寒假专题立体几何.docx
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寒假专题立体几何
寒假专题——立体几何.txt台湾一日不收复,我一日不过4级!
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课程解读
一、学习目标:
(1)掌握空间中点、线、面的位置关系,能判定线、面之间的平行和垂直并能利用性质解答相关问题。
(2)能根据三视图还原实物图,会求简单几何体的体积和表面积问题。
(3)学会运用向量知识解决立体几何中的角和距离问题。
二、重点、难点:
重点:
掌握简单几何体的三视图以及空间中的角和距离的求解。
难点:
向量在立体几何中的求解和证明。
三、考点分析:
(1)本部分内容是高考中的重点及热点问题,要注重代数法和几何法两种数学思想方法的运用。
(2)理解并掌握空间中点、线、面的位置关系的判定和性质定理,并能解决有关的计算和证明。
(3)立体几何这部分内容在高考中一般以小题形式出现,在试卷中约为2-3道,若从大题的形式出现,则多考查立体几何与向量知识的综合运用。
分值大约占到1/5。
典型例题
知识点一:
空间中点、线、面的位置关系的运用
(1)空间中的线线的位置关系:
相交、平行、异面。
(2)空间中的线面的位置关系:
线面平行和线面相交,线在面内。
(3)空间中的面面的位置关系:
平行和相交。
(4)空间中的线面平行、垂直的判定定理和性质定理。
(5)空间中的面面平行、垂直的判定定理和性质定理。
对于以上内容要会用图形语言和几何语言表示,并能灵活运用。
例1:
给定下列四个命题:
①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,那么这两个平面相互平行;
②若一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直;
③垂直于同一直线的两条直线相互平行;w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
④若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直。
其中,为真命题的是
A.①和②B.②和③C.③和④D.②和④
思路分析:
1)题意分析:
本题主要考查空间中线、面之间的平行、垂直的判定,空间想象能力和推理能力。
2)解题思路:
结合面面平行和面面垂直的判定定理和性质定理,结合正方体等特殊的图形逐项判定。
解答过程:
选D
解析:
①错,②正确,③错,④正确.故选D
解题后的思考:
对于空间中线、面之间的平行和垂直的判定定理、性质定理要熟悉。
我们还可以借助于正方体等特殊的图形来判定。
例2:
设,是两条不同的直线,是一个平面,则下列命题正确的是
A.若,,则B.若,,则
C.若,,则D.若,,则
思路分析:
1)题意分析:
本题主要通过符号语言考查同学们对于空间中线、面之间的平行和垂直定理的运用。
2)解题思路:
对于空间线面的平行和垂直问题,我们一般先看结论,然后结合条件,看看是不是符合判定定理或者性质定理来判定。
解答过程:
选B
解析:
选项A,根据线面垂直的判定定理可知,必须满足一条直线同时垂直于平面内的两条相交直线。
选项B,两条平行线中的一条垂直于平面,则另一条也垂直于该平面。
选项C,根据线面平行的性质定理可知,只能平行于一组平行线,而不是任何一条直线。
选项D,两条直线同时平行于一个平面,则两直线的位置关系可以是相交或异面或平行。
解题后的思考:
①根据试题的条件和结论,抓住题目考查的是哪个定理,是判定定理,还是性质定理?
②对于抽象的线面问题的判定我们一般借助于现实生活中的实例,或正方体等特殊的图形来解题。
③熟悉判定定理和性质定理是解决该题的关键。
小结:
(1)解答好空间中的点、线、面位置关系的判定问题,关键是熟练掌握判定定理和性质定理。
(2)要会借助于特殊的几何体来解决抽象问题。
知识点二:
空间几何体的三视图及面积和体积的计算
(1)理解三视图的概念并能作出常见的多面体和旋转体的三视图,理解三视图的规则:
长相等,宽相同,高平齐。
(2)锥体、柱体的体积公式和表面积公式的运用。
例3:
若某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是()
A.2B.1C.D.
思路分析:
1)题意分析:
本题考查对立体图形的三视图的理解及体积公式的运用。
2)解题思路:
主视图是长方形,反映了原几何体的长和高。
俯视图是正方形,反映了原几何体的宽,左视图是直角三角形,反映了原几何体是直三棱柱。
解答过程:
如图,该立体图形为直三棱柱,所以其体积为
解题后的思考:
对于“三视图规则:
正视图和俯视图等长,俯视图和侧视图等宽,正视图和侧视图齐高”这一内容要很好地掌握。
例4:
一个棱锥的三视图如图所示,则该棱锥的全面积(单位:
)为
A.B.
C.D.
思路分析:
1)题意分析:
本题主要考查锥体面积的运用。
2)解题思路:
首先根据三视图给出的长度,宽度和高度,还原实物图。
然后结合棱锥的底面积加上侧面积得到全面积。
解答过程:
选A
解析:
棱锥的直观图如下图所示,则有PO=4,OD=3,由勾股定理,得PD=5,AB=6,全面积为:
×6×6+2××6×5+×6×4=48+12,故选A。
解题后的思考:
解决这类试题的关键是还原实物图对应的棱长和高度之间的准确表达。
依据三视图的规则进行分析求解。
小结:
(1)三视图这部分内容是近几年高考中的一个热点,需要同学们很好地掌握三视图的画法和规则。
(2)熟悉常见的柱体和锥体的三视图。
(3)三视图和实物图之间的关系是我们学习的重点,也是难点,同学们要深刻体会两者之间的联系。
知识点三:
向量在立体几何中的运用
(1)掌握用向量表示空间中的角的方法。
(2)掌握用向量表示空间中的距离的方法。
例5:
如图,已知正方体的棱长为2,点是正方形的中心,点、分别是棱的中点.设点分别是点,在平面内的正投影.
(1)求以为顶点,以四边形在平面内的正投影为底面边界的棱锥的体积;
(2)证明:
直线平面;
(3)求异面直线所成角的正弦值.
思路分析:
1)题意分析:
本题主要考查锥体的体积和线面垂直的判定以及异面直线所成的角的求解。
2)解题思路:
利用射影为背景,分析出四边形在平面内的正投影是解决该题的关键。
射影中隐含着垂直关系,结合第
(1)问,推理得到第
(2)问或运用空间向量法证明线面垂直,及求出异面直线所成的角。
解答过程:
(1)依题意作点、在平面内的正投影、,则、分别为、的中点,连结EF、、、、FE1、FG1,则所求为四棱锥的体积,其底面的面积为
,
又平面,,∴.
(2)证明:
以为坐标原点,、、所在直线分别作轴,轴,轴,得、,又,,,则,,,
∴,,即,,
又,∴平面.
(3),,则,设异面直线所成角为,则.
解题后的思考:
如果几何体中容易建立空间直角坐标系,我们可以建立空间直角坐标系来计算角和证明几何问题。
对于求空间几何体体积的问题可以采用分割法来进行求解。
对于不规则图形的处理一般采用这种方法进行。
例6:
如图,平面平面,是以为斜边的等腰直角三角形,分别为,,的中点,,.
(1)设是的中点,证明:
平面;
(2)证明:
在内存在一点,使平面,并求点到,的距离.
思路分析:
1)题意分析:
本题主要考查了空间中线面平行的证明以及条件探索性问题的综合运用。
2)解题思路:
基于题中给出了面面垂直和底面是等腰直角三角形等条件,因此我们可以考虑用向量法建系设点来进行分析证明。
第
(1)问也可以直接利用线面判定定理来证明,但第
(2)问如果用几何法来解则比较麻烦。
解答过程:
证明:
(1)如图,连结OP,以O为坐标原点,分别以OB、OC、OP所在直线为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系O,w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
则,由题意得,因,因此平面BOE的法向量为,,得,又直线不在平面内,因此有平面
(2)设点M的坐标为,则,因为平面BOE,所以有,因此有,即点M的坐标为,在平面直角坐标系xOy中,的内部区域满足不等式组,经检验,点M的坐标满足上述不等式组,所以在内存在一点,使平面,由点M的坐标得点到,的距离为。
解题后的思考:
结合近年高考考查的题目可知有关证明题、计算题中的空间向量不容易直接看出,我们可以运用向量这个有力的工具,合理建系,准确设点,再结合平面的法向量来解决有关证明和求解的问题,这是一种很好的方法。
但是要注意所设坐标的准确性,细节决定成败。
例7:
如图,在直四棱柱ABCD-ABCD中,底面ABCD为等腰梯形,AB//CD,AB=4,BC=CD=2,AA=2,E、E、F分别是棱AD、AA、AB的中点。
(1)证明:
直线EE//平面FCC1;
(2)求二面角B-FC-C的余弦值。
思路分析:
1)题意分析:
本题主要考查空间中线面平行的判定和二面角的求解的运用。
2)解题思路:
对于线面平行的判定:
由线线平行,得到线面平行或者由面面平行得到线面平行。
二面角的求解,一般利用三垂线定理来作图得到角,然后结合平面图形来求解。
另一种解法就是坐标法,合理建系,设点,利用法向量和直线的方向向量来解决。
解答过程:
解法一:
(1)在直四棱柱ABCD-ABCD中,取A1B1的中点F1,
连结A1D,C1F1,CF1,因为AB=4,CD=2,且AB//CD,所以CDA1F1,A1F1CD为平行四边形,所以CF1//A1D,又因为E、E分别是棱AD、AA的中点,所以EE1//A1D,所以CF1//EE1,又因为平面FCC,平面FCC,所以直线EE//平面FCC.
(2)∵AB=4,BC=CD=2,F是棱AB的中点,∴BF=BC=CF,△BCF为正三角形,取CF的中点O,则OB⊥CF,又∵直四棱柱ABCD-ABCD中,CC1⊥平面ABCD,∴CC1⊥BO,∴OB⊥平面CC1F,过O在平面CC1F内作OP⊥C1F,垂足为P,连接BP,则∠OPB为二面角B-FC-C的一个平面角,在△BCF中,,在Rt△CC1F中,△OPF∽△CC1F,∵∴,
在Rt△OPB中,,
∴二面角B-FC-C的余弦值为.
解法二:
(1)∵AB=4,BC=CD=2,F是棱AB的中点,
∴BF=BC=CF,△BCF为正三角形,
∵ABCD为等腰梯形,所以∠BAC=∠ABC=60°,取AF的中点M,
连结DM,则DM⊥AB,
∴DM⊥CD,以DM为x轴,DC为y轴,DD1为z轴建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(,-1,0),F(,1,0),C(0,2,0),,E(),,∴,,,,设平面CC1F的法向量为,则∴,取,则,∴,∴直线EE//平面FCC.
(2),设平面BFC1的法向量为,则∴,取,则,
,,
∴,由图可知二面角B-FC-C为锐角,∴二面角B-FC-C的余弦值为.
解题后的思考:
通过向量法和几何法解答该题比较简单,对比可知,这两种不同的解法对于立体几何问题的解答侧重的角度不一样。
几何法要求有丰富的想象力,向量法要求设点的准确性。
小结:
(1)对于立体几何问题,我们要掌握两种求解方法,即几何法和向量法。
(2)几何法中对于二面角的作图必然要用到线面垂直的判定定理和性质定理。
使用向量法仅需要知道平面的法向量,再结合向量的数量积便可以求解。
预习导学
一、预习新知
请同学们回顾算法和统计中的有关知识,尤其是程序框图和频率分布直方图等知识的运用。
二、预习点拨
探究与反思:
探究任务一:
算法的三种基本逻辑结构和五种基本算法语句
【反思】
(1)算法的条件结构、顺序结构、循环结构分别是什么?
(2)算法的基本算法语句的符号表示?
探究任务二:
统计
【反思】
(1)抽样问题的三种抽样方法分别是什么?
如何实施?
(2)用样本估计总体的直方图、茎叶图、折线图等基本知识的理解。
(3)变量间的相关关系中线性回归方程的求解。
同步练习(答题时间:
45分钟)
一、选择题(每题5分,共30分)
1.在三棱柱中,各棱长相等,侧棱垂直于底面,点是侧面的中心,则与平面所成角的大小是()
A.B.C.D.w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2.设是两个不同的平面,是一条直线,以下命题正确的是()
A.若,则B.若,则
C.D.若,则
3.一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为().
A.B.C.D.
4.已知α,β表示两个不同的平面,m为平面α内的一条直线,则“”是“”的()
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
5.已知三棱锥中,底面为边长等于2的等边三角形,垂直于底面,=3,那么直线与平面所成角的正弦值为()
A.B.
C.D.
6.过正方体的顶点A作直线L,使L与棱,,所成的角都相等,这样的直线L可以作()
A.1条B.2条C.3条D.4条
二、填空题(每题10分,共30分)
7.已知四棱锥的底面是边长为6的正方形,侧棱底面,且,则该四棱锥的体积是。
8.如图,网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图,则这个多面体最长的一条棱的长为.
9.如图,二面角的大小是60°,线段.,
与所成的角为30°.则与平面所成的角的正弦值是.
三、解答题(第10题10分,11、12题各15分,共40分)
10.已知三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=AC=AB,N为AB上一点,AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.
(1)证明:
CM⊥SN;
(2)求SN与平面CMN所成角的大小.
11.如图,△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,平面MCD平面BCD,AB平面BCD,。
(1)求点A到平面MBC的距离;
(2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值。
12.已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,点M是棱AA'的中点,点O是对角线BD'的中点.
(1)求证:
OM为异面直线AA'和BD'的公垂线;
(2)求二面角M-BC'-B'的正切值的大小;
(3)求三棱锥M-OBC的体积。
试题答案
1.C
【解析】取BC的中点E,则平面,,因此与平面所成角即为,设,则,,即有.
2.C
【解析】对于A、B、D项均可能出现的情况,而对于C项是正确的。
3.C
【解析】该空间几何体由一圆柱和一四棱锥组成,
圆柱的底面半径为1,高为2,体积为,四棱锥的底面边长为,高为,所以体积为,所以该几何体的体积为.
4.B
【解析】由平面与平面垂直的判定定理知,如果m为平面α内的一条直线,,则,反过来则不一定.所以“”是“”的必要不充分条件.
5.D
【解析】
本题考查了立体几何的线与面、面与面的位置关系及直线与平面所成的角。
过点A作AE垂直于BC交BC于点E,连结SE,过点A作AF垂直SE交SE于点F,连BF,∵为正三角形ABC,∴E为BC中点,∵BC⊥AE,SA⊥BC,∴BC⊥面SAE,∴BC⊥AF,AF⊥SE,∴AF⊥面SBC,∵∠ABF为直线AB与面SBC所成角,由正三角形边长等于3,∴,AS=3,∴SE=,AF=,∴
6.D
【解析】本题考查正方体的结构特征和线线角问题.另外本题也考查了学生的空间想象能力和图形的迁移能力.满足与线段AB,AD,AA1成角相等的直线在如图所示的正方体中,就是其体对角线AC1所在的直线.将AD,AB所在的线段反向延长,则可得到三个正方体,则在每个正方体中都存在一条体对角线,使其与线段AB,AD,AA1成角相等,故选择D.
7.96
【解析】本题考查棱锥体积公式的运用。
8.
【解析】画出直观图:
图中的四棱锥即是,由三视图可知,此多面体是一个底面边长为2的正方形,且有一条长为2的侧棱垂直于底面的四棱锥,所以最长棱长为
所以最长的一条棱的长为
9.
【解析】过点A作平面β的垂线,垂足为C,在平面β内过点C作l的垂线.,垂足为D,连结AD,由三垂线定理可知AD⊥l,
故∠ADC为二面角的平面角,为60°
又由已知,∠ABD=30°
连结CB,则∠ABC为与平面所成的角,
设AD=2,则AC=,CD=1,
AB==4
∴sin∠ABC=
10.
(1)见解析
(2)45°
【解析】设PA=1,以A为原点,射线AB,AC,AP分别为x,y,z轴正向建立空间直角坐标系如图。
则P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M(1,0,),N(,0,0),S(1,,0)
(1)证明:
,
因为,
所以CM⊥SN
(2),
设a=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,
则
因为
所以SN与平面CMN所成角为45°。
11.
(1)
(2)
【解析】本题以图形拼接为载体,主要了考查立体图形的空间感、点到直线的距离、二面角、空间向量、平面角的判定等有关知识,同时也考查了学生的空间想象能力和推理能力。
解法一:
(1)取CD中点O,连结OB,OM,则,OB⊥CD,
OM⊥CD.又平面平面,则MO⊥平面,所以MO∥AB,MO//面ABC,M、O到平面ABC的距离相等,作OHBC于H,连结MH,则MHBC,求得:
OH=O·Csin60°=,MH=,利用体积相等得:
。
(2)延长AM、BO相交于E,连接CE、DE,CE是平面与平面的交线.
由
(1)知,O是BE的中点,则BCED是菱形.
作BF⊥EC于F,连结AF,则AF⊥EC,∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角,设为.
因为∠BCE=120°,所以∠BCF=60°。
,
,
所以,所求二面角的正弦值是.
解法二:
取CD中点O,连结OB,OM,则OB⊥CD,OM⊥CD,又平面平面,则MO⊥平面.
以O为原点,直线OC、BO、OM为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系如图.
OB=OM=,则各点坐标分别为O(0,0,0),C(1,0,0),M(0,0,),B(0,-,0),A(0,-,2),
(1)设是平面MBC的法向量,则,
,由得;由得;取,则距离
(2),.
设平面ACM的法向量为,由得.解得,,取.又平面BCD的法向量为,则
设所求二面角为,则.
12.
(1)见解析
(2)(3)
【解析】解法一:
(1)连结AC,取AC中点K,则K为BD的中点,连结OK
因为M是棱AA’的中点,点O是BD’的中点,
所以AM
所以MO
由AA’⊥AK,得MO⊥AA’
因为AK⊥BD,AK⊥BB’,所以AK⊥平面BDD’B’
所以AK⊥BD’
所以MO⊥BD’
又因为OM与异面直线AA’和BD’都相交
故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线
(2)取BB’中点N,连结MN,则MN⊥平面BCC’B’
过点N作NH⊥BC’于H,连结MH
则由三垂线定理得BC’⊥MH
从而,∠MHN为二面角M-BC’-B’的平面角
MN=1,NH=BNsin45°=
在Rt△MNH中,tan∠MHN=
故二面角M-BC’-B’的正切值的大小为
(3)易知,S△OBC=S△OA’D’,且△OBC和△OA’D’都在平面BCD’A’内
点O到平面MA’D’的距离h=
VM-OBC=VM-OA’D’=VO-MA’D’=S△MA’D’h=
解法二:
以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A’(1,0,1),C’(0,1,1),D’(0,0,1)
(1)因为点M是棱AA’的中点,点O是BD’的中点
所以M(1,0,),O(,,)
,=(0,0,1),=(-1,-1,1)
=0,+0=0
所以OM⊥AA’,OM⊥BD’
又因为OM与异面直线AA’和BD’都相交
故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线.
(2)设平面BMC'的一个法向量为=(x,y,z)
=(0,-1,),=(-1,0,1)
即
取z=2,则x=2,y=1,从而=(2,1,2)
取平面BC'B'的一个法向量为=(0,1,0)
由图可知,二面角M-BC'-B'的平面角为锐角
故二面角M-BC'-B'的大小为arccos(3)易知,S△OBC=S△BCD'A'=
设平面OBC的一个法向量为=(x1,y1,z1)
=(-1,-1,1),=(-1,0,0)
即
取z1=1,得y1=1,从而=(0,1,1)
点M到平面OBC的距离d=
VM-OBC=
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