ∥,过P 作PF AC ∥交VG 于F ,连接BF ,过D 作DH AC ∥,交BG 于H ,则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠,结合△PFB ,△BDH ,△PDB 均为直角三角形,可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=,即αβ>; 【真题分析】在Rt △PED 中,tan tan PD PDED BDγβ=>=,即γβ>,综上所述,答案为B.【变式1】【2018年高考浙江卷】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形,侧棱长均相等,E 是线段AB 上的点(不含端点),设SE 与BC 所成的角为θ1,SE 与平面ABCD 所成的角为θ2,二面角S −AB −C 的平面角为θ3,则( )A .θ1≤θ2≤θ3B .θ3≤θ2≤θ1C .θ1≤θ3≤θ2D .θ2≤θ3≤θ1【解析】设O 为正方形ABCD 的中心,M 为AB 中点,过E 作BC 的平行线EF ,交CD 于F ,过O 作ON 垂直EF 于N ,连接SO ,SN ,SE ,SM ,OM ,OE ,则SO 垂直于底面ABCD ,OM 垂直于AB , 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥,,所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ,故选D. 【答案】D【变式2】【2017年高考浙江卷】如图,已知正四面体–D ABC (所有棱长均相等的三棱锥),P ,Q ,R 分别为AB ,BC ,CA 上的点,AP=PB ,2BQ CR QC RA==,分别记二面角D –PR –Q ,D –PQ –R ,D –QR –P 的平面角为αβγ,,,则( )A . γαβ<<B .αγβ<<C .αβγ<<D .βγα<<【解析】设O 为三角形ABC 中心,则O 到PQ 距离最小,O 到PR 距离最大,O 到RQ 距离居中,而三棱锥的高相等,因此αγβ<<,所以选B . 【答案】B3.【2018优选题】空间中,设,m n 表示不同的直线, ,,αβγ表示不同的平面,则下列命题正确的是( )A. 若,αγβγ⊥⊥,则//αβB. 若,m m αβ⊥⊥,则//αβC. 若,m βαβ⊥⊥,则//m αD. 若,n m n α⊥⊥,则//m α 【解析】本题考点是面面平行,线面平行的判定.A 项,若,αγβγ⊥⊥,过正方体同一顶点的三个平面分别为,,αβγ,则αβ⊥,故A 项不合题意;B 项,若,m m αβ⊥⊥,根据垂直于同一条直线的两个平面平行,则//αβ,故B 项符合题意;C 项,若,m βαβ⊥⊥,由同时垂直于一个平面的直线和平面的位置关系可以是直线在平面内或平行可知,直线m 在平面α内或平行,故C 项不合题意;D 项,若,n m n α⊥⊥,由同时垂直于一条直线的直线和平面的位置关系可以是直线在平面内或平行可知,直线m 在平面α内或平行,故D 项不合题意. 故选B. 【答案】B4.【2019优选题】在正四面体P -ABC 中,D ,E ,F 分别是AB ,BC ,CA 的中点,则下面四个结论中不成立的是( ) A .BC ∥平面PDF B .DF ⊥平面P AE C .平面PDF ⊥平面ABCD .平面P AE ⊥平面ABC【解析】画出图形,如图所示,则BC ∥DF ,又DF ⊂平面PDF ,BC ⊄平面PDF ,∴BC ∥平面PDF ,故A 成立;由题意可得AE ⊥BC ,PE ⊥BC ,BC ∥DF ,则DF ⊥AE ,DF ⊥PE ,∴DF ⊥平面P AE ,故B 成立; 又DF ⊂平面ABC ,∴平面ABC ⊥平面P AE ,故D 成立.本题的考点是平面与平面垂直的判定.【答案】C5.【2016全国新课标2】α,β是两个平面,m ,n 是两条直线,有下列四个命题:①如果m ⊥n ,m ⊥α,n ∥β,那么α⊥β. ②如果m ⊥α,n ∥α,那么m ⊥n . ③如果α∥β,m ⊂α,那么m ∥β.④如果m ∥n ,α∥β,那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号)【解析】对于①,,,//m n m n αβ⊥⊥,则,αβ的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为//n α,所以过直线n 作平面γ与平面α相交于直线c ,则//n c ,因为,,m m c m n α⊥⊥⊥所以所以,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的命题有②③④.本题考点是空间中的线面关系. 【答案】②③④6.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图,直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点.(1)证明:MN ∥平面C 1DE ; (2)求二面角A−MA 1−N 的正弦值.【解析】(1)连结B 1C ,ME .因为M ,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME ∥B 1C ,且ME =12B 1C . 又因为N 为A 1D 的中点,所以ND =12A 1D .由题设知A 1B 1=P DC ,可得B 1C =P A 1D ,故ME =P ND , 因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ∥ED .又MN ⊄平面EDC 1,所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥DA .以D 为坐标原点,DA uuu r的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ,则(2,0,0)A ,A 1(2,0,4),2)M ,(1,0,2)N ,1(0,0,4)A A =-u u u r ,1(12)A M =--u u u u r ,1(1,0,2)A N =--u u u u r,(0,MN =u u u u r .设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量,则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u rm m ,所以2040x z z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩,.可取=m .设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量,则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u ur ,.n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩,.可取(2,0,1)=-n.于是cos ,||⋅〈〉===‖m n m n m n , 所以二面角1A MA N --的正弦值为5. 7.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中AB =1,BE =BF =2,∠FBC =60°,将其沿AB ,BC 折起使得BE 与BF 重合,连结DG ,如图2.(1)证明:图2中的A ,C ,G ,D 四点共面,且平面ABC ⊥平面BCGE ; (2)求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【解析】(1)由已知得AD P BE ,CG P BE ,所以AD P CG ,故AD ,CG 确定一个平面,从而A ,C ,G ,D 四点共面.由已知得AB ⊥BE ,AB ⊥BC ,故AB ⊥平面BCGE . 又因为AB ⊂平面ABC ,所以平面ABC ⊥平面BCGE .(2)作EH ⊥BC ,垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ,平面BCGE ⊥平面ABC ,所以EH ⊥平面ABC . 由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC =60°,可求得BH =1,EHH 为坐标原点,HC u u u r的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ,则A (–1,1,0),C (1,0,0),G (2,0),CG uuu r =(1,0),AC uuu r=(2,–1,0).设平面ACGD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u r n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =(3,6,.又平面BCGE 的法向量可取为m =(0,1,0),所以cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m . 因此二面角B –CG –A 的大小为30°.8.【2019年高考北京卷文数】如图,在四棱锥P ABCD -中,PA ⊥平面ABCD ,底部ABCD 为菱形,E 为CD 的中点.(1)求证:BD ⊥平面PAC ;(2)若∠ABC =60°,求证:平面PAB ⊥平面PAE ;(3)棱PB 上是否存在点F ,使得CF ∥平面PAE ?说明理由.【解析】本题主要考查线面垂直的判定定理,面面垂直的判定.(1)因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA BD ⊥.又因为底面ABCD 为菱形,所以BD AC ⊥. 所以BD ⊥平面PAC .(2)因为PA ⊥平面ABCD ,AE ⊂平面ABCD ,所以PA ⊥AE .因为底面ABCD 为菱形,∠ABC =60°,且E 为CD 的中点,所以AE ⊥CD .所以AB ⊥AE .所以AE ⊥平面PAB .所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.取F为PB的中点,取G为PA的中点,连结CF,FG,EG.则FG∥AB,且FG=12 AB.因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CE∥AB,且CE=12AB.所以FG∥CE,且FG=CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,所以CF∥平面PAE.9.【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连结DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的四边形ACGD的面积.【解析】本题从多面体折叠开始,考查考生在折叠过程中掌握哪些量的大小与位置关系是不变与变化的,折叠后的多面体的性质解决题中的要求.(1)由已知得AD P BE,CG P BE,所以AD P CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中点M,连结EM,DM.因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.10.【2019年高考北京卷理数】如图,在四棱锥P–ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC =3.E 为PD 的中点,点F 在PC 上,且13PF PC =. (1)求证:CD ⊥平面PAD ; (2)求二面角F –AE –P 的余弦值; (3)设点G 在PB 上,且23PG PB =.判断直线AG 是否在平面AEF 内,说明理由.【解析】(1)因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥CD .又因为AD ⊥CD ,所以CD ⊥平面PAD . (2)过A 作AD 的垂线交BC 于点M .因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥AM ,PA ⊥AD .如图建立空间直角坐标系A −xyz ,则A (0,0,0),B (2,-1,0),C (2,2,0),D (0,2,0), P (0,0,2).因为E 为PD 的中点,所以E (0,1,1).所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=u u u ru u u r u u u r.所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .设平面AEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1,则1,1y x =-=-.于是=(1,1,1)--n .又因为平面PAD 的法向量为p =(1,0,0),所以3cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p . 由题知,二面角F −AE −P .(3)直线AG 在平面AEF 内.因为点G 在PB 上,且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--u u ur ,所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .由(2)知,平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++=u u u r n .所以直线AG 在平面AEF 内.11.【2019年高考天津卷文数】如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形,PCD △为等边三角形,平面PAC ⊥平面PCD ,,2,3PA CD CD AD ⊥==.(1)设G ,H 分别为PB ,AC 的中点,求证:GH ∥平面PAD ; (2)求证:PA ⊥平面PCD ;(3)求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.【解析】(1)连接BD ,易知AC BD H =I ,BH DH =.又由BG=PG ,故GH PD ∥. 又因为GH ⊄平面P AD ,PD ⊂平面P AD ,所以GH ∥平面P AD . (2)取棱PC 的中点N ,连接DN .依题意,得DN ⊥PC ,又因为平面PAC ⊥平面PCD ,平面PAC I 平面PCD PC =,所以DN ⊥平面P AC , 又PA ⊂平面P AC ,故DN PA ⊥.又已知PA CD ⊥,CD DN D =I ,所以PA ⊥平面PCD . (3)连接AN ,由(2)中DN ⊥平面P AC ,可知DAN ∠为直线AD 与平面P AC 所成的角, 因为PCD △为等边三角形,CD =2且N 为PC的中点,所以DN =又DN AN ⊥, 在Rt AND △中,3sinDN DAN AD ∠==.所以,直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为3.12.【2019年高考天津卷理数】如图,AE ⊥平面ABCD ,,CF AE AD BC ∥∥,,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====.(1)求证:BF ∥平面ADE ;(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值; (3)若二面角E BD F --的余弦值为13,求线段CF 的长.【解析】依题意,可以建立以A 为原点,分别以AB AD AE u u u r u u u r u u u r,,的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ,(0,0,2)E .设(0)CF h h =>>,则()1,2,F h .(1)依题意,(1,0,0)AB =u u u r 是平面ADE 的法向量,又(0,2,)BF h =u u u r ,可得0BF AB ⋅=u u u r u u u r ,又因为直线BF ⊄平面ADE ,所以BF ∥平面ADE . (2)依题意,(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--u u u ru u u r u u u r.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量,则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =,可得(2,2,1)=n .因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-u u u ru u u r u u u r n n n .所以,直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量,则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =,可得21,1,h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭m.由题意,有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ,解得87h =.经检验,符合题意. 所以,线段CF的长为87.【模拟考场】1.设α,β是两个不同的平面,m 是直线且m α⊂.“m β∥”是“αβ∥”的( ) A .充分而不必要条件 B .必要而不充分条件 C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件【解析】本题考点是线面平行与面面平行与充要条件的综合应用.因为α,β是两个不同的平面,m 是直线且m α⊂.若“m β∥”,则平面、αβ可能相交也可能平行,不能推出//αβ,反过来若//αβ,m α⊂,则有m β∥,则“m β∥”是“αβ∥”的必要而不充分条件,故选B. 【答案】B2.设,a b 是空间中不同的直线, ,αβ是不同的平面,则下列说法正确的是( )A. //,a b b α⊂,则//a αB. ,,//a b αβαβ⊂⊂,则//a bC. ,,//,//a b b αααββ⊂⊂,则//αβD. //,a αβα⊂,则//a β【解析】本题考点是线面平行,面面平行的判定。

2018年高考数学四川卷立体几何题的研究与教学问题设计

2018年高考数学四川卷立体几何题的研究与教学问题设计

40中学数学研究2020年第4期(下) 2018年高考数学四川卷立体几何题的研究与教学问题设计四川师范大学数学科学学院(610068)杨梦圆邵利摘要解题教学在数学教学中有着重要地位,高考题在数学教学中也具有很强的指引作用.现以2018年四川卷数学(理)第19题为例,研究学生解答该试题过程中会出现的问题,并在此基础上设计解题教学的课堂提问,为学生示范思考步骤,培养学生的数学思维能力.关键词立体几何;高考题;教学问题数学解题教学是数学教学的重要成分,教学生学习如何解数学题也就成为数学教学的重要任务[1].其主要目的必定是为了教会学生思考,而不是为了得出题目答案.而教解题思路就需要教师将自身独自解题所经历的思维变化通过言语传达出来,这时通常采取以问题的形式来一步步引导学生思考.涂荣豹提出数学解题的基本步骤:(1)理解题意;(2)联系已解决的问题,提出解题的各种设想;(3)实现解题方案,完成解题过程;(4)验证结论,回顾解法[2].对于不同的题目可以不包含所有步骤,但可以根据这个解题步骤设计出启发学生思考的教学问题.1试题研究1.1试题呈现(2018年高考数学四川卷理科第19题)如图1,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧DC所在平面垂直,M是弧DC 上异于C,D的点.图1(Ⅰ)证明:平面AMD⊥平面BMC;(Ⅱ)当三棱锥M−ABC体积最大时,求面MAB与面MCD 所成二面角的正弦值.1.2试题分析立体几何的题目在考察学生数学抽象、逻辑推理和数学运算等核心素养的生成情况方面居于重要地位[3].这类题目主要考察学生利用综合法证明点、线、面间位置关系的能力或利用空间直角坐标系的向量运算解决问题的能力.而这类题目常有多种解法,学生应该总结并分清每种解法的异同,区分清各个解题方法的本质,在解题过程中深化数学思想.1.2.1第(Ⅰ)问的分析第(Ⅰ)问是证明面面垂直的逻辑推理题,那就需要学生找寻能得出面面垂直的条件.如果学生选择综合法证明,就可以反映出学生是否清晰线面垂直、面面垂直的判定定理,利用定理寻找符合定理条件的已知与推论,在整理条件是注意逻辑推理的流畅性和严密性.此题的解答总体上是比较好的,但学生在解答过程中还是存在以下一些问题:1⃝易忽略直径所对圆周角是直角的隐含条件,即DM⊥MC;或者忽略面ABCD是正方形且与半圆面垂直且交于CB,导致无法得出DC⊥CM的线面垂直关系;从而因为条件不齐无法得出结论.2⃝多数学生都可以找出上述两个条件,但是却有少数学生的逻辑描述不准确,失去数学逻辑的严密性,导致得分不完全.3⃝有部分学生直接找出两平面构成的二面角,通过证明其是直角,来证明两平面垂直,但是多数学生忽略证明找到的二面角就是面AMD和面BMC的二面角,从而不能的满分.如果学生选择向量法证明,就可体现出学生能否利用空间直角坐标系向量运算的一结论:平面的法向量数量积为0⇔两平面垂直来证明面面垂直.4⃝用此方法解题易将一特殊位置的M点坐标代表动点M,这样是缺乏一般性的.总的来说,第(Ⅰ)问大部分学生可以完全正确的解答,但是从少部分学生的解答过程中出现的问题1⃝来看,反映了部分学生对立体几何的基础知识掌握不牢固,从出现的问题2⃝和问题3⃝可以看出部分学生的逻辑推理能力有待提高,推理论证的严密性不高,从出现问题4⃝的学生解答中可以看出这部分学生的对于特殊和一般的数学关系理解不够透彻,还是体现出学生没有领悟从特殊到一般数学思想.所以要得全分,需要学生有扎实的知识基础,还需要在数学学习中锻炼严密的逻辑思维能力,逐渐领悟数学思想在问题解决中的运用.1.2.2第(Ⅱ)问的分析第(Ⅱ)问是对学生计算两平面所成二面角的正弦值能力的考察,要学生计算满足三棱锥M−ABC体积最大时的二面角的正弦值.通常情况下这两个平面仅有一个公共点,这样的呈现方式对学生的直观想象能力要求高,大部分学生不易找出两面的公共边,进而不易找出二面角的平面角,但是此题的两个面的公共边容易画出的,这就使得学生的解题方2020年第4期(下)中学数学研究41法选择多样.学生在解答过程中主要存在以下一些问题: 1⃝选择向量法的同学,易于错将计算出的二面角的余弦值当作问题要求的正弦值,不注意审题,不够沉着冷静.2⃝平面的法向量计算错误,导致此问只能得到建立空间直角坐标系的分.3⃝M点的位置确定错误,第二小问的M点与第一问的M点是不同的,但是很多学生意识不到,或者对体积最大的理解有误,导致后续计算都毫无意义.4⃝选择综合法计算的同学仍然有忽略对所找到的两平面构成的二面角平面角的证明描述,从而得不了全分.综上所述,第(Ⅱ)问对学生来说也不是难题,但是总会由于审题不仔细、粗心大意或逻辑不严密而丢分.从问题1⃝和问题2⃝可以反映出学生对于考试心态调整还存在问题,从出现问题3⃝和问题4⃝的这部分学生解答可以发现学生灵活运用知识的能力有待提高,逻辑推理不严密,需要加深引导加强锻炼.2教学问题设计只有锁定“患处”,查明原因,才能“对症下药”.针对上面对试题解答中出现的问题,设计以下教学问题来引导学生思考解题思路,书写解题过程,在全过程中感悟每种方法使用时应注意的地方.此处问题设计以涂荣豹提出数学解题的基本步骤来设计教学引导问题,让学生建立解决问题的流程,培养严密的逻辑思维能力.2.1理解题意问题0通过阅读题目大家能知道些什么?设计意图:提示学生在解题前要仔细审题,对于已知条件和问题做到心中有数,直观感知并在头脑中构建立体图形,清楚其构造,再由已知推导出一些隐含条件,为解题做好准备.2.2联系已解决的问题,提出解题的各种设想问题1证明面面垂直我们可以怎么做?设计意图:引导学生思考出“线线垂直⇒线面垂直⇒面面垂直”的证明思路,此思路简单明了,符合我们学习该部分知识时的认知发展规律,还能帮助学生捋清思路,提高推理论证的严密性;同时也可启发学生得出在空间直角坐标系中利用空间向量运算的结论来证明面面垂直,即利用平面的法向量数量积为0⇔两平面垂直来证明面面垂直,也就是计算出两平面的法向量,验证法向量的数量积是否为零.问题1-1用向量法解决,我们可以如何建系?建系可以D、C或DC中点为原点建立空间直角坐标系,如以D为坐标原点,DA为x轴,DC为y轴,以垂直交线DC,垂足为D的直线为z轴;其余的情况同理.设计意图:学生们的建系结果应该会覆盖所有的情况,这里可提前启发学生建系时选择的原点可以不同,但意义是一样的.问题1-2M点的位置确定吗?若建系,它的坐标是什么?设计意图:此处提醒学生注意思考M点的坐标,引发学生的质疑,及时矫正学生将其看作确定点的错误做法,同时提示学生利用DM⊥MC关系来表示M点的坐标.问题2那通常我们如何计算两平面所成角的正弦值?设计意图:弄清第二小题是考查两个平面所成的角的正弦值计算,解答时学生常用的方法是向量法,因为这种方法更易于计算,对学生直观想象能力要求不高.但两平面所成角二面角易找出时可运用综合法,所以要引导学生尝试使用这种方法解决问题,以提高直观想象能力,但此时要向学生提问:“为什么你找的这个角就是所求二面角的平面角呢?”以此告诫学生应该注意逻辑推理的严密性,每一步都要言之有理.问题2-1什么时候目标三棱锥的体积最大?此时M点在何处?问题2-2如果建系解决,那么M点应怎么表示?设计意图:通过思考何时三棱锥M−ABC体积最大来确定M点位置及坐标是解决此小题的关键,所以要清楚M 点与上一小题的变化之处.2.3实现解题方案,完成解题过程问题3现在同学们试着利用刚刚捋出来的思路找找解题需要的条件并写出自己的解法?尽可能的写出多种不同的解法.设计意图:让学生自主找条件写解法,可以锻炼学生独立自主解题的能力,提高逻辑推理能力,尽管得不到所有解法,但通过后期的小组讨论和教师的提示,可以让学生有豁然开朗的感觉,使之得到的影响和收获更多.问题3-1大家先完成第(Ⅰ)问的解答,写完之后小组讨论,给出最终解法总结,并给出各解法的异同.学生的讨论出四种方法,其中有一种方法是:过M作MN//BC,MN=BC连接AN,BN做辅助线,最后直接证明面面之间的二面角是直角;有两种都是经历线线垂直⇒线面垂直⇒面面垂直的证明流程;还有一种是借助空间直角坐标系,应用充要条件“两向量的数量积为零.两个向量相互垂直”证明此题.问题3-2大家观察一下第(Ⅰ)问的解法一、二、三有什么42中学数学研究2020年第4期(下)初中数学中的数列规律问题的探究江苏省泰州二附中(225300)邓小卿摘要本文针对初中数学中常常需要解决探求一列数的排列规律这一问题,进行探究并归纳出几种常用的解决方法.1、略施变更现原形;2、拆分各数求规律;3、由后向前搞递推;4、按阶设立函数式.关键词数列;规律;通项初中数学中常常需要解决探求一列数的排列规律问题,这不能不说是一大难点.因此如何指导学生迅速地发现规律,并能正确地表达规律就显得尤为重要,如果方法得当,不仅能开发学生的智力,而且能够提高学生的学习兴趣.鉴于有所侧重,某些问题,本文只讲方法,暂不作理论上的推导,下面介绍几种常用的解决方法.我们首先约定:数列中的第1项用a1表示,第2项用a2表示,······,第n项用a n表示.这里1,2,···,n谓下标,所谓规律就体现在每一项都能与“标”挂上钩.异同?设计意图:试图让学生发现解法三和一、二都是综合法,但是存在显著差异.因为方法三是从根源上解决目标问题,直接通过证明两面的二面角是直角来达到目的.该方法容易出错,主要由于画不出MN这条辅助线,而缺少证明某角是二面角平面角的关键步骤.从侧面也反映出学生在面对做辅助线解题是的正确率是无法保证的.问题3-3第(Ⅰ)问在采用综合法和向量法时应分别注意什么?就此题而言你更偏向哪一种?设计意图:垂直和平行是高考立体几何的必考知识点.学生能明白只要把握好线、面关系证明的方法、空间垂直关系以及空间平行关系相互转化便可以求证,而此题证明若用向量法M点坐标的确定是难点,向量法就显得不那么适用,综合法是首选.问题4现在完成第(Ⅱ)问的解答,写完之后小组讨论,给出最终解法总结,并给出各解法的异同.此处学生讨论出了两种方法,其中一种是向量法,另一种是综合法(辅助线与第(Ⅰ)问一样).问题4-1第(Ⅱ)问在采用综合法和向量法时应分别注意什么?就此题而言你更喜欢哪一种?设计意图:帮助学生辨识在求解二面角时,综合法的难点是无法找到二面角或者添加辅助线作出二面角,当然此题的二面角是容易作出的,但是需要证明其就是二面角,这又是大部分学生的困扰.可向量法完美的避开了这些难点,直接将问题转化成求法向量的夹角问题,但是计算出的角的大小是二面角的平面角还是其补角,都需要判断,这也是容易出错的一点.2.4验证结论,回顾解法问题5通过解这道题,大家对于立体几何题目有没有什么解题心得?设计意图:通过交流,让同学们感受出实际的解题中,大部分人只偏重综合法与向量法其中一种.但是经过对具体题目的求解与分析,发现它们是同等重要的,出现一边倒的情况容易掉进出题者设计好的圈套中.所以需要告诫学生在平常的练习中综合法与向量法都要兼顾.这样才能在不同的题目类型中自如的选择恰当的方法.同时还要提醒重视对基础知识的理解和掌握,要在日常学习中加深对数学思想的领悟,提高推理论证是的严密性.3小结笔者以2018年高考数学四川卷理科立体几何题为例,分析了学生在此题的解答过程中出现的问题,由此设计了教学问题以引导学生学习解决问题的基本步骤和帮助学生克服不同方法易错点,培养学生解题后的反思能力,同时在小组讨论和教师提示后,还可以提升学生发现问题、分析问题和解决问题的能力.希望通过多次的这样的教学活动提高学生的逻辑推理能力和灵活思考的一题多解的能力,让学生不仅会做题,更会思考.2018年高考虽以时过境迁,但高考题确是值得教师深入挖掘其对学生数学学习效能的重要依据和工具.参考文献[1]涂荣豹.数学教学设计原理的构建——教学生学会思考[M].北京:科学出版社,2018:344-355.[2]涂荣豹.数学教学认识论[M].南京:南京师范大学出版社,2003:327-332.[3]中华人民共和国教育部,普通高中数学课程标准(2017年版)[M].北京:人民教育出版社2018:42-45.。

2018高考——空间向量与立体几何(理科)(K12教育文档)

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第14讲 空间向量与立体几何知识要点一.空间向量1. 空间向量的概念:在空间,我们把具有大小和方向的量叫做向量。

注:(1)向量一般用有向线段表示同向等长的有向线段表示同一或相等的向量.(2)向量具有平移不变性2。

空间向量的运算。

定义:与平面向量运算一样,空间向量的加法、减法与数乘运算如下(如图)。

+=+=; b a OB OA BA -=-=;运算律:⑴加法交换律:a b b a+=+⑵加法结合律:)()(c b a c b a++=++⑶数乘分配律:b a b aλλλ+=+)(运算法则:三角形法则、平行四边形法则、平行六面体法则 3。

共线向量。

(1)如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合,那么这些向量也叫做共线向量或平行向量,a平行于b ,记作b a //。

(2)共线向量定理:空间任意两个向量a 、b (b ≠0 ),a //b 存在实数λ,使a=λb .(3)三点共线:A 、B 、C 三点共线〈=〉AC AB λ=〈=>OB y OA x OC += (1=+y x 其中)(4)与a共线的单位向量为±4。

共面向量(1)定义:一般地,能平移到同一平面内的向量叫做共面向量。

说明:空间任意的两向量都是共面的。

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第14讲 空间向量与立体几何
知识要点
一.空间向量
1. 空间向量的概念:在空间,我们把具有大小和方向的量叫做向量。

注:(1)向量一般用有向线段表示
(2)向量具有平移不变性 2. 空间向量的运算。

定义:与平面向量运算一样,空间向量的加法、减法与数乘运算如下(如图)。

+=+=; b a OB OA BA -=-=;
运算律:⑴加法交换律:a b b a ϖ
ϖϖρ+=+
⑵加法结合律:)()(c b a c b a ϖ
ϖϖϖρϖ++=++
⑶数乘分配律:b a b a ϖ
ϖϖϖλλλ+=+)(
运算法则:三角形法则、平行四边形法则、平行六面体法则 3. 共线向量。

(1)如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合,那么这些向量也叫做共线向量或平行向
量,a ρ
平行于b ρ,记作b a ρϖ//。

(2)共线向量定理:空间任意两个向量a ρ、b ρ(b ρ≠0ρ),a ρ//b ρ存在实数λ,使a ρ
=λb ρ。

(3)三点共线:A 、B 、C 三点共线<=>
AC AB λ=
<=>y x += (1=+y x 其中) (4)与a 共线的单位向量为a
±
4. 共面向量
(1)定义:一般地,能平移到同一平面内的向量叫做共面向量。

说明:空间任意的两向量都是共面的。

(2)共面向量定理:如果两个向量,a b r r 不共线,p r
与向量,a b r r 共面的条件是存在实数,
x y 使
p xa yb =+r r r。

(3)四点共面:若A 、B 、C 、P 四点共面<=>AC y AB x AP +=
<=>
)1(=++++=z y x OC z OB y OA x OP 其中
5. 空间向量基本定理:如果三个向量,,a b c r r r
不共面,那么对空间任一向量p r ,存在一个唯一的有
序实数组,,x y z ,使p xa yb zc =++r r r r。

若三向量,,a b c r r r 不共面,我们把{,,}a b c r r r
叫做空间的一个基底,,,a b c r r r 叫做基向量,空间任意
三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底。

推论:设,,,O A B C 是不共面的四点,则对空间任一点P ,都存在唯一的三个有序实数,,x y z ,
使z y x ++=。

6. 空间向量的直角坐标系:
(1)空间直角坐标系中的坐标: 在空间直角坐标系O xyz -
中,对空间任一点A ,存在唯一的有序实数组(,,)x y z ,
++=,有序实数组(,,)x y z 叫作向量A 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标,记作
(,,)A x y z ,x 叫横坐标,y 叫纵坐标,z 叫竖坐标。

注:①点A (x,y,z )关于x 轴的的对称点为(x,-y,-z),关于xoy 平面的对称点为(x,y,-z).即点关于什么轴/平面对称,什么坐标不变,其余的分坐标均相反。

②在y 轴上的点设为(0,y,0),在平面yOz 中的点设为(0,y,z)
(2)若空间的一个基底的三个基向量互相垂直,且长为1,这个基底叫单位正交基底,用{,,}i j k r r r

示。

空间中任一向量
k z j y i x a ++==(x,y,z )
(3)空间向量的直角坐标运算律:
①若123(,,)a a a a =r
,123(,,)b b b b =r ,则112233(,,)a b a b
a b a b +=+++r r ,
112233(,,)a b a b a b a b -=---r r ,123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈r
, 112233a b a b a b a b ⋅=++r r
, 112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ⇔===∈r r
, 1122330a b a b a b a b ⊥⇔++=r r。

②若
111(,,)A x y z ,222(,,)B x y z ,则),,(121212z z y y x x ---=。

一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。

③定比分点公式:若
111(,,)A x y z ,222(,,)B x y z ,λ=,则点P 坐标为
)1,1,1(
2
12121λ
λλλλλ++++++z z y y x x 。

推导:设P (x,y,z )则
),,(),(22211,1z z y y x x z z y y x x ---=---λ,显然,当P 为AB 中点时,
)2
,2,2(
2
12121z z y y x x P +++ ④),,(),,,(,,,333222111
z y x C z y x B )z y ,A(x
ABC 中∆,三角形重心P 坐标为
)2
,2,3(
3
21321321z z z y y y x x x P ++++++ ⑤ΔABC 的五心:
内心P
:内切圆的圆心,角平分线的交点:
AP +
=λ(单位向量)
外心P
:外接圆的圆心,中垂线的交点:==
垂心P :高的交点:⋅=⋅=⋅(移项,内积为0,则垂直)
重心P :中线的交点,三等分点(中位线比)
)(3
1
AC AB AP += 中心:正三角形的所有心的合一。

(4)模长公式:若123(,,)a a a a =r ,123(,,)b b b b =r

则||a ==r
||b ==r
(5
)夹角公式:cos ||||a b
a b a b ⋅⋅==⋅r r
r r r r
ΔABC 中①0>•AC AB <=>A 为锐角②0<•AC AB <=>A 为钝角,钝角Δ (6)两点间的距离公式:若111(,,)A x y z ,222(,,)B x y z ,
则||AB ==u u u r ,
或,A B d = 7. 空间向量的数量积。

(1)空间向量的夹角及其表示:已知两非零向量,a b r
r ,在空间任取一点O ,作==,,
则AOB ∠叫做向量a r
与b r 的夹角,记作,a b <>r r ;且规定0,a b π≤<>≤r r ,显然有
,,a b b a <>=<>r r r r ;若,2a b π<>=r r ,则称a r 与b r
互相垂直,记作:a b ⊥r r 。

(2)向量的模:设,a OA =则有向线段OA u u u r 的长度叫做向量a r
的长度或模,记作:||a r 。

(3)向量的数量积:已知向量,a b r
r ,则||||cos ,a b a b ⋅⋅<>r r r r 叫做,a b r r 的数量积,记作a b ⋅r r ,
即a b ⋅=r
r ||||cos ,a b a b ⋅⋅<>r r r r 。

(4)空间向量数量积的性质:
①||cos ,a e a a e ⋅=<>r r r r r。

②0a b a b ⊥⇔⋅=r r r r 。

③2||a a a =⋅r r r 。

(5)空间向量数量积运算律:
①()()()a b a b a b λλλ⋅=⋅=⋅r r r r r r 。

②a b b a ⋅=⋅r r r r
(交换律)。

③()a b c a b a c ⋅+=⋅+⋅r r r r r r r
(分配律)。

④不满足乘法结合率:)()(c b a c b a ⋅≠⋅
二.空间向量与立体几何
1.线线平行⇔两线的方向向量平行
1-1线面平行⇔线的方向向量与面的法向量垂直 1-2面面平行⇔两面的法向量平行
2.线线垂直(共面与异面)⇔两线的方向向量垂直 2-1线面垂直⇔线与面的法向量平行 2-2面面垂直⇔两面的法向量垂直
3.线线夹角θ(共面与异面)]90,0[O
O ⇔两线的方向向量2,1n n 的夹角或夹角的补角,
><=2,1cos cos n n θ
3-1线面夹角θ]90,0[O
O :求线面夹角的步骤:先求线的方向向量AP 与面的法向量n 的夹角,若为锐角角即可,若为钝角,则取其补角;再求其余角,即是线面的夹角.><=n
AP ,cos
sin θ
3-2面面夹角(二面角)θ
]180,0[O O :若两面的法向量一进一出,则二面角等于两法向量2
,1n n 的
夹角;法向量同进同出,则二面角等于法向量的夹角的补角.
><±=21,cos cos n n θ
4.点面距离h :求点()00,P x y 到平面α的距离: 在平面α上取一点(),Q x y ,得向量PQ uuu r
; 计算平
面α的法向量n ;.n
n
PQ h •=
4-1线面距离(线面平行):转化为点面距离 4-2面面距离(面面平行):转化为点面距离
随堂演练
一.选择题
二.填空题
5.(2017·徐汇区校级模拟)在正三棱柱111C B A ABC 中,各棱长都相等,M 是1BB 的中点,则1BC 与平面M AC 1所成角的正弦值是 .
三.解答题。

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