高考数学二轮复习专题六 立体几何Word下载.docx
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≤θ≤90°
(三垂线定理法:
A∈α作或证AB⊥β于B,作BO⊥棱于O,连AO,则AO⊥棱l,∴∠AOB为所求。
)
三类角的求法:
①找出或作出有关的角。
②证明其符合定义,并指出所求作的角。
③计算大小(解直角三角形,或用余弦定理)。
点与点,点与线,点与面,线与线,线与面,面与面间距离。
将空间距离转化为两点的距离,构造三角形,解三角形求线段的长(如:
三垂线定理法,或者用等积转化法)。
如:
正方形ABCD—A1B1C1D1中,棱长为a,则:
(1)点C到面AB1C1的距离为___________;
(2)点B到面ACB1的距离为____________;
(3)直线A1D1到面AB1C1的距离为____________;
(4)面AB1C与面A1DC1的距离为____________;
(5)点B到直线A1C1的距离为_____________。
你是否准确理解正棱柱、正棱锥的定义并掌握它们的性质?
正棱柱——底面为正多边形的直棱柱
正棱锥——底面是正多边形,顶点在底面的射影是底面的中心。
正棱锥的计算集中在四个直角三角形中:
它们各包含哪些元素?
球有哪些性质?
(2)球面上两点的距离是经过这两点的大圆的劣弧长。
为此,要找球心角!
(3)如图,θ为纬度角,它是线面成角;
α为经度角,它是面面成角。
(5)球内接长方体的对角线是球的直径。
正四面体的外接球半径R与内切球半径r之比为R:
r=3:
1。
【典型例题】
1,空间几何体及三视图
例1.用一些棱长为1cm的小正方体码放成一个几何体,图1为其俯视图,图2为其主视图则这个几何体的体积最大是7cm3.
图1(俯视图)图2(主视图)
例2.一个多面体的直观图及三视图如图所示,则多面体的体积为.
例4.右图是由一些相同的小正方体构成的几何体的三视图,这些相同的小正方体共有5个.
例5.如果一个几何体的三视图如图所示(单位长度:
cm),则此几何体的表面积是。
例6.矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B-AC-D,则四面体ABCD的外接球的体积为
例7.一个几何体的三视图中,正视图和侧视图都是矩形,俯视图是等腰直角三角形(如图),根据图中标注的长度,可以计算出该几何体的表面积是12+4.
2.平行与垂直
例8.已知:
正方体,,E为棱的中点.
⑴求证:
;
⑵求证:
平面;
⑶求三棱锥的体积
证明:
连结,则//,∵是正方形,∴.
∵面,∴.
又,∴面.
∵面,∴,
∴.
⑵证明:
作的中点F,连结.
∵是的中点,∴,
∴四边形是平行四边形,∴.
又,∴.
∴四边形是平行四边形,//,
∵,,
∴平面面.
又平面,∴面
例9.多面体中,,,,。
(1)求证:
(2)求证:
(1)∵
∴
(2)令中点为,中点为,连结、
∵是的中位线
又∵
∴
∴
∵为正
又∵,
∴四边形为平行四边形
例10.如图四边形是菱形,平面,为的中点.求证:
⑴∥平面;
⑵平面平面.
解:
证:
设,连
⑴∵为菱形,∴为中点,又为中点。
∴∥
又,∴∥
⑵∵为菱形,∴,
又∵,∴
又∴又
∴
3.距离与角
例11.已知所在的平面互相垂直,且AB=BC=BD,,求:
⑴.直线AD与平面BCD所成角的大小;
⑵.直线AD与直线BC所成角的大小;
⑶.二面角A-BD-C的余弦值.
⑴如图,在平面ABC内,过A作AH⊥BC,垂足为H,
则AH⊥平面DBC,∴∠ADH即为直线AD与平面BCD所成的角
由题设知△AHB≌△AHD,则DH⊥BH,AH=DH,∴∠ADH=45°
⑵∵BC⊥DH,且DH为AD在平面BCD上的射影,
∴BC⊥AD,故AD与BC所成的角为90°
⑶过H作HR⊥BD,垂足为R,连结AR,则由三垂线定理知,AR⊥BD,故∠ARH为二面角A—BD—C的平面角的补角设BC=a,则由题设知,AH=DH=,在△HDB中,HR=a,∴tanARH==2
故二面角A—BD—C的余弦值的大小为
【点评】:
本题着眼于让学生掌握通性通法。
几何法在书写上体现:
“作出来、证出来、指出来、算出来、答出来”五步。
斜线和平面所成的角是一个直角三角形所成的锐角,它的三条边分别是平面的垂线段、斜线段及斜线段在平面内的射影。
因此求直线和平面所成的角,几何法一般先定斜足、再作垂线找射影、通过解直角三角形求解;
向量法则利用斜线和射影的夹角或考虑法向量,设为直线与平面所成的角,为直线的方向向量与平面的法向量之间的夹角,则有或(如图)
特别地时,,;
时,,或。
⑴用两面垂直的性质作垂线,找垂足的位置作出线面角,⑵利用三垂线定理证,⑶利用对称性定义法作二面角
【变式与拓展】如图,BCD是等腰直角三角形,斜边CD的长等于点P到BC的距离,D是P在平面BCD上的射影.
⑴.求PB与平面BCD所成角;
⑵.求BP与平面PCD所成的角.
【解法】
⑴.PD⊥平面BCD,∴BD是PB在平面BCD内的射影,
∴∠PBD为PB与平面BCD所成角,BD⊥BC,
由三垂线定理得BC⊥BD,∴BP=CD,设BC=a,
则BD=a,BP=CD=a∴在Rt△BPD中,
cos∠DBP=∴∠DBP=45°
即PB与平面BCD所成角为45°
.
⑵.过B作BE⊥CD于E,连结PE,PD⊥平面BCD得PD⊥BE,∴BE⊥平面PCD,
∴∠BPE为BP与平面PCD所成的角,在Rt△BEP中,BE=a,BP=a,∴∠BPE=30°
即BP与平面PCD所成角为30°
例12.在四棱锥P-ABCD中,已知ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,设PA=AB=a,BC=2a,求二面角B-PC-D的大小
解析1.定义法过D作DE⊥PC于E,过E作EF⊥PC于F,连接FD,由二面角的平面角的定义可知是所求二面角B-PC-D的平面角。
求解二面角B-PC-D的大小只需解△DEF即可
【解法一】过D作DE⊥PC于E,过E作EF⊥PC于F,连接FD,由二面角的平面角的定义可知是所求二面角B-PC-D的平面角
在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD且ABCD为矩形,∵AD⊥DC∴PD⊥DC
∵PA=a,AD=BC=2a,∴PD=,PC=,DE=,CE=
同理在Rt△PBC中,,
在Rt△EFC中,FC=,在Rt△DFC中,DF=,
在△DEF中由余弦定理cos=
所求二面角B-PC-D的余弦值为
解析2.垂面法 易证面PAB⊥面PBC,过A作AM⊥BP于M,显然AM⊥面PBC,从而有AM⊥PC,同法可得AN⊥PC,再由AM与AN相交与A得PC⊥面AMN。
设面AMN交PC于Q,则为二面角B-PC-D的平面角;
再利用三面角公式可解
【解法二】略
解析3.利用三垂线求解 把四棱锥P-ABCD补成如图的直三棱柱PAB-EDC,显然二面角E-PC-D与二面角D-PC-B互补,转化为求二面角E-PC-D。
易证面PEDA⊥PDC,过E作EF⊥PD于F,显然PF⊥面PDC,在面PCE内,过E作EG⊥PC于G,连接GF,由三垂线得GF⊥PC即为二面角E-PC-D的平面角,只需解△EFG即可
解析4.在面PDC内,分别过D、B作DE⊥PC
于E,
BF⊥PC于F,连接EF即可。
利用平面知识求BF、EF、DE的长度,
再利用空间余弦定理求出即可
【点评】.用几何法求二面角的方法比较多,常见的有:
(1)定义法,在棱上的点分别作棱的垂线,如解析1
(2)三垂线求解,在棱上的点分别作棱的垂线,如解析2
(3)垂面法,在棱上的点分别作棱的垂线,如解析3
用几何法将二面角转化为其平面角,要掌握以下三种基本做法:
①直接利用定义,图
(1).②利用三垂线定理及其逆定理,图
(2).最常用。
③作棱的垂面,图(3).
4.空间几何中的向量方法
例13.如下图,直棱柱ABC—A1B1C1的底面△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°
,棱AA1=2,M、N分别是A1B1、A1A的中点.
(1)求BN的长;
(2)求异面直线BA与1CB1的余弦值;
(3)求证:
A1B⊥C1M.
【解法】:
∵AC⊥BC,CC1⊥面ABC,
∴可以建立如图所示的坐标系
(1)依题意得B(0,1,0),N(1,0,1),
∴||==.
(2)A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),
∴=(1,-1,2),=(0,1,2),·
=3,||=,||=.
∴cos〈,〉==.
所以,异面直线BA与1CB1的余弦值为
(3)证明:
C1(0,0,2),M(,,2),
=(-1,1,-2),=(,,0),∴·
=0,∴A1B⊥C1M.
【点评】底面有直角的直棱柱适合建立坐标系的条件,可以用两点间的距离公式,数量积的夹角公式,用坐标法求点点距、向量夹角。
特别注意异面直线角的范围(0,],而向量角的范围为[0,π]
【变式与拓展】在三棱锥S—ABC中,∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°
,AC=2,BC=,SB=.
SC⊥BC;
(2)求SC与AB所成角的余弦值.
【解法一】:
如下图,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=,SB=,得B(0,,0)、S(0,0,2)、C(2,,0),=(2,,-2),=(-2,,0).
(1)∵·
=0,∴SC⊥BC.
(2)设SC与AB所成的角为α,∵=(0,,0),·
=4,||||=4,∴cosα=,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⊥BC.
(2)如下图
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