2011届高考数学总复习第一轮课件__人教版(理) 第九章_立体几何9.8 立体几何中的向量方法
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2011届高考数学总复习第一轮课件__人教版(理) 第九章_立体几何9.2 直线、平面平行的判定及性质
如图所示. 如图所示. ∵DE是△ABC的中位线， DE是 ABC的中位线， 的中位线 ∴DE∥AB. DE∥AB. 在△ACG中，D是AC的中点， ACG中 AC的中点， 的中点 且DH∥AG. DH∥AG.
∴H为CG的中点. CG的中点. 的中点 ∴FH是△SCG的中位线， FH是 SCG的中位线， 的中位线 ∴FH∥SG. FH∥SG. 又SG平面DEF，FH平面DEF， SG平面DEF，FH平面DEF， DEF DEF ∴SG∥平面DEF. SG∥平面DEF. DEF 方法二 ∵EF为△SBC的中位线， EF为 SBC的中位线， 的中位线 ∴EF∥SB. EF∥SB.
4.下列命题中正确的个数是 4.下列命题中正确的个数是 ①若直线a不在α内，则a∥α; 若直线a
(
)
②若直线l上有无数个点不在平面α内,则l∥α； 若直线l 平行， ③若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条 若直线l 直线都平行； 直线都平行； ④如果两条平行线中的一条与一个平面平行，那 如果两条平行线中的一条与一个平面平行， 么另一条也与这个平面平行； 么另一条也与这个平面平行； 平行， ⑤若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都 没有公共点； 没有公共点； ⑥平行于同一平面的两直线可以相交. 平行于同一平面的两直线可以相交. A.1 B.2 C.3 D.4
5.考察下列三个命题， 5.考察下列三个命题，在“ 考察下列三个命题
”处都缺少同
一个条件，补上这个条件使其构成真命题（其 一个条件，补上这个条件使其构成真命题（ 为平面）， ），则此条件 中l、m为直线，α、β为平面），则此条件 为直线， 为
l α .
m α l // m l⊥β ①l // m l//α ; ②m // α l // α ; ③α ⊥ β l // α . 体现的是线面平行的判定定理, 解析 ①体现的是线面平行的判定定理,缺的条
2011届高考数学第一轮复习精品课件12.ppt
│要点探究
【解答】算法设计如下： 第一步，r1＝1，r2＝4，h＝4； 第二步，l＝ (r2－r1)2＋h2； 第三步，S1＝πr21，S2＝πr22，S3＝π(r1＋r2)l； 第四步，S＝S1＋S2＋S3，V＝13(S1＋ S1S2＋S2)h； 第五步，输出 S 和 V. 程序框图如下：
│要点探究
│要点探究
变式题 有 9 个外形完全相同的小球，其中 8 个的 质量一样，有一个质量稍微轻一些，给你一个天平，你能 把那个质量稍轻的小球找出来吗？写出寻找较轻小球的 算法．
【思路】利用天平平衡原理，较高的托盘里面的小 球就是要找的，通过适当的方法，尽快找出较轻的小 球．
│要点探究
【解答】算法1： 第一步：任取两个小球分别放到天平的两个托盘 中，如果天平不平衡，则较高的托盘中的小球就是要 找的小球；如果天平是平衡的，则执行下一步； 第二步：取出左边托盘的一个球，然后把剩下的7 个小球依次放到左边托盘中，直到天平不平衡，找出 较轻的小球； 第三步：结束． 算法2： 第一步：把9个小球平均分成三组，每组3个； 第二步：把其中的两组放到天平的两个托盘中，
│知识梳理
明，也可以用框图直观地显示算法的全貌． 3．算法的要求 (1)写出的算法，必须能解决一类问题，并且能够重复使
用． (2)算法过程要能一步一步执行，每一步执行的操作，必
须确切，不能含混不清，而且经过有限步后能得出结果． 4．程序框图又称流程图，是一种用规定的图形、指向线
及文字说明来准确、直观地表示算法的图形． 通常，程序框图由 程序框 和 流程线 组成，一个或
理科
│知识框架 知识框架
│知识框架
│考试说明
考试说明
1．算法初步 (1)了解算法的含义，了解算法的思想． (2)理解程序框图的三种基本逻辑结构：顺序结构、条 件结构和循环结构． 2．复数 (1)理解复数的基本概念． (2)理解复数相等的充要条件． (3)了解复数的代数表示法及其几何意义．
高考理科数学第一轮复习第九章立体几何 9.3-2三垂线定理
O a α A P O a α A P 9.3-2三垂线定理【教学目标】正确理解和熟练掌握三垂线定理及其逆定理，并能运用它解决有关垂直问题。
【知识梳理】 1．斜线长定理从平面外一点向这个平面所引的垂线段和斜线段中，①射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段也较长；②相等的斜线段的射影相等，较长的斜线段的射影也较长；③垂线段比任何一条斜线段都短． 2．重要公式 如图，已知OB ⊥平面α于B ，OA 是平面α的斜线，A 为斜足，直线AC ⊂平面α，设∠OAB =θ1，又∠CAB =θ2，∠OAC =θ．那么cos θ=cos θ1⋅cos θ2．3．直线和平面所成的角①平面斜线与它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最小的角．②一个平面的斜线和它在这个平面内的射影的夹角，叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角)．如果直线和平面垂直，那么就说直线和平面所成的角是直角；如果直线和平面平行或在平面内，那么就说直线和平面所成的角是0︒的角．4．三垂线定理和三垂线定理的逆定理名称语言表述 图 示 字母表示 应 用 三垂线定 理 在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线的射影垂直,那么它也和这条斜线垂直.PO a AO a a PA ⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥⊂⊥αα ①证两直线垂直 ②作点线距 ③作二面角 的平面角 三垂线定理的逆定理 在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线垂直,那么它也和这条斜线的射影垂直.AO a PO a a PA ⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥⊂⊥αα 同 上三垂线定理和三垂线定理的逆定理的主要应用是证明两条直线垂直，尤其是证明两条异面直线垂直，此外，还可以作出点到直线的距离和二面角的平面角．在应用这两个定理时，要抓住平面和平面的垂线，简称“一个平面四条线，线面垂直是关键”．【点击双基】1．下列命题中，正确的是 ( )(A )垂直于同一条直线的两条直线平行(B )平行于同一平面的两条直线平行(C )平面的一条斜线可以垂直于这个平面内的无数条直线(D )a 、b 在平面外，若a 、b 在平面内的射影是两条相交直线，则a 、b 也是相交直线2．直线a 、b 在平面α内的射影分别为直线a 1、b 1，下列命题正确的是( )(A )若a 1⊥b 1，则a ⊥b (B )若a ⊥b ，则a 1⊥b 1(C )若a 1//b 1，则a 与b 不垂直 (D )若a //b ，则a 1与b 1不垂直3．直线a 、b 在平面外，若a 、b 在平面内的射影是一个点和不过此点的一条直线，则a与b 是 ( )(A )异面直线 (B )相交直线(C )异面直线或相交直线 (D )异面直线或平行直线C αD A B OC A P BD M N Q l 4．P 是△ABC 所在平面外一点，若P 点到△ABC 各顶点的距离都相等，则P 点在平面ABC 内的射影是△ABC 的 ( )(A )外心 (B )内心 (C )重心 (D )垂心5．P 是△ABC 所在平面外一点，若P 点到△ABC 各边的距离都相等，且P 点在平面ABC 内的射影在△ABC 的内部，则射影是△ABC 的 ( )(A )外心 (B )内心 (C )重心 (D )垂心6．P 是△ABC 所在平面外一点，连结P A 、PB 、PC ，若P A ⊥BC ，PB ⊥AC ，则P 点在平面ABC 内的射影是△ABC 的 ( )(A )外心 (B )内心 (C )重心 (D )垂心7．从平面外一点向这个平面引两条斜线段，它们所成的角为θ．这两条斜线段在平面内的射影成的角为α(90︒≤α<180︒)，那么θ与α的关系是 ( )(A )θ<α (B )θ>α (C )θ≥α (D )θ≤α8．已知直线l 1与平面α成30︒角，直线l 2与l 1成60︒角，则l 2与平面α所成角的取值范围是 ( )(A )[0︒,60︒] (B )[60︒,90︒] (C )[30︒,90︒] (D )[0︒,90︒]【典例剖析】例1．如果四面体的两组对棱互相垂直，求证第三组对棱也互相垂直．已知：四面体ABCD 中，AB ⊥CD ，AD ⊥BC ；求证：AC ⊥BD ；证法一：作AO ⊥平面BCD 于O ， 连OB 、OC 、OD ，∵AB ⊥CD ，∴OB ⊥CD ，同理，由AD ⊥BC 得OD ⊥BC ，∴O 是△BCD 的垂心，∴OC ⊥BD ，从而AC ⊥BD ．证法二：设AB =a ，AC =b ，AD =c ，则BC =b -a ，BD =c -a ，CD=c -b ，∵AB ⊥CD ，AD ⊥BC ，∴a ⋅(c -b )=0，c ⋅(b -a )=0，则a ⋅c =a ⋅b ，a ⋅c =c ⋅b ．∴a ⋅b =c ⋅b ，即a ⋅b -c ⋅b =0，从而有b ⋅(c -a )=0，故AC ⊥BD ．例2．如图，在三棱锥P -ABC 中，∠ACB =90︒，∠ABC =60︒，PC ⊥平面ABC ，AB =8，PC =6，M 、N 分别是P A 、PB 的中点，设△MNC 所在平面与△ABC 所在平面交于直线l ．(1)判断l 与MN 的位置关系，并进行证明； (2)求点M 到直线l 的距离．解：(1)l //MN ，证明如下： ∵M 、N 分别是P A 、PB 的中点，∴MN //AB ，MN ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， ∴MN //平面ABC ．又∵MN ⊂平面MNC ，平面MNC 平面ABC =l ，∴MN //l ．(2)取AC 的中点Q ，连MQ ，则MQ //PC ，而PC ⊥平面ABC ，∴MQ ⊥平面ABC ．作QD ⊥直线l 于D ，连MD ，则MD ⊥直线l ．线段MD 的长即为M 到直线l 的距离．在Rt △ABC 中，可求得AC =43，∴QC =23．又MQ =21PC =3，∠QCD =30︒，∴QD =21QC =3． 于是 MD =22QD MQ +=23．DC O B A abcN M P C B A 例3.如图，P 是ΔABC 所在平面外一点，且PA ⊥平面ABC 。
2011年高考数学大纲人教版 理 一轮复习配套教学课件第九章 第一节 平面与空间直线.ppt
答案：B
4．一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a 的正方形，则原平面四边形的面积等于________． 解析：如图所示．
原平面四边形面积为a×2 a＝2 a2. 答案：2 a2
5.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若M为棱BB1的中点，则
异面直线B1D与AM所成角的余弦值是
.
解析：如图所示，取CC1的中点N， 连结MN，DN，则MN AD，
∴四边形AMND为平行四边形，
∴AM DN，∴∠B1DN即为异面直线所成角. 连结B1N，设正方体棱长为a，则B1D＝ a，DN＝ a，
B1N＝ a，∴cos∠B1DN＝
＝.
答案：
所谓点线共面问题就是指证明一些点或直线在同 一个平面内的问题．
证明点线共面的常用方法 1．纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在
1.理解平面的基本性质，会用斜二测的画法画 水平放置的平面图形的直观图．
2．能够画出空间两条直线、直线和平面的各种 位置关系的图形，能够根据图形想象它们的
位置关系．
3．掌握空间两直线平行与垂直的判定定理和性 质定理．
4．会用反证法证明简单的问题．
1.平面的基本性质
名称
图示
公理1
文字表示
符号表示
G、H分别为FA、FD的中点.
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C、D、F、E四点是否共面？为什么？
[思路点拨] (1)
(2)方法一：证明D点在EF、CH确定的平面内. 方法二：延长FE、DC分别与AB交于M，M′，可证M与M′ 重合，从而FE与DC相交.
[课堂笔记] (1)证明：由已知FG＝GA，FH＝HD，可得
如果一条直线上的 两点 在一个平面内，A∈l，B∈l，
(江西专用)高考数学一轮复习 第九章 直线、平面、简单几何体课件 文 新人教A版
(D)l1,l2,l3共点⇒l1,l2,l3共面.
【解析】对于A,直线l1与l3可能异面也可能相交;对于C,直线
l2 、l3可能是三棱柱的三条棱所在的直线,此时不共面;对 l 1、
于D,直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面.所以选B.
【答案】B
2 和a,且长为a的棱 2.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,
角度探究:
切入角度 本题主要考查根据空间几何 体的直观图作出侧(左)视图, 考查空间想象能力. 说明 由侧(左)视图的概念正确作 图.
切入角度
说明
三视图中三个图的内在联系.
本题主要考查几何体的三视
三视图中知二推一的考查.
根据三视图还原出几何体,确
图、圆锥与球的体积公式,考
查空间想象及运算求解能力.
2.(2012年江西卷)若一个几何体的三视图如图所示,则此几 何体的体积为 ( )
(A) .
11 2
(B)5.
(C) .
9 2
(D)4.
【解析】由三视图可知,所求几何体是一个底面为六边形,高
为1的直棱柱,因此只需求出底面积即可.由俯视图和正(主)
1 2 所以几何体的体 视图可知,底面面积为1×2+2× × ×2 =4, 2
1.(2010年江西卷)如图,M是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1
的中点,给出下列四个命题:
①过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都相交; ②过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都垂直; ③过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都相交; ④过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都平行. 其中真命题是 ( (A)②③④. ) (C)①②④. (D)①②③.
【解析】对于A,直线l1与l3可能异面也可能相交;对于C,直线
l2 、l3可能是三棱柱的三条棱所在的直线,此时不共面;对 l 1、
于D,直线l1、l2、l3相交于同一个点时不一定共面.所以选B.
【答案】B
2 和a,且长为a的棱 2.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,
角度探究:
切入角度 本题主要考查根据空间几何 体的直观图作出侧(左)视图, 考查空间想象能力. 说明 由侧(左)视图的概念正确作 图.
切入角度
说明
三视图中三个图的内在联系.
本题主要考查几何体的三视
三视图中知二推一的考查.
根据三视图还原出几何体,确
图、圆锥与球的体积公式,考
查空间想象及运算求解能力.
2.(2012年江西卷)若一个几何体的三视图如图所示,则此几 何体的体积为 ( )
(A) .
11 2
(B)5.
(C) .
9 2
(D)4.
【解析】由三视图可知,所求几何体是一个底面为六边形,高
为1的直棱柱,因此只需求出底面积即可.由俯视图和正(主)
1 2 所以几何体的体 视图可知,底面面积为1×2+2× × ×2 =4, 2
1.(2010年江西卷)如图,M是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1
的中点,给出下列四个命题:
①过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都相交; ②过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都垂直; ③过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都相交; ④过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都平行. 其中真命题是 ( (A)②③④. ) (C)①②④. (D)①②③.
高三数学一轮复习 第九章《立体几何》97精品课件
三、直线的方向向量与直线的向量方程 1．对于定点A和向量a(a≠0)，经过点A与向量a平行 → ＝ta(t∈R)，称作以t为参数的参数 的直线l的向量方程 AP 方程，向量a称为该直线的方向向量． 2．对空间任一确定的点O，点P在经过点A与a平行 → ＝ OA → 的直线l上的充要条件是：存在唯一的实数t，使 OP → ＝a，则 OP → ＝(1－t) OA → ＋tOB → ，叫做空间 ＋ta，在l上取 AB 直线的向量参数方程．
• 四、平面的法向量与平面的向量表示 • 1．如果向量a的基线与平面α垂直，则a称作平面α的法 向量．
2．设A是空间任一确定的点，n为空间中任一非零向 → · 量．如果空间点M满足 AM n＝0 (1)，则点M在过点A与向 量n垂直的平面α内．(1)式称为平面α的向量表示式，其中n 为平面α的法向量．
• 2．用向量方法研究直线与平面的有关位置关系 • 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，v1、v2是 与α平行的两个不共线向量． • (1)l∥α或l⊂α⇔存在两个实数λ、μ，使a＝λv1＋ μv2⇔a·n＝0.
• (2)l⊥α⇔a∥n⇔存在实数t，使a＝tn.
a⊥v1 l⊥α⇔ a⊥v2
3．求直线到平面的距离 设直线a∥平面α，A∈a，B∈α，n是平面α的法向 → ∥n， 量，过A作AC⊥α，垂足为C，则AC →· → ＋CB → )· →· ∵AB n＝(AC n＝AC n， →· → |· ∴|AB n|＝|AC |n|. →· | AB n| → ∴直线a到平面α的距离d＝|AC|＝ |n| .
⑤转化为几何结论．
• 借助空间向量可将立体几何中的平行、垂直、夹角、距 离等问题转化为向量的坐标运算，如： • 1．用向量方法研究两直线间的有关位置关系 • 设直线l1、l2的方向向量分别为a、b.
人教版高中数学高考一轮复习--高考中的立体几何(课件 共47张PPT)
∴CA,CB,CC1两两垂直.
以点C为坐标原点, , , 1 分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直
角坐标系,如图所示,
则 C(0,0,0),C1(0,0,2),A1(2 3,0,4),E(0,2,4λ).
设平面 A1EC1 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),
1 ·1 1 = 0,
3.用向量方法证明面面平行或垂直的方法:α∥β⇔e1∥e2⇔存在实数λ,使
2 ⊥ ,
e2=λe1(e1≠0);α⊥β⇔e1⊥e2⇔e1·e2=0;α∥β⇔
其中α,β为不重合的
2 ⊥ .
两个平面,e1,e2为α,β的法向量,A,B,C为α内不共线的三个点.
例2 如图,CC1⊥平面ABC,平面ABB1A1⊥平面ABC,四边形ABB1A1为正
2
2 2
2 2 2
设平面 PDC 的法向量为 n=(x,y,z),=(-1,0,1), =(-1,1,1),
- + = 0,
· = 0,
则
即
取 n=(1,0,1).
- + + = 0,
· = 0,
1 1
∵n· = 2 − 2=0,∴ ⊥n.
又 EF⊄平面 DCP,∴EF∥平面 DCP.
2 31 + 21 = 0,
则
即
21 + (4-2)1 = 0,
1 ·1 = 0,
3
令 z1=1,则 x1=- ,y1=1-2λ,
3
3
可取 n1= - 3 ,1-2,1 .
设平面 A1EC 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),
2 ·1 = 0,
2 32 + 42 = 0,
2011届高考数学总复习第一轮课件__人教版(理) 第九章_立体几何9.6 多面体、球
多面体、 9.6 多面体、球 基础知识 自主学习
要点梳理
1.正多面体的定义 1.正多面体的定义 每一个面都是有相同边数的 正多边形，每个顶点 为端点都有 相同棱数 的凸多面体. 的凸多面体. 2.当给出的几何体比较复杂， 2.当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法 当给出的几何体比较复杂 运用时，采用“ 的技巧， 运用时，采用“ 割 ”或“ 补 ”的技巧，化复杂 几何体为简单几何体（如柱、 几何体为简单几何体（如柱、锥）.
方法二
将斜三棱柱补成平行六面体（ 将斜三棱柱补成平行六面体（如图所
示），设B到面ACC1A1的距离为h， ），设 到面ACC 的距离为h 则平行六面体的体积为
V = S ACC1A1 h,
∴斜三棱柱的体积是 1 V = S ACC1A1 h, 2 1 又 | AQ |=| PC1 |,∴ S ACPQ = S ACC1A1 , 2 1 1 ∴VB ACPQ = S ACC1A1 h. 2 2 答案 B
割成三个小棱锥， 割成三个小棱锥， 1 QVB A1B1C1 = V三棱柱 , 3 又S ACPQ = SQPC1A1 ,
1 ∴VB ACPQ = VBQPC1A1 ,∴VB ACPQ = V三棱柱 . 3 将斜三棱柱分割成三个棱锥之后， （将斜三棱柱分割成三个棱锥之后，体积的计算便
一目了然了. 一目了然了.）
答案 B
探究提高 求不规则多面体的体积常用以下四种方 法：（1）公式法.根据已知条件直接运用柱、锥、 ：（1 公式法.根据已知条件直接运用柱、 球体体积公式求出相应多面体的体积, 球体体积公式求出相应多面体的体积,要抓好三个环 节：一是正确记忆公式；二是求出公式中需要的 一是正确记忆公式； 量；三是简明正确地运算.（2）转移法.如在计算一 三是简明正确地运算. 转移法. 个三棱锥体积时，直接算有困难， 个三棱锥体积时，直接算有困难，则可转化一个等 底等高的三棱柱进行计算. 底等高的三棱柱进行计算.（3）分割法.如果直接计 分割法. 算较困难， 算较困难，可将多面体分割为易求出体积的一些小 多面体，逐个求体积，再求和. 多面体，逐个求体积，再求和.（4）补形法.将多面 补形法. 体再补上一个多面体， 体再补上一个多面体，使其变成一个易于计算体积 的新几何体， 的新几何体，再用新几何体体积减去所补部分的体 积.
要点梳理
1.正多面体的定义 1.正多面体的定义 每一个面都是有相同边数的 正多边形，每个顶点 为端点都有 相同棱数 的凸多面体. 的凸多面体. 2.当给出的几何体比较复杂， 2.当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法 当给出的几何体比较复杂 运用时，采用“ 的技巧， 运用时，采用“ 割 ”或“ 补 ”的技巧，化复杂 几何体为简单几何体（如柱、 几何体为简单几何体（如柱、锥）.
方法二
将斜三棱柱补成平行六面体（ 将斜三棱柱补成平行六面体（如图所
示），设B到面ACC1A1的距离为h， ），设 到面ACC 的距离为h 则平行六面体的体积为
V = S ACC1A1 h,
∴斜三棱柱的体积是 1 V = S ACC1A1 h, 2 1 又 | AQ |=| PC1 |,∴ S ACPQ = S ACC1A1 , 2 1 1 ∴VB ACPQ = S ACC1A1 h. 2 2 答案 B
割成三个小棱锥， 割成三个小棱锥， 1 QVB A1B1C1 = V三棱柱 , 3 又S ACPQ = SQPC1A1 ,
1 ∴VB ACPQ = VBQPC1A1 ,∴VB ACPQ = V三棱柱 . 3 将斜三棱柱分割成三个棱锥之后， （将斜三棱柱分割成三个棱锥之后，体积的计算便
一目了然了. 一目了然了.）
答案 B
探究提高 求不规则多面体的体积常用以下四种方 法：（1）公式法.根据已知条件直接运用柱、锥、 ：（1 公式法.根据已知条件直接运用柱、 球体体积公式求出相应多面体的体积, 球体体积公式求出相应多面体的体积,要抓好三个环 节：一是正确记忆公式；二是求出公式中需要的 一是正确记忆公式； 量；三是简明正确地运算.（2）转移法.如在计算一 三是简明正确地运算. 转移法. 个三棱锥体积时，直接算有困难， 个三棱锥体积时，直接算有困难，则可转化一个等 底等高的三棱柱进行计算. 底等高的三棱柱进行计算.（3）分割法.如果直接计 分割法. 算较困难， 算较困难，可将多面体分割为易求出体积的一些小 多面体，逐个求体积，再求和. 多面体，逐个求体积，再求和.（4）补形法.将多面 补形法. 体再补上一个多面体， 体再补上一个多面体，使其变成一个易于计算体积 的新几何体， 的新几何体，再用新几何体体积减去所补部分的体 积.
2011届高考数学第一轮复习专辑课件16
2
1 13 1 3 . 3 3
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题型分类 深度剖析
题型一 三角函数的定义 【例1】 已知角 的终边在直线3x+4y=0上,求 sin , cos , tan 的值. 思维启迪 本题求 的三角函数值.依据三角函 数的定义,可在角 的终边上任取一点P(4t,-3t) (t≠0),求出r,由定义得出结论.
cos
x r y , tan x y r ,
,
它们都是以角为自
变量 ，以比值为 函数值 的函数.
(2)三角函数在各象限内的符号口诀是：一全
正、二正弦、三正切、四余弦 .
3.三角函数线
设角 的顶点在坐标原点,始边与x轴正半轴重 合,终边与单位圆相交于点P，过P作PM垂直于 x 正射影 轴于M,则点M是点P在x轴上的 .)由三 (cos , si n
1 cos . 5
可求sin , cos的值;
(2) 1 sin 2 cos2 ,分子、分母同除以 cos2 即可.
解
(1)方法一
1 sin cos 联立方程 5 sin 2 cos2 1
①
2分
②
1 由①得 cos sin , 将其代入②, 5 整理得25 sin 2 5 sin 12 0. 4 sin 5 是三角形内角, , cos 3 5 4 tan . 3
解析
r (1) 2 2 2 5 ,
x 1 5 . r 5 5
由定义cos
3.已知角 的终边经过点(
小正值是（ B ）
A. 2 3 B. 11 6
3 ，-1),则角
1 13 1 3 . 3 3
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题型分类 深度剖析
题型一 三角函数的定义 【例1】 已知角 的终边在直线3x+4y=0上,求 sin , cos , tan 的值. 思维启迪 本题求 的三角函数值.依据三角函 数的定义,可在角 的终边上任取一点P(4t,-3t) (t≠0),求出r,由定义得出结论.
cos
x r y , tan x y r ,
,
它们都是以角为自
变量 ，以比值为 函数值 的函数.
(2)三角函数在各象限内的符号口诀是：一全
正、二正弦、三正切、四余弦 .
3.三角函数线
设角 的顶点在坐标原点,始边与x轴正半轴重 合,终边与单位圆相交于点P，过P作PM垂直于 x 正射影 轴于M,则点M是点P在x轴上的 .)由三 (cos , si n
1 cos . 5
可求sin , cos的值;
(2) 1 sin 2 cos2 ,分子、分母同除以 cos2 即可.
解
(1)方法一
1 sin cos 联立方程 5 sin 2 cos2 1
①
2分
②
1 由①得 cos sin , 将其代入②, 5 整理得25 sin 2 5 sin 12 0. 4 sin 5 是三角形内角, , cos 3 5 4 tan . 3
解析
r (1) 2 2 2 5 ,
x 1 5 . r 5 5
由定义cos
3.已知角 的终边经过点(
小正值是（ B ）
A. 2 3 B. 11 6
3 ，-1),则角
2011年高考数学 大纲人教版 理 一轮复习配套教学课件第九章 第六节 棱柱、棱锥概念和性质-精品文档
答案：C
2．一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示， A、B、C是展开图上的三点，则在正方体盒子中， ∠ABC的大小为 A．30° C．60° B．45° D．90° ( )
解析：如图所示，将平面图还原为正方体，则AB＝BC ＝CA， ∴∠ABC＝60°.
答案：C
3．一长方体木料，沿图①所示平面EFGH截长方体，若
为AB的中点，四个直角三角形为Rt △VOA，Rt△AGO，Rt△VGA和Rt△VOG，它们包含了棱锥的 高、斜高、侧棱、底边长的一半、底面正多边形的外接圆 半径、内切圆的半径、侧棱与底面所成的角，侧面与底面
所成的角，如果知道了其中的两个量，就可求出其余的量．
如图，在直三棱柱
ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，
2AC＝AA1＝BC＝2.
(1)若D为AA1中点，
求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；
(2)若二面角B1－DC－C1的大小为60°，求AD的长．
[思路点拨] (1)证明平面B1CD⊥平面B1C1D可转化为证CD⊥平面B1C1D.
[课堂笔记] (1)∵∠A1C1B1＝∠ACB＝90°， ∴B1C1⊥A1C1， 又由直三棱柱的性质知B1C1⊥CC1，
答案：
5．已知正四棱柱的对角线的长为
且对角线与底面
所成角的余弦值为
________．
，则该正四棱柱的体积等于
解析：设正四棱柱的底面边长为a，侧棱长为b，依题意 得 由此解得a＝1，b＝2，
因此该正四棱柱的体积等于a2b＝2. 答案：2
理解棱柱、棱锥及其有关概念，这是掌握性质的基
础，也是解题的基础，但棱柱的有关概念很多，其中有
a为底面边长，h′为正棱柱的高，c为底面周长)，即正棱 柱的侧面积等于其底面周长和高的乘积；正棱锥的侧面 积 S正棱锥侧＝ nah′＝ (nch ′ 为侧面的个数， a为底
2011年高考数学 大纲人教版 理 一轮复习配套教学课件第九章 第六节 棱柱、棱锥概念和性质 共55页
解：(1)证明：因为△PAB是等边三角形， ∠PAC＝∠PBC＝90°， 所以Rt△PBC≌Rt△PAC， 可得AC＝BC. 如图，取AB中点D，连结 PD、CD， 则PD⊥AB，CD⊥AB， 所以AB⊥平面PDC， 所以AB⊥PC.
(2)作BE⊥PC，垂足为E，连结AE. 因为Rt△PBC≌Rt△PAC， 所以AE⊥PC，AE＝BE. 由已知，平面PAC⊥平面PBC， 故∠AEB＝90°. 因为Rt△AEB≌Rt△PEB， 所以△AEB，△PEB，△CEB都是等腰直角三角形．
2．一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示，
A、B、C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，
∠ABC的大小为
()
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
解析：如图所示，将平面图还原为正方体，则AB＝BC ＝CA， ∴∠ABC＝60°.
答案：C
3．一长方体木料，沿图①所示平面EFGH截长方体，若 AB⊥CD，那么图②四个图形中是截面的是 ( )
心的棱锥必是正棱锥．
其中正确命题的个数是
()
A．1 C．3
B．2 D．4
解析：命题(1)不正确；正棱锥必须具备两点，一是：底面 为正多边形，二是：顶点在底面内的射影是底面的中心； 命题(2)缺少第一个条件；命题(3)缺少第二个条件；而命题 (4)可推出以上两个条件都具备． 答案：A
2．正方体的体对角线与底面所成角的余弦值为( )
a为底面边长，h′为正棱柱的高，c为底面周长)，即正棱
柱的侧面积等于其底面周长和高的乘积；正棱锥的侧面
积
S正棱锥侧＝ nah′＝ (nc为h′侧面的个数，a为底
面边长，h′为斜高，c为底面周长)，即正棱锥的侧面积
高三数学一轮复习 第九章《立体几何》95精品课件
• (理)(2010·宁波市模拟)已知α，β表示两个互相垂直的 平面，a，b表示一对异面直线，则a⊥b的一个充分条 件是( ) • A．a∥α，b⊥β B．a∥α，b∥β • C．a⊥α，b∥β D．a⊥α，b⊥β
b⊥β ⇒b∥α或b⊂α，又a∥α，此时a与b位 解析： α⊥β 置关系不确定，排除A；设α∩β＝l，当a∥b∥l时，排除 a⊥α ⇒a∥β或a⊂β α⊥β b⊥β
• 3．a⊥b，a⊥c，b⊂α，c⊂α⇒a⊥α是错误的，b与c相
交的条件不能少． 4．两平面垂直 时，从一个平面内一点向另一个平面 ．．
作垂线，则垂足必落在交线上．
• • • •
• • • •
一、特殊点在平面上的射影 1．△ABC所在平面外一点P在平面ABC内射影为O， (1)若PA＝PB＝PC，则O为△ABC外心 (2)若P到△ABC三边距离相等，则O为△ABC内心或旁 心 (3)若PA、PB、PC两两垂直，则O为△ABC的垂心 2．∠ACB所在平面外一点P在平面ACB内射影为O (1)若∠PCA＝∠PCB，则O在∠BCA的平分线上 (2)若P到∠BCA两边距离相等，则O在∠BCA的平分线 上
• (文)(09·浙江)设α，β是两个不同的平面，l是一条直线， 以下命题正确的是( ) • A．若l⊥α，α⊥β，则l⊂β • B．若l∥α，α∥β，则l⊂β • C．若l⊥α，α∥β，则l⊥β • D．若l∥α，α⊥β，则l⊥β • 解析：若两平面平行，一直线垂直于其中一个平面，则 它垂直于另一个平面，故选C. • 答案：C
• (2)作棱的垂面，垂面与两个半平面的交线夹角，即二 面角的平面角． • (3)在二面角的一个半平面内取一点A，过A向另一个半 平面所在平面作垂线，垂足为B，再由B向棱作垂线， 垂足为C，则∠ACB就是二面角的平面角或其补角．
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又AM∩AD=A，故CE⊥平面AMD.而CE平面
BF DE
CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.
(3)解
设平面CDE的法向量为u=（x,y,z)，
u CE 0, x z 0, 则 于是 u DE 0. y z 0. 令x=1,可得u=(1,1,1).
.
2.空间向量与空间角的关系 (1)设异面直线l1,l2的方向向量分别为m1,m2， 则l1与l2所成的角θ 满足 θ = |cos〈m1,m2〉| . cos (2)设直线l的方向向量和平面α 的法向量分别 为m,n，则直线l与平面α 所成角θ 满足 sin θ = |cos〈m,n〉| . (3)求二面角的大小
3.已知两平面的法向量分别为m=（0，1，0）， n=（0，1，1）,则两平面所成的二面角为( C ) A.45° C.45°或135°
| m || n |
B.135° D.90°
1 2 2
解析 cos m , n m n 1 2 ,
即〈m,n〉=45°，其补角为135°.
∴两平面所成二面角为45°或135°.
空间直角坐标系D—xyz. 则 DA=（1，0，0）， C =(0,0,1). C 连接BD,B′D′.
在平面BB′D′D中,
延长DP交B′D′于H. 设 DH =(m,m,1) (m>0),
已知〈DH, DA〉=60°,
由DA DH | DA || DH | cos DH , DA , 可得2m 2m2 1.
2.已知平面α 内有一个点M（1，-1，2），平面α 的一个法向量是n=（6，-3，6），则下列点P中 在平面α 内的是( A )
A.P（2，3，3）
C.P（-4，4，0） 解析
B.P（-2，0，1）
D.P（3，-3，4）
∵n=（6，-3，6）是平面α 的法向量，
∴n⊥ MP ，在选项A中， MP =（1，4，1）， ∴n·MP =0.
§9.8
立体几何中的向量方法
基础知识 自主学习
要点梳理
1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 （1）直线的方向向量：在直线上任取一 非零向 量作为它的方向向量. （2）平面的法向量可利用方程组求出：设a,b是 平面α 内两不共线向量，n为平面α 的法向量，
n a 0 则求法向量的方程组为 n b 0
1 3 1 , , ), 4 4 2
PD // n, PD 平面ABE,即PD 平面ABE.
探究提高 证明线面平行和垂直问题，可以用几
何法，也可以用向量法.用向量法的关键在于构造 向量，再用共线向量定理或共面向量定理及两向
量垂直的判定定理.若能建立空间直角坐标系，其
证法较为灵活方便.
①如图①，AB、CD是二面角α —l—β 的两个面
内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ =
AB, CD
.
② 如图②③，n1，n2分别是二面角α —l—β 的两 个半平面α ，β 的法向量，则二面角的大小θ 满足 cos〈n1,n2〉或-cos〈n1,n2〉 cos θ = .
3.点面距的求法 如图,设AB为平面α 的一条斜线段,n为平面α 的
4.如图所示，在空间直角坐标系中，
有一棱长为a的正方体ABCO—
A′B′C′D′，A′C的中点E 与AB的中点F的距离为( B ) A. 2a 解析 B.
2 a 2
1 2
C.a
D. a
由图易知A（a,0,0）,B（a,a,0）,
C（0，a，0），A′(a,0,a).
a a a a F (a, ,0), E ( , , ). 2 2 2 2 a 2 a a 2 a 2 | EF | (a ) ( ) (0 ) 2 2 2 2 a2 a2 2 a. 4 4 2
PB (2,0,2), FE (0,1,0), FG (1,1,1),
设 PB s FE t FG,
即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1)，
t 2, t s 0,解得s t 2. t 2, PB 2 FE 2 FG, 又 FE与FG不共线, PB FE与FG共面. 、 PB 平面EFG, PB // 平面EFG.
探究提高
（1）异面直线的夹角与向量的夹角有所
不同，应注意思考它们的区别与联系. （2）直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向 量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化, 所以要注意它们的区别与联系.
知能迁移2
（2009·天津理，19）
如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥ 平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥
2 2 2 解得m , 所以DH ( , ,1) 2 2 2
2 2 0 0 1 1 2 2 (1)因为cos DH , CC 2 , 2 1 2 所以 DH , CC 45,即DP与CC 所成的角为45.
(2)平面AADD的一个法向量是 (0,1,0). DC 2 2 0 1 1 0 1 2 因为cos DH , DC 2 , 2 1 2 所以 DH , DC 60, 可得DP与平面AADD所成的角为 . 30
m 1, 解得 n 2.
题型分类 深度剖析
题型一 利用空间向量证明平行与垂直
【例1】如图所示，在四棱锥P—ABCD中， PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，
AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC, E是PC的中点.证明： (1)AE⊥迪 （1） 建立空间直角坐标系
| AB n | 法向量,则B到平面α 的距离d= |n|
.
基础自测
1.若直线l1,l2的方向向量分别为a=(2,4,-4),b= (-6,9,6)，则( B ) A.l1∥l2 C.l1与l2相交但不垂直 解析 ∴l1⊥l2.
B.l1⊥l2
D.以上均不正确
∵a·b=-12+36-24=0，∴a⊥b，
| n MB | 4 2 点B到平面CMN的距离d . ［12分］ |n| 3 探究提高 点到平面的距离，利用向量法求解比较
简单，它的理论基础仍出于几何法.如本题,事实上，
作BH⊥平面CMN于H.
由BH BM MH及
5.已知a=(1,1,1),b=(0,2,-1),c=ma+nb+(4,-4,1). 若c与a及b都垂直，则m,n的值分别为( A ) A.-1,2 B.1,-2 C.1,2 D.-1,-2
解析
由已知得c=(m+4,m+2n-4,m-n+1),
故a·c=3m+n+1=0，b·c=m+5n-9=0.
题型二
利用向量求空间角
【例2】 （2008·海南理，18）如图所 示，已知点P在正方体ABCD—
A′B′C′D′的对角线BD′上,
∠PDA=60°. (1)求DP与CC′所成角的大小; (2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小.
思维启迪 建立空间直角坐标系，利用空间向 量方法求解.
解
如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立
方法二 AB (1,0,0), AE (
设平面ABE的一个法向量为 ( x, y, z ), n x 0 则 1 , 3 1 y z 0 x 4 2 4 令y 2, 则z 3 , n (0,2, 3 ). PD (0, 2 3 3 ,1),显然PD n. 3 3
平面SAC∩平面ABC=AC，
∴SO⊥平面ABC， ∴SO⊥BO. ［4分］
如图所示，建立空间直角坐标系O—xyz，
则B(0,2 3 ,0),C(-2,0,0),S(0,0,2 2 ), M（1， 3 ，0），N（0， 3 ， 2 ）. ［6分］
CM (3, 3,0), MN (1,0, 2 ),
∴△ABC为正三角形.
1 3 1 3 1 C( , ,0), E ( , , ). 2 2 4 4 2 设D (0, y,0),由AC CD, 得 AC CD 0, 即y 2 3 2 3 , 则D (0, ,0), 3 3
1 3 1 3 1 CD ( , ,0).又 AE ( , , ), 2 6 4 4 2
1 1 M ( ,1, ). 2 2
BF (1,0,1), DE (0,1,1), 0 0 1 1 于是 cos BF , DE . 2 2 2 | BF || DE |
所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.
1 1 由AM ( ,1, ), CE (1,0,1), AD (0,2,0), (2)证明 2 2 可得CE AM 0， AD 0.因此CE AM , CE AD. CE
又由题设，平面ACD的一个法向量v=(0,0,1).
所以, cos u, v uv 0 0 1 3 . | u || v | 3 3 1
因为二面角A—CD—E为锐角，所以其余弦值为
3 . 3
题型三
利用向量求空间距离
【例3】 （12分）在三棱锥S—ABC中， △ABC是边长为4的正三角形，平面
确定 AE CD 的坐标 、 AE⊥CD （2） 求面ABE的法向量n
计算 AE CD
判断满足PD =kn(k∈R）
PD ⊥平面ABE
或 确定PD AB AE 坐标 、 、
PD⊥AE PD⊥AB
计算 PD AB, PD AE
PD⊥平面ABE
证明
AB、AD、AP两两垂直，建立如图
所示的空间直角坐标系，设PA=AB=BC=1， 则P（0，0，1）. (1)∵∠ABC=60°，
知能迁移1
如图所示,平面PAD⊥平面
ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直
BF DE
CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.
(3)解
设平面CDE的法向量为u=（x,y,z)，
u CE 0, x z 0, 则 于是 u DE 0. y z 0. 令x=1,可得u=(1,1,1).
.
2.空间向量与空间角的关系 (1)设异面直线l1,l2的方向向量分别为m1,m2， 则l1与l2所成的角θ 满足 θ = |cos〈m1,m2〉| . cos (2)设直线l的方向向量和平面α 的法向量分别 为m,n，则直线l与平面α 所成角θ 满足 sin θ = |cos〈m,n〉| . (3)求二面角的大小
3.已知两平面的法向量分别为m=（0，1，0）， n=（0，1，1）,则两平面所成的二面角为( C ) A.45° C.45°或135°
| m || n |
B.135° D.90°
1 2 2
解析 cos m , n m n 1 2 ,
即〈m,n〉=45°，其补角为135°.
∴两平面所成二面角为45°或135°.
空间直角坐标系D—xyz. 则 DA=（1，0，0）， C =(0,0,1). C 连接BD,B′D′.
在平面BB′D′D中,
延长DP交B′D′于H. 设 DH =(m,m,1) (m>0),
已知〈DH, DA〉=60°,
由DA DH | DA || DH | cos DH , DA , 可得2m 2m2 1.
2.已知平面α 内有一个点M（1，-1，2），平面α 的一个法向量是n=（6，-3，6），则下列点P中 在平面α 内的是( A )
A.P（2，3，3）
C.P（-4，4，0） 解析
B.P（-2，0，1）
D.P（3，-3，4）
∵n=（6，-3，6）是平面α 的法向量，
∴n⊥ MP ，在选项A中， MP =（1，4，1）， ∴n·MP =0.
§9.8
立体几何中的向量方法
基础知识 自主学习
要点梳理
1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 （1）直线的方向向量：在直线上任取一 非零向 量作为它的方向向量. （2）平面的法向量可利用方程组求出：设a,b是 平面α 内两不共线向量，n为平面α 的法向量，
n a 0 则求法向量的方程组为 n b 0
1 3 1 , , ), 4 4 2
PD // n, PD 平面ABE,即PD 平面ABE.
探究提高 证明线面平行和垂直问题，可以用几
何法，也可以用向量法.用向量法的关键在于构造 向量，再用共线向量定理或共面向量定理及两向
量垂直的判定定理.若能建立空间直角坐标系，其
证法较为灵活方便.
①如图①，AB、CD是二面角α —l—β 的两个面
内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ =
AB, CD
.
② 如图②③，n1，n2分别是二面角α —l—β 的两 个半平面α ，β 的法向量，则二面角的大小θ 满足 cos〈n1,n2〉或-cos〈n1,n2〉 cos θ = .
3.点面距的求法 如图,设AB为平面α 的一条斜线段,n为平面α 的
4.如图所示，在空间直角坐标系中，
有一棱长为a的正方体ABCO—
A′B′C′D′，A′C的中点E 与AB的中点F的距离为( B ) A. 2a 解析 B.
2 a 2
1 2
C.a
D. a
由图易知A（a,0,0）,B（a,a,0）,
C（0，a，0），A′(a,0,a).
a a a a F (a, ,0), E ( , , ). 2 2 2 2 a 2 a a 2 a 2 | EF | (a ) ( ) (0 ) 2 2 2 2 a2 a2 2 a. 4 4 2
PB (2,0,2), FE (0,1,0), FG (1,1,1),
设 PB s FE t FG,
即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1)，
t 2, t s 0,解得s t 2. t 2, PB 2 FE 2 FG, 又 FE与FG不共线, PB FE与FG共面. 、 PB 平面EFG, PB // 平面EFG.
探究提高
（1）异面直线的夹角与向量的夹角有所
不同，应注意思考它们的区别与联系. （2）直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向 量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化, 所以要注意它们的区别与联系.
知能迁移2
（2009·天津理，19）
如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥ 平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥
2 2 2 解得m , 所以DH ( , ,1) 2 2 2
2 2 0 0 1 1 2 2 (1)因为cos DH , CC 2 , 2 1 2 所以 DH , CC 45,即DP与CC 所成的角为45.
(2)平面AADD的一个法向量是 (0,1,0). DC 2 2 0 1 1 0 1 2 因为cos DH , DC 2 , 2 1 2 所以 DH , DC 60, 可得DP与平面AADD所成的角为 . 30
m 1, 解得 n 2.
题型分类 深度剖析
题型一 利用空间向量证明平行与垂直
【例1】如图所示，在四棱锥P—ABCD中， PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，
AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC, E是PC的中点.证明： (1)AE⊥迪 （1） 建立空间直角坐标系
| AB n | 法向量,则B到平面α 的距离d= |n|
.
基础自测
1.若直线l1,l2的方向向量分别为a=(2,4,-4),b= (-6,9,6)，则( B ) A.l1∥l2 C.l1与l2相交但不垂直 解析 ∴l1⊥l2.
B.l1⊥l2
D.以上均不正确
∵a·b=-12+36-24=0，∴a⊥b，
| n MB | 4 2 点B到平面CMN的距离d . ［12分］ |n| 3 探究提高 点到平面的距离，利用向量法求解比较
简单，它的理论基础仍出于几何法.如本题,事实上，
作BH⊥平面CMN于H.
由BH BM MH及
5.已知a=(1,1,1),b=(0,2,-1),c=ma+nb+(4,-4,1). 若c与a及b都垂直，则m,n的值分别为( A ) A.-1,2 B.1,-2 C.1,2 D.-1,-2
解析
由已知得c=(m+4,m+2n-4,m-n+1),
故a·c=3m+n+1=0，b·c=m+5n-9=0.
题型二
利用向量求空间角
【例2】 （2008·海南理，18）如图所 示，已知点P在正方体ABCD—
A′B′C′D′的对角线BD′上,
∠PDA=60°. (1)求DP与CC′所成角的大小; (2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小.
思维启迪 建立空间直角坐标系，利用空间向 量方法求解.
解
如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立
方法二 AB (1,0,0), AE (
设平面ABE的一个法向量为 ( x, y, z ), n x 0 则 1 , 3 1 y z 0 x 4 2 4 令y 2, 则z 3 , n (0,2, 3 ). PD (0, 2 3 3 ,1),显然PD n. 3 3
平面SAC∩平面ABC=AC，
∴SO⊥平面ABC， ∴SO⊥BO. ［4分］
如图所示，建立空间直角坐标系O—xyz，
则B(0,2 3 ,0),C(-2,0,0),S(0,0,2 2 ), M（1， 3 ，0），N（0， 3 ， 2 ）. ［6分］
CM (3, 3,0), MN (1,0, 2 ),
∴△ABC为正三角形.
1 3 1 3 1 C( , ,0), E ( , , ). 2 2 4 4 2 设D (0, y,0),由AC CD, 得 AC CD 0, 即y 2 3 2 3 , 则D (0, ,0), 3 3
1 3 1 3 1 CD ( , ,0).又 AE ( , , ), 2 6 4 4 2
1 1 M ( ,1, ). 2 2
BF (1,0,1), DE (0,1,1), 0 0 1 1 于是 cos BF , DE . 2 2 2 | BF || DE |
所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.
1 1 由AM ( ,1, ), CE (1,0,1), AD (0,2,0), (2)证明 2 2 可得CE AM 0， AD 0.因此CE AM , CE AD. CE
又由题设，平面ACD的一个法向量v=(0,0,1).
所以, cos u, v uv 0 0 1 3 . | u || v | 3 3 1
因为二面角A—CD—E为锐角，所以其余弦值为
3 . 3
题型三
利用向量求空间距离
【例3】 （12分）在三棱锥S—ABC中， △ABC是边长为4的正三角形，平面
确定 AE CD 的坐标 、 AE⊥CD （2） 求面ABE的法向量n
计算 AE CD
判断满足PD =kn(k∈R）
PD ⊥平面ABE
或 确定PD AB AE 坐标 、 、
PD⊥AE PD⊥AB
计算 PD AB, PD AE
PD⊥平面ABE
证明
AB、AD、AP两两垂直，建立如图
所示的空间直角坐标系，设PA=AB=BC=1， 则P（0，0，1）. (1)∵∠ABC=60°，
知能迁移1
如图所示,平面PAD⊥平面
ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直