直线、平面、简单几何体

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数学高考复习名师精品教案：第74课时：第九章直线、平面、简单几何体-直线与平面垂直(1)

数学高考复习名师精品教案第74课时：第九章直线、平面、简单几何体——直线与平面垂直课题：直线与平面垂直一．复习目标：1．掌握直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理，并能运用它们进行论证和解决有关的问题；2．会用三垂线定理及其逆定理证明线线垂直，并会规范地写出解题过程。

二．知识要点：1．直线与平面垂直的判定定理是；性质定理是； 2．三垂线定理是；三垂线定理的逆定理是； 3．证明直线和平面垂直的常用方法有：三．课前预习：1．若,,a b c 表示直线，α表示平面，下列条件中，能使a α⊥的是（ D ）()A ,,,a b a c b c αα⊥⊥⊂⊂ ()B ,//a b b α⊥ ()C ,,a b A b a b α=⊂⊥ ()D //,a b b α⊥2．已知l 与m 是两条不同的直线，若直线l ⊥平面α，①若直线m l ⊥，则//m α；②若mα⊥，则//m l ；③若m α⊂，则m l ⊥；④//m l ，则mα⊥。

上述判断正确的是（ B ）()A ①②③ ()B ②③④ ()C ①③④ ()D ②④3．在直四棱柱1111ABC D A B C D -中，当底面四边形A B C D 满足条件A CB D⊥时，有111A C B D ⊥（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况） 4.设三棱锥P A B C -的顶点P 在平面ABC 上的射影是H ，给出以下命题： ①若P A B C⊥，P B A C⊥，则H 是A B C ∆的垂心②若,,PA PB PC 两两互相垂直，则H 是A B C ∆的垂心 ③若90ABC∠=，H 是A C 的中点，则PA PB PC ==④若PA PB PC ==，则H 是A B C ∆的外心其中正确命题的命题是 ①②③④ 四．例题分析：例1．四面体A B C D 中，,,ACBD E F=分别为,AD BC 的中点，且2EFAC=，90BDC ∠=，求证：B D ⊥平面A C D证明：取C D 的中点G ，连结,EG FG ，∵,E F 分别为,AD BC 的中点， ∴E G12//A C=12//F G B D=，又,AC BD =∴12F G A C=，∴在E F G ∆中，222212E GF G A CE F+==∴E GF G⊥，∴B DA C⊥，又90BDC ∠=，即BDC D⊥，AC CD C =∴B D ⊥平面A C D例2．如图P 是A B C ∆所在平面外一点，,PA PB CB =⊥平面P A B ，M 是P C 的中点，NMPCBAM DA 1C 1B 1CBAN是AB 上的点，3A NN B=（1）求证：M N A B⊥；（2）当90APB ∠= ，24AB BC ==时，求M N 的长。

直线平面简单几何体球

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一个球与底面边长为a的正四棱锥的底面
和侧面都相切.若平行于棱锥
底面且与球相切的平面截棱锥，
所得的截面是一个边长为b的正
方形，求这个球的表面积.
解：过正四棱锥相对两个侧面的斜高作截
面，如图设O为球心，O1、O2
分别为截面和底面正方形的中
心，球与侧面的一个切点为C.
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点评：求球的表面积的关键是求球的半径.求半径时，一般是根据截面圆的圆心与球的圆心的连线段、截面圆的弦长、球的半径三者之间的关系，通过解三角形来求得.
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如图，A、B、C是表面积为 48π的球面上三点，AB=2， BC=4，∠ABC =60°，O为球心.求直线OA与截面ABC 所成的角的大小. 解：连结AC，设O在截面ABC上的射影是O′，则O′为截面三角形ABC外接圆的圆心，
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已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB=BC=CA=2，则球面面积是( ) A. B. C. D. 解：因为AB=BC=CA=2，所以△ABC的外接圆半径为r= .设球的半径为R，则所以，所以
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第九章直线、平面、简单几何体
第讲
球
考点搜索
●球面、球体的概念，球的截面性质 ●地球的经纬度，球面距离 ●球的表面积和体积高考
高考猜想
1. 考查有关球的表面积、体积和球面距离等的计算. 2. 考查球的截面问题的分析与计算.
与定点的距离_______________的点的集合,叫做球体,简称球,定点叫做球心,定长叫做球的半径,与定点距离__________的点的集合叫做球面. 用一个平面截一个球,所得的截面是________,且球心与截面圆心的连线________截面. 设球心到截面的距离为d,球半径为R,截面圆半径为r,则三者的关系是____________.

数学高考复习名师精品教案：第78课时：第九章直线、平面、简单几何体-直线与平面、直线与直线所成的角

数学高考复习名师精品教案第78课时：第九章直线、平面、简单几何体——直线与平面、直线与直线所成的角课题；直线与平面、直线与直线所成的角一．复习目标：1．掌握直线与直线、直线与平面所成的角的概念，能正确求出线与线、线与面所成的角．二．知识要点：1．异面直线,a b 所成角的定义：． 2．直线与平面所成角θ：（1）直线与平面平行或直线在平面内，则θ= ．（2）直线与平面垂直，则θ= ．（3）直线是平面的斜线，则θ定义为． 3．最小角定理：．1．正方体1111ABCD A B C D -中，O 为,AC BD 的交点，则1C O 与1A D 所成的角（）D()A 60 ()B 90 ()C arccos3 ()D arccos 62．,,PA PB PC 是从P 点引出的三条射线，每两条的夹角都是60 ，则直线PC 与平面APB 所成的角的余弦是（）()A 12 ()B ()C ()D 3．如图，在底面边长为2的正三棱锥ABC V-中，E 是BC的中点，若VAE ∆的面积是41，则侧棱VA 与底面所成角的大小为．（结果用反三角函数值表示）四．例题分析：例1．在060的二面角βα--l 中，βα∈∈B A ,，已知A 、B 到l 的距离分别是2和4，且10=AB ，A 、B 在l 的射影分别为C 、D ，求：（1）CD 的长度；（2）AB和棱l 所成的角．例2．在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是正方形1111A B C D 的中心，点P 在棱1CC 上，且14CC CP =．（Ⅰ）求直线AP 与平面11BCC B 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；（Ⅱ）设O 点在平面1D AP 上的射影是H ，求证：1D H AP ⊥．ABC VE· B 1PA CDA 1C 1D 1BO H·例3．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AE PD ⊥，//,EF DC AM EF =．（1）证明MF 是异面直线AB 与PC 的公垂线；（2）若3PA AB =，求直线AC 与平面EAM 所成角的正弦值．五．课后作业：AMBCDF EP1．在正三棱柱111ABC A B C -中，已知1AB =，D 在1BB 上，且1BD =，若AD 与平面11AAC C 所成的角为α，则α=（）()A 13 ()B 4π ()C ()D 2．一直线和直二面角的两个面所成的角分别是,αβ，则αβ+的范围是（）()A [,)2ππ ()B [0,2π ()C (0,2π ()D [0,2π3．已知AB 是两条异面直线,AC BD 的公垂线段，1AB =，10AC BD ==，CD =则,AC BD 所成的角为．4．如图，在三棱锥P ABC -中，ABC ∆是正三角形90PCA ∠= ，D 是PA 中点，二面角P AC B --为120，2,PC AB ==，（1）求证：AC BD ⊥；（2）求BD 与平面ABC 所成角．5．如图，已知直三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠= ，侧面1AB 与侧面1AC 所成的ABCPD二面角为60 ，M 为1AA 上的点，1130A MC ∠= ，190CMC ∠= ，AB a =．（1）求BM 与侧面1AC 所成角的正切值；（2）求顶点A 到面1BMC 的距离．6．如图直四棱柱 1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 是直角梯形，设090=∠=∠ABC BAD ，2,8BC AD ==,异面直线1AC 与D A 1互相垂直，（1）求证：D A 1⊥平面B AC 1；（2）求侧棱1AA 的长；（3）已知4AB =，求D A 1与平面11B ADC 所成的角．D 1C 1B 1A 1DCB A。

2013白蒲中学高一数学教案：直线、平面、简单几何体：24(苏教版)

二面角练习课教学目标1．使学生进一步掌握好二面角及二面角的平面角的概念；2．使学生掌握求二面角平面角的基本方法，不断提高分析问题和解决问题的能力．教学重点和难点重点：使学生能够作出二面角的平面角；难点：根据题目的条件，作出二面角的平面角．教学设计过程重温二面角的平面角的定义．（本节课设计的出发点：空间图形的位置关系是立体几何的重要内容．解决立体几何问题的关键在于做好：定性分析，定位作图，定量计算，其中定性是定位、定量的基础，而定量则是定位，定性的深化．在面面关系中，二面角是其中的重要概念之一，它的度量归结为平面上角的度量，一般说来，对其平面角的定位是问题解决的关键一步．可是学生往往把握不住其定位的基本思路而导致思维混乱，甚至错误地定位，使问题的解决徒劳无益．这正是本节课要解决的问题．）教师：二面角是怎样定义的？学生：从空间一直线出发的两个半平面所组成的图形叫二面角．教师：二面角的平面角是怎样定义的？学生：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．教师：请同学们看下图．如图1：α，β是由l出发的两个半平面，O是l上任意一点，OC α，且OC⊥l；OD β，且OD⊥l．这就是二面角的平面角的环境背景，即∠COD是二面角α-l-β的平面角．从中我们可以得到下列特征：（1）过棱上任意一点，其平面角是唯一的；（2）其平面角所在平面与其两个半平面均垂直；另外，如果在OC上任取一点A，作AB⊥OD，垂足为B，那么由特征（2）可知AB⊥β．突出l，OC，OD，AB，这便是另一特征．（3）体现出一完整的三垂线定理（或逆定理）的环境背影．教师：请同学们对以上特征进行剖析．学生：由于二面角的平面角是由一点和两条射线构成，所以二面角的定位可化归为“定点”或“定线”的问题．教师：特征（1）表明，其平面角的定位可先在棱上取一“点”．耐人寻味的是这一点可以随便取，但又总是不随便取定的，它必须与问题背影互相沟通，给计算提供方便．（上面的引入力争符合练习课教学的特点．练习是形成技能的重要途径，练习课主要是训练学生良好的数学技能，同时伴随着巩固知识，发展智能和培育情感．特别要注意做到第一，知识的激活．激活知识有两个目的，一是突出了知识中的重要因素；二是强化知识中的基本要素．第二，思维的调理．练习课成功的关键在于对学生思维激发的程度．学生跃跃欲试正是思维准备较好的体现．因此，准备阶段安排一些调理思维的习题，确保学生思维的启动和运作．请看下面两道例题．）例1 已知：如图2，四面体V-ABC中，VA=VB=VC=a，AB=BC=CA=b，VH⊥面ABC，垂足为H，求侧面与底面所成的角的大小．分析：由已知条件可知，顶点V在底面ABC上的射影H是底面的中心，所以连结CH交AB于O，且OC⊥AB，由三垂线定理可知，VO⊥AB，则∠VOC为侧面与底面所成二面角的平面角．（图2）正因为此四面体的特性，解决此问题，可以取AB的中点O为其平面角的顶点，而且使得题设背影突出在面VOC上，给进一步定量创造了得天独厚的条件．特征（2）指出，如果二面角α-l-β的棱l垂直某一平面γ，那么l必垂直γ与α，β的交线，而交线所成的角就是α-l-β的平面角．（如图3）由此可见，二面角的平面角的定位可以考虑找“垂平面”．例2 矩形ABCD，AB=3，BC=4，沿对角线BD把△ABD折起，使点A在平面BCD上的射影A′落在BC上，求二面角A-BD-C的大小的余弦值．这是一道由平面图形折叠成立体图形的问题，解决问题的关键在于搞清折叠前后的“变”与“不变”．如果在平面图形中过A作AE⊥BD交BD于O、交BC于E，则折叠后OA，OE 与BD的垂直关系不变．但OA与OE此时变成相交两线并确定一平面，此平面必与棱垂直．由特征（2）可知，面AOE与面ABD、面CBD的交线OA与OE所成的角，即为所求二面角的平面角．另外，A在面BCD上的射影必在OE所在的直线上，又题设射影落在BC上，所以E点就是A′，这样的定位给下面的定量提供了可能．在Rt△AA′O中，∠AA′O=90°，通过对例2的定性分析、定位作图和定量计算，特征（2）从另一角度告诉我们：要确定二面角的平面角，我们可以把构成二面角的两个半平面“摆平”，然后，在棱上选取一适当的垂线段，即可确定其平面角．“平面图形”与“立体图形”相映生辉，不仅便于定性、定位，更利于定量．特征（3）显示，如果二面角α-l-β的两个半平面之一，存在垂线段AB，那么过垂足B作l的垂线交l于O，连结AO，由三垂线定理可知OA⊥l；或者由A作l的垂线交l于O，连结OB，由三垂线定理的逆定理可知OB⊥l．此时，∠AOB就是二面角α-l-β的平面角．（如图6）由此可见，二面角的平面角的定位可以找“垂线段”．课堂练习1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为2，E为BC的中点，求面B1D1E与面BB1C1C 所成的二面角的大小的正切值．练习1的环境背景表明，面B1D1E与面BB1C1C构成两个二面角，由特征（2）可知，这两个二面角的大小必定互补．为创造一完整的三垂线定理的环境背景，线段C1D1会让我们眼睛一亮，我们只须由C1（或D1）作B1E的垂线交B1E于O，然后连结OD1（或OC1）即得面D1B1E 与面CC1B1E所成二面角的平面角∠C1OD1，2．将棱长为a的正四面体的一个面与棱长为a的正四棱锥的一个侧面吻合，则吻合后的几何体呈现几个面？分析：这道题，考生答“7个面”的占99.9％，少数应服从多数吗？从例题中三个特征提供的思路在解决问题时各具特色，它们的目标分别是找“点”、“垂面”、“垂线段”．事实上，我们只要找到其中一个，另两个就接踵而来．掌握这种关系对提高解题技能和培养空间想象能力非常重要．本题如果能融合三个特征对思维的监控，可有效地克服、抑制思维的消极作用，培养思维的广阔性和批判性．如图9，过两个几何体的高线VP，VQ的垂足P，Q分别作BC的垂线，则垂足重合于O，且O为BC的中点．OP延长过A，OQ延长交ED于R，考虑到三垂线定理的环境背影，∠AOR为二面角A-BC-R的平面角，结合特征（1），（2），可得VAOR为平行四边形，VA ∥BE，所以V，A，B，E共面．同理V，A，C，D共面．所以这道题的正确答案应该是5个面．（这一阶段的教学主要是通过教师精心设计的一组例题与练习题，或边练边评，或由学生一鼓作气练完后再逐题讲评，达到练习的目的．其间要以学生“练”为主，教师“评”为辅）为了提高“导练”质量，教师要力求解决好三个问题：1．设计好练习．设计好练习是成功练习的前提．如何设计好练习是一门很深的学问，要注意：围绕重点，精选习题；由易到难，呈现题组；形式灵活，题型多变．2．组织好练习．组织练习是“导练”的实质，“导练”就是有指导、有组织的练习过程．要通过一题多用、一题多变、一题多解等使学生举一反三，从而提高练习的效果．有组织的练习还包括习题的临时增删、节奏的随时控制、要求的适时调整等．3．讲评好练习．讲评一般安排在练习后进行，也可以在练习前或练习时．练习前的讲评，目的是唤起学生的注意，提醒学生避免出错起到前馈控制的作用；练习时的讲评，属于即时反馈，即学生练习，教师巡视，从中发现共性问题及时指出来，以引起学生的注意；更多的是练习后的讲评，如果采用题组练习，那么最常用的办法是一组练习完毕后教师讲评，再进行下一组练习，以此类推．教师：由例1、例2和课堂练习，我们已经看到二面角的平面角有三个特征，这三个特征互相联系，客观存在，但在许多问题中却表现得含糊而冷漠，三个特征均藏而不露，在这种形势下，需认真探索．学生：应探索体现出一完整的三垂线定理的环境背景，有了“垂线段”，便可以定位．教师：请大家研究下面的例题．例3 如图10，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，F在AA1上，且A1F∶FA=1∶2，求平面B1EF与底面A1C1所成的二面角大小的正切值．分析：在给定的平面B1EF与底面A1C1所成的二面角中，没有出现二面角的棱，我们可以设法在二面角的两个面内找出两个面的共点，则这两个公共点的连线即为二面角的棱，最后借助这条棱作出二面角的平面角．略解：如图10．在面BB1CC1内，作EH⊥B1C1于H，连结HA1，显然直线EF在底面A1C1的射影为HA1．延长EF，HA1交于G，过G，B1的直线为所求二面角的棱．在平面A1B1C1D1内，作HK⊥GB1于K，连EK，则∠HKE为所求二面角的平面角．在平面A1B1C1D1内，作B1L⊥GH于L，利用Rt△GLB1∽Rt△GKH，可求得KH．又在Rt△EKH中，设EH=a，容易得到：所求二面角大小的正切值教师：有时我们也可以不直接作出二面角的平面角，而通过等价变换或具体的计算得出其平面角的大小．例如我们可以使用平移法．由两平面平行的性质可知，若两平行平面同时与第三个平面相交，那么这两个平行平面与第三个平面所成的二面角相等或互补．因而例3中的二面角不易直接作出其平面角时，可利用此结论平移二面角的某一个面到合适的位置，以便等价地作出该二面角的平面角．略解：过F作A′B′的平行线交BB′于G，过G作B′C′的平行线交B′E 于H，连FH．显见平面FGH∥平面A′B′C′D′．则二面角B′-FH-G的平面角度数等于所求二面角的度数．过G作GM⊥HF，垂足为M，连B′M，由三垂线定理知B′M⊥HF．所以∠B′MG为二面角B′-FH-G的平面角，其大小等于所求二面角平面角的大小．（练习课的一个重要特征是概括．解题重要的不是统计做了多少题目，而是是否掌握了一类题的实质，即有无形成基本的解题模式，只有真正掌握了一类问题的解题思路，才算掌握了解答这类题目的基本规律．当学生练习到一定程度就应不失时机地引导他们总结和概括出练习的基本经验和教训，获得有意义的练习成果）例4 已知：如图12，P是正方形ABCD所在平面外一点，PA=PB=PC=PD=a，AB=a．求：平面APB与平面CPD相交所成较大的二面角的余弦值．分析：为了找到二面角及其平面角，必须依据题目的条件，找出两个平面的交线．解：因为 AB∥CD，CD 平面CPD，AB 平面CPD．所以 AB∥平面CPD．又 P∈平面APB，且P∈平面CPD，因此平面APB∩平面CPD=l，且P∈l．所以二面角B-l-C就是平面APB和平面CPD相交所得到的一个二面角．因为 AB∥平面CPD，AB 平面APB，平面CPD∩平面APB=l，所以 AB∥l．过P作PE⊥AB，PE⊥CD．因为 l∥AB∥CD，因此 PE⊥l，PF⊥l，所以∠EPF是二面角B-l-C的平面角．因为 PE是正三角形APB的一条高线，且AB=a，因为 E，F分别是AB，CD的中点，所以 EF=BC=a．在△EFP中，小结：二面角及其平面角的正确而合理的定位，要在正确理解其定义的基础上，掌握其基本特征，并灵活运用它们考察问题的背景．我们已经看到，定位是为了定量，求角的大小往往要化归到一个三角形中去解，因此寻找“垂线段”，把问题化归是十分重要的．作业1．120°二面角α-l-β内有一点P，若P到两个面α，β的距离分别为3和1，求P到l的距离．2．正方体ABCD-A1B1C1D1中，求以BD1为棱，B1BD1与C1BD1为面的二面角的度数．。

数学-直线、平面、简单几何体

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一、 !""# 年全国各省市高考对该部分内容的考查要点和命题趋势
$% 立体几何考查的立足点仍在空间图形上，突出了对空间观念和空间想象能力的考查% 立体几何的基础是对点、线、面的各种位置关系的讨论和研究，进而讨论几何体，而且采用了公理化体系的方法% 高考命题中，突出了空间图形的特点，侧重于对直线与直线、直线与平面、平面与平面的各种位置关系的考查，审核考生立体几何的知识水平和能力% !% 多面体和旋转体考题多是在空间直线与平面的理论基础上，研究以柱、锥、台、球为代表的最基本的几何体的概念、性质、各主要元素间的关系、直观图画法、侧面展开图以及表面和体积的求法等问题% &% 在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些系问题，多以几何体为依托%
.# （’ $% ・湖北）（文）已知 ,、 -、 . 是直线， " 是平面，给出下列命题： - $.，则 , %.； $若 , $- ， - $.，则 , $.； %若 , %- ，
则!%" ! !，其中真命题是 !! !和" !和$ %&’ （ ’ &( ・天津）设 !、 "、 #、 $ 为直 "、 # 为平面，线，则"$"的一个充分条件是 !’ !$"， "$$ !’" ) $ ， "’ !’# ) "， !$# ， " $# #’ !$#， "$! " $# ， $’ #$!， # $" ， "$! %% ! （’ &( ・重庆）（理）对于不重合的两个平面 ! 与 "，给定下列条件：使得 !、 !存在平面 #， " 都垂直于 #；使得 !、 "存在平面 #， " 都平行于 #； #! 内有不共线的三点到 " 的距离相等； "，使得 $%!， $ %" ， "%!， $存在异面直线 $、 "%" ! 其中，可以判定 ! 与 " 平行的条件有 !* % 个 -个 %+ ! （’ &( ・北京）在正四面体的 % —&’( 中， )、 *、 + 分别是 &’ 、 ’( 、 (& 的中点，下面四个结论中不成立的是 !* ’( %平面 %)+ #* 平面 %)+ $ 平面 &’( 面 &’( %,* （’ &( ・广东）给出下列关于互不相同的直线 "、 $、 # 和平面 !、 " 的四个命题： $ ’! ) &，点 &("，则 $ 与 " 不共 !若 "&!，面； "* )+ $平面 %&* $* 平面 %&* $ 平 "* + 个 #* , 个 $* "! ! 和 # #! # 和 $ $!

专题五直线、平面、简单几何体综合应用——专题过关测试

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（）２作日上Ｇ于Ｈ，由三垂线定理知ＧＩＨ，Ｈ＿Ａ＿
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为二面角Ａ—ＣＧ— ｌＡ的平面角．
设Ｈ０，，硇＝０ｂ）Ｃ：ａ１一，．（，０则６）（，０，Ｈ，一１一，１）ｂｏ由ＡＡ，，ｊ＿Ｇ卿ＨＣ
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（）明：１平面Ａ１．１证ＣＤＪ＿１鲋Ａ
（）面Ａ。。２求ＣＢ与面ＡＡ。。Ｂ所成的二面角的大小．
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（）１求证：Ｄ＿面ＡＡＢ．ＣＩ＿ＩＢ（）２求二面角Ｃ— Ｅ— ，Ｄ的大小・

直线、平面、简单几何体优质课件

2.地球表面上从A地(北纬45°，东经120°)到B地(北纬
45°,东经30°)的最短距离为(地球半径为R)
(A)R (B)
πR
3.在北纬45o的圈上有甲、乙、丙三地，甲乙、乙丙之间
πR (C) 3
( C )
(D) πR
2
的经度差都是90o，则甲丙两地的球面距离是甲乙两地球
3 面距离的 ______倍 2
1 VA-BCD= (SABC+SBCD+SCDA+SDAB)· r 3 1 = · =16r 由16r=6√7 得内切球的半径为 r 3 7 48r 3 8
能力·思维·方法
【解题回顾】正如三角形的内切圆经常与面积发生关系一样，多面体的内切球的半径也常与体积发生联系.
能力·思维·方法
9.在球内有相距14cm 的两个平行截面，它们的面积分别是 64πcm2 和 36πcm2，求球的表面积。解：设球半径为R，（1）当截面在球心同侧，如图（1）
基础题例题
4.球的表面积膨胀为原来的 2 倍，膨胀后的体积为原来的（ C） A. √2倍 B.2倍 C.2√2倍 D.4倍 2 2 5.棱长为2的正四面体的体积为_____________ 3
6.设P、A、B、C是球O面上的四点，且PA、PB、PC两两互相垂直，若PA=PB=PC=a, 则球心O到截面ABC的距离 3 a 是______________ 6
直线、平面、简单几何体
要点·疑点·考点
一、多面体 1. 概念
(1)若干个平面多边形围成的几何体，叫多面体.
(2)把多面体的任何一面伸展为平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫凸多面体. (3)每个面都是有相同边数的正多边形，且以每个顶点为其一端都有相同数目的棱的凸多面体，叫正多面体.

直线平面简单几何体课标试题

卜人入州八九几市潮王学校直线平面简单几何体1、空间两直线m l 、在平面βα、上射影分别为1a 、1b 和2a 、2b ，假设1a ∥1b ，2a 与2b 交于一点，那么l 和m 的位置关系为〔A 〕一定异面〔B 〕一定平行〔C 〕异面或者相交〔D 〕平行或者异面2、在直二面角βα--MN 中，等腰直角三角形ABC 的斜边α⊂BC ，一直角边β⊂AC ，BC 与β所成角的正弦值为46，那么AB 与β所成的角是〔A 〕6π〔B 〕3π〔C 〕4π〔D 〕2π 〔第2题图〕3、二面角βα--l 是直二面角，βα∈∈B A ，，设直线AB 与βα、所成的角分别为∠1和∠2，那么〔A 〕∠1+∠2=900〔B 〕∠1+∠2≥900〔C 〕∠1+∠2≤900〔D 〕∠1+∠2＜9004、边长为a 的菱形ABCD ，∠A =3π，将菱形ABCD 沿对角线折成二面角θ，θ∈[3π，32π]，那么两对角线间隔的最大值是〔A 〕a 23〔B 〕a 43〔C 〕a 23〔D 〕a 43 5、〔A 方案〕二面角α―AB ―β的平面角是锐角，C 是面α内的一点〔它不在棱AB 上〕，点D 是点C 在面β上的射影，点E 是棱AB 上满足∠CEB 为锐角的任意一点，那么〔A 〕∠CEB =∠DEB 〔B 〕∠CEB ＞∠DEB〔C 〕∠CEB ＜∠DEB 〔D 〕∠CEB 与∠DEB 的大小关系不能确定〔B 方案〕假设点A 〔42+λ，4－μ，1+2γ〕关于y 轴的对称点是B 〔－4λ，9，7－γ〕，那么λ，μ，γ的值依次为〔A〕1，－4，9〔B〕2，－5，－8〔C〕－3，－5，8〔D〕2，5，86、用一个平面去截正方体，所得的截面不可能．．．是〔A〕六边形〔B〕菱形〔C〕梯形〔D〕直角三角形7、正方形ABCD，沿对角线AC将△ADC折起，设AD与平面ABC所成的角为β，当β取最大值时，二面角B―AC―D等于〔A〕1200〔B〕900〔C〕600〔D〕4508、以下各图是正方体或者正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点中不一共面．．．．的一个图是〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕9、有三个平面α，β，γ〔A〕假设α，β，γ两两相交，那么有三条交线〔B〕假设α⊥β，α⊥γ，那么β∥γ〔C〕假设α⊥γ，β∩α=a，β∩γ=b，那么a⊥b〔D〕假设α∥β，β∩γ=∅，那么α∩γ=∅10、正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为BC中点，N为D1C1的中点，那么NB1与A1M所成的角等于〔A〕300〔B〕450〔C〕600〔D〕90011、一个简单多面体的各个顶点处都有三条棱，那么顶点数V与面数F满足的关系式是〔A〕2F+V=4〔B〕2F－V=4〔C〕2F+V=2〔D〕2F－V=212、如图，面ABC⊥面BCD，AB⊥BC，BC⊥CD，且AB=BC=CD，设AD与面AB C所成角为α，AB与面ACD所成角为β，那么α与β的大小关系为〔A〕α＜β〔B〕α=β〔C〕α＞β〔D〕无法确定13、〔A方案〕如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为V，点P、Q分别在侧棱AA1和CC1上，AP=C1Q，那么四棱锥B －APQC 的体积为〔A 〕2V 〔B 〕3V 〔C 〕4V 〔D 〕5V 〔13题方案A 图〕〔13题方案B 图〕〔B 方案〕侧棱长为2的正三棱锥，假设其底面周长为9，那么该正三棱锥的体积是〔A 〕239〔B 〕433〔C 〕233〔D 〕439 14、〔A 方案〕如下列图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一动点P 到直线AB 与直线B 1C 1的间隔相等，那么动点P 所在曲线的形状为〔A 〕〔B 〕〔C 〕〔D 〕〔B 方案〕如下列图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面A 1C 1，B 1C ，CD 1的中心分别为O 1，O 2，O 3，那么直线AO 1与直线O 2O 3所成的角为〔A 〕900〔B 〕600〔C 〕450〔D 〕300〔14题B 方案图〕〔15题A 方案图〕〔15题B 方案图〕15、〔A 方案〕在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中与AD 1成600角的面对角线的条数是〔A 〕4条〔B 〕6条〔C 〕8条〔D 〕10条〔B 方案〕正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱AB ，BB 1的中点，A 1E 与C 1F 所成的角是θ，那么〔A 〕θ=600〔B 〕θ=450〔C 〕52cos =θ〔D 〕52sin =θ 16、如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，平面B 1D 1E 与平面BB 1C 1C 所成角的正切值为〔A 〕52〔B 〕25〔C 〕32〔D 〕23〔第16题图〕〔第17题B 方案图〕17、〔A 方案〕三棱锥D －ABC 的三个侧面与底面全等，且AB=AC=3，BC =2，那么以BC 为棱，以面BCD 与面BCA 为面的二面角的大小是〔A 〕4π〔B 〕3π〔C 〕2π〔D 〕32π〔B 方案〕如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点，O 是底面正方形ABCD 的中心，P 为棱A 1B 1上任意一点，那么直线OP 与直线AM 所成的角为〔A 〕4π〔B 〕3π〔C 〕2π〔D 〕与P 点的位置有关 18、〔A 方案〕斜棱柱底面和侧面中矩形的个数最多可有〔A 〕2个〔B 〕3个〔C 〕4个〔D 〕6个〔B 方案〕设空间两个不同的单位向量a =〔x 1，y 1，0〕，b =〔x 2，y 2，0〕与向量c =〔1，1，1〕的夹角都等于4π，那么2211y x y x ++等于〔A 〕21-〔B 〕－1〔C 〕21〔D 〕1 19、〔A 方案〕如下列图，在多面体ABCDEF 中，ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF =23，EF 与面AC 的间隔为2，那么该多面体的体积为〔A 〕29〔B 〕5〔C 〕6〔D 〕215 〔第19题A 方案图〕〔第19题B 方案图〕〔B 方案〕如下列图，四面体ABCD 中，AB ，BC ，CD 两两互相垂直，且AB=BC =2，E 是AC 的中点，异面直线AD 与BE 所成的角的大小是1010arccos，那么四面体ABCD 的体积是〔A 〕8〔B 〕6〔C 〕2〔D 〕38 20、〔A 方案〕长方体的三个相邻面的面积分别为2，3，6，这个长方体的顶点都在同一个球面上，那么这个球的面积为〔A 〕π27〔B 〕π56〔C 〕π14〔D 〕π64 〔B 方案〕设A ，B ，C ，D 是空间不一共面的四点，且满足0=⋅AC AB ，0=⋅AD AC ，0=⋅AD AB ，那么△BCD 是〔A 〕钝角三角形〔B 〕直角三角形〔C 〕锐角三角形〔D 〕不确定21、球面的三个大圆所在平面两两垂直，那么以三个大圆的交点为顶点的八面体的体积与球体积之比是〔A 〕2∶π〔B 〕1∶2π〔C 〕1∶π〔D 〕4∶3π22、如图，在斜三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BAC =900，BC 1⊥AC ，那么C 1在底面ABC 上的射影H 必在〔A 〕直线AB 上〔B 〕直线BC 上〔C 〕直线AC 上〔D 〕△ABC 内部〔第22题图〕〔第23题图〕23、在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 是对角线A 1C 上的点，且PQ =2a，那么三棱锥P －BDQ 的体积为〔A 〕3363a 〔B 〕3183a 〔C 〕3243a 〔D 〕无法确定 24、球的内接三棱锥的三条侧棱两两垂直，长度分别为3cm ，2cm 和3cm ，那么此球的体积为〔A 〕33312cm π〔B 〕33316cm π〔C 〕3316cm π〔D 〕3332cm π25、如图，在一根长11cm ，外圆周长6cm 的圆柱形柱体外外表，用一根细铁丝缠绕，组成10个螺旋，如果铁丝的两端恰好落在圆柱的同一条母线上，那么铁丝长度的最小值为〔A 〕61cm 〔B 〕157cm 〔C 〕1021cm 〔D 〕1037cm26、棱长为a 的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为〔A 〕33a 〔B 〕43a 〔C 〕63a 〔D 〕123a27、在空间四边形ABCD 各边上分别取E 、F 、G 、H 四点，假设EF 和GH 能相交于点P ，那么〔A 〕点P 必在直线AC 上〔B 〕点P 必在直线BD 上〔C 〕点P 必在平面ABC 内〔D 〕点P 必在平面上ABC 外28、设长方体的三条棱长分别为a ，b ，c ，假设长方体所有棱的长度之和为24，一条对角线长度为5，体积为2，那么=++cb a 111 〔A 〕411〔B 〕114〔C 〕211〔D 〕112 29、四棱锥P －ABCD 的底面为平行四边形，设x =2PA 2+2PC 2－AC 2，y =2PB 2+2PD 2－BD 2，那么x ，y 之间的关系为〔A 〕x ＞y 〔B 〕x ＝y 〔C 〕x ＜y 〔D 〕不能确定30、〔A 方案〕如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面A 1B ⊥BC ，且A 1C 与底面成600角，AB=BC =2，那么该棱柱体积的最小值为〔A 〕34〔B 〕33〔C 〕4〔D 〕3〔第30题A 方案图〕〔第30题B 方案图〕〔B 方案〕如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，假设=11B A a ，=11D A b ，=A A 1c ，那么以下向量中与M B 1相等的是〔A 〕21-a +21b +c 〔B 〕21a +21b +c 〔C 〕21a 21-b +c 〔D 〕21-a 21-b +c31、〔A 方案〕a 、b 为异面直线，α⊂a ，β⊂b ，又A ∈α，B ∈β，AB =12cm ，AB 与β成600角，那么a 、b 间间隔为．〔B 方案〕向量a 、b 满足|a |=31，|b |=6，a 与b 的夹角为3π，那么3|a |－2〔a ·b 〕+4|b |=．32、假设一个正多面体各个面的内角总和为36000，那么它的棱数、面数、顶点数依次为． 33、正方体的两个面上的两条对角线所成的角为．34、在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，P ，Q 分别为AA 1，BB 1上的点，且A 1P=BQ ，那么〔V C －ABQ +V C －ABP 〕∶=-111C B A ABC V ． 35、如图，在四棱锥P －ABCD 中，E 为CD 上的动点，四边形ABCD 为时，体积V P －AEB 恒为定值〔写上你认为正确的一个答案即可〕．〔第35题图〕〔第36题图〕36、如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD ，2AB =3DC ，M 为AE 的中点，设E －ABCD 的体积为V ，那么三棱锥M －EBC 的体积为．37、如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，给出三个结论：〔1〕四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱；〔2〕底面ABCD 为菱形；〔3〕AC 1⊥B 1D 1．．38、〔A 方案〕一块长方体木料，按图中所示的余弦线截去一块，那么剩余局部的体积是．〔第38题A 方案图〕〔B 方案〕在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1①2112111113）（）（B A B A D A A A =++；②01111=-⋅）（A AB AC A ； ③B A 1与1AD 的夹角为600；④此正方体的体积为：|AD AA AB ⋅⋅1|．39、〔A 方案〕一个四面体的所有棱长都是2，四个顶点在同一个球面上，那么此球的外表积为．〔B 方案〕点A 、B 、C 的坐标分别为〔0，1，0〕，〔－1，0，1〕，〔2，1，1〕，点P 的坐标为〔x ，0，z 〕，假设AB PA ⊥，AC PA ⊥，那么点P 的坐标为．40、〔A 方案〕以下五个正方体图形中，l 是正方体的一条对角线，点M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出l ⊥面MNP 的图形的序号是．〔写出所有符合要求的图形序号〕 ①②③④⑤〔B 方案〕在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面都是全等的菱形，菱形的锐角为600，且边长为1，那么点B 到平面AB 1C 的间隔BH =．[参考答案]31、〔A 方案〕36cm ；〔B 方案〕23 32、30，20，12 33、00或者600或者90034、1∶335、可有多种答案，如正方形 36、V 10337、138、〔A 方案〕a(b+c)πm 3；〔B 方案〕③，④ 39、〔A 方案〕3π；〔B 方案〕〔31，0，32 〕40、〔A 方案〕①，④，⑤；〔B 方案〕1122或者36。

2013白蒲中学高一数学教案：直线、平面、简单几何体：18(苏教版)

直线和平复习（四）教学目标结合第一章的内容，渗透数学思想方法．（数形结合思想；方程的思想；转化的思想；分类讨论的思想）教学重点和难点数学思想的渗透与培养．教学设计过程师：今天是复习课的最后一节．今天以复习题目中体现的数学思想为主线，研究几种常用数学思想在本章的体现．分类讨论的思想是同学们比较熟悉的．使用较多的是在代数课上y=ax2+bx+c 的图象，当a＞0时，开口向上；当a＜0时，开口向下．几何中，分类讨论思想的应用，主要是依据图形中元素位置关系的不同而展开的．请看以下一组题目：例1已知：a∥b，直线a 平面α，直线b 平面α，直线c平面α，c∥a．若直线a与直线b的距离为6cm，直线b与直线c的距离5cm，直线c与平面α的距离为4cm．求：直线a与直线c的距离．（教师画图）生A：在直线c上任取一点A，作AB⊥α于B，过B作BC⊥a于C，反向延长交b于D，因为a∥b，所以BC⊥b．分别连结AC、AD，根据三垂线定理，a⊥AC，b⊥AD．据题意知：CD=6cm，AD=5cm，AB=4cm，在Rt△ABD中，求出BD=3cm，所以BC=3cm，在Rt△ABC中，求出AC=5cm．师：哪位同学对“生A”的解答有补充？师：生A的解答基础是依据我画的图．而原题中并没有给图，也没有“如图”这样的说明，因此我们先要研究图应该怎么画！生B：老师，我对“生A”的发言有补充．这个题目的图形还有以下两种可能：师：好．这道题目体现了分类讨论的思想．它是根据直线c在平面α内射影的不同位置来进行讨论的．生C：老师，我认为还有两种情况：情形1：直线c在平面α内射影与直线a重合．情形2：直线c在平面α内射影与直线b重合．师：“生C”同学的补充很好．例1应该分为5种情况来讨论．但是其中会有一些情况无解，请同学们现在实践一下．图一的位置．其余三种位置关系均无解．师：还有一点提醒同学们注意：对于不同的位置关系，解题时都要给予论述，对于无解的情形要讲清无解的原因。

直线与平面及简单几何体检测及答案

2009届一轮复习直线与平面及简单几何体检测及答案一.选择题(1) 已知α、β是不同的两个平面，直线βα⊂⊂b a 直线,，命题b a p 与:无公共点；命题βα//:q . 则q p 是的 ( )A 充分而不必要的条件B 必要而不充分的条件C 充要条件D 既不充分也不必要的条件(2)下列命题中正确的个数是 ( )①四边相等的四边形是菱形; ②若四边形有两个对角都是直角, 则这个四边形是圆内接四边形; ③“平面不经过直线”的等价说法是“直线上至多有一个点在平面内”; ④若两平面有一条公共直线, 则这两平面的所有公共点都在这条公共直线上.A 1个B 2个C 3个D 4个(3) 已知m 、n 是不重合的直线,α、β是不重合的平面,有下列命题,其中正确的命题个数是( )① 若m ⊂α, , n ∥α,则m ∥n ②若m ∥α,m ∥β,n,, 则α∥β ③若α∩β= n ,m ∥n, 则, m ∥α,且 m ∥β ④m ⊥α, m ⊥β, 则α∥βA 0B 1C 2D 3(4) 一平面截一球得到直径是6cm 的圆面，球心到这个平面的距离是4cm ，则该球的体积是( )A 33π100cmB 33π208cmC 33π500cmD 33π3416cm(5) 在下列关于直线l 、m 与平面α、β的命题中,真命题是 ( )A 若l ⊂β且α⊥β,则l ⊥α.B 若l ⊥β且α∥β,则l ⊥α.C 若l ⊥β且α⊥β,则l ∥α.D 若α∩β=m 且l ∥m,则l ∥α.(6) 若直线l 、m 与平面α、β、γ满足: l =β∩γ, l ∥α, m ⊂α和m ⊥γ, 则必有( )A α⊥γ且l ⊥mB α⊥γ且m ∥βC m ∥β且l ⊥mD α∥β且α⊥γ(7) 如图, 四边形ABCD 中, AD ∥BC, AD=AB, ∠BCD=45°, ∠BAD=90°. 将△ADB 沿BD 折起, 使ABD ⊥平面BCD, 构成三棱锥A-BCD. 则在三棱锥A-BCD 中, 下列命题正确的是 ( )A 平面ABD ⊥平面ABCB 平面ADC ⊥平面BDC C 平面ABC ⊥平面BDCD 平面ADC ⊥平面ABC(8) 如图，在长方体1111D C B A ABCD -中，AB=6，AD=4，31=AA .分别过BC 、11D A 的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为111DFD AEA V V -=,11112D FCF A EBE V V -= A B C D A B C D CD C 1 B 1D 1A 1E 1F 1 FC F C B E B V V 11113-=.若1:4:1::321=V V V ,则截面11EFD A的面积为 ( )A. 104B. 38C. 134D. 16(9)如图四面体D-ABC 中, P ∈面DBA, 则在平面DAB 内过点P 与直线BC 成60°角的直线共有 ( ) A 0条 B 1条 C 2条 D 3条(10) 已知正四面体ABCD 的表面积为Ｓ，其四个面的中心分别为Ｅ、Ｆ、Ｇ、Ｈ．设四面体EFGH的表面积为Ｔ，则ST 等于( )Ａ91 Ｂ 94 Ｃ 41 Ｄ 31 二.填空题(11)已知球O 的半径为1,A 、B 、C 三点都在球面上,且每两点间的球面距离均为2π,则球心O 到平面ABC 的距离为 .(12)已知直线m 、n 和平面α、β满足: α∥β, m ⊥α, m ⊥n, 则n 与β之间的位置关系是 (13) 已知平面α和平面交于直线l ，P 是空间一点，PA ⊥α，垂足为A ，PB ⊥β，垂足为B ，且PA=1，PB=2，若点A 在β内的射影与点B 在α内的射影重合，则点P 到l 的距离为 .(14) α、β是两个不同的平面, m 、n 是α、β之外的两条不同直线, 给出四个论断: ①m ⊥n; ②α⊥β; ③n ⊥β; ④m ⊥α. 以其中三个论断作为条件, 余下一个论断作为结论, 写出你认为正确的一个命题 .三.解答题(15) 如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD=DC ，E 是PC的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F. （Ⅰ）证明PA//平面EDB ；（Ⅱ）证明PB ⊥平面EFD ；（Ⅲ）求二面角C —PB —D 的大小.ABCDP E F A BCD P ·(16) 在棱长为4的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，O 是正方形A 1B 1C 1D 1的中心，点P 在棱CC 1上，且CC 1=4CP.(Ⅰ)求直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）； (Ⅱ)设O 点在平面D 1AP 上的射影是H ，求证：D 1H ⊥AP ；(Ⅲ)求点P 到平面ABD 1的距离.(17) 如图, 四棱锥P-ABCD 的底面是AB=2, BC=2的矩形, 侧面PAB 是等边三角形, 且侧面 PAB ⊥底面ABCD.AP · B 1P A CD A 1C 1D 1B O H ·(Ⅰ)证明:BC ⊥侧面PAB;(Ⅱ)证明: 侧面PAD ⊥侧面PAB;(Ⅲ)求侧棱PC 与底面ABCD 所成角的大小;(Ⅳ)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的正弦值.(18)在斜三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中, 底面是等腰三角形 , AB=AC, 侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC.(Ⅰ)若D 是BC 的中点, 求证:AD ⊥CC 1;(Ⅱ)过侧面BB 1C 1C 的对角线BC 1的平面交侧棱于M, 若AM=MA 1, 求证:截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C; (Ⅲ) AM=MA 1是截面MBC 1⊥平面BB 1C 1C 的充要条件吗? 请你叙述判断理由.答案一选择题: 1.B 2.B 3.B 4.C 5.B 6.A 7.D 8.C 9.D 10.A 二填空题: 11. 33, 12. n ⊂β或 n ∥β, 13.5, 14.②③④⇒①或①③④⇒②A BCD A 1 B 1 C 1 M P EF三解答题(15)证: 方法一（Ⅰ）证明：连结AC ，AC 交BD 于O ，连结EO.∵底面ABCD 是正方形，∴点O 是AC 的中点.在 PAC ∆中，EO 是中位线，∴PA // EO 而⊂EO 平面EDB 且 ⊄PA 平面EDB ，所以，PA // 平面EDB（Ⅱ）证明：∵PD ⊥底面ABCD 且⊂DC 底面ABCD ， ∴DC PD ⊥∵PD=DC ，可知PDC ∆是等腰直角三角形，而DE 是斜边PC 的中线，∴PC DE ⊥. ①同样由PD ⊥底面ABCD ，得PD ⊥BC.∵底面ABCD 是正方形，有DC ⊥BC ，∴BC ⊥平面PDC.而⊂DE 平面PDC ，∴DE BC ⊥. ② 由①和②推得⊥DE 平面PBC.而⊂PB 平面PBC ，∴PB DE ⊥.又PB EF ⊥且E EF DE = ，所以PB ⊥平面EFD.（Ⅲ）解：由（2）知，DF PB ⊥，故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角.由（Ⅱ）知，DB PD EF DE ⊥⊥,.设正方形ABCD 的边长为a ，则a BD a DC PD 2,===a BD PD PB 322=+=， a DC PD PC 222=+=a PC DE 2221==. 在PDB Rt ∆中，a aa a PB BD PD DF 3632=⋅=⋅=.在EFD Rt ∆中， 233622sin ===a aDF DE EFD ，∴3π=∠EFD .所以，二面角C —PB —D 的大小为3π.方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点，设a DC =.（Ⅰ）证明：连结 AC ，AC 交BD 于G ，连结EG .依题意得)2,2,0(),,0,0(),0,0,(a a E a P a A . ∵底面ABCD 是正方形，∴G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为)0,2,2(aa 且 )2,0,2(),,0,(aa a a -=-=.∴2=，这表明PA//EG.而⊂EG平面EDB 且⊄PA 平面EDB ，∴PA//平面EDB.（Ⅱ）证明；依题意得)0,,(a a B ，),,(a a a -=.又)2,2,0(aa =，故022022=-+=⋅a a DE PB .∴DE PB ⊥.由已知PB EF ⊥，且E DE EF = ，所以⊥PB 平面EFD.（Ⅲ）解：设点F 的坐标为),,(000z y x ,λ=,则),,(),,(000a a a a z y x -=-λ 从而a z a y a x )1(,,000λλλ-===.所以))21(,)21(,()2,2,(000a a a z a y a x ---=---=λλλ.由条件PB EF ⊥知，0=⋅，即0)21()21(222=---+-a a a λλλ，解得31=λ.∴点F 的坐标为)32,3,3(a a a ，且)6,6,3(a a a --=，)32,3,3(a a a ---= ∴03233222=+--=⋅a a a .即FD PB ⊥，故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角.∵691892222a a a a FD FE =+-=⋅，且a a a a FE 6636369||222=++=，a a a a FD 369499||222=++=，∴2136666||||cos 2=⋅==a a a FD FE EFD . ∴3π=∠EFD . 所以，二面角C —PB —D 的大小为3π.(文)……………………… 方法一：（Ⅰ）证明：连结AC 、AC 交BD 于O.连结EO,∵ 底面ABCD 是正方形 ∴ 点O 是AC 的中点. 在PAC ∆中，EO 是中位线 ∴ EO PA //.而⊂EO 平面EDB 且/⊂PA 平面EDB ，所以， //PA 平面EDB.（Ⅱ）解：作DC EF ⊥交CD 于F. 连结BF ，设正方形ABCD 的边长为a .∵ ⊥PD 底面ABCD ∴ DC PD ⊥. ∴ PD EF // F 为DC 的中点.∴ ⊥EF 底面ABCD ，BF 为BE 在底面ABCD 内的射影，故EBF ∠为直线EB 与底面ABCD 所成的角.在BCF Rt ∆中，a a a CF BC BF 25)2(2222=+=+=∵ 221a PD EF == ∴ 在EFB Rt ∆中55252tan ===a aBF EF EBF , 所以EB 与底面ABCD 所成的角的正切值为55. 方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点.设a DC =（Ⅰ）证明：连结AC ，AC 交BD 于G.连结EG.依题意得)0,0,(a A ，),0,0(a P ，)2,2,0(aa E ∵ 底面ABCD 是正方形∴ G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为)0,2,2(a a .∴ ),0,(α-=a PA )2,0,2(a a -=∴ 2= 这表明EG PA //.而⊂EG 平面EDB 且/⊂PA 平面EDB ∴ //PA 平面EDB.A B C D P EOF（Ⅱ）解：依题意得)0,,(a a B ，)0,,0(a C .取DC 的中点)0,2,0(aF 连结EF ，BF ∵ )2,0,0(a =，)0,2,(aa =，)0,,0(a =∴ 0=⋅，0=⋅ ∴ FB FE ⊥，DC FE ⊥. ∴ ⊥EF 底面ABCD ，BF 为BE 在底面ABCD 内的射影，故EBF ∠为直线EB 与底面ABCD 所成的角。

高中数学教材全解课件新课标人教版必修2(A)

3.分散难点
立体几何教学的两个主要任务：培养空间观念，培养逻辑推理能力
按照“点线面——体”组织的结构体系，逻辑严谨，但“两个任务”交织在一起，特别是对逻辑推理能力要求高，而且“判定定理”的证明要培养空间观念（合情推理），再推进到逻辑推理能力的培养，适当分散难点。
证明非常漂亮、经典，渗透了许多数学思想，重心是逻辑推理能力。
依据“标准”的要求，实验教
材对这个定理不进行演绎证明，而让学生通过一个探究实验发现结论，进行合情推理。
上述过程经历的步骤：
具体观实发现提出问题察验规律猜想
把握立体几何教学的变化：
几何教育功能的全面性，即从单纯强调几何的逻辑推理转变为合情推理与逻辑推理并重。
1.3 空间几何体的表面积与体积
教学目标：了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）；根据柱、锥、台、球体的几何特征并结合它们的展开图，推导出它们的表面积的计算公式，并通过对各种几何体体积计算公式之间联系的分析，帮助学生从计算的角度去认识空间几何体，更加准确地把握空间几何体的结构特征。
在立体几何学习中，经历合情推理——演绎推理过程。通过对事物、模型、图片等的操作和感知，引导学生归纳、概括几何图形的结构特征，认识空间点、线、面的位置关系，用数学语言表达平行、垂直的性质与判定，并能进行证明。
不是不要证明，而是完善过程。
既要发展演绎推理能力，也要发展合情推理能力。
直线与平面垂直的判定定理
能根据三视图描述基本几何体或实物原型。
高中：
能识别三视图所表示的立体模型，会使用材料（如纸板）制作模型；用斜二测画直观图等（初中没有）。
加强实物、三视图、直观图的相互转化你能画出它们的三视图吗？

高中数学主要公式归纳

第一章：集合与简易逻辑1.集合：∅⊆。

规定：空集是任何集合的子集．也就是说，对于任何一个集合A，有AEg：已知A为奇数集，B为偶数集，Z为整数集，求A∩B，A∩Z，B∩Z，A∪B，A∪Z，B∪Z．解：A∩B={奇数}∩{偶数}=∅，A∩Z={奇数}∩Z={奇数}=A，B∩Z={偶数}∩Z={偶数}=B，A∪B={奇数}∪{偶数}=Z，A∪Z={奇数}∪Z=Z，B∪Z={偶数}∪Z=Z．2.逻辑联结词（1）原命题为真，它的逆命题不一定为真．（2）原命题为真，它的否命题不一定为真．（3）原命题为真，它的逆否命题一定为真．⇒，那么我们说，p是q的充分条件．q是p的必要条件.若p q若p q ⇔，这时，p 既是q 的充分条件，又是q 的必要条件，我们就说p 是q 的充分必要条件，简称充要条件．第二章：函数1.映射一般地，设A ，B 是两个集合，如果按照某种对应法则f ，对于集合A 中的任何一个元素，在集合B 中都有唯一的元素和它对应，那么这样的对应(包括集合A ， B 以及A 到B 的对应法则f)叫做集合A 到集合B 的映射，记作f ：A →B ．给定一个集合A 到集合B 的映射，且a ∈A ，b ∈B ．如果元素a 和元素b 对应，那么，我们把元素b 叫做元素a 的象，元素a 叫做元素b 的原象．f: A B →(只允许多对一)函数的（1）单调性（2）奇偶性（3）周期性的判定方法：（1）如果对于属于定义域I 内某个区间的任意两个自变量的值x 1，x 2，当x 1＜x 2 时，都有f(x 1)＞f(x 2)，那么就说f(x)在这个区间上是减函数；若是f(x 1) ＜f(x 2)，那么就说f(x)在这个区间上是增函数。

原象象（2） f(-x)=f(x)则f(x)是偶函数，f(-x)=-f(x)则f(x)是奇函数。

（3）sinx cosx tanx cotx 周期分别为：2π 2π ππ2.反函数原函数()y f x =自变量（定义域）为x ，值域y 。

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第九章直线、平面、简单几何体
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第九章直线、平面、简单几何体 9．2 空间直线 9．4 直线与平面垂直的判定和性质 9．6 两个平面垂直的判定和性质 9．8 棱锥研究性学习课题：多面体欧拉定理的发现 9．9 球复习参考题九 10．1 分类计数原理与分步计数原理 10．3 组合 10．4 二项式定理复习参考题十 11．1 随机事件的概率 11．3 相互独立事件同时发生的概率小结与复习附录部分中英文词汇对照表

高中数学教(学)案第6讲：空间向量的坐标运算

题目第九章(B)直线、平面、简单几何体空间向量的坐标运算高考要求要使学生理解空间向量、空间点的坐标的意义，掌握向量加法、减法、数乘、点乘的坐标表示以及两点间的距离、夹角公式通过解题，会应用空间向量的坐标运算解决立体几何中有关平行、垂直、夹角、距离等问题知识点归纳1空间直角坐标系：（1）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 表示；（2）在空间选定一点O 和一个单位正交基底{,,}i j k ，以点O 为原点，分别以,,i j k 的方向为正方向建立三条数轴：x 轴、y 轴、z 轴，它们都叫坐标轴．我们称建立了一个空间直角坐标系O xyz -，点O 叫原点，向量 ,,i j k 都叫坐标向量．通过每两个坐标轴的平面叫坐标平面，分别称为xOy 平面，yOz 平面，zOx 平面； 2．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 ，使OA xi yj zk =++，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． 3．空间向量的直角坐标运算律：（1）若123(,,)a a a a =，123(,,)b b b b =，则112233(,,)a b a b a b a b +=+++，112233(,,)a b a b a b a b -=---，123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈，112233a b a b a b a b ⋅=++， 112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ⇔===∈， 1122330a b a b a b a b ⊥⇔++=．（2）若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则212121(,,)AB x x y y z z =---．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4模长公式：若123(,,)a a a a =，123(,,)b b b b =，则21||a a a a =⋅=+21||b b b b =⋅=+5．夹角公式：21cos ||||a ba b a b a ⋅⋅==⋅+． 6．两点间的距离公式：若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则2||(AB AB ==或,A B d =题型讲解例1 已知AB =（2，2，1），AC =（4，5，3），求平面ABC 的单位法向量解：设面ABC 的法向量(,,)n x y z =，则n ⊥且n ⊥，即n ·=0，且n ·=0，即2x +2y +z=0且4x +5y +3z=0，解得1,2,x z y z ⎧=⎪⎨⎪=-⎩∴n =z （21，－1，1），单位法向量0||n n n ==±（31，－32，32）点评：一般情况下求法向量用待定系数法由于法向量没规定长度，仅规定了方向，所以有一个自由度，可把n 的某个坐标设为1，再求另两个坐标平面法向量是垂直于平面的向量，故法向量的相反向量也是法向量，所以本题的单位法向量应有两解例2 已知A （3，2，1）、B （1，0，4），求：（1）线段AB 的中点坐标和长度；（2）到A 、B 两点距离相等的点P （x ，y ，z ）的坐标满足的条件解：（1）设P （x ，y ，z ）是AB 的中点，则OP =21（OA +OB ）=21［（3，2，1）+（1，0，4）］=（2，1，25），∴点P 的坐标是（2，1，25），d AB =222)14()20()31(-+-+-=17 （2）设点P （x ，y ，z ）到A 、B 的距离相等，则222)1()2()3(-+-+-z y x =222)4()1(-++-z y x化简得4x +4y －6z +3=0（线段AB 的中垂面方程，其法向量的坐标就是方程中x,y,z 的系数），即为P 的坐标应满足的条件点评：空间两点P 1（x 1，y 1，z 1）、P 2（x 2，y 2，z 2）的中点为（221x x +，221y y +，221z z +），且|P 1P 2|=221221221)()()(z z y y x x -+-+-例3 棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，在棱DD 1上是否存在点P 使B 1D ⊥面P AC ？解：以D 为原点建立如图所示的坐标系，设存在点P （0，0，z ），AP =（－a ，0，z ）， AC =（－a ，a ，0），1DB =（a ，a ，a ）， ∵B 1D ⊥面P AC ，∴1DB ·AP =0，1DB ·AC =0∴－a 2+az =0∴z =a ，即点P 与D 1重合∴点P 与D 1重合时，DB 1⊥面P AC例 4 在三棱锥S —ABC 中，∠SAB =∠SAC =∠ACB =90°，AC =2，BC =13，SB =29（1）求证：SC ⊥BC ；（2）求SC 与AB 所成角的余弦值解法一：如图，取A 为原点，AB 、AS 分别为y 、z 轴建立空间直角坐标系，则有AC =2，BC =13，SB =29，得B （0，17，0）、S （0，0，23）、C （21713，174，0）， ∴SC =（21713，174，－23），CB =（－21713，1713，0）（1）∵SC ·CB =0，∴SC ⊥BC （2）设SC 与AB 所成的角为α，∵AB =（0，17，0），SC ·AB =4，|SC || AB |=417，∴cos α=1717，即为所求解法二：（1）∵SA ⊥面ABC ，AC ⊥BC ，AC 是斜线SC 在平面ABC 内的射影，∴SC ⊥B C （2）如图，过点C 作CD ∥AB ，过点A 作AD ∥BC 交CD 于点D ，连结SD 、SC ，则∠SCD 为异面直线SC 与AB 所成的角∵四边形ABCD 是平行四边形，CD =17，SA =23，SD =22AD SA +=1312+=5，∴在△SDC 中，由余弦定理得cos ∠SCD =1717，即为所求点评：本题（1）采用的是“定量”与“定性”两种证法题（2）的解法一应用向量的数量积直接计算，避免了作辅助线、平移转化的麻烦，但需建立恰当的坐标系；解法二虽然避免了建系，但要选点、平移、作辅助线、解三角形例5 如图，直棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面△ABC 中，CA =CB =1，∠BCA =90°，棱AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1、A 1A 的中点（1）求BN 的长；（2）求cos 〈1BA ，1CB 〉的值；（3）求证：A 1B ⊥C 1M（1）解：如图建立坐标系，依题意得B （0，1，0），N （1，0，1）， ∴｜BN ｜=222)01()10()01(-+-+-=3（2）解：A 1（1，0，2），B （0，1，0），C （0，0，0），B 1（0，1，2）， ∴1BA =（1，－1，2），1CB =（0，1，2）， ∴1BA ·1CB =3，｜1BA ｜=6，｜1CB ｜=5 ∴cos 〈1BA ，1CB 〉=1111||||BA CB BA CB ⋅=1030（3）证明：∵C 1（0，0，2），M （21，21，2）， ∴1A B =（－1，1，－2），1C M =（21，21，0），∴1A B ·1C M =0，∴A 1B ⊥C 1M例6 如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、CD 的中点（1）证明AD ⊥D 1F ；（2）求AE 与D 1F 所成的角；（3）证明面AED ⊥面A 1D 1F 解：取D 为原点，DA 、DC 、DD 1为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系，取正方体棱长为2，则A （2，0，0）、A 1（2，0，2）、 D 1（0，0，2）、E （2，2，1）、F （0，1，0）（1）∵DA ·1D F =（2，0，0）·（0，1，－2）=0，∴AD ⊥D 1F （2）∵AE ·1D F =（0，2，1）·（0，1，－2）=0，∴AE ⊥D 1F ，即AE 与D 1F 成90°角（3）∵DE ·1D F =（2，2，1）·（0，1，－2）=0，∴DE ⊥D 1F ∵AE ⊥D 1F ，∴D 1F ⊥面AE D ∵D 1F 面A 1D 1F ，∴面AED ⊥面A 1D 1F点评：①通过建立空间直角坐标系，点用三维坐标表示，向量用坐标表示，进行向量的运算，轻而易举地解决立体几何问题，不需要添加辅助线一个需要经过严密推理论证的问题就这样被简单机械的运算代替了②本题是高考题，标准答案的解法较为复杂，而运用代数向量求解则轻而易举，充分显示出代数化方法研究几何图形的优越性，这应作为立体几何复习的一个重点去掌握通过坐标法计算数量积去证垂直，求夹角、距离，是高考的重点例7 如图，正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底边长为a,侧棱长为2a建立适当的坐标系，⑴写出A ，B ，A 1，B 1的坐标；⑵求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角分析：（1）所谓“建立适当的坐标系”，一般应使尽量多的点在数轴上或便于计算，（2）首先要找出所求的角，或找出平面的法向量与直线所成的角，然后再求之解：（1）建系如图，则A （0，0，0） B （0，a,0） A 1（0，0，2a),C 1（-23a,a 2,2a) (2)解法一：在所建的坐标系中，取A 1B 1的中点M ，于是M （0，a 2,2a），连结AM ，MC 1则有13(,0,0)MC =-(0,,0)AB a =，1(0,02)AA a =， ∴10MC AB ⋅=，110MC AA ⋅=，所以，MC 1⊥平面ABB 1A 1因此，AC 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角13(,2)22a AC a a =-，(0,2)2aAM a =， ∴2194a AC AM ⋅=,而|13||3,||2AC a AM a ==由cos<1,AC AM >=113||||AC AM AC AM ⋅=,∴ <1,AC AM >=30°解法二： 13(,2)22aAC a a =-， A BCA 1B 1C 1MzyxA BCA 1B 1C 1Mzyx平面ABB 1A 1的一个法向量(1,0,0)n =- ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角θ的正弦为：1sin cos ,AC n θ=<>=1112||||AC n AC n ⋅=∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°例8 棱长为2的正方体A 1B 1C 1D 1-ABCD 中，E 、F 分别是C 1C 和D 1A 1的中点，（1）求EF 长度；（2）求<,AB EF >；3）求点A 到EF 的距离分析：一般来说，与长方体的棱或棱上的点有关的问题，建立空间直角坐标系比较方便，适当建立坐标系后，正确地写出相关点的坐标及向量然后进行运算即可得解解：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1分别为x 轴， y 轴，z 轴建立直角坐标系，则A （2，0，0），B （2，2，0）， E （0，2，1），F （1，0，2）由此可得：AB =（0，2，0），EF =（1，-2，1）FA =（1，0，-2），|AB |=2，|FA |=5，AB EF ⋅= - 4, FA EF ⋅=1-2=-1，所以（1）||EF =6 （2）c os<,AB EF >=||||AB EFAB EF ⋅=-36,所以<,AB EF >=π-arcc os 36 (3)FA 在EF 上的射影的数量FA c os<,FA FE >=||FA FE FE ⋅=61∴ A 到EF 的距离21||(6FA -= 点评：点到直线的距离的向量求法，就是先求出该点与直线上某点连线在直线上的射影，再用勾股定理求对应的距离例9 平面ABCD ⊥平面ABEF ，ABCD 是正方形，ABEF 是矩形，且,21a AD AF ==G 是EF 的中点，（1）求证平面AGC ⊥平面BGC ；（2）求GB 与平面AGC 所成角正弦值；（3）求二面角B —AC —G 的大小解：如图，以A 为原点建立直角坐标系，则A （0，0，0），B （0，2a ，0），C （0，2a ，2a ）， G （a ，a ，0），F （a ，0，0）（1）证明：(,,0),(0,2,2)AG a a AC a a ==，(,,0),(0,0,2)BG a a BC a =-=，设平面AGC 的法向量为111(,,1)n x y =，设平面BGC 的法向量为222(1,,)n y z =，∴120n n ⋅= 即 12n n ⊥ ∴平面AGC ⊥平面BGC ；（2）由⑴知平面AGC 的法向量为1(1,1,1)n =-(,,0),(0,0,2)BG a a BC a =-=，∴||sin ||||2BG n BG n a θ⋅===⋅⋅（3）因1(1,1,1)n =-是平面AGC 的法向量，又AF ⊥平面ABCD ，平面ABCD 的法向量(,0,0)AF a =，得11|||cos |||||3n AF n AF θ⋅===⋅∴二面角B —AC —G 的大小为求平面法向量的另一种方法：由 A （0，0，0），B （0，2a ，0），C （0，2a ，2a ）， G （a ，a ，0），F （a ，0，0）设平面AGC 的方程为：11110A x B y C z D +++=则11111111111111111111100000000,002200A B C D D A a B a C D A B A C B D A aB aC D B C +++==⎧⎧⎪⎪+++=⇒+=⇒==-=⎨⎨⎪⎪+++=+=⎩⎩ ∴平面AGC 的法向量为11111(,,)(1,1,1)n A B C A ==- 设平面BGC 的方程为：22220A x B y C z D +++=则222222222222222222222220200200220220,0000A aBCD aB D A aB aC D aB aC D B A C aA aB C D aA aB D +++=+=⎧⎧⎪⎪+++=⇒++=⇒==⎨⎨⎪⎪+++=++=⎩⎩∴平面BGC 的法向量为12222(,,)(1,1,0)n A B C A ==点评：①平面平行于哪一个轴，其法向量的对应坐标就是0；②平面经过原点时平面方程中的常数项等于0； ③平面法向量的两种求法的区别小结：1运用空间向量的坐标运算解决几何问题时，首先要恰当建立空间直角坐标系，计算出相关点的坐标，进而写出向量的坐标，再结合公式进行论证、计算，最后转化为几何结论2本节知识是代数化方法研究几何问题的基础，向量运算分为向量法与坐标法两类，以通过向量运算推理，去研究几何元素的位置关系为重点利用两个向量（非零）垂直⇔数量积为零，可证明空间直线垂直；利用数量积可计算两异面直线的夹角，可求线段的长度；运用共面向量定理可证点共面、线面平行等；利用向量的射影、平面的法向量，可求点面距、线面角、异面直线的距离等学生练习1若a =（2x ，1，3），b =（1，－2y ，9），如果a 与b 为共线向量，则 A x =1，y =1 B x =21，y =－21 C x =61，y =－23 D x =－61，y =23解析：∵a =（2x ，1，3）与b =（1，－2y ，9）共线，故有12x=y 21-=93 ∴x =61，y =－23应选C 答案：C 2在空间直角坐标系中，已知点P （x ，y ，z ），下列叙述中正确的个数是①点P 关于x 轴对称点的坐标是P 1（x ，－y ，z ） ②点P 关于yOz 平面对称点的坐标是P 2（x ，－y ，－z ） ③点P 关于y 轴对称点的坐标是P 3（x ，－y ，z ） ④点P 关于原点对称的点的坐标是P 4（－x ，－y ，－z ）A3 B2 C1 D0 解析：P 关于x 轴的对称点为P 1（x ，－y ，－z ），关于yOz 平面的对称点为P 2（－x ，y ，z ），关于y 轴的对称点为P 3（－x ，y ，－z ）故①②③错误答案：C3已知向量a =（1，1，0），b =（－1，0，2），且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 值是A1B51C53 D57 解析：k a +b =k （1，1，0）＋（－1，0，2）=（k －1，k ，2），2a －b =2（1，1，0）－（－1，0，2）=（3，2，－2）∵两向量垂直，∴3（k －1）＋2k －2×2=0∴k =57答案：D 4设OABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上一点，且OG =3GG 1，若OG =x OA +y OB +z OC ，则（x ，y ，z ）为A （41，41，41） B （43，43，43）C （31，31，31）D （32，32，32）解析：∵OG =43 1OG = 43（OA +1AG ）=43OA + 43·32［21（AB +AC ）］=43OA +41［（OB －OA ）+（OC －OA ）］=41OA + 41OB + 41OC ，而OG =x OA +y OB +z OC ，∴x =41，y =41，z =41答案：A5在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成的角为Aarccos23 Barccos1010 Carccos53 Darccos 52 解：建立坐标系，把D 点视作原点O ，分别沿DA 、DC 、1DD 方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，则A （1，0，0），M （1，21，1），C （0，1，0），N （1，1，21） ∴AM =（1，21，1）－（1，0，0）=（0，21，1），CN =（1，1，21）－（0，1，0）=（1，0，21）故AM ·CN =0×1+21×0+1×21=21，|AM |=2221)21(0++= 25，|CN |=222)21(01++=25∴cos α=||||AM CNAM CN ⋅=252521⋅=52∴α=arccos 52答案：D 6已知空间三点A （1，1，1）、B （－1，0，4）、C （2，－2，3），则AB 与CA 的夹角θ的大小是_________解析：AB =（－2，－1，3），CA =（－1，3，－2）， cos 〈AB ，CA 〉=1414)2(33)1()1()2(⋅-⨯+⨯-+-⨯-=147-=－21， ∴θ=〈AB ，CA 〉=120° 答案：120°7已知点A （1，2，1）、B （－1，3，4）、D （1，1，1），若AP =2PB ，则|PD |的值是__________解析：设点P （x ，y ，z ），则由AP =2PB ，得（x －1，y －2，z －1）=2（－1－x ，3－y ，4－z ），即1,3122,8262,,3182,3,x x x y y y z z z ⎧=-⎪-=--⎧⎪⎪⎪-=-=⎨⎨⎪⎪-=-⎩=⎪⎪⎩解得则|PD |=222)13()138()131(-+-+--=377答案： 3778设点C （2a +1，a +1，2）在点P （2，0，0）、A （1，－3，2）、B （8，－1，4）确定的平面上，求a 的值解：PA =（－1，－3，2），PB =（6，－1，4）根据共面向量定理，设PC =x PA +y PB （x 、y ∈R ），则（2a －1，a +1，2）=x （－1，－3，2）+y （6，－1，4）=（－x +6y ，－3x －y ，2x +4y ），∴⎪⎩⎪⎨⎧+=--=++-=-.422,31,612y x y x a y x a 解得x =－7，y =4，a =16 另法：先求出三点确定的平面方程，然后代入求a 的值9已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，P 、Q 分别是BC 、CD 上的动点，且|PQ |=2，建立坐标系，把D 点视作原点O ，分别沿DA 、DC 、1DD 方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，（1）确定P 、Q 的位置，使得B 1Q ⊥D 1P ；（2）当B 1Q ⊥D 1P 时，求二面角C 1—PQ —A 的大小解：（1）设BP =t ，则CQ =2)2(2t --，DQ =2－2)2(2t --∴B 1（2，0，2），D 1（0，2，2），P （2，t ，0），Q （2－2)2(2t --，2，0）， ∴1QB =（2)2(2t --，－2，2），1PD =（－2，2－t ，2） ∵B 1Q ⊥D 1P 等价于1QB ·1PD =0，即－22)2(2t --－2（2－t ）+2×2=0，整理得2)2(2t --=t ，解得t =1此时，P 、Q 分别是棱BC 、CD 的中点，即P 、Q 分别是棱BC 、CD 的中点时，B 1Q ⊥D 1P ；（2）二面角C 1—PQ —A 的大小是π－arctan2210已知三角形的顶点是A （1，－1，1），B （2，1，－1），C （－1，－1，－2）试求这个三角形的面积解：S ABC ∆=21|AB ||AC |sin α，其中α是AB 与AC 这两条边的夹角则S ABC ∆=21|AB ||AC |α2cos 1- =21|AB ||AC |2)||||ABAC =21在本题中，AB =（2，1，－1）－（1，－1，1）=（1，2，－2），AC =（－1，－1，－2）－（1，－1，1）=（－2，0，－3），∴|AB |2=12+22+（－2）2=9， |AC |2=（－2）2+02+（－3）2=13，AB ·AC =1·（－2）+2·0+（－2）·（－3）=－2+6=4， ∴S ABC ∆=2124139-⨯=210111证明正三棱柱的两个侧面的异面对角线互相垂直的充要条件是它的底面边长与侧棱长的比为2∶1证明：如图，以正三棱柱的顶点O 为原点，棱OC 、OB 为y 轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正三棱柱底面边长与棱长分别为2a 、b ，则A （3a ，a ，b ）、B （0，0，b ）、C （0，2a ，0）因为异面对角线OA ⊥BC ⇔·BC =0⇔（3a ，a ，b ）·（0，2a ，－b ）=2a 2－b 2=0⇔b =2a ，即2a ∶b =2∶1，所以OA ⊥BC 的充要条件是它的底面边长与侧棱长的比为2∶112如图，ABCD 是边长为a 的菱形，且∠BAD =60°，△P AD为正三角形，且面P AD ⊥面ABCD（1）求cos 〈，〉的值；（2）若E 为AB 的中点，F 为PD 的中点，求||的值；（3）求二面角P —BC —D 的大小解：（1）选取AD 中点O 为原点，OB 、AD 、OP 所在直线A分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A （0，－2a，0），B （23a ，0，0），P （0，0，23a ），D （0，2a，0） ∴AB =（23a ，2a ，0），PD =（0，2a，－23a ），则cos 〈AB ，PD 〉=||||AB PDAB PD⋅00()a a +⨯+⨯41（2）∵E 、F 分别为AB 、PD 的中点， ∴E （43 a ，－4a ，0），F （0，4a ，43a ）则|EF=410a （3）∵面P AD ⊥面ABCD ，PO ⊥AD ，∴PO ⊥面ABCD∵BO ⊥AD ，AD ∥BC ，∴BO ⊥BC 连结PB ，则PB ⊥BC ，∴∠PBO 为二面角P —BC —D 的平面角在Rt △PBO 中，PO =23a ，BO =23a ， ∴tan ∠PBO =BO PO =a a2323=1则∠PBO =45°故二面角P —BC —D 的大小为45° 课前后备注。

高中数学必修一第九章直线平面简单几何体(B)(第课)直线与平面垂直公开课教案课件课时训练练习教案课件

课题：9．4直线和平面垂直 (一)教学目的： 1理解直线与平面垂直的定义； 2掌握直线与平面垂直的判定定理内容及论证过程； 3应用直线与平面垂直的判定定理解决问题教学重点：直线与平面垂直的判定定理内容及论证过程教学难点：直线与平面垂直的判定定理内容及论证过程授课类型：新授课课时安排：1课时教具：多媒体、实物投影仪内容分析：本节包括两个知识点：直线和平面垂直及正射影和三垂线定理和平行射影的性质外，第二个重要性质就是空间的镜面对称直线与平面的垂直程就可以看到，证明的过程就是由平面的轴对称转换为空间的镜面对称的过程这一小节要特别重视判定定理的教学，要向学生指出定理证明过程的本质线定理是由直线和平面垂直判定定理得出的一个最重要的空间图形的性质，在传统几可学教育中这个定理占有极重要的地位，在这里，我们只重视概念的教学，减弱围绕三垂线定理的解题训练这是因为我们有更有效的向量工具处理空间的垂直问题这一小节的教学要求是，掌握直线和平面垂直的概念，掌握直线和平面垂直的判定定理，掌握三垂线定理及逆定理主要是理解定理的本质和直接应用不要进行大量的解题训练的教学这样就可减少课时，以加强空间向量的教学直线与平面垂直的定义是一个严格但不实用的定义，因而必须给出一个判定“直线与平面垂直”的判定定理而直线与平面是否垂直根据判定定理的要求，必须具备条件“a ⊥b ，a ⊥c ，b ∩c ＝B ，b ⊂α，c ⊂α”才能得到结论“a ⊥α”，至于为什么在上述条件下一定能得到“a ⊥α”这一结论便是本节课的一个主要内容教学过程：一、复习引入： 1观察空间直线和平面可知它们的位置关系有：（1）直线在平面内（无数个公共点）；（2）直线和平面相交（有且只有一个公共点）；（3）直线和平面平行（没有公共点）——用两分法进行两次分类它们的图形分别可表示为如下，符号分别可表示为a α⊂，a A α=，//a αaαaα线面平行的判定定理：如果不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行推理模式：,,////l m l m l ααα⊄⊂⇒ 3如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行推理模式：//,,//l l m l αβαβ⊂=⇒二、讲解新课： 1 定义：如果一条直线和一个平面相交，并且和这个平面内的任意一条直线都垂直，我们就说这条直线和这个平面互相垂直其中直线叫做平面的垂线，平面叫做直线的垂面交点叫做垂足直线与平面垂直简称线面垂直，记作：a ⊥α画法：画直线和平面垂直时，通常要把直线画成和表示平面的平行四边形的一边垂直说明：①“任何”表示所有（提问：若直线与平面内的无数条直线垂直，则直线垂直与平面吗？如不是，直线与平面的位置关系如何？）②直线与平面垂直是直线与平面相交的一种特殊情况，在垂直时，直线与平面的交点叫做垂足③ a ⊥α等价于对任意的直线m ⊂α，都有a ⊥m利用定义，我们得到了判定线面垂直的最基本方法，同时也得到了线面垂直的最基本的性质2直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面即若l ⊥m ，l ⊥n ，m ∩n ＝B ，m ⊂α，n ⊂α，则l ⊥α已知：m 、n 是平面α内的两条相交直线，直线l 与α的交点为B ，且l ⊥m ，l ⊥n求证：l ⊥α分析：在α内平移m ，n ，使它们都通过点B ，这时m ，n 仍保持和l 垂直过点B 作任一条不与m ，n 重合的直线g ，如果我们能根据l ⊥m 且l ⊥n 推出l ⊥g ，那么就证明了直线l 和过点B 的所有直线都垂直，即l 垂直α为此，我们在l 上自点B 起于平面α的两侧分别截取BA=BA ′，于是m ，n βαm l都是线段AA ′的垂直平分线，它们上面的点到A 、A ′的距离相等如果我们能证明g 上的点到A 、A ′的距离也相等，那么g 也是AA ′的垂直平分线，于是g 就垂直于l 在g 上任取一点E ，过点E 在α内作不通过点B 的直线，分别与m ，n 相交于点C 、D ，容易证明△ACD ≌A ′CD ，进而又可证明△ACE ≌△A ′CE于是EA=EA ′，g ⊥l一般地：证明：如果一条直线和平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面已知：,m n ''是平面α内的两条相交直线，直线l 与α的交点为B ，且,l m l n ''⊥⊥，求证：l α⊥证明：过点B 作//,//m m n n ''∵,l m l n ''⊥⊥ ∴,l m l n ⊥⊥，过B 任作直线a ，在l 上于α平面两侧分别截取BA BA '=，∴,m n 都是AA '的垂直平分线，∴,AD A D AC A C ''==，在a 上任取点E ，过E 在平面α内作不通过B 的直线分别与,m n 相交于点,C D ，∴ACD A CD '∆≅∆，∴ACD A CD '∠=∠，又AC A C '=，∴ACE A CE '∆≅∆，∴AE A E '=∴a l ⊥，∴l α⊥．三、讲解范例：例1 求证：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面已知：a ∥b,a ⊥α 求证：b ⊥α证明：设m 是α内的任意一条直线 αααα⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥⇒⎭⎬⎫⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥b m m b b a m a m a // 本题的作用：要证b ⊥α，没有办法？而已知a ∥b ，只需证a ⊥α即可，在证题时起转移作用，但具体要证a ⊥α还需其他方法例2 过一点和已知平面垂直的直线只有一条已知：平面α和一点P求证：过点P 与α垂直的直线只有一条mb a α证明：不论P 在平面α内或外，设直线PA α⊥，垂足为A （或P ）若另一直线PB α⊥，设,PA PBa αβ= ∴,PA a PB a ⊥⊥又∵,PA PB 在平面β所以过点P 与α垂直的直线只有一条例 3 有一根旗杆AB 高8m ，它的顶端A 挂一条长10m 的绳子，拉紧绳子并把它的下端放在地面上的两点（和旗杆脚不在同一直线上）,C D ，如果这两点都和旗杆脚B 的距离是6m ，那么旗杆就和地面垂直，为什么？解：在ABC ∆和ABD ∆中，∵8,6,10AB m BC BD m AC AD m =====∴2222226810AB BC AC +=+== 2222226810AB BD AD +=+==∴90ABC ABD ∠=∠=即,AB BC AB BD ⊥⊥又∵,,B C D 不共线 ∴AB ⊥平面BCD ，即旗杆和地面垂直；例4 已知直线l ⊥平面α，垂足为A ，直线AP ⊥求证：AP 在α内证明：设AP 与l 确定的平面为β如果AP 不在α内，则可设α与β相交于直线AM∵l ⊥α，∴l ⊥AM又AP ⊥l ，于是在平面β内过点A 有两条直线垂直于l ，这是不可能的所以AP 一定在α内例5 求证:经过平面外一点有且只有一个平面和已知平面平行已知:P ∉α求证:过点P 有且只有一个平面β∥αEB A 证明:过平面α外一点P 作直线⊥l α,再过点P 作平面β,使⊥l β,则α∥β.因为过点P 且与α平行的平面必与α的垂线l 也垂直,而过点P 与l 垂直的平面是唯一的,所以过点P 且与α平行的平面只有一个.指出:由例2可得α∥β,α∥γ⇒β∥γ.例6 已知：空间四边形ABCD ，AB AC =，DB DC =，求证：BC AD ⊥证明：取BC 中点E ，连结,AE DE ，∵,AB AC DB DC ==，∴,AE BC DE BC ⊥⊥， ∴BC ⊥平面AED ，又∵AD ⊂平面AED ， ∴BC AD ⊥．四、课堂练习：1．选择题（1）“直线l 垂直于平面α内的无数条直线”是“l ⊥α”的（）（A ）充分条件（B ）必要条件（C ）充要条件（D ）既不充分也不必要条件（2）如果一条直线l 与平面α的一条垂线垂直，那么直线l 与平面α的位置关系是（）（A ）l ⊂α （B ）l ⊥α （C ）l ∥α （D ）l ⊂α或l ∥α答案：（1）B (2)D2．填空题（1）过直线外一点作直线的垂线有条；垂面有个；平行线有条；平行平面有个.（2）过平面外一点作该平面的垂线有条；垂面有个；平行线有条；平行平面有个.答案：（1）无数，一，一，无数；（2）一，无数，无数，一3．能否作一条直线同时垂直于两条相交直线？能否作一条直线同时垂直于两个相交平面？为什么？答案：（能，而且有无数条）（不能）拿一张矩形的纸对折后略为展开，竖立在桌面上，说明折痕为什么和桌面垂直答案：因为折痕垂直于桌面内的两条相交直线. 一条直线垂直于一个平面内的两条平行直线，这条直线垂直于这个平面吗？为什么？答案：不一定.因为这条直线可能与这个平面斜交或在其内. 6答案：是.假若有两个平面,αβ过点A 都于l 垂直，过这条公共垂线l 作一个不经过两平面,αβ的交线的平面γ，γ与,αβ分别相交于直线,,a b ab l A =且,l a l b ⊥⊥，,,l a b α⊂，从而有a b ，此与a b A =矛盾. 如果三条直线共点，且两两垂直，问其中一条直线是否垂直于另两条直线所确定的平面答案：是 8求证：一条线段的垂直平分面内任一点到这条线段两端点的距离相等通过一条线段中点并且与这条线段垂直的平面，叫做这条线段的垂直平分面五、小结：今天这节课，我们学习了直线和平面垂直的定义，这个定义最初用在判定定理的证明上，但用得较多的则是，如果直线l 垂直于平面α，那么l 就垂直于α内的任何一条直线；对于判定定理，判定线、面垂直，实质是转化成线、线垂直，从中不难发现立体几何问题解决的一般思路六、课后作业：七、板书设计（略）八、课后记：活动目的：教育学生懂得“水”这一宝贵资源对于我们来说是极为珍贵的，每个人都要保护它，做到节约每一滴水，造福子孙万代。

第九章直线平面与简单几何体学生版

直线平面与简单几何体1、已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下列四个命题：①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒ l ∥m ；③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α∥β.其中正确的两个命题是（）A 、①与②B 、①与③C 、②与④D 、③与④1、B2、在正三棱锥中，相邻两侧面所成二面角的取值范围是（）A 、3ππ（，） B 、23ππ（，） C 、（0，2π） D 、23ππ（，）3 2、A3、如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在A 上，且AM=31AB ，点P 在平面ABCD 上，且动点P 到直线A 1D 1的距离的平方与P 到点M 的距离的平方差为 1，在平面直角坐标系xAy 中，动点P 的轨迹方程是 .3、91322-=x y4．命题①空间直线a ，b ，c ，若a∥b，b∥c 则a∥c②非零向量、，若∥，∥则∥ ③平面α、β、γ若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ ④空间直线a 、b 、c 若有a⊥b，b⊥c，则a∥c ⑤直线a 、b 与平面β，若a⊥β，c⊥β，则a∥c 其中所有真命题的序号是（）A ．①②③ B．①③⑤ C．①②⑤ D．②③⑤ 5、（文）棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1被以A 为球心，AB 为半径的球相截，则被截形体的表面积为（） A ．45π B ．87π C ．π D ．47π选A6．某刺猬有2006根刺，当它蜷缩成球时滚到平面上，任意相邻的三根刺都可支撑住身体，且任意四根刺的刺尖不共面，问该刺猬蜷缩成球时，共有（）种不同的支撑身体的方式。

A ．2006 B ．4008 C ．4012 D ．2008 7．命题①空间直线a ，b ，c ，若a∥b，b∥c 则a∥c②非零向量c 、b 、a ，若a ∥b ，b ∥c 则a ∥c ③平面α、β、γ若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ ④空间直线a 、b 、c 若有a⊥b，b⊥c，则a∥c ⑤直线a 、b 与平面β，若a⊥β，c⊥β，则a∥c 其中所有真命题的序号是（）A ．①②③ B．①③⑤ C．①②⑤ D．②③⑤ 8、（文）棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1被以A 为球心，AB 为半径的球相截，则被截形体的表面积为（）A ．45π B ．87π C ．π D ．47π 9、四边形ABCD 是︒=∠120A 的菱形，绕AC 将该菱形折成二面角D AC B --，记异面直线AC 、BD 所成角为α，AD 与平面ABC 所成角为β，当β+α最大时，二面角D AC B --等于( )A.3π B.2π C.2arctan D.22arctanBA xM10、将边长为3的正四面体以各顶点为顶点各截去(使截面平行于底面)边长为1的小正四面体，所得几何体的表面积为_____________ . .11．（理）在正三棱锥ABC S -中，M 、N 分别是棱SC 、BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧棱32=SA ，则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是（） A ．π12B ．π32C ．π36D ．π4812、（文）已知ABCD 是同一球面上的四点，且每两点间距离相等，都等于2，则球心到平面BCD 的距离是（） A ．36B ．66 C ．126 D ．186 13、正方体1111D C B A ABCD -，F E ,分别是1AA ，1CC 的中点，P 是1CC 上的动点（包括端点）过E 、D 、P 作正方体的截面，若截面为四边形，则P 的轨迹是（）A 、线段F C 1B 、线段CFC 、线段CF 和点1CD 、线段F C 1和一点C14、P 为ABC ∆所在平面外一点，PA 、PB 、PC 与平面ABC 所的角均相等，又PA 与BC 垂直，那么ABC ∆的形状可以是。

高考数学直线、平面、简单几何体热点分析及预测人教版

高考数学直线、平面、简单几何体热点分析及预测人教版一、有效落实纲本，积极发挥导向（一）命题基本原则数学学科的系统性和严密性决定了数学知识之间深刻的内在联系，包括各部分知识在各自的发展过程中的纵向联系和各部分知识之间的横向联系.要善于从本质上抓住这些联系，进而通过分类、梳理、综合，构建数学试题的结构框架.对数学基础知识的考查，要求全面又突出重点，对于支撑学科知识体系的重点知识，考查时要保持较高的比例，构成数学试题的主体.注重学科的内在联系和知识的综合性，不刻意追求知识的覆盖面.从学科的整体高度和思维价值的高度考虑问题，在知识网络交汇点设计试题，使考查达到必要的深度.数学思想和方法是数学知识在更高层次上的抽象和概括，蕴涵在数学知识发生、发展和应用的过程中，能够迁移并广泛应用于相关学科和社会生活中.因此，对于数学思想和方法的考查必然要与数学知识的考查结合进行，通过数学知识的考查，反映考生对数学思想和方法理解和掌握的程度.考查时要从学科整体意义和思想价值立意，要有明确的目的，加强针对性，注意通性通法，淡化特殊技巧，有效地检测考生对中学数学知识中所蕴涵的数学思想和方法的掌握程度.数学是一门思维的科学，是培养理性思维的重要载体，通过空间想象、直觉猜想、归纳抽象、符号表达、运算推理、演绎证明和模式构建等诸方面，对客观事物中的数量关系和数学模式进行思考和判断，形成和发展理性思维，构成数学能力的主体.对能力的考查，强调"以能力立意"，就是以数学知识为载体，从问题入手，把握学科的整体意义，用统一的数学观点组织材料.对知识的考查侧重于理解和应用，尤其是综合和灵活的应用，以此来检测考生将知识迁移到不同的情境中去的能力，从而检测出考生个体理性思维的广度和深度，以及进一步学习的潜能.对能力的考查，以思维能力为核心，全面考查各种能力，强调综合性、应用性，切合考生实际.运算能力是思维能力和运算技能的结合，它不仅包括数的运算，还包括式的运算，对考生运算能力的考查主要是算理和逻辑推理的考查，以含字母的式的运算为主.空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力，考查时注意与推理相结合.实践能力在考试中表现为解答应用问题，考查的重点是客观事物的数学化，这个过程主要是依据现实的生活背景，提炼相关的数量关系，构造数学模型，将现实问题转化为数学问题，并加以解决.命题时要坚持"贴近生活，背景公平，控制难度"的原则，要把握好提出问题所涉及的数学知识和方法的深度和广度，要切合我国中学数学教学的实际，让数学应用问题的难度更加符合考生的水平，引导考生自觉地置身于现实社会的大环境中，关心自己身边的数学问题，促使学生在学习和实践中形成和发展数学应用的意识.创新意识和创造能力是理性思维的高层次表现.在数学学习和研究过程中，知识的迁移、组合、融汇的程度越高，展示能力的区域就越宽泛，显现出的创造意识也就越强.命题时要注意试题的多样性，设计考查数学主体内容，体现数学素质的题目，反映数、形运动变化的题目，研究型、探索型或开放型的题目.让考生独立思考，自主探索，发挥主观能动性，研究问题的本质，寻求合适的解题工具，梳理解题程序，为考生展现其创新意识发挥创造能力创设广阔的空间.数学科的命题，在考查基础知识的基础上，注重对数学思想和方法的考查，注重对数学能力的考查，注重展现数学的科学价值和人文价值.同时兼顾试题的基础性、综合性和现实性，重视试题的层次性，合理调控综合程度，坚持多角度、多层次的考查，努力实现全面考查综合数学素养的要求.（二）考纲要求9(A)①直线、平面、简单几何体考试要求：（1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图.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（2）握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理.掌握两条直线所成的角和距离的概念(对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离).（3）掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理.掌握直线和平面垂直的判定定理和性质定理掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念.了解三垂线定理及其逆定理.(4)掌握两个平面平行的判定定理和性质定理.掌握二面角、二面角的平面角、两个平面间的距离的概念.掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理.(5)会用反证法证明简单的问题.(6)了解多面体的概念，了解凸多面体的概念.(7)了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图.(8)了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图.(9)了解正多面体的概念，了解多面体的欧拉公式.(10)了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式.9(B)直线、平面、简单几何体考试要求：（1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图.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.（2）掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理.掌握直线和平面垂直的判定定理.了解三垂线定理及其逆定理.（3）理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘.（4）了解空间向量的基本定理.理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算.（5）掌握空间向量的数量积的定义及其性质.掌握用直角坐标计算空间向量数量积的公式.掌握空间两点间距离公式.(6)理解直线的方向向量、平面的法向量、向量在平面内的射影等概念.(7)掌握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角、距离的概念.对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线或在坐标表示下的距离.掌握直线和平面垂直的性质定理.掌握两个平面平行、垂直的判定定理和性质定理.(8)了解多面体的概念，了解凸多面体的概念.(9)了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图.(10)了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图.(11)了解正多面体的概念，了解多面体的欧拉公式.(12)了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式.【注意】高考中立体几何试题主要考查的是考生的逻辑表达能力、计算能力以及空间想象能力.而在内容上，在论证的基础上求空间的角和距离类型的试题是多年来较为稳定的考查内容.二、2004年、2005年试题回顾与特点分析近几年高考立体几何命题有以下特点：(1)题型和题量较稳定：一般是二选一填一解答，2005年题量稍有上调，在全国各省市18套不同试卷中，大多数是三选一填(或二选)一解答，分值占全卷分值的20％左右，值得关注。

数学高考复习名师精品教案：第82课时：第九章直线、平面、简单几何体-球与多面体

数学高考复习名师精品教案第82课时：第九章直线、平面、简单几何体——球与多面体课题：球与多面体一．复习目标：1.了解多面体、正多面体的概念,了解多面体的欧拉公式,并利用欧拉公式解决有关问题；2.了解球、球面的概念, 掌握球的性质及球的表面积、体积公式, 理解球面上两点间距离的概念, 了解与球的有的内接、外切几何问题的解法．二．主要知识：1．欧拉公式；2．球的表面积；球的体积公式；3．球的截面的性质：．三．课前预习：1．一个凸多面体的顶点数为20，棱数为30，则它的各面多边形的内角和为( )D7200C6480 ()B5400 ()()A2160 ()2．一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积是( )D6πC()()A3π()B4π()3．正四面体的中心到底面的距离与这四面体的高的比是 ( ) ()A 21 ()B 31 ()C 41 ()D 614．地球表面上从A 地(北纬45 ，东经120 )到B 地(北纬45 ，东经30 )的最短距离为（球的半径为R ）（）()A 4Rπ ()B R π ()C 3Rπ ()D 2Rπ5．设,,,P A B C 是球O 面上的四点,且,,PA PB PC 两两互相垂直,若P A P B P C a===则球心O 到截面ABC 的距离是 . 四．例题分析：例1．已知三棱锥P A B C -内接于球, 三条侧棱两两垂直且长都为1, 求球的表面积与体积.例2．在北纬60 圈上有甲、乙两地，它们的纬度圆上的弧长等于2Rπ(R 为地球半径)，求甲，乙两地间的球面距离。

例3．如图,球心到截面的距离为半径的一半，B C 是截面圆的直径,D 是圆周上一点，C A 是球O 的直径， (1) 求证：平面ABD ⊥平面A D C ； (2) 如果球半径是13，D 分 BC为两部分, 且 :1:2BD DC =，求A C 与BD 所成的角；(3) 如果:2BC D C =，求二面角B A C D --的大小。

第九章直线、平面、简单几何体(B)

第九章直线、平面、简单几何体(B)课时作业45平面与空间直线时间：45分钟分值：100分一、选择题(每小题5分，共30分)1．若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”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：A2．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确．．．的是() A．若AC与BD共面，则AD与BC共面B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BCD．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC答案：C3．在图1中，G、H、M、N分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH、MN是异面直线的图形有()图1A．0个B．1个C．2个D．3个解析：题图(1)中，直线GH∥MN；图(2)中，G、H、N三点共面，但M∉面GHN，因此直线GH与MN异面；图(3)中GM∥HN，因此GH与MN共面；图(4)中，G、M、N三点共面，但H∉面GMN，∴GH与MN异面．所以图(2)、(4)中GH与MN异面．答案：C4．(2009·全国卷Ⅰ)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC 上的射影为B图2C的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为( )A.34 B.54 C.74 D.34解析：设棱长为2，BC 的中点为D ，由题意，得AD ＝ 3. 在Rt △A 1AD 中，A 1D ＝AA 21－AD 2＝22－(3)2＝1. 在Rt △A 1BD 中，A 1B ＝A 1D 2＋BD 2＝ 2. ∵AA 1∥CC 1，∴AB 与AA 1所成的角∠A 1AB 即为AB 与CC 1所成的角．在△A 1AB 中，由余弦定理，得cos ∠A 1AB ＝AA 21＋AB 2－A 1B22AA 1·AB ＝4＋4－22×2×2＝34.答案：D5．直线l ⊂平面α，经过α外一点A 与l 、α都成30°角的直线有且只有( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条解析：所求直线在平面α内的射影必与直线l 平行．这样的直线只有两条，故选B. 答案：B 6．(2008·辽宁高考)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1、EF 、CD 都相交的直线( )A ．不存在B ．有且只有两条C ．有且只有三条D ．有无数条解析：分别在异面直线A 1D 1、CD 上各任取一点M 、N ，则线段MN 的中点的轨迹构成一个平面α，显然直线EF 在平面α内．在EF 上任取一点P ，点P 和直线A 1D 1确定的平面与直线CD 交于点Q ，显然直线QP 与直线A 1D 1必有交点R ，即这样的直线有无穷多条．故选D.答案：D二、填空题(每小题4分，共20分)7．已知空间四边形的对角线相等，顺次连结它的各边中点所成的四边形是________．解析：根据三角形中位线定理，连结各边中点的四边形的边分别等于对角线的一半，且对边分别平行，则构成平面图形，并且是平行四边形，再由四条边相等，即可判断为菱形．答案：菱形8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 、Q 分别为AB 、BB 1、C 1D 1的中点，过M 、N 、Q 的平面与正方体相交，截得的图形是________．解析：设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 、R 、S 分别为B 1C 1、D 1D 、AD 的中点，则六边形MNPQRS 即为平面MNQ 与正方体相交所得的截面图形，并且它是正六边形．∵面ABB 1A 1∥面CDD 1C 1，设平面MNQ 与平面DCC 1D 1的交线为R ′Q .则MN ∥QR ′. 而QR ∥DC 1∥AB 1∥MN ，据平行公理知过点Q 与MN 平行的直线有且只有一条． ∴QR 与QR ′重合，即R 与R ′重合(R ′为D 1D 的中点)． ∵MN 不平行于A 1B 1，∴MN 与A 1B 1必相交，设交点为K ，可证得B 1K ＝BM .同理QP 与A 1B 1也一定相交，交点为K ′，且B 1K ′＝QC 1＝MB ＝B 1K .∴MN 与QP 相交于点K .于是过点M 、N 、Q 的平面MNQR 与平面MNPQ 重合，即M 、N 、P 、Q 、R 共面于MNQ . 同理可证S 点也在此平面MNQ 内．所以平面MNPQRS 是一平面图形．易证得MN ＝PN ＝QP ＝QR ＝RS ＝SM .由等角定理可知∠MNP ＝∠QRS ， ∠QPN ＝∠MSR ，∠SMN ＝∠RQP .连结MQ ，易证QM ∥PN ，在等腰梯形MNPQ 中， ∠QPN ＝∠MNP ，同理∠PQR ＝∠QPN .∴∠SMN ＝∠MNP ＝∠NPQ ＝∠PQR ＝∠QRS ＝∠RSM . ∴MNPQRS 为正六边形．答案：正六边形9．(2009·四川高考)如图3，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______．图3解析：建立如图4所示的坐标系，O 为BC 中点，设三棱柱的棱长为2a ，则点A (3a,0,0)，B (0，a,0)，B 1(0，a,2a )，图4M (0，－a ，a )，则AB 1→·BM →＝0，所以异面直线AB 1与BM 所成的角为90°. 答案：90°10．过正方体任意两个顶点的直线共有28条，其中异面直线有________对．解析：由于以正方体的某四个顶点可以形成C 48－(6＋6)＝58个三棱锥(注：先从8个顶点中任选4个顶点有C 48种选法，其中四点共面的情形有两类：一类是所选的四个顶点恰好是某一个面的四个顶点时，此类有6种；另一类是所选的四个顶点刚好是该正方体的某一个对角面的四个顶点时，此类也有6种)，而每个三棱锥的四条棱间能够形成3对异面直线，因此满足题意的异面直线对共有58×3＝174对．答案：174三、解答题(共50分)11．(15分)如图5，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为正方形ABCD 的中点，H 为直线B 1D 与平面ACD 1的交点．求证：D 1、H 、O 三点共线．证明：连结BD ，B 1D 1则BD ∩AC ＝O ，如图6， ∵BB 1綊DD 1，∴四边形BB 1D 1D 为平面图形且为平行四边形，又H ∈B 1D ，B 1D ⊂平面BB 1D 1D ，则H ∈平面BB 1D 1D ，∵平面ACD 1∩平面BB 1D 1D ＝OD 1，∴H ∈OD 1. ∴D 1、H 、O 三点共线．图5图612．(15分)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中E 、F 分别为BB 1、CC 1的中点，求AE 、BF 所成角的余弦值．图7解：如图7，取DD 1中点M ，连结AM 、MF 、ME ，由AB 綊CD 綊MF 知四边形ABFM 为平行四边形∴AM ∥BF ，则AM 与AE 所夹锐角或直角为异面直线所成的角，设AB ＝1，则在△AEM 中AE ＝AM ＝52，ME ＝2，∴cos ∠MAE ＝AM 2＋AE 2－ME 22AM ·AE ＝15，即异面直线AE 、BF 所成角的余弦值为15.13．(20分)(2009·广东高考)如图8，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．图8(1)求以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；(2)证明：直线FG 1⊥平面FEE 1；(3)求异面直线E 1G 1与EA 所成角的正弦值．解：(1)依题作点E 、G 在平面DCC 1D 1内的正投影E 1、G 1，则E 1、G 1分别为CC 1、DD 1的中点，连结EE 1、EG 1、ED 、DE 1，则所求为四棱锥E —DE 1FG 1的体积，其底面DE 1FG 1的面积为(2)证明：以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别作x 轴，y 轴，z 轴，得E 1(0,2,1)、G 1(0,0,1)，图9又G (2,0,1)，F (0,1,2)，E (1,2,1)，则FG 1→＝(0，－1，－1)，FE →＝(1,1，－1)，FE 1→＝(0,1，－1)， ∴FG 1→·FE →＝0＋(－1)＋1＝0， FG 1→·FE 1→＝0＋(－1)＋1＝0，即FG 1⊥FE ，FG 1⊥FE 1. 又FE 1∩FE ＝F ，∴FG 1⊥平面FEE 1.(3)E 1G 1→＝(0，－2,0)，EA →＝(1，－2，－1)，则cos 〈E 1G 1→，EA →〉＝E 1G 1→·EA → |E 1G 1→||EA →|＝26.设异面直线E 1G 1与EA 所成角为θ，则sin θ＝1－23＝33.∴异面直线E 1G 1与EA 所成角的正弦值为33.。