《高考数学专题复习课件：第6专题 立体几何（理）《热点重点难点专题透析》.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学专题复习课件：第6专题 立体几何（理）《热点重点难点专题透析》.ppt（145页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、主编,第6专题 立体几何,回归课本与创新设计,高考命题趋势,重点知识回顾,主要题型剖析,专题训练,试题备选,1.空间几何体的三视图,空间几何体的三视图是正视图、侧视图、俯视图.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,2.空间几何体的表面积与体积,(1)棱柱的体积V=Sh,其中S表示棱柱的底面积,h表示棱柱的高,棱锥的体积V=Sh,其中S、h分别表示棱锥的底面积和高.,(2)圆柱的表面积S=2r(r+h)、体积V=r2h,其中r、h分别为圆柱底面的半径和高.,(3)圆锥的表面积S=r(l+r)、体积V=r2h,其中r、l、h分别为圆锥,的底面半径、母
2、线长、高.,(4)圆台的表面积S=(r2+R2+rl+Rl)、体积V=,(S+S)h,其中 r、R、l、h分别为圆台上底面的半径、下底面的半径、母线长、圆台的高,S和S分别为上、下底面的面积.,(5)球的表面积S=4R2、体积V=R3,其中R为球的半径.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,3.空间点、线、面的位置关系,(1)空间两直线有相交、平行、异面三种位置关系.,(2)线面平行判定定理:平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行.,线面平行性质定理:一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行.
3、,(3)线面垂直判定定理:一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直.,线面垂直性质定理:垂直于同一个平面的两条直线平行.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(4)面面平行判定定理:一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,则这两个平面平行.,面面平行性质定理:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行.,(5)面面垂直判定定理:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直.,面面垂直性质定理:两个平面垂直,则一个平面内垂直于交线的直,线与另一个平面垂直.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,
4、回归课本与创 新设计,试题备选,4.空间角与距离,(1)异面直线所成的角,范围:090.,推论方法:平移法或补形法,放入三角形中,利用余弦定理计算.,空间向量:设异面直线AB与CD所成的角为, 则cos =|cos|.,(2)直线与平面所成的角,范围:090.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,传统方法:作垂线,找射影,放入直角三角形或利用体积法转换成求点到平面的距离,再除以其斜线段的长的结果为所成角的正弦值.,空间向量:设AB与平面所成的角为,平面的法向量为m,则sin =|cos|.,(3)点到平面的距离.,普通方法:可以用面面垂直的性质定
5、理直接作出垂线段,或是体积转换,平行线转换,比例转换等.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,空间向量:设点A到平面的距离为d,点B在平面内,平面的法向量为m,则d= .,(4)二面角,范围:0180.,普通方法:定义法、垂面法.,空间向量:设二面角-l-的平面角为,平面、的法向量分别为m,n,即cos=(的大小可根据法向量的方向确定).,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,空间向量:设点A到平面的距离为d,点B在平面内,平面的法向量为m,则d=.,(4)二面角,范围:0180.,普通方法:定义法、
6、垂面法.,空间向量:设二面角-l-的平面角为,平面、的法向量分别为m,n,即cos=(的大小可根据法向量的方向确定).,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,空间向量:设点A到平面的距离为d,点B在平面内,平面的法向量为m,则d=.,(4)二面角,范围:0180.,普通方法:定义法、垂面法.,空间向量:设二面角-l-的平面角为,平面、的法向量分别为m,n,即cos=(的大小可根据法向量的方向确定).,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,关于立体几何部分的命题有如下几个显著特点:,1.高考题型:立体几何
7、的试题一般是二小题一大题.在数学高考试卷中,都有一道立体几何解答题,一般都是处在解答题中档题的位置.小题为一个选择题,一个填空题.,2.难易程度:立体几何的解答题一般都为中档题,处在区分度的位置.这道题对数学高考成绩的好坏至关重要,这几年有逐渐加难的,趋势.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,3.高考热点:,一是考查立体几何图形的识图能力;,二是考查立体几何图形的组合和分解能力;,三是考查立体几何中的线线关系、线面关系、面面关系,包括平行和垂直,特别垂直是立体几何的灵魂;,四是考查立体几何中的计算,包括角、距离和体积,角有线线角、,重点知识回顾
8、,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,线面角、二面角.距离有点面距离和面面距离,体积主要是锥体和柱体及球的体积.角和距离的计算尤为重点;,五是建立空间坐标系,利用向量的知识解决证明或计算.,基于以上分析,预测在2012年的高考试卷中,可能是二个或一个客观题加一解答题,客观题主要考查面积或体积求解和空间线面关系;解答题考查锥体的可能性比较大.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,该题型包括平面的基本性质、空间的直线和平面的位置关系及判,定方法,主要以中档题出现.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,
9、回归课本与创 新设计,试题备选,例1(1)如图,在立体图形D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列命题中正确的是(),(A)平面ABC平面ABD.,(B)平面ABD平面BDC.,(C)平面ABC平面BDE,且平面ADC平面BDE.,(D)平面ABC平面ADC,且平面ADC平面BDE.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)设直线l、m是不同的直线,平面、是不同的平面,下列条件能得出的是(),(A)l,m,且l,m.,(B)l,m,且lm.,(C)l,m,且lm.,(D)l,m,且lm.,【分析】(1)要判断两个平面的垂直
10、关系,就需固定其中一个平面,找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直. (2)由平面平行的判定定理作出判断.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)选项A是错误的,因为当lm时,与可能相交;选项B是错误的,理由同A;选项C是正确的,因为l,ml,所以m.又因为m,所以;选项D也是错误的,满足条件的可能与相交.,【答案】(1)C(2)C,(1)本题意图是训练学生观察图形,发现低级位置关系以便 得到高级位置关系.在某一个平面内,得到线线垂直的重要途径是出现等腰三角形底边的中线,由线线垂直得到线面垂直,由线面垂直可得到面面垂直.(2)此题极易选A,
11、原因是对平面平行的判定定理掌握不准确所致.本例这样的选择题是常见题目,要正确得出选择,需要有较好的想象能力和 对定理的准确掌握和深刻理解,同时要考虑到各种情况.,【解析】(1)因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BEAC,同理有DEAC,于是AC平面BDE.因为AC平面ABC,所以平面ABC平面BDE.又由于AC平面ACD,所以平面ACD平面BDE.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,同类拓展1(1)(2011年江西)已知1,2,3是三个相互平行的平面,平面1,2之间的距离为d1,平面2,3之间的距离为d2.直线l与1,2,3分别交于P1,
12、P2,P3.那么“P1P2=P2P3”是“d1=d2”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.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)设,为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线.给出下列四个命题:若,则;若m,n,m,n,则;若,l,则l;若=l,=m,=n,l,则mn,其中真命题的个数是(),(A)1.(B)2.(C)3.(D)4.,【解析】(1)因为平面1,2,3平行,所以如果d1=d2,根据两个三角形全等可知P1P2=P2P3; 如果P1P2=P2P3,同样是根据
13、两个三角形全等可知d1=d2. (2),也有相交的情况,故错;要保证m,n相交,才有,故错;由面面平行的性质定理可知正确;l,l,=m,lm,同样ln,从而mn,故对.故选B.,【答案】(1)C(2)B,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,柱、锥、台、球体及简单组合体是历年高考的必考内容,对其结构的考查都体现在三视图,一般为容易题或中档题,但有加难的趋势,且创新的力度比较大;另外,球的考查不容忽视,特别是外接球和内切球在高考中都有体现.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,例2(1)(2011年安徽
14、)一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(),(A)48.(B)32+8.,(C)48+8. (D)80.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)如图是一个长方体ABCD-A1B1C1D1截去一个角后的多面体的三视图,则这个多面体的体积为.,(3)球面上有三点A、B、C组成这个球的一个截面的内接三角形三个顶点,其中AB=18,BC=24,AC=30,且球心到这个截面的距离为球半径的一半, 则球的表面积为.,【分析】(1)根据该三视图正确作出几何体
15、,注意图中数据在几何体中的体现.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)正确还原出该几何体的直观图,是解题的关键.,(3)求球的表面积的关键是求球的半径,本题的条件涉及球的截面,ABC是截面的内接三角形,由此可利用三角形求截面圆的半径,球心到截面的距离为球半径的一半,从而可由关系式r2=R2-d2求出球半径R.,【解析】(1)由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱,所以该直四棱柱的表面积为S=2(2+4)4+44+24+2 4=48+8.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,
16、(2)该几何体的直观图如图,所以体积V=643-(64)3=60.,(3)AB=18,BC=24,AC=30,AB2+BC2=AC2,ABC是以AC为斜边的直角三角形.,ABC的外接圆的半径为15,即截面圆的半径r=15,又球心到截面的距离为d=R,R2-(R)2=152,得R=10.,球的表面积为S=4R2=4(10)2=1200.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,【答案】(1)C(2)60(3)1200,(1)解决三视图问题,最重要的是能根据三视图画出几何体 的直观图.(2)立体几何中识图、想图、画图的能力(包括规范图形和非规范图形)是解
17、决问题的关键.(3)涉及到球的截面的问题,总是使用关系式r=解题,我们可以通过两个量求第三个量,也可能是抓三个量之间的 其它关系,求三个量.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,同类拓展2(1)设一个几何体的三视图如右图所示,则该几何体的表面积是(),(A)8+2.,(B)8+4.,(C)8+4.,(D)4+2.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,动点E、F在棱A1B1上,动点P、Q分别在棱AD、CD上,若EF=1,A1E=x,DQ=y,DP
18、=z(x,y,z大于零),则四面体PEFQ的体积(),(A)与x,y,z都有关.,(B)与x有关,与y,z无关.,(C)与y有关,与x,z无关.,(D)与z有关,与x,y无关.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(3)如图所示,在等腰梯形ABCD中,AB=2DC=2,DAB=60,E为AB的中点, 将ADE与BEC分别沿ED、EC向上折起,使A、B重合,则形成的三棱锥的外接球的体积为.,【解析】(1)该几何体是一个四棱锥,底面是一个边长为2的正方形,且有一条侧棱垂直于底面,它的长为2,所以,S表=22+(22)2+(22)2 =8+4.,重点知
19、识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)如图,连结A1D、B1C、EQ、EP、FQ、FP、PQ,在EFQ中,A1B1到CD的距离恒定,即EF边上的高为定值,故EFQ的面积为定值,则四面体PEFQ的体积与P到底面EFQ的距离h有关,而h仅与z有关,与x,y无关.,(3)由已知条件知,平面图形中AE=EB=BC=CD=DA=DE=EC=1.,折叠后得到一个正四面体.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(法一)作AF平面DEC,垂足为F,F即为DEC的中心.,取EC的中点G,连结DG、AG,过球心O作OH平
20、面AEC.,则垂足H为AEC的中心.,AG=,AF=,AH=AG=.,在AFG和AHO中,根据三角形相似可知,OA=.,外接球体积为OA3=.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(法二)如图所示,把正四面体放在正方体中.显然,正四面体的外接球就是正方体的外接球.,正四面体的棱长为1,正方体的棱长为,外接球直径2R=,R=,体积为()3=.,该三棱锥外接球的体积为.,【答案】(1)B(2)D(3),重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,空间几何体中的平行、垂直关系的证明一般是考查线线、线面、面面的平行
21、和垂直关系,其中由“线线平行”证明“线面平行”,“线线垂直”证明“面面垂直”是考查的热点,而面面垂直主要由线面垂直得出,也时常作为一个考查要点进行证论.,例3(2011年安徽)如图,ABEDFC为多面体,平面ABED与平面ACFD垂直,点O在线段AD上,OA=1,OD=2,OAB,OAC,ODE,ODF都是正三角形.,(2)求棱锥F-OBED的体积.,(1)证明:BCEF;,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,【分析】(1)利用传统法解题的关键是利用空间平行与垂直关系和三角形的公共边转换,利用向量法首先要建立好坐标系;(2)解题的关键是选择好底和
22、高,注意对几何体进行割补.,【解析】(1)(法一),设G是线段DA与线段EB延长线的交点.由于OAB与ODE都是正三角形,所以OBDE,OG=OD=2.,同理,设G是线段DA与线段FC延长线的交点,有OG=OD=2.又由于G和G都在线段DA的延长线上,所以G与G重合.,在GED和GFD中,由OBDE和OCDF.可知B,C分别是GE和GF 的中点,所以BC是GEF的中位线.故BCEF.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,过点F作FQAD交AD于点Q,连结QE,由平面ABED平面ADFC,知FQ平面ABED,以Q为坐标原点,为x轴正向,为y轴正向,
23、为z轴正向, 建立如图所示的空间直角坐标系Q-xyz.,(法二),由条件知E(,0,0),F(0,0,),B(,-,0),C(0,-,).,则有=(-,0,),=(-,0,).,所以=2,即得BCEF.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)由OB=1,OE=2,EOB=60,知SEOB=.而OED是边长为2的正 三角形,故SOED=.所以,S四边形OBED=SEOB+SOED=.,过点F作FQAD交AD于点Q.由平面ABED平面ACFD知.FQ就是四棱锥F-OBED的高,且FQ=,所以,VF-OBED=FQS四边形OBED=.,度中等.主要
24、考查学生对定理性质的灵活运用,以及体积公式的正确使用.一般来讲,高考设计的立体几何试题,多是在背景几何体这个地方进行创新.,本题考查了线线平行的证明,以及求棱锥的体积.难,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,同类拓展3如图,AB平面ACD,ABDE,ACD为直角三角形,CAD=90,AD=AC,DE=4AB,F在DC上,DF=3FC.,(1)证明:AF平面BCE;,(2)证明:平面BCE平面CDE.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,【解析】(1)设AC=2,则AD=2,CD=4,CF=1,DF=
25、3,=,CAF CDA,则AFCD,过F作FHDE交CE于H,则FH=DE=AB,故AB FH,AFBH,而AF平面BCE,BH平面BCE,因此AF平面BCE.,(2)AB平面ACD,ABDE,DE平面ACD,DEAF.由(1)知AFCD,DECD=D,则AF平面CDE,因此BH平面CDE,又BH平面BCE,平面BCE平面CDE.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,空间角和距离问题往往伴随着线线、线面、面面平行和垂直的论证,求角的过程要经过三个步骤,即作、证、求,因此线线角、线面角、面面角的求解如果用几何法则必须有三个步骤,若用空间向量法,则可
26、简化过程,但要正确地建立空间直角坐标系.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,例4(2011年天津)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H平面AA1B1B,且C1H=.,(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;,(2)求二面角A-A1C1-B1的正弦值;,(3)设N为棱B1C1的中点,点M在平面AA1B1B内,且MN平面A1B1C1,求线段BM的长.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,【分析】(1)易知异面直线AC,A1B1所成的角与AC,AB
27、所成的角相同;(2)利用定义作出二面角的平面角后求解;(3)利用MN平面A1B1C1确定M的位置后求解.本题也可建立坐标系利用坐标法求解.,【解析】,(法一)如图所示,建立空间直角坐标系,点B为坐标原点.依题意得A(2,0, 0),B(0,0,0),C(,-,),A1(2,2,0),B1(0,2,0),C1(,).,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(1)易得=(-,-,),=(-2,0,0),于是cos= =.,所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.,(2)易知=(0,2,0),=(-,-,).,设平面AA1C1的一个法向量m=(x,y
28、,z),则即 不妨令x=,可得m=(,0,).,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,同样地,设平面A1B1C1的法向量n=(x1,y1,z1),则,即 不妨令y1=,可得n=(0,).,于是cos=,从而sin=.,所以二面角A-A1C1-B1的正弦值为.,(3)由N为棱B1C1的中点,得N(,),设M(a,b,0),则=(-a,-b,).,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,由MN平面A1B1C1,得即,解得故M(,0),因此=(,0),所以线段BM的长| |=.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考
29、命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(1)由于ACA1C1,故C1A1B1(或其补角)是异面直线AC与1所成的角.,因为C1H平面AA1B1B,又H为正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H= ,可得A1C1=B1C1=3,因此cosC1A1B1=.,所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.,(2)连结AC1,易知AC1=B1C1,又由于AA1=B1A1,A1C1=A1C1,所以AC1A1B1C1A1,过点A作ARA1C1于点R,连结B1R,于是B1RA1C1.故ARB1为二面角A-A1C1-B1的平面角.,(法二),重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,
30、回归课本与创 新设计,试题备选,在RtA1RB1中,B1R=A1B1sinRA1B1=2=.连结AB1, 在ARB1中,AB1=4,AR=B1R,cosARB1=-,从而sin ARB1=.,所以二面角A-A1C1-B1的正弦值为.,(3)因为MN平面A1B1C1,所以MNA1B1.取HB1中点D,连结ND,由于N是棱B1C1中点,所以NDC1H且ND=C1H=.又C1H平面AA1B1 B,所以ND平面AA1B1B.故NDA1B1.又MNND=N,所以A1B1平,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,面MND.连结MD并延长交A1B1于点E,则ME
31、A1B1.故MEAA1.,由=,得DE=B1E=.延长EM交AB于点F,可得BF=B1 E=.连结NE,在RtENM中,NDME,故ND2=DEDM.所以DM= =.可得FM=.连结BM.在RtBFM中,BM= .,立体几何的解答题通常有传统做法与向量法.在求异 面直线所成的角时需注意异面直线所成的角的取值范围.求二面角 通常采用定义法.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,同类拓展4如图,直四棱柱ABCDA1B1C1D1的高为3,底面是边长为4且DAB=60的菱形,ACBD=O,A1C1B1D1=O1,E是O1A的中点.,(1)求二面角O1-B
32、C-D的大小;,(2)求点E到平面O1BC的距离.,【解析】(1)OO1平面ABCD,OO1OA,OO1OB.,又OAOB,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,建立如图所示的空间直角坐标系(如图).,底面ABCD是边长为4,DAB=60的菱形,OA=2,OB=2,则A(2,0,0),B(0,2,0),C(-2,0,0),O1(0,0,3).,=(0,2,-3),=(-2,0,-3).,设平面O1BC的法向量为n1=(x,y,z),则n1,n1,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,底面ABCD是边长为
33、4,DAB=60的菱形,OA=2,OB=2,则A(2,0,0),B(0,2,0),C(-2,0,0),O1(0,0,3).,=(0,2,-3),=(-2,0,-3).,设平面O1BC的法向量为n1=(x,y,z),则n1,n1,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,令z=2,则x=-,y=3,n1=(-,3,2),而平面DBC的一个法向量n2=(0,0,3).,cos=,设O1-BC-D的平面角为,cos =,=60.,故二面角O1-BC-D的大小为60.,(2)设点E到平面O1BC的距离为d,E是O1A的中点,=(-,0,),则d=.,点E到面O
34、1BC的距离等于.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,例5(2011年四川)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,AB=AC=AA1=1,D是棱CC1上的一点,P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点,且PB1平面BDA1.,(1)求证:CD=C1D;,(2)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值;,(3)求点C到平面B1DP的距离.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,【分析】(1)通过证明平行或者相似即可;(2)过A作A1D的垂线AE,再连结BE即可作出二面角,再进行计算即可;
35、(3)利用等积法转化即可求出距离.若采用向量法,以A1为坐标原点建立空间直角坐标系,分别求出点的坐标,求出平面的法向量分别运算即可解决问题.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,【解析】(法一)(1)连结AB1与BA1交于O,连结OD.,PB1平面BDA1,PB1平面AB1P,平面AB1P平面BDA1=OD,ODPB1,AO=B1O,AD=PD.,又ACC1P,CD=C1D.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)过A作AEDA1于点E,连结BE.,BACA,BAAA1,且AA1AC=A,BA平
36、面AA1C1C.,又A1D平面AA1C1C,BAA1D.,AEDA1且ABAE=A,BEDA1.,BEA为二面角A-A1D-B的平面角.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,在RtA1C1D中,A1D=,又=11=AE,AE=.,在RtBAE中,BE=,cosBEA=.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为.,(3)由题意知,点C到平面B1DP的距离就是点C到平面AB1D的距离,设此距离为h,=,h=SACDB1A1.,由已知可得AP=,PB1=,AB1=,在
37、等腰AB1P中,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,=AB1=,=.,又SACD=ACCD=,h=.,故C到平面B1DP的距离等于.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(法二)如图,以A1为原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线分别为x轴,y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系A1-xyz,则A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,0),B(1,0,1).,(1)设C1D=x,ACPC1,=.,由此
38、可得D(0,1,x),P(0,1+,0),=(1,0,1),=(0,1,x),=(-1,1+,0).,设平面BA1D的一个法向量为n1=(a,b,c),重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,则,令c=-1,则n1=(1,x,-1).,PB1平面BA1D,n1=1(-1)+x(1+)+(-1)0=0.,由此可得x=,故CD=C1D.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)由(1)知,平面BA1D的一个法向量n1=(1,-1).,又n2=(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量.,cos=.,故二面角
39、A-A1D-B的平面角的余弦值为.,(3)=(1,-2,0),=(0,-1,),设平面B1DP的一个法向量n3=(a1,b1,c1),重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,则,令c1=1,可得n3=(1,1).,又=(0,0,),C到平面B1DP的距离d=.,传统几何方法求解二面角,“作、证、算”几个步骤 不能少,常见错误是直接计算而忽略作、证两个过程丢失步骤分;,利用向量法求解,计算点的坐标是解决问题的关键,一旦点的坐标出现错误所有问题将出现错误,务必要将点坐标计算正确.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,
40、试题备选,同类拓展5如图,在三棱锥S-ABC中,SA=AB=AC=BC=SB= SC,O为BC的中点.,(1)求证:SO面ABC;,(2)求异面直线SC与AB所成角的余弦值;,(3)在线段AB上是否存在一点E,使二面角B-SC-E的平面角的余弦值为 ? 若存在,求BEBA的值,若不存在,试说明理由.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,【解析】(1)连结SO,显然SOBC.,设SB=a,则SO=a,OA=a,SA=a,SO2+OA2=SA2,SOOA.,又BCOA=O,SO平面ABC.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本
41、与创 新设计,试题备选,(2)以O为坐标原点,OC所在射线为x轴正半轴,OA所在射线为y轴正半轴,OS所在射线为z轴正半轴建立空间直角坐标系如右图.,则有O(0,0,0),S(0,0,a),C(a,0,0),A(0,a,0),B(-a,0,0),=(a,0,-a),=(-a,-a,0),cos=-,异面直线SC与AB所成角的余弦值为.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(3)假设存在E满足条件,设=,01,则E(-1)a,a,0), 则=(-2)a,a,0),设面SCE的法向量为n=(x,y,z),由得,取n=(1,1).,因为OA面SBC,所
42、以可取向量m=(0,1,0)为面SBC的法向量.,所以,|cos|=,解得=.,所以当BEBA=12时,二面角B-SC-E的余弦值为.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,该类问题以小题的形式出现居多,大题中一般是和三角函数与解斜三角形的综合应用相结合,而小题可以和函数、不等式、解析,几何、数列、排列组合、概率等知识进行整合,这类问题是考查学生的综合素质.,例6(1)矩形ABCD中,AB=4,BC=2,E、F分别为AB、CD的中点,沿EF把BCFE折起后与ADFE垂直,P为矩形ADFE内一动点,P到平面BCFE的距离与它到点A的距离相等,设动点P
43、的轨迹是曲线L,则曲线L把矩形ADFE分成的两部分的面积比(小比大)为.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)在一个棱长为6厘米的密封正方体盒子中,放一个半径为1厘米的小球,任意摇动盒子,小球在盒子中不能达到的空间为G,则这个正方体盒子中的任意一点属于G的概率为.,【分析】第一题首先应建立坐标系,求出曲线方程,再用积分的方法求出其面积.第二题关键在求出小球在这个正方体盒子中达到的空间,这是一个空间想象很难的题.,【解析】(1)如图,过点P作PQ垂直于FE,则PQ垂直于平面BCFE,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本
44、与创 新设计,试题备选,所以PQ=PA,所以动点P的轨迹(即曲线L)为以A为焦点,以FE为准线的抛物线在矩形内的部分,在平面ADFE内,取AE中点为R,以R为原点,以RA为x,轴,建立平面直角坐标系,则曲线L的方程为y2=4x,曲线L与线段RA、AD所围成的面积为dx=2=,又矩形ADFE的面积为4,所以曲线L把 矩形ADFE分成的两部分的面积比为12.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)在正方体盒子中,不能到达的八个角的空间即为图一中的内切于正方体的小球不能到达的空间,其体积为23-=8-.小球沿每条 棱运动不能到达的空间(除去两端的两
45、个角)的体积,即为高为4的一个正四棱柱的体积与其内接圆柱体积差的四分之一(如图二),重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,即(224-124)=4-,正方体有12条棱,所以在盒子中小球不能到 达的空间G的体积为8-+12(4-)=56-,又正方体盒子的体积 为63=216,所以这个正方体盒子中的一点属于G的概率为= .,该题考查了空间想象能力、体积、几何概型、解析 几何等知识,其切入点是立体几何为载体.考查了立体几何的综合应用.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,同类拓展6,四棱锥P-ABCD中,P
46、A平面ABCD,PA=2,底面ABCD为直角梯形,BAD=90,AB=2,CD=AD=1,N是PB的中点.点M、Q分别在线段PD与AP上,且DM=MP,AQ=QP(0).,(1)当=1时,求二面角M-DN-C的大小;,(2)若MQ平面PBC,证明:=1+2.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,【解析】(法一)(1)取PA的中点E,连结DE、EN、ME、AM,则ENDC,D、C、N、E四点共面.设AM与DE交于F,=,点M到平面DCNE的距离是点A到平面DCNE距离的,又 点A到平面DCNE的距离是,故点M到平面DCNE的距离是,而DM= MN=
47、,DN=,则点M到DN的距离是,二面角M-DN-E的正弦值为,且 M-DN-E为锐角,二面角M-DN-C的大小为150.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)过D点作DHMQ交PA于H,过H作HGAB交PB于G,连结CG.,MQ平面PBC,DH平面PBC,又HGAB,HGDC,D、C、G、H四点共面,则DHCG,DCGH为平行四边形,HG=DC=AB,H为PA的中点.由DM= MP,AQ=QP,QH=PQ,MQDH,=,=1+2.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(法二)建立如图所示的直角
48、坐标系,则D(1,0,0),C(1,1,0),B(0,2,0),P(0,0,2).,(1)当=1时,M(,0,1),N(0,1,1),=(-,1,0),=(-1,1,1),=(-1,0,1). 设平面MND的法向量为m=(x,y,z),平面CND的法向量为n=(a,b,c),-x+y=0且-x+y+z=0,-a+c=0且-a+b+c=0,令z=-1,a=1,则m=(-2,-1,-1),n =(1,0,1),cos=-,又二面角M-DN-C为钝角,二面角M-DN-C的大小为150.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2)由DM=MP,AQ=QP
49、知M(,0,),Q(0,0,),=(-,0, -),=(0,2,-2),=(1,-1,0).设平面PBC的法向量为p=(x1,y1,z 1),则2y1-2z1=0且x1-y1=0,令x1=1,则p=(1,1,1),p=0,即-+- =0,整理得=1+2.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,(2010年湖南)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E 是DD1的中点.,(1)求直线 BE 和平面ABB1A1所成角的正弦值;,回归课本,(2)在棱C1D1上是否存在一点 F,使得B1F平面A1BE ?并证明你的结论.,重点知识回顾,主要题型剖析,高考命题趋势,专题训练,回归课本与创 新设计,试题备选,【解析】(法一)设正方体的棱长为1.如图所示,以,为单位正交基 底建立空间直角坐标系.,(1)依题意,得B(1,0,0),E(0,1,),A(0,0,0),D(0,1,0).,所以=(-1,1,),=(0,1,0).在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为AD平面ABB1A1,所以是平面AB