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2015高考第一轮复习第7单元-立体几何-数学(理科)-人教A版-浙江省专用


浙江省专用

新课标·人教A版

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第七单元

立体几何

第34讲 第35讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图 空间几何体的表面积与体积

第36讲
第37讲 第38讲

空间点、直线、平面之间的位置关系
直线、平面平行的判定与性质 直线、平面垂直的判定与性质

第39讲 第40讲 直的证明 第41讲

空间向量及其运算 立体几何中的向量方法(一)——平行与垂

立体几何中的向量方法(二)——空间角与

距离的求解

单元网络

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核心导语
一、空间几何体 1.结构特征——通过区分上下底面、侧棱是否平行 或相等以及侧面特点来给不同的几何体定义;组合体是由 简单几何体拼接或者截去、挖去一部分而成的. 2.三视图问题——关键是三个图中有关线段的长度 关系,并能还原成立体模型. 二、空间点、线、面关系 1.平行关系——实现线线、线面、面面平行互化的 是相关性质定理和判定定理,关键是线线平行. 2.垂直关系——实现线线、线面、面面垂直互化的 是相关性质定理和判定定理,关键是线线垂直. 3.点面距离——可以用定义法构造直角三角形来解, 或者用等体积法.
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核心导语
三、空间向量 1.空间向量及运算——线性运算、坐标运算、数量
积. 2.空间向量的应用——位置关系的证明、空间角与 距离求解.

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使用建议
1.编写意图 根据立体几何在高考中的考查情况和当前立体几何的 教学实际,在编写本单元时考虑到如下几点. (1) 加强基础的复习力度:第 34 讲专门复习空间几何体 的结构、三视图和直观图,第 35讲复习空间几何体的表面 积和体积,第36 讲复习平面的基本性质和空间点、直线、 平面的位置关系,第 39讲复习空间向量及其运算,在这些 基础性问题上我们给予了足够的重视. (2) 强化综合几何法在证明空间线面平行、面面平行、 线面垂直、面面垂直中的训练.一般而言,高考中立体几 何解答题的证明部分使用综合几何的方法进行证明比使用 空间向量的方法更加简洁明了,我们在第 40讲、第 41 讲专 门解决这个问题,试图通过这两个讲次,提升学生对综合 几何法证明空间位置关系的能力.
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使用建议
(3)在强化综合几何法的同时要注意到空间向量法在 解决各类立体几何问题中的应用:在第40讲复习总结用 空间向量的方法证明立体几何问题,第40讲复习总结使 用空间向量的方法求解空间角和空间距离.试图通过这 样的处理使学生掌握使用空间向量解决立体几何问题的 方法. 2.教学建议 (1)对学生加强画图的训练.立体几何中画出一个正 确的图形是解决问题的基础,特别在一些不给出图形的 立体几何试题中(如一些选择题、填空题往往就不给出图 形),画出图形,问题就解决了一半.在画图中要求学生 要有根据地作图(主要是根据平面的三个公理和线面位置 关系的判定定理和性质定理),使得作图过程充满理性的 思考,我们教师在例题讲解中画图时不要随手而画,要 给学生展示作图的过程和作图的原理与根据.
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使用建议
(2)注意例题讲解中推理论证的严密性、规范性.在使用 综合几何法证明立体几何问题时,要注意使用各种定理的条 件的完备性;在各个层次的证明中要注意层次分明.要通过 例题给学生以示范作用,并通过作业规范学生的解题步骤. (3)注意运算能力的训练.由于空间向量具有三个分坐标, 在计算时极易出现错误,特别是求解空间角和距离时,其运 算较为繁琐,因此在教学中要通过部分典型例题引导学生演 算,通过练习巩固运算能力. 3.课时安排 本单元共8讲,一个突破高考解答题,建议9课时完成; 2个45分钟基础滚动训练卷,建议2课时讲评.本单元可用11 课时完成.

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双 向 固 基 础 点 面 讲 考 向 多 元 提 能 力 教 师 备 用 题

第34讲 空间几何体的结构特 征及三视图和直观图

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考试说明

1.了解和正方体、球有关的简单组合体的结构特征,理 解柱、锥、台、球的结构特征. 2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱 等的简易组合)的直观图与三视图. 3.会用平行投影画出简单空间图形的三视图与直观图, 了解空间图形的不同表示形式. 4.能识别三视图所表示的空间几何体;理解三视图和直 观图的联系,并能进行转化.

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

1.多面体的结构特征 名称 棱柱

棱锥

棱台

图形

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

(续表) 名称 棱柱 ①有两个面互相 ________ 平行 ,其余各 个 面 都 是 结构 平行四边形 ___________; 特征 ②每相邻两个四边 形的公共边都互相 平行 ________

棱锥 有一个面是 ________,其 多边形 余各面是有一 个公共顶点的 三角形 ________的多 面体

棱台 用一个平行于棱 锥底面的平面去 底面 截棱锥,_______ 截面 之间 和________ 的部分

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

(续表) 名称 棱柱 侧棱 侧面 形状

棱锥 棱台 平行 一点 但不一定相 延长线交于 相交于________ ________ 且相等 等 ________ 一点

平行 三角形 ________ ________ 四边形

梯形 ________

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图
圆台 球

2.旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥

图形

母线

平行、相 等且 相交于一点 ___ 延长线交于一点 ______ 垂直 ________ 于底面 全等的 ________ 矩形 全等的

轴截面

等腰 _________ 三角形

全等的 等腰梯形 ______

大圆 ______

侧面展 矩形 ________ _________ 扇形 开图

扇环 ____________
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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

3.三视图与直观图
三视 图 画法规则:长对正、高平齐、宽相等

斜二测画法 来画.基本 直观 空间几何体的直观图,常用_______________ 图 步骤是:一画轴,二画底,三画高,四成图

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

—— 链接教材 ——
1.[教材改编] 如图 7341 所示的几何体是棱柱的序号 为________.

图 7341

[答案] ③⑤
[解析] 根据棱柱的结构特征可知③⑤是棱柱.

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

2.[教材改编] 关于用斜二测画法所得直观图的下列说 法中,正确说法的序号为________. ①直角三角形的直观图仍是直角三角形; ②梯形的直观图是平行四边形; ③正方形的直观图是菱形; ④平行四边形的直观图仍是平行四边形.

[答案] ④
[解析] 由斜二测画法规则可知, 平行于 y 轴的线段 长度减半,直角坐标系变成了斜坐标系,而平行性并没 有改变,因此,只有④正确.

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

3.[教材改编] 已知一个几何体的三视图如图 7342所 示,则此几何体从上往下的组成分别是________.

图 7342

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

[答案] 圆台、圆柱

[解析] 由三视图的特征可知, 原几何体是上半部分 为圆台、下半部分为圆柱的组合体.

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

—— 疑 难 辨 析 ——
1.棱柱、棱锥、棱台的结构特征的易错问题 (1)有两个面平行,其余各面都是四边形的几何体叫 棱柱.( ) (2)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何 体叫棱柱.( ) (3)有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何 体叫棱锥.( ) (4)棱台各侧棱的延长线交于一点.( )

[答案] (1)×

(2)× (3)×

(4)√

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

[解析] (1)如果上、下两个面平行,但它们是大小不一 样的多边形,即使各面是四边形,那也不能是棱柱. (2)如图所示,平面 ABC∥平面 A1B1C1,但图中的几何 体每相邻两个四边形的公共边并不都互相平行,故不是棱 柱. (3)棱锥是有一个面是多边形, 其余各面都是有一个公共顶点的 三角形的几何体. (4)棱台是由棱锥截得的, 故而 正确.

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

2.圆柱、圆锥、圆台和球的结构特征的易错问题 (1) 以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是 圆锥.( ) (2) 以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆 台.( ) (3)一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台.( ) (4)用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆面, 则这个几何体一定是球.( )

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

[答案] (1)×

(2)× (3)×

(4)√

[解析] (1)若这条边是直角三角形的斜边, 则通过旋转 得不到圆锥. (2)这条腰必须是垂直于两底的腰. (3)必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才行. (4)只有球满足任意截面都是圆面.

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

3.三视图、直观图的结论 (1)在正方体、球、圆锥各自的三视图中,三个视图 均相同.( ) (2)相等的线段在直观图中仍然相等.( )

[答案] (1)×

(2)×

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第34讲
双 向 固 基 础

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

[解析] (1)易知球的三个视图均相同,正方体的三个 视图不一定相同. 因为与观察的角度有关, 所以圆锥的三 个视图中只有正视图与侧视图相同. (2)图形中平行于 x 轴的线段,在直观图中保持原长 度不变,平行于 y 轴的线段,长度为原来的一半.

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

?

探究点一

空间几何体的结构特征

点 面 讲 考 向

例 1 下列结论中正确的是( ) A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转 形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则该棱锥可 能是六棱锥 D.圆锥的顶点与底面圆周上任一点的连线都是母线

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

点 面 讲 考 向

[思考流程]分析:理解棱锥、圆锥的概念.推理: 根据棱锥、圆锥的结构特征逐一判定.结论:圆锥的顶点 与底面圆周上任一点的连线就是母线.
[答案] D

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

点 面 讲 考 向

[解析] 选项 A 错误,如图(1)所示,由两个结构相同 的三棱锥叠放在一起构成的几何体,各面都是三角形,但 它不是棱锥.选项 B 错误,如图(2)(3)所示,若△ABC 不 是直角三角形,或是直角三角形但旋转轴不是直角边,所 得的几何体都不是圆锥.选项 C 错误,若六棱锥的所有棱 都相等,则底面多边形是正六边形,但由几何图形知,若 以正六边形为底面,则侧棱长必然要大于底面边长.

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

[归纳总结]求解空间几何体概念辨析题的常用方 法:
点 面 讲 考 向

(1)定义法,即严格按照空间几何体的有关定义判断. (2)反例法,即通过举反例来说明一个命题是错误的.

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

点 面 讲 考 向

变式题 如果一个四棱锥的四条侧棱都相等,就称它为 “等腰四棱锥”, 其中四条侧棱称为它的腰. 以下四个命题中, 假命题是( ) A.等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等 B.等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补 C.等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆 D.等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上

[答案] B

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

点 面 讲 考 向

[解析] 如图所示,因为等腰四棱锥的侧棱均相等, 所以其侧棱在底面的射影也相等,则其腰与底面所成角 相等, 即选项 A 正确. 易知底面四边形必有一个外接圆, 即选项 C 正确. 若在高线上可以找 到一个点 O,使得该点到四棱锥各 个顶点的距离相等, 则这个点即为 外接球的球心,所以选项 D 正 确. 但四棱锥的侧面与底面所成角 不一定相等或互补 ( 若为正四棱锥 则成立),故选项 B 错误.

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

?

探究点二

空间几何体的三视图

点 面 讲 考 向

例2 (1)[2013· 宁波鄞州区模拟] 将如图 7343(1)所 示的正方体 ABCDA′B′C′D′截去两个三棱锥,得到几何体 如图 7343(2)所示,则该几何体的正视图为( )

图 7343

图 7344
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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

点 面 讲 考 向

(2)[2013· 东北三省三校三联 ] 若一个四 面体的四个面均为直角三角形,正视图与 俯视图(如图 7?34?5 所示)均为直角边为 1 的等腰直角三角形,则该几何体的侧视图 的面积为( ) 1 1 2 A.4 B. 2 C.2 D. 2

图 7345
[答案] (1)A (2)C

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

点 面 讲 考 向

[解析] (1)由直观图转化为三视图的基础知识,可知 A 选项正确. (2)依题意可知,该几何体的侧视图和俯视图相同,故 1 所求面积为2.

[归纳总结]由几何体的三视图来判断原物体的形 状的一般规律为“长对正、高平齐、宽相等” .由此可见, 正视图和侧视图的形状确定原几何体为柱体、 锥体还是台 体;俯视图确定原几何体为多面体还是旋转体.

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

?

探究点三

空间几何体的直观图

点 面 讲 考 向

例 3 已知正三角形 ABC 的边长为 a,那么△ABC 的平面直观图△A′B′C′的面积为( ) 3 2 3 2 6 2 6 2 A. 4 a B. 8 a C. 8 a D. 16 a
[思考流程] 分析:理解斜二测画法原则.推理:画 出正△ABC 的平面直观图△A′B′C′.结论:求△A′B′C′的高 即可.

[答案]D

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

[解析] 如图①②所示的实际图形和直观图.
点 面 讲 考 向

1 3 由斜二测画法可知,A′B′=AB=a,O′C′=2OC= 4 a, 2 6 在图②中作 C′D′⊥A′B′于 D′,则 C′D′= 2 O′C′= 8 a, 1 1 6 6 2 ∴S△A′B′C′=2A′B′·C′D′=2×a× 8 a= 16 a .

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

点 面 讲 考 向

[归纳总结](1)用斜二测画法画立体图形的直观图的 步骤是: 一画轴,二画底,三画高,四成图. (2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积 与原图形的面积有以下关系: 2 S 直观图= S 原图形,S 原图形=2 2S 直观图. 4

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

变式题
点 面 讲 考 向

一梯形的直观图是如图 7346 所示的等腰梯形, )

且该梯形的面积为 2,则原梯形的面积为(

图 7346 A.2 B. 2 C.2 2 D .4

[答案] D

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

点 面 讲 考 向

1 [解析] 由题意,设上底为 x,高为 y,则 S 直观图=2y(x+2y 1 +x)= 2,而原梯形为直角梯形,其面积 S=2·2 2y(x+2y +x)=2 2× 2=4.

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

思想方法

14.解决三视图三种常见问题的方法

例 (1)将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如图 7 ?34?7 所示,则该几何体的侧视图为 ( )

多 元 提 能 力

图 7347

图 7348
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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

(2)若某几何体的三视图如图 7349 所示,则这个几何体 的直观图可以是( )

多 元 提 能 力

图 7349

图 73410
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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

1 (3)如图 73411 所示,某体积为 的几何体的正视图与侧视 2 图都是边长为 1 的正方形,则该几何体的俯视图可以是( )

多 元 提 能 力

图 73411

图 73412
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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

[答案]

(1)D

(2)B

(3)C

多 元 提 能 力

[解析] (1)由几何体可以看出,四棱锥中剩余的三条侧 棱有两条投影后为长方体的棱,中间一条为正方体由下到 上的对角线,故选项 D 正确. (2)由正视图可排除选项 A,C;由侧视图可判断该几 何体的直观图是选项 B. (3)若该几何体的俯视图是选项 A,则该几何体的体积 为 1,不满足题意;若该几何体的俯视图是选项 B,则该 π 几何体的俯视图是体积为 4 ,不满足题意;若该几何体的 1 选项 C,则该几何体的体积为2,满足题意;若该几何体的 π 俯视图是选项 D,则该几何体的体积为 4 ,不满足题意.
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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

多 元 提 能 力

[规律解读] 问题一:由几何体画三视图或考查对简 单几何体的三视图的识别.解答此类问题的关键是:一要 掌握各种基本几何体的三视图,注意简单组合体的构成; 二要熟悉三视图“长对正、高平齐、宽相等”的法则. 问题二:由三视图还原几何体,考查对空间几何体的 认识及空间想象能力.此类问题一般如下处理:首先通过 俯视图确定几何体底面的大致形状,然后利用正视图和侧 视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所 对应的棱、面的位臵,最后确定几何体的形状.

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

多 元 提 能 力

问题三:借助于三视图研究几何体的表面积、体积以 及正视图、侧视图的面积等.解决此类问题的关键是通过 三视图确定空间几何体中的几何量的关系, 其中, 正视图、 侧视图的高就是空间几何体的高、正视图、俯视图中的长 就是空间几何体的最大长度,侧视图、俯视图中的宽就是 空间几何体的最大宽度.

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

[备选理由] 空间几何体的结构及三视图与直观图的 相互转化是本讲的主要内容.下面例 1 为截面问题,此类 问题主要考查立体图形和平面图形互相转化,通过此例的 讲解可以掌握一般截面问题的求解方法及注意事项.例 2 为视图问题,主要考查三视图与直观图之间的转化,可以 通过此例进一步掌握视图问题的求解方法.例 3 为折叠问 题,主要考查几何体折叠与展开的关系,进一步理解几何 体的结构特征.
教 师 备 用 题
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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

例 1 【配例 1 使用】 已知一个正方体内接于一个 球,若过球心作一截面,则截面的可能图形是( )

A.①②

B.②④

C.①②③

D.②③④

[答案]C

教 师 备 用 题

[解析] 当截面平行于正方体的一个侧面时得③, 当截面 过正方体体对角线时得②,当截面不平行于任何侧面,也不 过体对角线时得①,但是无论如何都不会截得④.

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

例 2 【配例 2 使用】 已知图①是截去一个角的 长方体,试按图示的方向画出其三视图;图②是某几何体 的三视图,试说明该几何体的构成.
)

教 师 备 用 题
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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

解:易知图①中几何体的三视图如下:

教 师 备 用 题

如图②所示的几何体是一个上半部分为正六棱柱、下 半部分为倒立的正六棱锥的组合体.

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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

例 3 【配例 3 使用】 如图所示,已知正三棱柱 ABC -A1B1C1 的底面边长为 2 cm, 高为 5 cm,则一质点自点 A 出发,沿着正 三棱柱的侧面绕行两周到达点 A1 的最 ) 短路线的长为__________cm.

教 师 备 用 题
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第34讲

空间几何体的结构特征及三视图和直观图

[答案]13

[解析] 根据题意,利用分割法将原三棱柱分割为两个 相同的三棱柱,然后将其展开为如图所示的实线部分,则可 知所求最短路线的长为 52+122=13 cm.

教 师 备 用 题
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双 向 固 基 础 点 面 讲 考 向 多 元 提 能 力 教 师 备 用 题

第35讲 空间几何体的表面积 与体积

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考试说明
会计算球、柱、锥、台的表面积和体积(不要求记忆公式).

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第35讲
双 向 固 基 础

空间几何体的表面积与体积

1.柱、锥、台和球的侧面积和体积 侧面积 体积 2π rh 圆柱 S 侧=________ V=Sh=π r2h 1 1 2 π rl π (r1+r2)l 圆锥 S 侧=__________ V=3Sh=3π r h=________ 1 V=3(S 上+S 下+ S上·S下)h 1 2 2 2 π r l -r 圆台 S 侧=3 ________ 1 2 =3π (r2 + r 1 2+r1r2)h

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第35讲
双 向 固 基 础

空间几何体的表面积与体积

(续表) 侧面积 直棱柱 S 侧=Ch 1 S 侧=2Ch′ 正棱锥 1 正棱台 S 侧=2(C+C′)h′ 球
2 4 π R S 球面=________

体积 V=Sh 1 V=3Sh

1 V=________________ 3(S 上+S 下+ S上·S下)h
4 V=3π R3

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第35讲
双 向 固 基 础

空间几何体的表面积与体积

2.几何体的表面积 各面面积之和 . (1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是________________ (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇 侧面积与底面面积之和 环,它们的表面积等于____________________________ . 3.几何体的侧面展开图 (1)圆柱的侧面展开图是矩形,矩形的长是底面圆的周长, 宽是圆柱的母线长. (2) 圆锥的侧面展开图是扇形,扇形的半径是圆锥的母线 长,弧长是圆锥的底面周长. (3)圆台的侧面展开图是扇环,扇环的上、下弧长分别是圆 台的上、下底面圆的周长.

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第35讲
双 向 固 基 础

空间几何体的表面积与体积

4.立体几何中的“截、展、拆、拼” (1)“截”指的是截面,平行于柱、锥底面的截面以及旋转 轴截面 , 体的________ 它们集中反映了几何体的主要元素的数量关系, 是能帮助解题的重要工具. (2)“展”指的是侧面和某些面的展开图,将有关沿表面的 两点间的距离 最短路径问题, 转化为求侧面或某些面的展开图上 __________. 不规则的几何体 (3)“拆”指的是将一个____________________ 拆成几个简 单的几何体,便于计算. (4)“拼”指的是将小几何体嵌入到一个大几何体中,如: 有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱,有时将一个三棱柱复原 一个四棱柱 ,有时把一个正方体再拼补成一个相同的正方 成____________ 体,有时把一个台体复原成一个锥体,这些都是拼补的方法.
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第35讲
双 向 固 基 础

空间几何体的表面积与体积

—— 链接教材 ——
1.[教材改编] 已知圆锥的表面积等于 12π cm2,其侧 面展开图是一个半圆,则底面圆的半径为________ cm.

[答案] 2
[解析] 依题意不妨设圆锥底面圆的半径为 r,母线 2 ? ?π r +π rl=12π , 为 l,则有? 得 3r2=12,即 r=2 cm. ? ?2π r=π l,

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第35讲
双 向 固 基 础

空间几何体的表面积与体积

2.[教材改编] 设长方体的长、宽、高分别为 2a,a, a, 其顶点都在一个球面上, 则该球的表面积为________.
[答案] 6π a2

[解析] 由于长方体的长、宽、高分别为 2a,a,a, 则长方体的体对角线长为 (2a)2+a2+a2 = 6 a. 又长 方体外接球的直径 2R 等于长方体的体对角线, ∴2R= 6 a,∴S 球=4π R2=6π a2.

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第35讲
双 向 固 基 础

空间几何体的表面积与体积

3.[教材改编] 若一个球的半径扩大为原来的 3 倍, 则表面积扩大为原来的 __________倍;体积扩大为原来 的__________倍.
[答案] 9 27

[解析] 设原球的半径为 1,则扩大后的半径为 3,则 S2 2 S1=4π ,S2=4π ×3 =36π ,即S =9,所以表面积扩大 1 4 4 V2 3 为原来的 9 倍.由 V1=3π ,V2=3π ×3 =36π ,即V = 1 27,所以体积扩大为原来的 27 倍.

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第35讲
双 向 固 基 础

空间几何体的表面积与体积

4.[教材改编] 如图 7351 所示是某几何体的三视 图,则该几何体的体积为________.

图 7351

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第35讲
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空间几何体的表面积与体积

9 [答案] 2π +18
[ 解析 ] 该几何体是由一个球与一个长方体组成的 组合体,球的直径为 3,长方体的底面是边长为 3 的正方 4 33 9 2 形,高为 2,故所求体积为 2×3 + π ( ) = π +18. 3 2 2

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空间几何体的表面积与体积

—— 疑 难 辨 析 ——
1.柱体、锥体、台体和球的表面积与体积 (1)棱长为 2 的正四面体的表面积是 4 (2) 若一个球的体积为 4 π .( 3.( ) 3 π ,则它的表面积为 12

) (3)若一个高为 2 的圆柱,底面周长为 2π ,则该圆柱的 表面积为 4π .( )

[答案] (1)√

(2)√

(3)×

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空间几何体的表面积与体积

[解析] (1)易知正四面体的各面为全等的正三角形, 3 故其表面积 S=4× 4 ×22=4 3. 4π 3 (2)由 V= 3 R =4 3π ,得 R= 3,∴S=4π R2= 4π ×3=12π . (3)由已知条件得圆柱的底面半径为 1,所以 S 表=S 侧 +2S 底=cl+2π r2=2π ×2+2π =6π .

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空间几何体的表面积与体积

2.柱体、锥体、台体的展开与折叠 2π (1)将圆心角为 ,面积为 3π 的扇形作为圆锥的侧 3 面,则圆锥的表面积等于 4π .( ) (2)将边长为 a 的正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起, 使 3 3 BD=a,则三棱锥 D -ABC 的体积为 12 a .( )

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空间几何体的表面积与体积

[答案] (1)√

(2)×

1 [ 解析 ] (1) 设扇形的半径为 r ,弧长为 l ,则 2 rl = 1 2π 2 · · r =3π ,∴r=3,l=2π ,∴圆锥的母线长为 3, 2 3 底面半径为 1,故圆锥的表面积为 S=3π +π ×12=4π . (2)设正方形 ABCD 的对角线 AC,BD 相交于点 E, 沿 AC 折起后,依题意 BD=a,BE⊥DE,∴DE⊥平面 2 ABC,∴三棱锥 D - ABC 的高 DE= a,∴V 三棱锥 D -ABC 2 1 1 2 2 =3·2a2· 2 a= 12 a3.
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空间几何体的表面积与体积

?

探究点一

几何体的表面积计算

点 面 讲 考 向

例 1 (1)[2012· 北京卷 ] 某三 棱锥的三 视图如图 7352 所示,则该三棱锥的表面积是( ) A.28+6 B.30+6 C.56+12 D.60+12 5 5 5 5 图 7352

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空间几何体的表面积与体积

(2)[2012· 辽宁卷] 若一个几何体的三视图如图 7353 所示,则该几何体的表面积为________.
点 面 讲 考 向

图 7353

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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)分析:理解三视图的概念与表面积公 式的含义.推理:根据题中三视图弄清三棱锥中各个量的 关系.结论:根据各个量的关系求出每个面的面积,表面 积是各个面面积之和. (2)分析:理解三视图、组合体以及表面积的含义.推 理:根据三视图可知几何体是一个组合体,弄清组合体中 各个量的关系.结论:根据表面积的求法得出组合体的表 面积.
[答案] (1)B (2)38

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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

[解析] 由三视图可知,几何体为一个三棱锥,其中 一个侧面与底面垂直,如图所示, 1 1 可知 S 底面=2×5×4=10, S 后=2× 5 1 × 4 = 10 , S 左 = 2 × 6 × 2 5 = 6 1 5,S 右= ×4×5=10,所以 S 表 2 =10×3+6 5=30+6 5.

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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

(2)由三视图可知,该几何体是由一个长方体挖去一个 圆柱构成的,几何体的表面积 S=长方体表面积+圆柱的 侧面积-圆柱的上下底面面积. 由三视图知, 长方体的长、 宽、高分别为 4,3,1,圆柱的底面圆的半径为 1,高为 1, 所以 S=2×(4×3+4×1+3×1)+2π ×1×1-2×π ×12 =38.

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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

[归纳总结] (1)在求多面体的侧面积时,应对每 一个侧面分别求解后再相加,对于组合体的表面积应注 意重合部分的处理. (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面都是曲面,计算侧面积 时需要将这个曲面展为平面图形进行计算,而表面积是 侧面积与底面圆的面积之和.

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空间几何体的表面积与体积

?

探究点二

几何体的体积计算

点 面 讲 考 向

例 2 (1)[2014· 金华一中月考] 一个三棱锥的三视图 如图 7354 所示,其中俯视图是顶角为 120°的等腰三 角形,则该三棱锥的体积为________.

图 7354
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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

(2)[2013· 湖北卷] 一个几何体的三视图如图 7355 所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体 积分别记为 V1,V2,V3,V4,上面两个简单几何体均为 旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有( ) A.V1<V2<V4<V3 B.V1<V3<V2<V4 C.V2<V1<V3<V4 D.V2<V3<V1<V4

图 7355
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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)分析:利用几何体的体积公式.推理: 根据三视图判断出几何体的形状以及棱长的关系.结论: 根据体积公式求出几何体的体积. (2) 分析:理解圆台、圆柱和正方体的特征与体积公 式.推理:根据三视图判断几何体的形状.结论:利用圆 台、圆柱和正方体的体积公式进行计算求值并大小比较.
2 3

[答案]

(1) 3

(2)C

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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

[解析] (1)将三视图还原为直观图, 如图所示, 易知 SA 垂直于平面 ABC,SA=2,BC=2 3,BC 边上的高为 1, 1 1 所以三棱椎的体积 V=3×2×2×2 3 2 3 ×1= 3 . (2)由图知组成该几何体从上到下 的简单几何体为圆台、 圆柱、 棱柱和棱 7π 台,其体积分别为 V1= ,V2=2π , 3 28 V3=8,V4= . 3

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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

[归纳总结] (1)注意求体积的一些特殊方法:分割 法、补体法、转化法等.它们是解决一些不规则几何体 体积的计算的常用方法,应熟练掌握. (2)等积变换法:利用三棱锥的任一个面可作为三棱 锥的底面. ① 求体积时,可选择容易计算的方式来计 算.②利用“等积法”可求“点到面的距离”.

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空间几何体的表面积与体积

?

探究点三

几何体中的最值问题

点 面 讲 考 向

例 3 [2013· 杭州二中模拟 ] 在棱长为 1 的正方体 ABCD ? A1B1C1D1 中,P1,P2 分别为线段 AB,BD1(不包 括端点)上的动点,且线段 P1P2 平行于平面 A1ADD1,则四 面体 P1P2AB1 的体积的最大值是________.

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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

[ 思考流程 ] 分析:确定正方体中各线面间的关 系.推理:利用正方体的特征,适当选择所求三棱锥的 顶点,找出高线,并设出 AP1 的长度,用 AP1 表示出底 面积,进而得出体积的表达式.结论:通过式子求体积 的最大值
[答案] 1 24

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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

[解析] 过点 P2 作 P2O⊥底面 ABCD 于点 O, 联结 OP1. 由题知 OP2∥D1D,P1P2∥AD1, 易知 OP1∥AD. 因为 AD⊥平面 AA1B1B, 所以 OP1 ⊥平面 AP1B1.又 DD1∥平面 AP1B1, 所以 OP2∥平面 AP1B1,所以 OP1 为 三棱锥 P2?P1AB1 的高.设 AP1=x, OP1 BP1 0<x<1,则由 OP1∥AD,得 AD = AB ,

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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

1 即 OP1=1-x.易知 S△AP1B1=2x,所以四面体 P1P2AB1 1 1 1 1 的体积为3S△AP1B1·OP1=3×2x×(1-x)=6x(1-x).又 ?2 1 1? 1 ?x+1-x? 由于6x(1-x)≤6? ? =24,当且仅当 x=1-x,即 x 2 ? ? 1 1 = 时, 等号成立. 故四面体 P1P2AB1 的体积的最大值为 . 2 24

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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

[归纳总结] 立体几何中的最值问题有求距离、面 积、体积,角度等多种类型,实质上都是在变化过程中 求距离.解决立体几何中的最值问题,可以先通过特殊 点的位臵进行判断,弄清楚变化情况再求解. 求最值问题有以下几种方法: (1)目标函数法:把这类动态问题转化成目标函数, 最终利用代数方法求目标函数的最值.解题途径很多, 在函数模型建成后,可利用一次函数的端点法、二次函 数的配方法、 公式法、 有界函数的界值法(如三角函数等) 及高阶函数的拐点导数法等进行求解.

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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

(2)公理与定义法:以公理与定义作为依据,直接推 理问题的最大值与最小值.一般的公理与定理有:①两 点之间线段最短;②分居在两异面直线上的两点的连线 中,它们的公垂线最短;③球面上任意两点的连线中, 过这两点与球心的平面所得圆的劣弧长最短等. (3)展开体图法:这也是一种常用的方法,它可将几 何体表面展开,也可将几何体内部的某些满足条件的部 分面展开成平面,这样能使求解问题变得十分直观.

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空间几何体的表面积与体积

变式题
点 面 讲 考 向

(1)已知在直三棱柱 ABC -A1B1C1 中, 底面为

直角三角形,∠ACB=90°,|AC|=6,|BC|=|CC1|= 2, P 是 BC1 上一动点,如图 7356 所示,则|CP|+|PA1|的最 小值为________.

图 7356

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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

(2)如图 7357 所示,已知在△ABC 中,∠ACB=90 °,PA⊥平面 ABC,AE⊥PB 于点 E,AF⊥PC 于点 F, 且 AP=AB=2, ∠AEF=θ, 当 θ 变化时, 求三棱锥 P -AEF 的体积的最大值.

图 7357
[答案] (1)5 2
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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

[解析] 联结 A1B, 沿 BC1 将△CBC1 展开使其与△A1BC1 在同一个平面 内,C 点移至 C′点处,如图所示,联 结 A1C′,则 A1C′的长度就是所求 的最小值. ∵∠ACB=90°, |AC|=6, |BC| = 2 , ∴|AB| = 38 , |A1B| = 2 10.又∵|CC1|= 2,∴|BC1|=2,由 勾 股 定 理 可 知 , |A1C1|2 + |BC1|2 = |A1B|2,即∠A1C1B=90°.又∠BC1C=45°,故∠A1C1C′= 135°,由余弦定理,得|A1C′|2=|A1C1|2+|CC′|2-2|A1C1||CC 2 2 ′|cos∠A1C1C′,即|A1C′| =36+2+2×6× 2× =50, 2 故|A1C′|=5 2,即|CP|+|PA1|的最小值为 5 2.
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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

(2)解:∵PA⊥平面 ABC,BC?平面 ABC,∴PA⊥BC. 又∵BC⊥AC,PA∩AC=A,∴BC⊥平面 PAC,AF?平 面 PAC,∴BC⊥AF. 又∵AF⊥PC,PC∩BC=C,∴AF⊥平面 PBC, ∴ EF 是 AE 在 平 面 PBC 上 的 射 影 . ∵AE⊥PB , ∴EF⊥PB,∴PE⊥平面 AEF. ∵在三棱锥 P - AEF 中,AP=AB=2,AE⊥PB,∴PE = 2, AE= 2, AF= 2sin θ , EF= 2cos θ , ∴V 三棱锥 PAEF 1 1 1 2 =3S△AEF·PE=3×2× 2sin θ · 2cos θ × 2= 6 sin 2θ . π π ∵0<θ < 2 , ∴0<2θ<π , ∴0<sin 2θ ≤1, ∴当 θ= 4 时, 2 三棱锥 PAEF 的体积取得最大值为 6 .
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空间几何体的表面积与体积

?

探究点四
例4

几何体的展开与折叠问题

点 面 讲 考 向

[2013· 广东潮州质检] 如图 7358, 已知梯形 ABCD π 中,AD∥BC,∠ABC=∠BAD= 2 ,AB=BC=2AD=4,E, F 分别是 AB,CD 上的点,且 EF∥BC,设 AE=x.沿 EF 将梯 形 ABCD 翻折,使平面 AEFD⊥平面 EBCF(如图 7359 所 示).若 G 是 BC 的中点,以 F,B,C,D 为顶点的三棱锥的 体积记为 f(x),求 f(x)的最大值.

图 7358

图 7359
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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

解: ∵AE⊥EF, 平面 AEFD⊥平面 EBCF, 交线 EF, AE?平面 AEFD,∴AE⊥平面 EBCF. 作 DH⊥EF,垂足为点 H,则 DH⊥平面 EBCF,故 AE∥DH, ∴四边形 AEHD 是矩形,DH=AE=x. 1 1 又 S△BCF=2BC·BE=2×4×(4-x)=8-2x, ∴三棱锥 D -BCF 的体积 1 1 1 2 2 f(x)=3S△BFC·DH=3S△BFC·AE=3(8-2x)x=-3x 8 2 8 8 2 +3x=-3(x-2) +3≤3, 8 ∴当 x=2 时,f(x)的最大值为3.
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空间几何体的表面积与体积

点 面 讲 考 向

[归纳总结] (1)对于翻折前后,将线线、线面的位臵 关系、所成角及距离加以比较,观察并判断几何体或图形 的变化情况. (2)一般地,分别位于两个半平面内的元素,其相对位 臵关系和数量关系发生变化;位于同一个半平面的元素, 其相对位臵和数量关系不变. (3)对于某些翻折不易看清的元素,可结合原图形去分 析、计算,即将空间问题转化为平面问题.

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空间几何体的表面积与体积

变式题
点 面 讲 考 向

[2012· 浙江卷] 已知矩形 ABCD,AB=1,BC

= 2.将△ABD 沿矩形的对角线 BD 所在的直线进行翻折, 在翻折过程中( ) A.存在某个位置,使得直线 AC 与直线 BD 垂直 B.存在某个位置,使得直线 AB 与直线 CD 垂直 C.存在某个位置,使得直线 AD 与直线 BC 垂直 D. 对任意位置, 三对直线“AC 与 BD”, “AB 与 CD”, “AD 与 BC”均不垂直

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空间几何体的表面积与体积

[答案]B
点 面 讲 考 向

[解析] 对于 AB⊥CD,因为 BC⊥CD,由线面垂直 的判定可得 CD⊥平面 ACB,所以 CD⊥AC.由 AB=CD =1, BC=AD= 2, 可得 AC=1.故存在 AC 这样的位置, 使得 AB⊥CD 成立.

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空间几何体的表面积与体积

思想方法 应用

15.化归与转化思想在求空间几何体体积中的

例 (1)如图 73510 所示,在正六棱锥 PABCDEF 中,G 为 PB 的中点, 则三棱锥 D GAC 与三棱锥 PGAC 的体积之比为 (
多 元 提 能 力

) A.1∶1

B.1∶2C.2∶1

D.3∶2

图 73510
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空间几何体的表面积与体积

(2)如图 73511 所示, 在多面体 ABCDEF 中, 已知 ABCD 是边长为 1 的正方形,且△ADE,△BCF 均为正三角形,EF ∥AB,EF=2,则该多面体的体积为( ) 2 3 4 3 A. 3 B. 3 C.3 D.2
多 元 提 能 力

图 73511
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空间几何体的表面积与体积

[答案] (1)C (2)A
[解析] (1)方法一: 如图所示, 由于点 G 为 PB 的中点, 故点 P,B 到平面 GAC 的距离相等,故三棱锥 P -GAC 的 体积等于三棱锥 B -AGC 的体积. 根据三 棱锥的特点, 所要解决的两个三棱锥的体 积之比就等于三棱锥 G - ACD 与三棱锥 G -ABC 的体积之比.由于这两个三棱锥 的高相等, 体积之比等于其底面积之比, 即△ACD 与△ABC 的面积之比,易知这个面积之比是 2∶1.

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空间几何体的表面积与体积

方法二:如图所示,联结 BD 交 AC 于点 H,则点 D, B 到 平 面 GAC 的 距 离 之 比 等 于 DH∶BH. 由 于 △AHD∽△CHB, 故 DH∶BH=AD∶BC=2∶1.又三棱锥 D -GAC 与三棱锥 B -GAC 的底面积相等, 故其体积之比等于 其高的比,即所求比值是 2∶1.
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空间几何体的表面积与体积

(2)如图所示,

多 元 提 能 力

过 BC 作垂直于 EF 的截面 BNC,作平面 ADM∥平面 BCN, 则多面体的体积可分解为棱柱 BCN -ADM 以及棱锥 F -BCN、棱锥 E -ADM 来求解.

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空间几何体的表面积与体积

多 元 提 能 力

3 取 BC 的中点 O,联结 FO,NO,则由已知得 FO= 2 , 1 FN=2, 2 1 2 2 2 2 ∴NO= FO -FN = 2 ,∴S△BCN=2×1× 2 = 4 , 2 ∴V 三棱锥 BCN -ADM=S△BCN·AB= , 4 1 2 1 2 V 三棱锥 F -BCN+V 三棱锥 E -ADM=3× 4 ×2×2= 12 , 2 2 2 ∴V= + = . 4 12 3

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空间几何体的表面积与体积

多 元 提 能 力

[ 规律解读 ] 化归与转化的思想是指在解决问题时 采用某种手段使之转化,进而使问题得到解决的一种解 题策略,其思想的核心是把生题转化为熟题.求空间几 何体的体积的常用方法主要有公式法、转化法、割补 法.转化法:根据体积计算公式,通过转换空间几何体 的底面和高,从而使得体积计算更容易,或是可以求出 一些体积比等,如题(1).割补法:把不能直接计算其体 积的空间几何体进行适当的分割或补形,转化为可以计 算体积的空间几何体,通过这个空间几何体的体积计算 所求空间几何体的体积,如题(2).

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第35讲

空间几何体的表面积与体积

[ 备选理由 ] 求空间几何体的表面积和体积是本讲的 主要内容,下面的例 1 就是针对几何体的表面积计算而设置 的,例 2 是针对几何体的体积计算而设置的,例 3 是针对球 的表面积和体积计算设置的.

教 师 备 用 题
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空间几何体的表面积与体积

例 1 【配例 2 使用】 如图所示,正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 6, 则以正方体 ABCD -A1B1C1D1 的中心 为顶点,以用平面 AB1D1 截正方体的外接球所得的圆为底 面的圆锥的全面积为__________.

教 师 备 用 题

[答案]

(18

2+24)π
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空间几何体的表面积与体积

教 师 备 用 题

[解析] 设 O 为正方体外接球的球心, 也是正方体的中 1 心, 则 O 到平面 AB1D1 的距离是体对角线的6, 即距离为 3. 又球的半径是正方体体对角线长的一半,即球的半径 为 3 3, 由 勾 股 定 理 可 知 , 截 面 圆 的 半 径 为 (3 3)2-( 3)2=2 6, 所以圆锥底面面积为 S1=π ·(2 6)2=24π , 圆锥的母线即为球的半径 3 3, 圆锥的侧面积为 S2=π · 2 6· l=π · 2 6· 3 3= 18 2π , 因此圆锥的表面积为 S = S1 + S2 = 18 2 π + 24 π = (18 2+24)π .
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空间几何体的表面积与体积

教 师 备 用 题

例 2 【配例 2 使用】 如图所示,体积为 V 的大球内 有 4 个小球,每个小球的球面过大球的球心且与大球球面 有且只有一个交点,4 个小球的球心是以大球的球心为中 心的正方形的 4 个顶点. 若 V1 为小球 相交部分 ( 图中阴影部分 ) 的体积, V2 为大球内、小球外的图中黑色部分的 体积,则下列关系中正确的是( ) V V A.V1> B.V2< 2 2 C.V1>V2 D.V1<V2

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第35讲

空间几何体的表面积与体积

[答案] D

R [解析] 设大球的半径为 R, 小球的半径为 2 , 根据题意, 4π 3 4π R 3 V1 V1 4π 3 V= 3 R =4· 3 ( 2 ) - 4 ×2+V2,所以 V2- 2 = 3 R - 4π R2 3 V V1 V 4· ( ) = ,于是 V2- = ,即 2V2-V1=V,所以 V2- 3 2 2 2 2 V1=V-V2>0,所以 V1<V2.
教 师 备 用 题
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空间几何体的表面积与体积

例 3 【配例 4 使用】 如图(1)所示,在边长为 12 的 正方形 ADD1A1 中,点 B,C 在线段 AD 上,且 AB=3,BC =4.作 BB1∥AA1 分别交 A1D1, AD1 于点 B1, P, 作 CC1∥AA1 分别交 A1D1,AD1 于点 C1,Q,将该正方形沿 BB1,CC1 折 叠,使得 DD1 与 AA1 重合,构成如图(2)所示的三棱柱 ABC A1B1C1.

教 师 备 用 题

(1)求证:AB⊥平面 BCC1B1; (2)求多面体 A1B1C1 ? APQ 的体积.
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第35讲

空间几何体的表面积与体积

教 师 备 用 题

解:(1)由题意知,在图(2)中,AB=3,BC=4,CA=5, ∴AB2+BC2=CA2,∴AB⊥BC. 又∵AB⊥BB1,BC∩BB1=B,∴AB⊥平面 BCC1B1. 1 (2)由题易知, 三棱柱 ABC -A1B1C1 的体积为2×3×4×12 =72. ∵在图(1)中,△ABP 和△ACQ 都是等腰直角三角形, ∴AB=BP=3,AC=CQ=7, 1 1 1 ∴V 四棱锥 A -CQPB=3×S 四边形 CQPB×AB=3×2×(3+7)×4×3 =20. ∴多面体 A1B1C1 ? APQ 的体积 V=V 三棱柱 ABC A1B1C1-V 四棱锥 A -CQPB=72-20=52.
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双 向 固 基 础 点 面 讲 考 向 多 元 提 能 力 教 师 备 用 题

第36讲 空间点、直线、平面 之间的位置关系

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考试说明
1.理解空间直线、平面位臵关系的定义. 2.了解可以作为推理依据的公理和定理. 3.理解异面直线所成的角的概念.

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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

1.平面的基本性质及其推论
名称 图示 文字表示 符号表示 如果一条直线上的两点 A∈l,B∈l,且 公理 1 在一个平面内,那么这 A∈α , B∈α , 条直线在此平面内 公理 2 过不在一条直线上的三 点,有且只有一个平面 如果两个不重合的平面 公理 3 有一个公共点,那么它 P∈α, 且 P∈β,
α∩β=l,且 P∈l 们有且只有一条过该点 则________

则l ________ ?α

的公共直线
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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

一条直线和 直线外一点

两条相交

平行直线

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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

2.线线、线面、面面位置关系 (1)直线与直线的位置关系 ①位置关系的分类 ? , ? ? 平行 ?共面直线? 相交 W. ? ? ? ? 异面直线:不同在 任何 一个平面内. ? ②异面直线所成的角 定义:设 a,b 是两条异面直线,经过空间任一点 O 作 锐角或直角 叫作异面直 直线 a′∥a,b′∥b,把 a′与 b′所成的___________ ? π? ? ? 线 a,b 所成的角(或夹角),范围为________ . ?0, 2 ? ? ? ③平行公理:平行于同一条直线 ___________的两条直线互相平行. ④等角定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行, 相等或互补 . 那么这两个角___________
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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

l?α

无数

l∩α=A

1

l∥α

0

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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

(3)平面与平面的位置关系 位置关系 图示 符号表示 两平面平行
α∥β ________

公共点个数
0 ________

两平面相交

________( 这些 无数 公 α∩β=l ________ 共点均在交线 l 上)

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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

—— 链接教材 ——
1.[教材改编] 下列命题: ①经过三点确定一个平面; ②梯形可以确定一个平面; ③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面; ④如果两个平面有三个公共点,则这两个平面重合. 其中真命题的序号是________.
[答案] ②③

[解析] 对于①,未强调三点不共线,故①错误;易知 ②正确; 对于③, 三条直线两两相交, 如空间直角坐标系, 能确定三个平面,故③正确;对于④,未强调三点共线, 则两平面也可能相交,故④错误.
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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

2.[教材改编] 分别在两个平面内的两条直线的位置关 系是________.

[答案] 相交、平行或异面
[解析] 由直线、 平面的位置关系分析可知两条直线相 交、平行或异面都有可能.

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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

3 . [ 教材改编 ] 如图 7361 所示,在正方体 ABCD A1B1C1D1 中, E, F 分别是 AB, AD 的中点, 则异面直线 B1C 与 EF 所成的角的大小为________.

图 7361

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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

[答案] 60°

[解析] 联结 B1D1,易证 B1D1∥EF,从而∠D1B1C 即为异面直线 B1C 与 EF 所成的角.联结 D1C,则 △B1D1C 为正三角形,故∠D1B1C=60°.

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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

—— 疑 难 辨 析 ——
1.平面的基本性质 (1)空间中不同的三点确定一个平面.( ) (2)空间中两两相交的三条直线确定一个平面.( (3)一条直线和一个点能确定一个平面.( ) (4)梯形一定是平面图形.( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√

)

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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

[解析] (1)空间中不共线的三点确定一个平面. (2)空间中两两相交且不交于一点的三条直线确定一 个平面. (3)经过直线和直线外一点确定一个平面. (4)梯形一定是平面图形,显然成立.

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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

2.空间直线关系 (1)已知 a,b 是异面直线,直线 c 平行于直线 a,那么直 线 c 与 b 不可能是平行直线.( ) (2)若直线 a∥b,b∥c,则 a∥c.( ) (3)若直线 a 与 b 相交, b 与 c 相交, 则 a 与 c 相交. ( ) (4)若直线 a,b 与 c 成等角,则 a∥b.( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)×

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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

[解析] (1)由已知,直线 c 与 b 可能为异面直线,也可 能为相交直线,但不可能为平行直线.这是由于 a∥c,若 b∥c,则 a∥b,与已知 a,b 为异面直线相矛盾. (2)由平行公理知正确. (3)当 a 与 b 相交,b 与 c 相交时,a 与 c 可以相交、 平行,也可以异面,故(3)不正确. (4)当 a,b 与 c 成等角时,a 与 b 可以相交、平行, 也可以异面,故不正确.

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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

3.平行公理与等角定理 (1)平行于同一条直线的两条直线互相平行.( ) (2)如果两个角的两边分别对应平行且方向相同, 那么这 两个角相等或互补.( ) (3)在空间四边形 ABCD 中,E,F,G,H 分别是 AB, BC, CD, DA 的中点, 则四边形 EFGH 是平行四边形. ( )

[答案] (1)√

(2)×

(3)√

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第36讲
双 向 固 基 础

空间点、直线、平面之间的位置关系

[解析] (1)由公理 4 可推导其正确. (2)两个角相等. (3) 易证 EF∥AC∥GH , EH∥BD∥FG ,故四边形 EFGH 是平行四边形.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

?

探究点一
例 1

平面的基本性质及其应用

(1)[2013· 安徽卷] 在下列命题中,不是 公理的是 ..

点 面 讲 考 向

(

) A.平行于同一个平面的两个平面相互平行 B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面 C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直 线上所有的点都在此平面内 D.如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有 且只有一条过该点的公共直线

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空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

(2)[2013· 江西卷] 如图 7362 所示, 正方体的底面与正 四面体的底面在同一平面 α 上,且 AB∥CD,正方体的六个 面所在的平面与直线 CE,EF 相交的平面个数分别记为 m, n,那么 m+n=( )

A.8

B. 9

图 7362 C.10 D.11

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空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

[思考流程] 分析:需要区分定理和公理.推理: 根据平面性质的公理以及空间位置关系的定理逐项分析 判断.结论:其中为空间位置关系定理的即为所求.

[答案]

(1)A

(2)A

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空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

[解析] (1)选项 A 是面面平行的性质定理, 是由公理推证 出来的,而公理是不需要证明的. (2)直线 CE 在平面 α 上,且与正方体的上平面平行,与 其他四个平面相交, 直线 EF 与正方体的左右两个平面平行, 与其他四个平面相交,所以 m=4,n=4,则 m+n=8.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

[归纳总结] (1)公理 1 的作用:①检验平面;②判 断直线在平面内;③由直线在平面内判断直线上的点在 平面内. (2)公理 2 的作用:确定平面的依据,它提供了把空 间问题转化为平面问题的条件. (3)公理 3 的作用:①判定两平面相交;②作两相交 平面的交线;③证明多点共线. (4)画几何体的截面,关键是画截面与几何体各面的 交线,此交线只需两个公共点即可确定.作图时充分利 用几何体本身提供的面面平行等条件,可以更快地确定 交线的位臵.
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空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

变式题 如图 7363 所示是正方体和正四面体, P, Q,R,S 分别是所在棱的中点,则四个点共面的图形是 ________(填序号).

图 7363

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空间点、直线、平面之间的位置关系

[答案] ①②③
点 面 讲 考 向

[解析] ①中, 可证四边形 PQRS 为 梯形;②中,如图所示,取 A1A 与 BC 的中点为 M,N,可证明 PMQNRS 为 平面图形,且 PMQNRS 为正六边形; ③中,可证四边形 PQRS 为平行四边 形; ④中, 可证 Q 点所在棱与平面 PRS 平行,因此,P,Q,R,S 四点不共面.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

?

探究点二

空间两条直线的位置关系

点 面 讲 考 向

例2 (1)在图 7364 中,G,N,M,H 分别是正三 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________.(填上所有正确答案的序号)

图 7364

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空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

(2)[2012· 安徽卷] 若四面体 ABCD 的三组对棱分别 相等,即 AB=CD,AC=BD,AD=BC,则________(写 出所有正确结论的编号). ①四面体 ABCD 每组对棱相互垂直; ②四面体 ABCD 每个面的面积相等;③从四面体 ABCD 每个顶点出发的 三条棱两两夹角之和大于 90°而小于 180°;④联结四 面体 ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分;⑤从四 面体 ABCD 的每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三 角形的三边长.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)分析:理解空间两条直线的位置关 系.推理:根据异面直线的定义和判断方法.结论:结 合图形得出结论. (2)分析:理解四面体的特征.推理:根据四面体三 组对棱分别相等分析判断. 结论:对每种说法作出判断.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

[答案] (1)②④
点 面 讲 考 向

(2)②④⑤

[解析] (1)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,联结 MG,则 GM∥HN,因此 GH 与 MN 共面; 图④中,G,M,N 共面,但 H?面 GMN,因此 GH 与 MN 异面.所以图②④中 GH 与 MN 异面.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

(2)如图所示, 把四面体 ABCD 放入长方体中, 由长方 体中相对面的相互异面的两条面对角线不一定相互垂直 可 知 ① 错 误 ; 由 长 方 体 中 △ABC≌△ABD≌△DCB≌△DCA, 可知四面体 ABCD 每 个面的面积相等, 故②正确; 过四面体 ABCD 中同一顶点 的三个角之和为一个三角形的三个 内角之和,即为 180°,③错误; 长方体中相对面的相互异面的两条 面对角线中点的连线相互垂直,故 ④正确;从四面体 ABCD 的每个顶 点出发的三条棱可以移到一个三角 形中,作为一个三角形的三条边,故⑤正确.
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空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

[归纳总结] 判断两直线为异面直线的方法: (1)定义法:依据定义判断(较为困难). (2)定理法: 过平面内一点与平面外一点的直线与平面 内不经过该点的直线为异面直线 ( 此结论可作为定理使 用). (3)反证法:先假设两条直线不是异面直线,即两直线 平行或相交,由假设的条件出发,经过严密的推理,导出 矛盾,从而否定假设,肯定两条直线异面.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

变式题 [2014· 温州八校联考] 已知 m, n 为异面直线, m⊥平面α ,n⊥平面 β.若直线 l 满足 l⊥m,l⊥n,l?α ,l? β ,则( ) A.α ∥β 且 l∥β B.α ⊥β 且 l⊥β C.α 与 β 相交,且交线垂直于 l D.α 与 β 相交,且交线平行于 l

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空间点、直线、平面之间的位置关系

[答案] D
点 面 讲 考 向

[解析] 因为直线 m, n 异面, 且 m⊥α, n⊥β, 所以 α∥β 不可能成立,故排除选项 A.因为 n⊥β,l⊥n 所以 l∥β 或 l?β ,故排除选项 B.因为 m⊥α,n⊥β,所以平面 α,β 的 交线垂直于直线 m,n.又因为 l⊥m,l⊥n,所以交线与 l 平行,所以排除选项 C.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

?
点 面 讲 考 向

探究点三

异面直线所成角的计算

例 3 [2013· 福州模拟] 如图 7365 所示,在底面为正方形,侧棱垂 直于底面的四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中, AA1=2AB,则异面直线 A1B 与 AD1 所成 角的余弦值为( ) 1 2 3 4 A.5 B.5 C.5 D.5 图 7365

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空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

[ 思考流程 ] 分析:需要作出两条异面直线所成的 角.推理:利用平移方法作出两条异面直线所成的角,把问 题归结为解三角形的问题.结论:根据两条异面直线所成角 为锐角或直角确定所求的余弦值.

[答案] D

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第36讲

空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

[解析] 联结 BC1,易证 BC1∥AD1,则∠A1BC1 即为异 面直线 A1B 与 AD1 所成的角. 联结 A1C1, 设 AB=1, 则 AA1 5+5-2 =2, A1C1= 2, A1B=BC1= 5, 故 cos∠A1BC1= 2× 5× 5 4 =5.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

[归纳总结] 求异面直线所成的角常采用“平移线段 法”,平移的方法一般有三种类型:利用图中已有的平行 线平移;利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移; 补形平移. 计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行.

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空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

变式题 已知三棱锥 ABCD 中,AB=CD,且直线 AB 与 CD 成 60°角,点 M,N 分别是 BC,AD 的中点, 则直线 AB 和 MN 所成角的大小为________.

[答案] 60°或 30°

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第36讲

空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

[解析] 如图所示,取 AC 的中点 P,联结 PM,PN, 1 1 则 PM∥AB,且 PM= AB,PN∥CD,且 PN= CD,所 2 2 以∠MPN 为 AB 与 CD 所成的角(或所成角的补角),则 ∠MPN=60°或∠MPN=120°. 若 ∠MPN = 60 ° , 因 为 PM∥AB,所以∠PMN 是 AB 与 MN 所成的角(或所成角的补角).

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第36讲

空间点、直线、平面之间的位置关系

点 面 讲 考 向

又因为 AB=CD,所以 PM=PN,则△PMN 是等边 三角形,所以∠PMN=60°,即 AB 与 MN 所成的角为 60°. 若∠MPN=120°,则易知△PMN 是等腰三角形, 所以∠PMN=30°, 即 AB 与 MN 所成的角为 30°. 故直线 AB 和 MN 所成的角为 60°或 30°.

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第36讲

空间点、直线、平面之间的位置关系

易错究源

14.忽视两异面直线夹角范围致误

例 如图 7366 所示,在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中,M,N,P 分别为 A1B1,BB1,CC1 的中点,则 异面直线 D1P 与 AM,CN 与 AM 所成角的余弦值分别为 ________.
多 元 提 能 力

图 7366
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第36讲

空间点、直线、平面之间的位置关系

2 2 错解 0,5或-5

联结 A1N,NP,由 N,P 分别为 BB1,

多 元 提 能 力

CC1 中点,则 PN∥A1D1,PN=A1D1, 从而 A1N∥D1P, 故 AM 和 D1P 所成的角为 AM 和 A1N 所成的角. 易证 Rt△AA1M≌Rt△A1B1N,所以 A1N⊥AM, π 故 D1P 与 AM 所成的角为 2 ,其余弦值为 0.

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第36讲

空间点、直线、平面之间的位置关系

多 元 提 能 力

设 AB 的中点为 Q,联结 B1P,B1Q,则 B1Q∥AM,B1Q =AM.又 CN∥B1P,CN=B1P,从而 CN 与 AM 所成的角就 是∠PB1Q.① 5 6 易求得 B1Q=B1P= 2 ,PQ= 2 . 2 在△PB1Q 中,由余弦定理得 cos∠PB1Q=5, 2 2 故 CN 与 AM 所成的角的余弦值为 或- .② 5 5

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第36讲

空间点、直线、平面之间的位置关系
? π ? ∈?0, 2 ? ? ? ?,从而 ?

[错因] ①异面直线所成角的范围是θ

CN 与 AM 所成的角就是∠PB1Q 或者是其补角. ②在利用余弦定理求异面直线所成角时,若出现角的 余弦值为负值,错误地得出异面直线所成的角为钝角,此 时应转化为正值求出相应的锐角才是异面直线所成的角.
多 元 提 能 力

2 [答案] 0,5

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第36讲

空间点、直线、平面之间的位置关系

多 元 提 能 力

[解析] 联结 A1N,NP,由于 N,P 分别为 BB1,CC1 的 中点,则 PN∥A1D1,PN=A1D1,从而 A1N∥D1P, 故 AM 和 D1P 所成的角为 AM 和 A1N 所成的角. 易证 Rt△AA1M≌Rt△A1B1N,所以 A1N⊥AM, π 故 D1P 与 AM 所成的角为 2 ,其余弦值为 0. 又设 AB 的中点为 Q,联结 B1Q,B1P, 则 B1Q∥AM,B1Q=AM. 又 CN∥B1P,CN=B1P, 从而 CN 与 AM 所成的角就是∠PB1Q(或其补角).

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第36讲

空间点、直线、平面之间的位置关系

5 6 易求得 B1Q=B1P= 2 ,PQ= 2 . 2 在△PB1Q 中,由余弦定理得 cos∠PB1Q=5, 2 故 CN 与 AM 所成的角的余弦值为5.
多 元 提 能 力

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第36讲

空间点、直线、平面之间的位置关系

[备选理由] 空间中点、线、面的位置关系的认识与 理解是本讲的主要内容,下面的例题就是根据对平面的认 识与理解而设置的. 例【配例 1 使用】 若三个平面两两相交,且三条交 线互相平行, 则这三个平面把空间分成__________个部分.
[答案] 7
教 师 备 用 题

[解析] 三个平面 α,β,γ 两两相交,交线分别是 a,b,c,且 a∥b∥c,则 α,β,γ 把空间分成 7 个部分.

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双 向 固 基 础 点 面 讲 考 向 多 元 提 能 力 教 师 备 用 题

第37讲 直线、平面平行的 判定与性质

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考试说明
以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解 空间中线面平行、面面平行的有关性质与判定定理.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

1.空间中直线和平面的位置关系
位置关系 直线 a 在 平面 α 内 直 线 在 平 面 外 直线 a 与平 面 α 平行 直线 a 与平 面 α 斜交 直线 a 与平 面 α 垂直 图形表示 符号表示
a?α ________

公共点
无数个 有________

公共点
没有 ________

a∥α ________ a∩α=A ________ a⊥α _______ _

公共点 有且只有 一个 ________ 公共点

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

2.空间中两个平面的位置关系
位置关系 图形表示 符号表示 公共点或直线
没有 ________

两平面平行

α ∥β ________

公共点

两平 面相 交
α⊥β 且 α∩β=a ________

斜交

α∩β=l ________

有一条公共 直线 __________ 垂直

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

2.空间中两个平面的位置关系
位置关系 图形表示 符号表示 公共点或直线
没有 ________

两平面平行

α ∥β ________

公共点

两平 面相 交
α⊥β 且 α∩β=a ________

斜交

α∩β=l ________

有一条公共 直线 __________ 垂直

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

3.直线与平面平行的判定与性质
类别 语言表述 一条直线与一个平面 判定 没有公共点 ________,则称这条直线与 这个平面平行
一条直线与此平面 内的一条直线

图形表示

符号表示

应用

a∩α = ? ? a ∥ 证明 α 直线 与平 a?α ,b?α , 面 平 且 a∥b?a∥α 行

平 面 外 _________________ 平行,则这条直线平行于这 个平面

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

(续表)
类别 语言表述 一条直线和一个平面 平行,则过这条直线 性质 的任一平面与此平面 图形表示 符号表示 a∥α, a?β , α ∩β = l?a∥l 应用

证明直 线与直 线平行

交线 与该直线 的 ________
平行 ________

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

4.平面与平面平行的判定与性质
类 别 语言表述 一个平面内的两条相交直线 _________ 与另一个平面平行,则这两个 平面平行 判 如果一个平面内有两条 相交直线 定 ___________ 分别平行于另一
两条直线 , 个平面内的___________ 那么

图形表示

符号表示 a?α ,b?α , a∩b=P,a∥β, b∥β ?α ∥β a?α ,b?α , a∩b=P,a∥a′, b∥b′,a′?β , b′?β ?α ∥β a⊥α,a⊥β?α ∥β

应用

证明平 面与平 面平行

这两个平面平行
同一条直线的两个平面 垂直于__________

平行

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

(续表)
类 别 语言表述 两个平面平行, 则其 中一个 平面 内 的直 α∥β , a ? α ?a∥β 图形表示 符号表示 应用

证明直 线与平 面平行

平行 于 另 一 性 线 必 ______
质 个平面 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 ______

α∥β,α∩γ = a, β∩γ =b?a∥ b

证明直 线与直 线平行

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

—— 链接教材 ——
1.[教材改编] 已知直线 a∥平面 α,P∈α,那么过点 P 且平行于直线 a 的直线有________条.

[答案] 1
[解析] 由线面平行的性质即得.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

2 . [ 教材改编 ] 平面 α∥平面 β 的一个充分条件是 ________(填写正确的序号). ①存在一条直线 a,a∥α,a∥β; ②存在一条直线 a,a?α ,a∥β; ③存在两条平行直线 a,b,a?α ,b?β ,a∥β,b∥α; ④存在两条异面直线 a,b,a?α ,b?β ,a∥β,b∥α.

[答案] ④

[解析] 根据两平面平行的条件,只有④符合.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

3.[教材改编] 如图 7371 所示,在正方体中,A,B 为正方体的两个顶点,M,N,P 为其所在棱的中点,则直 线 AB 与平面 PNM 的位置关系是________.

图 7371

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

[答案] 平行

[解析] 在正方体中,AB 是正方体的对角线,M, N,P 为其所在棱的中点,取 MN 的中点 F,则易知 PF∥AB,故由线面平行的判定定理可知直线 AB 与平 面 PNM 平行.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

—— 疑 难 辨 析 ——
1.直线与平面平行 (1)若直线 l 上有无数个点不在平面 α 内,则 l∥α.( ) (2)若直线 l 与平面 α 平行,则 l 与 α 内的任意一条直线 都平行.( ) (3)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.( ) (4)经过平面 α 外两点,作与 α 平行的平面,则这样的平 面可以作 0 或 1 个.( ) (5)已知直线 m∥n, 且 m∥α, 则 n 与 α 的位置关系是 n∥α 或 n?α .( )
[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)√
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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

[解析] (1)当直线 l 与平面 α 相交时, l 上也有无数个点 不在 α 内. (2)当 l∥α 时,α 内的直线与 l 平行或异面. (3)∵l∥α,∴l 与 α 无公共点,∴l 与 α 内任一直线都 无公共点.故(3)正确. (4)如果这两点所在的直线与平面 α 平行,则可作一个 平面与平面 α 平行,若所在直线与平面 α 相交,则不能作 一个平面与平面 α 平行. (5)由于 m∥n,且 m∥α,则 n∥α 或 n?α .

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

2.平面与平面平行 (1)若一个平面内有两条直线与另一个平面平行, 则这两 个平面平行.( ) (2)若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行, 则这 两个平面平行.( ) (3)平行于同一直线的两个平面平行.( ) (4)垂直于同一平面的两个平面平行.( )

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质
双 向 固 基 础

[答案] (1)×

(2)× (3)×

(4)×

[解析] (1)(2)中两个平面可以相交. (3)两个相交平面的交线与某一条直线平行,则这条直 线平行于这两个平面. (4)两个相交平面可以同时垂直于同一个平面.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

?

探究点一

线面、面面平行的基本问题

点 面 讲 考 向

例 1 (1)[2012· 四川卷] 下列命题为真命题的是( ) A. 若两条直线和同一个平面所成的角相等, 则这两条直 线平行 B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则 这两个平面平行 C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两 个平面的交线平行 D. 若两个平面都垂直于第三个平面, 则这两个平面平行

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

点 面 讲 考 向

(2)[2012· 银川质检] 在空间中, 下列命题为真命题的 是( ) A.若 a∥α,b∥a,则 b∥α B.若 a∥α,b∥α,a?β ,b?β ,则 β∥α C.若 α∥β,b∥α,则 b∥β D.若 α∥β,a?α ,则 a∥β

[思考流程] (1)分析:理解线线平行、线面平行、 面面平行的判定方法. 推理: 根据基本方法依次推断. 结 论:得出正确推断. (2)分析:理解线面与面面平行的判定方法.推理: 根据选项逐一判断.结论:得出正确选项.
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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

[答案] (1)C
点 面 讲 考 向

(2)D

[解析] (1)对于 A,可以考虑一个圆锥的两条母线与底 面所成角都相等,但它们不平行,A 错误. 对于 B,当三个点在同一条直线上,且该直线平行于 一个平面时,不能保证两个平面平行;或者当其中两个点 在平面的一侧,第三点在平面异侧,且它们到平面距离相 等,也不能保证两个平面平行,故选项 B 错误.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

点 面 讲 考 向

对于 C,记平面外的直线为 a,两平面记为 α,β,它 们的交线为 l.过 a 作平面 γ 与平面α 相交于 b,并使得 b 不在 β 内.由 a∥α,可知 a∥b,又 a∥β,故 b∥β.过 b 的 平面 α 与 β 相交于 l,由线面平行的性质定理可得 b∥l, 再由公理可得 a∥l.故选项 C 正确. 对于 D,观察一个正方体共顶点的三个面,即可知选 项 D 错误. (2)若 a∥α, b∥a, 则 b∥α 或 b?α , 故选项 A 错误. 由 面面平行的判定定理知,选项 B 错误.若 α∥β,b∥α,则 b∥β 或 b?β ,故选项 C 错误.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

[归纳总结]
点 面 讲 考 向

平行问题的转化方向如下:

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

变式题 [2013· 兰州二模] a,b,c 为三条不重合的直 线,α ,β ,γ 为三个不重合的平面,现给出下列四个命 题:
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c∥α? α ∥γ ,? ? ? ??α ∥β ;② ??α ∥β ; ① ? c ∥β ? β∥γ ? ? c∥α ,? ? ??a∥α ; ③ ? a∥c ? a∥γ ,? ? ??a∥α . ④ ? α∥γ ? 其中真命题是( ) A.①②③ B.①④ C.② D.①③④

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

[答案] C
点 面 讲 考 向

[解析] ②正确,①错在α 与β 可能相交,③④错 在 a 可能在 α 内.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

?

点 面 讲 考 向

探究点二 线面平行的判定与性质 例 2 [2013· 新课标全国卷Ⅱ改编] 如图 7372 所 示,直三棱柱 ABC A1B1C1 中,D,E 分别是 AB,

图 7372 2 BB1 的中点,AA1=AC=CB= 2 AB. 证明:BC1∥平面 A1CD.
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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

点 面 讲 考 向

[思考流程] 条件: 直三棱柱以及棱的数量关系. 目 标:证明线面平行.方法:利用棱的数量关系确定三棱 柱的特征,通过寻找线线平行证明线面平行.
证明:联结 AC1 交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 中点. 又 D 是 AB 中点,联结 DF,则 BC1 ∥DF. 因为 DF?平面 A1CD,BC1?平面 A1CD, 所以 BC1∥平面 A1CD.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

点 面 讲 考 向

[归纳总结] 证明直线与平面平行的常用方法: (1)若用定义直接判定,则一般用反证法. (2)用判定定理来证明,关键是在平面内找 (或作)一 条直线与已知直线平行,证明时注意用符号语言叙述证 明过程. (3)应用两平面平行的一个性质,即两平面平行时, 其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

变式题 [2013· 沈阳三模] 已知四棱锥 S -ABCD 中, 四 边形 ABCD 是直角梯形,
点 面 讲 考 向

图 7373 ∠ABC=∠BAD=90°,SA⊥平面 ABCD,SA=AB= 1 BC=1,AD=2,E 是棱 SC 的中点. (1)求证:DE∥平面 SAB; (2)求三棱锥 S -BED 的体积.
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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

解:(1)证明:取线段 SB 的中点 F, 1 联结 EF,AF,所以 EF∥BC,且 EF= BC. 2 1 因为 AD∥BC,且 AD=2BC,所以 EF∥AD, 且 EF=AD,所以 AF∥DE. 又 AF?平面 SAB,DE?平面 SAB, 所以 DE∥平面 SAB. (2)因为 V 三棱锥 S -BED=V 三棱锥 D -SBE,E 是棱 SC 的中点, 1 所以 V 三棱锥 D -SBE=V 三棱锥 D -BEC=V 三棱锥 E -BDC=3×S△BDC 1 1 ×2×SA=12.
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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

?

探究点三

面面平行的判定与性质

点 面 讲 考 向

例 3 [2013· 江苏卷改编] 如图 7374 所示, 在三棱 锥 S -ABC 中,平面 SAB⊥平面 SBC,

图 7374 AB⊥BC,AS=AB.过点 A 作 AF⊥SB,垂足为点 F, 点 E,G 分别是棱 SA,SC 的中点. 求证:平面 EFG∥平面 ABC.
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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

点 面 讲 考 向

[思考流程] 条件:E,G,F 为各边中点.目标:平面 EFG∥平面 ABC.方法:根据面面平行的判定定理.
证明:因为 AS=AB,AF⊥SB,垂足为点 F,所以 F 是 SB 的中点. 又因为 E 是 SA 的中点,所以 EF∥AB. 因为 EF?平面 ABC,AB?平面 ABC, 所以 EF∥平面 ABC. 同理 EG∥平面 ABC.又 EF∩EG=E, 所以平面 EFG∥平面 ABC.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

点 面 讲 考 向

[归纳总结] 判定面面平行的常用方法: (1) 面面平行的定义:证两个平面没有公共点 ( 不常 用). (2)面面平行的判定定理:如果一个平面内有两条相 交直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行(主要 方法). (3) 利用垂直于同一条直线的两个平面平行 ( 客观题 可用). (4)利用平面平行的传递性:两个平面同时平行于第 三个平面,那么这两个平面平行(客观题可用).

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

点 面 讲 考 向

变式题 如图 7375 所示, 已知 ABCD -A1B1C1D1 是棱 长为 a 的正方体,M,N 分别是下底面的棱 A1B1,B1C1 的中 a 点,P 是上底面的棱 AD 上的一点,且 AP= ,过 P,M,N 3 的平面交上底面于 PQ,点 Q 在 CD 上,则 PQ=________.

图 7375
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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

2 [答案] 3 a
点 面 讲 考 向

2

[解析] ∵平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1,平面 PMNQ 与两平面相交,∴MN∥PQ. a a ∵M,N 分别是 A1B1,B1C1 的中点,AP=3,∴CQ=3, 2a 2 2 从而 DP=DQ= ,∴PQ= a. 3 3

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

答题模板


8.利用转化与化归方法证明平行问题

如图 7376 所示,

多 元 提 能 力

图 7376 P 为?ABCD 所在平面外一点,M,N 分别为 AB,PC 的 中点,平面 PAD∩平面 PBC=l. (1)判断 BC 与 l 的位置关系,并证明你的结论; (2)判断 MN 与平面 PAD 的位置关系,并证明你的结论.
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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

[解答规范](1)结论:BC∥l.(2 分) 证明如下, 因为 AD∥BC, BC?平面 PAD, AD?平面 PAD, 所以 BC∥平面 PAD.(3 分) 又因为 BC?平面 PBC,平面 PAD∩平面 PBC=l,所以 BC∥l.(5 分)
多 元 提 能 力

图 7377
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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

(2)结论:MN∥平面 PAD.(7 分) 证明如下,设 Q 为 CD 的中点,如图 7377 所示,联结 NQ,MQ,则 NQ∥PD,MQ∥AD.(9 分) 因为 NQ∩MQ=Q,PD∩AD=D, 所以平面 MNQ∥平面 PAD.(11 分) 又因为 MN?平面 MNQ,所以 MN∥平面 PAD.(12 分)
多 元 提 能 力

图 7377
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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

多 元 提 能 力

[步骤解读] 证明空间中的平行关系, 一般有以下几步: (1)分析条件,挖掘题目中的平行关系; (2)确定问题方向,选择证明平行的方法,必要时要添 加辅助线; (3)利用平行关系的判断或性质给出问题的证明; (4)查看关键点、易错点,检查使用定理时定理成立的 条件是否有遗漏,字母符号是否正确,表达是否规范.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

[备选理由] 下面例题综合训练平行关系的证明,可 在相应探究点使用.
例 1 【配例 2 使用】 (1)如图所示,已知点 P 是平行 四边形 ABCD 所在平面外的 一点,E,F 分别是 PA,BD 上的点,且 PE∶EA = BF ∶ FD,求证:EF∥平面 PBC. (2) 若一条直线与两个相 交平面都平行, 则这条直线平 行于两个平面的交线.

教 师 备 用 题

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

教 师 备 用 题

解:(1)证明:联结 AF 并延长交 BC 于 M,联结 PM. BF MF 因为 AD∥BC,所以FD= FA . PE BF PE MF 又由已知EA=FD,所以EA= FA , 由平面几何知识可得 EF∥PM. 又 EF?平面 PBC,PM?平面 PBC, 所以 EF∥平面 PBC. (2)已知:直线 a∥平面 α,直线 a∥平面 β,α∩β=b. 求证:a∥b.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

证明: 如图所示, 过直线 a 作平面 γ, δ 分别交平面 α, β 于直线 m,n(m,n 不同于交线 b),由直线与平面平行的 性质定理得 a∥m,a∥n.由平行线的传递性得 m∥n.由于 n?α , m?α , 故 n∥平面 α.又 n?β , α ∩β =b, 故 n∥b. 又 a∥n,所以 a∥b.

教 师 备 用 题
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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

例 2 【配例 3 使用】 (1)三棱锥 P -ABC 中,A′,B′, C′ 分别是三角形 PAB , PBC , PCA 的重心,求证:平面 A′B′C′∥平面 ABC. (2)证明:平行于同一个平面的两个平面平行.

教 师 备 用 题
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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

教 师 备 用 题

解:(1)证明:如图所示,取△ABC 的各边中点 D,E, F,联结 PD,PE,PF,DE,FE,FD. 根据三角形重心的性质,PA′∶A′D=PB′∶B′E=2∶1, 在△PDE 中,可得 A′B′∥DE,显然 A′B′在平面 ABC 外,DE 在平面 ABC 内. 根据直线与平面平行的判定定理 得 A′B′∥平面 ABC.同理可证 A′C′∥ 平 面 ABC. 由 于 A′B′ , A′C′ 是 平 面 A′B′C′内的两条相交直线,根据平面 与平面平行的判定定理,即得平面 A′B′C′∥平面 ABC.

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第37讲 直线、平面平行的判定与性质

教 师 备 用 题

(2)已知:α∥γ,β∥γ. 求证:α∥β. 证明:如图所示,在平面 α 内作两条相交直线 a,b,过 直线 a 作平面 δ 交平面 γ 于直线 m.因为 α∥γ, 根据平面与平 面平行的性质定理,a∥m.过 m 作平面 ε 交平面 β 于直线 n, 因为 β∥γ,再根据平面与平面平行的性质定理,所以 m∥n. 根据平行线的传递性,得 a∥n.又直 线 a?α ,a?α ,n?β ,根据直线与 平面平行的判定定理,得 a∥β.同理 可证 b∥β, 根据平面与平面平行的判 定定理可得 α∥β.

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双 向 固 基 础 点 面 讲 考 向 多 元 提 能 力 教 师 备 用 题

第38讲 直线、平面垂直的 判定与性质

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考试说明

以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解 空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理.

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

1.直线与直线垂直 90° 定义: 两条直线所成的角为______ , 则称两直线垂直. 2.直线与平面垂直 (1)定义 任意一条直线 都垂直, 如果直线 l 和平面 α 内的________________ 就称直线 l 和平面 α 互相垂直, 记作 l⊥α.直线 l 叫作平面 垂面 . 垂线 α 的________ ,平面 α 叫作直线 l 的________

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

(2)直线与平面垂直的判定与性质
类别 语言表述 根据定义:一条直线与一个 图形表示 符号语言 a⊥b,b?α ?a⊥α a?α ,b?α , 判定 一条直线与一个平面内的 应用

任意直线 平 面 内 的 __________ 都 垂
直,则该直线与此平面垂直

证直 线和 平面 垂直

两条相交直线 都垂直, ________________
则该直线与此平面垂直

l⊥a,l⊥b, a∩b=O ?l⊥α

如果两条平行直线中的

一条 垂直于一个平面, ________ 另一条 也 垂 直 于 同 那 么 ________
一个平面

a∥b,a⊥α ?b⊥α

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

(续表) 性 如果一条直线和一 质 个平面垂直,那么这 条直线和这个平面 内 的
任意一条直线 ____________

a⊥α,b?α ?a⊥b

证两条 直线 垂直 证两条 直线 平行

都垂直 垂 直 于 同 一 个
平面 ________ 的两条直

a⊥α,b⊥α ?a∥b

线平行

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

3.两个平面垂直 (1)定义 直二面角 两个平面相交,如果它们所成的二面角是________ ,就 说这两个平面互相垂直.

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

(2)两个平面垂直的判定与性质
类 别 语言表述 根据定义: 证明两平面所 成 的 二 面 角 是 判 __________ 定 一个平面过另一个平面
垂线 的__________ , 那么这两
直二面角

图形表 示

符号表示 ∠AOB 是二面角 α -l -β 的平面角, 且

应用

∠AOB =90° ______ ,则

α⊥β

证两 平面 垂直

________

l?β ? ? ??α ⊥β ? l⊥α ?

个平面垂直

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

(续表)
类 别 性 质 语言表述 如果两个平面垂直, 那 么 它 们 所 成
二面角的平面角 ________

图形表示

符号表示 α⊥β,∠AOB 是二面角 α -l -β 的平面角,
∠ AOB=90° 则 ________

应用

证两条 直线 垂直

是直角 两个平面垂直, 则一 个平 面 内 垂 直 于 ________的直
交线

α⊥β , α∩ β

证直线

=l,a?β , 与平面 a⊥l?a⊥α 垂直

另一个平面 线垂直于________
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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

4.直线与平面所成的角与二面角
直线与平面所成角 二面角
半平面 所 从一条直线出发的两个 ________

平面的一条斜线和它
射影 在 平 面 上 的 ________

组成的图形叫作二面角.这条直线叫 作二面角的________,这两个半平面
面 叫作二面角的_________ .


定 义

锐角 所成的________ , 叫作

这条直线和这个平面 所成的角.如下图所 示,∠PAO 就是斜线 PA 和平面 α 所成的角

在二面角 α -l -β 的棱 l 上任取一点 O,以点 O 为垂足,在半平面 α 和 β
垂直 内分别作________ 于棱 l 的射线 OA

和 OB ,则射线 OA 和 OB 构成的 ∠AOB( 如 下 图 所 示 ) 叫 作
二面角 α l -β 的平面角 ___________
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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

(续表)
直线与平面所成角 图示 二面角

一条直线垂直于平面,则它们所 规定 成的角是________;一条直线和 平面平行或在平面内,则它们所
0° 成的角是________ 的角
直角

两个平面相互垂直时,所 成二面角的平面角为
90° ________

范围

直线和平面所成的角的范围是 ________
? π ? ? 0, 2 ? ? ? ? ?

二面角的大小可以用它的 平面角来度量,二面角的 取值范围是[0,π ]
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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

—— 链接教材 ——
1. [教材改编] 过△ABC 所在平面 α 外一点 P, 作 PO⊥α, 垂足为点 O,联结 PA,PB,PC.若 PA=PB=PC,则点 O 是 △ABC 的________心.
[答案] 外

[解析] 由 PA=PB=PC,得 OA=OB=OC,则 O 是 △ABC 的外心.

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

2.[教材改编] 如图 7381 所示,正方形 SG1G2G3 中, E,F 分别是 G1G2,G2G3 的中点,D 是 EF 的中点,现在 沿 SE,SF 及 EF 把这个正方形折成一个四面体,使 G1, G2,G3 三点重合, 重合后的点记为 G ,则在四面体 S EFG 中必有 ________. ①SG⊥△EFG 所在平面; ②SD⊥△EFG 所在平面; ③GF⊥△SEF 所在平面; ④GD⊥△SEF 所在平面. 图 7381

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

[答案] ①

[解析] 因折叠前有 SG⊥EG,SG⊥EF,由线面垂直 的判定定理可得①对,②③④均得不到.

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

—— 疑 难 辨 析 ——
1.线面垂直 (1)若直线 l 不垂直于平面 α,则 α 内与 l 垂直的直线有 无数条.( ) (2)若 l 与平面 α 内任意一条直线垂直,则直线 l⊥平面 α.( ) (3)若两条直线垂直,则这两条直线相交.( ) (4)若一条直线垂直于一平面内的无数条直线, 则这条直 线垂直于这个平面.( ) (5)过一点作已知直线的垂面有且只有一个.( )

[答案] (1)√

(2)√

(3)×

(4)×

(5)√

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

[解析] (1)易知可以有无数条. (2)由直线与平面垂直的定义,可知正确. (3)若两条直线垂直,则这两条直线不仅相交,还可能异 面垂直. (4)无数条直线可能都是平行直线, 此时直线与平面就不 一定垂直. (5)此为直线与平面垂直的性质.

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

2.面面垂直 (1)若平面 α 内的一条直线垂直于平面 β 内的无数条 直线,则 α⊥β.( ) (2)若两平面垂直,则其中一个平面内的任一条直线 垂直于另一个平面.( ) (3)若 α∥β,γ⊥β,则 α⊥γ.( )

[答案] (1)×

(2)× (3)√

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

[解析] (1)若这无数条直线都平行,则得不到 α 内的 这条直线垂直于 β,从而得不到 α⊥β. (2)若两平面垂直,则其中一个平面内垂直于两平面 交线的直线才垂直于另一个平面. (3)一个平面与两个平行平面中的一个垂直,那么也 垂直于另一个平面.

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

3.空间角 (1) 异 面 直 线 所 成 的 角 和 二 面 角 的 取 值 范 围 均 为 ? π? ? ? ) 0 , ? ?.( 2 ? ? (2)二面角是指两个相交平面构成的图形.( ) (3)边长为 a 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面 角,则 AC 的长为 a.( )

[答案]

(1)×

(2)× (3)√

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第38讲
双 向 固 基 础

直线、平面垂直的判定与性质

[解析] (1)二面角的取值范围是[0,π ]. (2)二面角是指两个相交的半平面构成的图形. (3)取 BD 的中点 E, 联结 AE, EC, 则 BD⊥AE, BD⊥EC, ∠AEC 是直二面角的平面角,即∠AEC=90°.在 Rt△AEC 2a 中,AE=EC= ,于是 AC= AE2+EC2=a. 2

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

?

探究点一

线面、面面垂直的基本问题

点 面 讲 考 向

例 1 (1)[2012· 浙江卷] 设 l 是直线,α,β 是两个 不同的平面( ) A.若 l∥α,l∥β,则 α∥β B.若 l∥α,l⊥β,则 α⊥β C.若 α⊥β,l⊥α,则 l⊥β D.若 α⊥β,l∥α,则 l⊥β

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

(2)[2013· 广东卷] 设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面,下列命题中为真命题的是( ) A.若 α⊥β,m?α ,n?β ,则 m⊥n B.若 α∥β,m?α ,n?β ,则 m∥n C.若 m⊥n,m?α ,n?β ,则 α⊥β D.若 m⊥α,m∥n,n∥β,则 α⊥β

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)分析:理解线面、面面垂直的判定 方法.推理:根据判定方法逐一判断.结论:得出正确 结论. (2)分析:理解线面垂直和面面垂直的判定与性质定 理.推理:根据线、面的位置关系逐一判断.结论:得 出正确结论.

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

[答案] (1)B
点 面 讲 考 向

(2)D

[解析] (1)对于选项 A,若 l∥α,l∥β,则 α∥β 或平 面 α 与 β 相交;对于选项 B,若 l∥α,l⊥β,则 α⊥β;对 于选项 C,若α ⊥β ,l⊥α,则 l∥β 或 l 在平面 β 内;对 于选项 D,若 α⊥β,l∥α,则 l 与 β 平行、相交或 l 在平 面 β 内. (2)∵m⊥α,m∥n,∴n⊥α.又 n∥β,∴α⊥β.故选 D.

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

[归纳总结] 解决此类问题时,一要注意依据定理条 件才能得出结论;二是否定时只需举一个反例;三要会寻 找恰当的特殊模型(如构造长方体、正方体)进行筛选.

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

变式题 [2013· 西安三模] 已知 m,n 是两条不同的 直线,α,β 为两个不同的平面,有下列四个命题: ①若 m⊥α,n⊥β,m⊥n,则 α⊥β; ②若 m∥α,n∥β,m⊥n,则 α∥β; ③若 m⊥α,n∥β,m⊥n,则 α∥β; ④若 m⊥α,n∥β,α∥β,则 m⊥n. 其中所有真命题的序号是( ) A.①④ B.②④ C.① D.④

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

[答案] A
点 面 讲 考 向

[解析] 对于①,可以得到平面 α,β 互相垂直,如图(1) 所示,故①正确;对于②,平面 α,β 可能垂直,如图(2)所示; 对于③, 平面 α, β 可能垂直, 如图(3)所示; 对于④, 由 m⊥α, α∥β,可得 m⊥β.因为 n∥β,所以过 n 作平面 γ,且 γ∩β=g, 如图(4)所示,所以 n 与交线 g 平行,因为 m⊥g,所以 m⊥n.

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直线、平面垂直的判定与性质

?

探究点二

线面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

例 2 [2013· 郑州二检] 如图 7382 所示,正三棱柱 ABC -A1B1C1 的

图 7382 所有棱长都为 2,D 为 CC1 的中点. 求证:AB1⊥平面 A1BD.
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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

[思考流程] 条件:正三棱柱的所有棱长都为 2,D 为 CC1 的中点.目标:证明线面垂直.方法:面面垂直 ?线面垂直?线线垂直?线面垂直.

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

证明:取 BC 的中点为 M,联结 AM,B1M, 在正三棱柱 ABC -A1B1C1 中,平面 ABC⊥平面 CB1. 因为△ABC 为正三角形,所以 AM⊥BC, 故 AM⊥平面 CB1.又 BD?平面 CB1, 所以 AM⊥BD. 1 在正方形 BCC1B1 中,tan ∠BB1M=tan ∠CBD=2, 所以∠BB1M=∠CBD, 所以 BD⊥B1M. 又 B1M∩AM=M, 所以 BD⊥平面 AB1M,故 AB1⊥BD. 在正方形 BAA1B1 中,AB1⊥A1B,A1B∩BD=B, 所以 AB1⊥面 A1BD.
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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

[归纳总结] 证明直线和平面垂直的常用方法有: ①利用判定定理. ②利用判定定理的推论(a∥b,a⊥α?b⊥α). ③利用面面平行的性质(a⊥α,α∥β?a⊥β). ④利用面面垂直的性质.当两个平面垂直时,在一 个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

变式题 [2013· 合肥三模] 如图 7383 所示,BB1, CC1,DD1 均垂直于正方形 AB1C1D1 所在平面,A,B,C, D 四点共面,且四边形 ABCD 为平行四边形.若 E,F 分 别为 AB1,D1C1 上的点,

图 7383 AB1=CC1=2BB1=4,AE=D1F=1. 求证:CD⊥平面 DEF.
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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

证明:由题意,EF⊥平面 CC1D1D,所以 EF⊥CD.另 一方面,因为 AD=BC,所以容易得到 DD1=2.又由计算可 得 DF= 5,CF=5,CD=AB= 20,DF2+DC2=FC2,所 以 CD⊥DF.又 CD⊥EF, 且 DF∩EF=F, 故 CD⊥平面 DEF.

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

?

探究点三

面面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

例 3 [2013· 辽宁卷改编] 如图 7384 所示,AB 是 圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,

图 7384 C 是圆上的点.求证:平面 PAC⊥平面 PBC.

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

[思考流程] 条件: 如题干. 目标: 证明平面 PBC⊥ 平面 PAC.方法:根据面面垂直的判定定理证明.
点 面 讲 考 向

证明:由 AB 是圆的直径,得 AC⊥BC. 由 PA⊥平面 ABC,BC?平面 ABC,得 PA⊥BC. 又 PA∩AC=A,PA?平面 PAC,AC?平面 PAC, 所以 BC⊥平面 PAC. 因为 BC?平面 PBC, 所以平面 PBC⊥平面 PAC.

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

[归纳总结] 面面垂直性质的应用技巧有: ①两平面垂直,在一个平面内垂直于交线的直线必垂 直于另一个平面.这是把面面内垂直转化为线面垂直的依 据.运用时要注意“平面内的直线”. ②两个相交平面同时垂直于第三个平面,那么它们的 交线也垂直于第三个平面. (此性质是在课本习题中出现的, 在不是很复杂的题目中,要对此进行证明.)

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

变式题 [2013· 沈阳三模] 如图 7385 所示, 四棱锥 S -ABCD 中,四边形 ABCD 是直角梯形,∠ABC=∠BAD= 1 90°,SA⊥平面 ABCD,且 SA=AB=BC=1,AD=2.

图 7385 求证:平面 SDC⊥平面 SBC.

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直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

证明:取 SB 的中点 F,SC 的中点 E,联结 DE,EF,AF, 1 所以 EF∥BC 且 EF=2BC. 1 由已知 AD∥BC, 且 AD=2BC, 所以 EF∥AD, 且 EF=AD, 所以 AF∥DE,且 AF=DE. 因为 SA=AB,所以 AF⊥SB. 又 SA⊥平面 ABCD,BC?平面 ABCD,所以 BC⊥SA. 又 BC⊥AB,且 SA∩AB=A, 所以 BC⊥面 SAB.因为 AF?面 SAB, 所以 AF⊥BC,SB∩BC=B, 所以 AF⊥平面 SBC.因为 AF∥DE,所以 DE⊥平面 SBC. 又 DE?平面 SDC,所以平面 SDC⊥平面 SBC.
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直线、平面垂直的判定与性质

?

探究点四

线面角、二面角的传统求法

点 面 讲 考 向

例4 [2013· 辽宁卷改编] 如图 7386 所示,AB 是 圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,

图 7386 C 是圆上的点.若 AB=2,AC=1,PA=1,求二面 角 C -PB -A 的余弦值.

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直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

[思考流程] 条件:题目中已知的线面位置关系、 线段的长度关系.目标:求二面角的余弦值.方法:证 明线面垂直后使用面面垂直的判定定理证明线面垂直, 作出二面角的平面角后,通过解三角形求解二面角的余 弦值.

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直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

解: 过点 C 作 CM⊥AB 于点 M. 因为 PA⊥平面 ABC,CM?平面 ABC, 所以 PA⊥CM, 故 CM⊥平面 PAB. 过点 M 作 MN⊥PB 于点 N, 联结 NC. 由三垂线定理,得 CN⊥PB, 所以∠CNM 为二面角 C-PB-A 的平面角.

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直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

在 Rt△ABC 中,由 AB=2,AC=1,得 BC= 3, 3 3 CM= 2 ,BM=2. 在 Rt△PAB 中,由 AB=2,PA=1,得 PB= 5. 3 MN 2 因为 Rt△BNM∽Rt△BAP,所以 1 = , 5 3 5 故 MN= 10 . 30 6 又在 Rt△CNM 中,CN= ,故 cos∠CNM= . 5 4 6 所以二面角 C -PB -A 的余弦值为 4 .

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直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

[归纳总结] 空间角的求法: ①线面角:找出斜线在平面上的射影,关键是作出 垂线,确定垂足. ②二面角:二面角的大小用它的平面角来度量.平 面角的常见作法有定义法和垂面法.其中定义法是最常 用的方法.

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直线、平面垂直的判定与性质

点 面 讲 考 向

[2013· 山东卷] 已知三棱柱 ABC A1B1C1 的 9 侧棱与底面垂直,体积为 4,底面是边长为 3 的正三角 形.若点 P 为底面 A1B1C1 的中心,则 PA 与平面 ABC 所 成角的大小为( ) 5π π π π A. 12 B. 3 C. 4 D. 6

变式题

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

[答案] B
点 面 讲 考 向

[解析] 设侧棱长为 a,△ABC 的中心为点 Q,联结 PQ. 由于侧棱与底面垂直, ∴PQ⊥平面 ABC,即∠PAQ 为直线 PA 与平面 ABC 所成 的角. 3 ?? ??2 9 又∵V 三棱锥 ABC-A B C = ×? 3? ×a= ,解得 a= 3, 4 4 π 3 PQ ∴tan∠PAQ=AQ= = 3,故∠PAQ= . 3 3 2 2 × 3×3
1
1 1

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

答题模板

9.证明垂直关系的规范步骤

多 元 提 能 力

例 如图 7387 所示,已知 PA⊥圆 O 所在的平面,AB 是圆 O 的直径,C 是圆 O 上的一点,E,F 分别是点 A 在 PB,PC 上的投影. 求证:(1)BC⊥平面 PAC; (2)AF⊥PB; (3)PB⊥EF.

图 7387

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直线、平面垂直的判定与性质

多 元 提 能 力

[解答规范] (1)联结 AC,AE.由题意知 PA⊥平面 ABC, ∴PA⊥BC.(2 分) 又 AC⊥BC,PA∩AC=A,且 PA,AC 都在平面 PAC 上, ∴BC⊥平面 PAC.(4 分) (2)由(1)知,BC⊥平面 PAC.∵AF?平面 PAC, ∴BC⊥AF. ∵AF⊥PC,BC∩PC=C,且 BC,PC 都在平面 PBC 上, ∴AF⊥平面 PBC.(6 分) ∵PB?平面 PBC,∴AF⊥PB.(8 分) (3)由(2)知,AF⊥PB.∵E 为点 A 在 PB 上的投影, ∴AE⊥PB.又 AE∩AF=A,AE,AF 都在平面 AEF 上, ∴PB⊥平面 AEF.(10 分) ∵EF?平面 AEF,∴PB⊥EF.(12 分)
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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

[步骤解读] 利用判定定理证明线面垂直, 五个三 个条件缺一不可; 利用面面垂直的性质定理说明线面垂直,必须具 备三个条件; 要证明面面垂直,则需要两个条件.
多 元 提 能 力

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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

[备选理由] 直线与平面垂直、 平面与平面垂直的判定 与性质是本讲的主要内容,下面的例 1 就是针对直线与平 面、平面与平面垂直判定而设置的;例 2 是针对线面垂直 的位置关系的综合应用设置的; 例 3、 例 4 则是针对线面角、 二面角的传统求法而设置的, 例 3 主要考查线面角的求法, 例 4 考查空间线面位置关系及“无棱二面角”的求法.

教 师 备 用 题
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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

例 1 【配例 1 使用】 如图所示,定点 A 和 B 都在 平面 α 内,定点 P?α ,PB⊥α,C 是 α 内异于 A 和 B 的动 点,且 PC⊥AC,则 BC 与 AC 的位置关系是________.

教 师 备 用 题
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直线、平面垂直的判定与性质

[答案] 垂直
[解析] 因为 PB⊥α,AC?α ,所以 PB⊥AC.又因为 PC⊥AC ,且 PC∩PB = P ,所以 AC⊥平面 PBC ,所以 AC⊥BC.

教 师 备 用 题
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直线、平面垂直的判定与性质

例 2 【配例 2、例 3 使用】 如图所示,在△BCD 中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面 BCD,∠ADB AE AF =60°,E,F 分别是 AC,AD 上的动点,且AC=AD= λ(0<λ<1). (1)判断 EF 与平面 ABC 的位置关 系并给予证明. (2)是否存在 λ,使得平面 BEF⊥ 平面 ACD?如果存在,求出 λ 的值; 如果不存在,说明理由.
教 师 备 用 题
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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

教 师 备 用 题

解:(1)EF⊥平面 ABC. 证明如下,∵AB⊥平面 BCD,∴AB⊥CD. 在△BCD 中,∠BCD=90°,∴BC⊥CD, 又 AB∩BC=B,∴CD⊥平面 ABC. 在△ACD 中,E,F 分别是 AC,AD 上的动点, AE AF 且AC=AD=λ(0<λ<1),∴EF∥CD, ∴EF⊥平面 ABC. (2) 存 在 . ∵CD⊥ 平 面 ABC , BE ? 平 面 ABC , ∴BE⊥CD. ∵∠BCD=90°,BC=CD=1,∴BD= 2.

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直线、平面垂直的判定与性质

教 师 备 用 题

在 Rt△ABD 中,∠ADB=60°, ∴AB=BDtan 60°= 6,则 AC= AB2+BC2= 7. AB×BC 6 当 BE⊥AC 时,BE= AC = , 7 6 7 7 6 7 6 AE 2 2 AE= AB -BE = 7 ,则AC= =7, 7 AE 6 故当 λ=AC=7时,BE⊥AC. 又 BE⊥CD,AC∩CD=C, ∴BE⊥平面 ACD. ∵BE?平面 BEF,∴平面 BEF⊥平面 ACD. 6 故存在 λ,且当 λ=7时,平面 BEF⊥平面 ACD.
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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

例 3 【配例 4 使用】 [2013· 昆明二模] 在三棱锥 P -ABC 中,PA=PB=PC,底面△ABC 是正三角形,M,N 分别是侧棱 PB,PC 的中点.若平面 AMN⊥平面 PBC,则 侧棱 PB 与平面 ABC 所成角的正切值是( ) 5 3 A. B. 2 2 2 6 C. 2 D. 3

教 师 备 用 题
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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

[答案]A
[解析] 如图,设 MN 的中点为 D,BC 的中点为 E, 联结 AD,AE,PE.∵PA=PB=PC, ∴点 P 在平面 ABC 内的射影是等边三角形 ABC 的中 心 O, ∴∠PBO 是侧棱 PB 与平面 ABC 所成的角. 由已知得 AM=AN, 设 MN 的中点为 D,则 AD⊥MN.
教 师 备 用 题
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第38讲

直线、平面垂直的判定与性质

∵平面 AMN⊥平面 PBC, ∴AD⊥平面 PBC. ∵M,N 分别是侧棱 PB,PC 的中点, ∴D 是 PE 的中点. ∵AD⊥PE,∴PA=AE. 3 设等边△ABC 的边长为 a,侧棱长为 b,则 b= 2 a. 2 3a a 15a 5 PO 2 ∵BO= 3 ,PO= b - 3 = 6 ,∴tan∠PBO=BO= 2 .
教 师 备 用 题
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直线、平面垂直的判定与性质

例 4 【配例 4 使用】 [2013· 昆明二模] 在三棱锥 P ABC 中,PA=PB=PC,底面△ABC 是正三角形,M,N 分 别是侧棱 PB,PC 的中点.若平面 AMN⊥平面 PBC,则平 面 AMN 与平面 ABC 所成二面角(锐角)的余弦值等于( )

教 师 备 用 题

30 A. 6

21 B. 6

6 C. 6

3 D. 6

[答案]A
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直线、平面垂直的判定与性质

教 师 备 用 题

[解析] 如图,设 MN 的中点为 D,BC 的中点为 E, 联结 AD,AE,PE.在平面 ABC 内作 AF∥BC,则平面 ABC∩平面 AMN=AF. 由已知得 AM=AN,∴AD⊥MN. ∵平面 AMN⊥平面 PBC,∴AD⊥平面 PBC, ∴AD⊥BC,AD⊥PE. ∵△ABC 是等边三角形,BC 的中点为 E, ∴AE⊥BC. ∵AF∥BC, ∴AE⊥AF,AD⊥AF, ∴∠DAE 是平面 AMN 与平面 ABC 所成二面角(锐角) 的平面角.
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直线、平面垂直的判定与性质

教 师 备 用 题

设等边△ABC 的边长为 a,侧棱长为 b. ∵M,N 分别是侧棱 PB,PC 的中点,∴D 是 PE 的 中点. 3 ∵AD⊥PE,∴PA=AE.∴b= a, 2 1 1 ∴ DE = 2 PE = 2 PB2-BE2 = 2 a, 4 6 DE ∴sin∠DAE= AE = 6 , 30 2 ∴cos∠DAE= 1-sin ∠DAE= 6 ,
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双 向 固 基 础 点 面 讲 考 向 多 元 提 能 力 教 师 备 用 题

第39讲 空间向量及其运算

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考试说明
1.了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其 意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示. 2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. 3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的 数量积判断向量的共线与垂直. 4.掌握向量长度公式、两向量夹角公式、空间两点的距 离公式,并会解决简单的立体几何问题.

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第39讲
双 向 固 基 础

空间向量及其运算

平行或重合

同一平面

a=λb

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第39讲
双 向 固 基 础

空间向量及其运算

xa+yb+zc

1

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第39讲
双 向 固 基 础

空间向量及其运算

2.向量的坐标运算 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3) 向量和 a+b=(a1+b1,a2+b2,a3+b3) 向量差 a-b=(a1-b1,a2-b2,a3-b3) 数乘向量 λa=(λa1,λa2,λa3) 数量积 a· b=a1b1+a2b2+a3b3 a1=λ b1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R) 共线 a∥b?________________________ 垂直 a⊥b?________________________ a1b1+a2b2+a3b3=0 a1b1+a2b2+a3b3 夹角公式 cos〈a,b〉= 2 2 2 2 2 a1+a2 2+a3 b1+b2+b3

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第39讲
双 向 固 基 础

空间向量及其运算

3.两个向量的数量积 (1)a· b=|a||b|cos〈a,b〉 . a· b=0 (2)a⊥b?________ .

a (3)|a|2=________ ,|a|= x2+y2+z2.

2

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第39讲
双 向 固 基 础

空间向量及其运算

—— 链接教材 ——
1.[教材改编] 已知在空间四边形 ABCD 中,G 为 CD 1 → → → 的中点,则化简AB+2(BD+BC)得________.

→ [答案] AG
→ +1(BD → +BC → )=AB → +BG → =AG →. [解析] 依题意有AB 2

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第39讲
双 向 固 基 础

空间向量及其运算

2.[教材改编] 如图 7391 所示,在平行六面体 ABCD → =a, → =b, A1B1C1D1 中, M 为 A1C1 与 B1D1 的交点. 若AB AD →1=c,则BM → 可用 a,b,c 表示为________. AA

图 7391

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第39讲
双 向 固 基 础

空间向量及其运算

1 1 [答案] -2a+2b+c
1 → → → → → [解析 ] 由图可知, BM = BB1 + B1M= BB1 + 2 B1D1 = 1 → 1 1 1 → → BB1+2(A1D1-A1B1)=c+2(b-a)=-2a+2b+c.

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第39讲
双 向 固 基 础

空间向量及其运算

3.[教材改编] 已知向量 a=(-3,2,5),b=(1,λ, -1).若 a⊥b,则 λ=________.

[答案] 4

[解析] ∵a⊥b,∴(-3)×1+2λ+5×(-1)=0,∴λ=4.

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第39讲
双 向 固 基 础

空间向量及其运算

—— 疑 难 辨 析 ——
1.空间向量的线性运算 → +BC → +CD → (1)若 A, B, C, D 是空间任意四点, 则有AB → =0.( +DA ) (2)“|a| - |b| = |a + b|” 是 “a , b 共 线 ” 的 充 要 条 件.( ) (3)若 a,b 共线,则 a 与 b 所在直线平行.( ) → (4)对空间任意一点 O 与不共线的三点 A, B, C, 若OP → +yOB → +zOC → (其中 x,y,z∈R),则 P,A,B,C 四 =xOA 点共面.( )

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第39讲
双 向 固 基 础

空间向量及其运算

[答案] (1)√

(2)× (3)×

(4)×

[解析] (1)易知四点恰好围成一个封闭图形. (2)当 a,b 同向时,应有|a|+|b|=|a+b|. (3)易知 a,b 所在直线也可能重合. (4)还需满足 x+y+z=1,才有 P,A,B,C 四点共面.

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第39讲
双 向 固 基 础

空间向量及其运算

2.共线、共面与垂直 (1)已知向量 a=(-1,0,1),b=(1,2,3),k∈R, 若 ka-b 与 b 垂直,则 k=7.( ) (2)与向量 a=(1,-1,-2)垂直的一个向量的坐标是 ? 1 3 ? ?- , ,-1?.( ) ? 2 2 ? (3)已知 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5, 65 λ),若 a,b,c 三向量共面,则实数 λ 等于 7 .( )

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第39讲
双 向 固 基 础

空间向量及其运算

[答案] (1)√

(2)√

(3)√

[解析] (1)∵(ka-b)⊥b,∴(ka-b)· b=0,∴ka· b-b2 12+22+32 b2 =0,∴k= = =7. a· b (-1)×1+1×3 (2)由两向量垂直的充要条件可得. (3)∵a,b,c 三向量共面,所以存在实数 m,n,使得 ?7=2m-n, ? 65 5 =- m + 4 n , ? c=ma+nb,即 ∴λ = 7 . ?λ=3m-2n, ?

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第39讲
双 向 固 基 础

空间向量及其运算

3.空间向量的数量积 (1)已知向量 a=(4,-2,-4),b=(6,-3,2),则(a +b)· (a-b)的值为-13.( ) (2)已知向量 a=(1,2,-2),b=(0,2,4),则 a,b 2 5 夹角的余弦值为- 15 .( )

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双 向 固 基 础

空间向量及其运算

[答案] (1)√

(2)√

[解析] (1)易知 a+b=(10,-5,-2),a-b=(-2,1, -6),∴(a+b)· (a-b)=-13. a· b 2 5 (2)cos 〈a,b〉= =- 15 . |a|· |b|

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空间向量及其运算

?

探究点一
例1

空间向量的线性运算

在正方体 ABCD A1B1C1D1 中, 给出以下向量表

点 面 讲 考 向

→ → ②(BC → +BB →1)-D → →- 达式: ①(A→ ③(AD 1D1-A1A)-AB; 1C1; → ) - 2 DD → 1 ;④( B→ → → AB 1D1 + A1A ) + DD1 . 其中能够化简为向量 →1的是( BD ) A.①② B.②③ C.③④ D.①④

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第39讲

空间向量及其运算

[思考流程]分析:理解向量的加法、减法和数乘运 算.推理:结合正方体的结构特征,正确运用空间向量的 加法、减法运算.结论:得出化简结果.
点 面 讲 考 向

[答案]A

→ → → → → [解析] ①(A→ 1D1-A1A)-AB=AD1-AB=BD1; → +BB →1)-D → → → → ②(BC 1C1=BC1-D1C1=BD1; → -AB → )-2DD → 1=BD → -2DD → 1≠BD → 1; ③(AD → → → → → → ④(B→ 1D1+A1A)+DD1=B1D+DD1=B1D1≠BD1. 综上所述,①②符合题意.

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第39讲

空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

[归纳总结]对于两个向量的问题,由于其一定在同 一个平面上,空间向量和平面向量中的结论是完全一致的, 其中加减法、数乘向量的定义以及向量的数量积在定义、 运算律和性质上与平面向量完全一致,要把平面向量和空 间向量统一起来.

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第39讲

空间向量及其运算

变式题

已知多面体 ABCD A1B1C1D1 为正方体,则有

→ → → 2 → 2 → → 下列结论:①(A 1A+A1D1+A1B1) =3A1B1 ;②A1C·(A1B1-
点 面 讲 考 向

→ → → A 1A) = 0 ;③向量 AD1 与向量 A1B 的夹角是 60 °;④正方体 →· →1· → |.其中正确结论的序 ABCD A1B1C1D1 的体积为|AB AA AD 号是________.

[答案] ①②

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空间向量及其运算

→1⊥A→ →1⊥A→ → 得(A → [解析] 由AA AA A→ 1D1, 1B1, 1D1⊥A1B1, 1A → 2 → 2 → → + A→ 1D1 + A1B1 ) = 3( A1B1 ) ,故①正确;②中 A1B1 - A1A =
点 面 讲 考 向

→1,由于 AB1⊥A1C,故②正确;③中 A1B 与 AD1 两异面 AB → 1 与A → 直线所成角为 60°,但AD 1B的夹角为 120°,故③不 → ·AA →1·AD → |=0,故④也不正确. 正确;④中|AB

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空间向量及其运算

?

探究点二

空间向量基本定理的应用

点 面 讲 考 向

例 2 如图 7392 所示, 在长方体 ABCD A1B1C1D1 中, O 为 AC 的中点.设 E 是棱 DD1 上的点,

图 7392 2→ → → =xAB → +yAD → +zAA →1,试求 x,y, 且DE=3DD1,若EO z 的值.
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第39讲

空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

[思考流程]条件:题干中的内容.目标:求出 x,y, z 的值.方法:根据空间向量基本定理进行表达,结合基 → ,AD → 与AA →1不共面求解. 底AB 2→ 1 → → 2→ → → → 解: EO=ED+DO=-3DD1+2(DA+DC)=-3AA1- 1 → 1→ 1 1 2 2AD+2AB,由条件知,x=2,y=-2,z=-3.

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第39讲

空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

[归纳总结]用已知不共面的向量表示某一向量时, 应结合图形, 将已知向量和未知向量转化至三角形或平行 四边形中, 然后利用三角形法则或平行四边形法则把所求 向量用已知向量表示出来.

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第39讲

空间向量及其运算

变式题 → =a, 向量AB
点 面 讲 考 向

如图 7393 所示, 已知空间四边形 ABCD 中,

图 7393 → =b,AD → =c,若 M 为 BC 的中点,G 为△BCD 的 AC 重心,试用 a,b,c 表示下列向量: → ;(2)AG →. (1)DM
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空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

→ =DA → +AM → .由线段中点的 解:(1)在△ADM 中,DM → =1(AB → +AC → )=1(a+b).由相反向量的 向量表示知,AM 2 2 1 → → → → → 概念知DA=-AD=-c,所以DM=DA+AM= (a+b) 2 1 -c=2(a+b-2c). 2 → → → (2) 由三角形重心的性质,得 AG = AD + DG = c + 3 → =c+21a+1b-c=1(a+b+c). DM 32 2 3

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空间向量及其运算

?

探究点三

空间向量的坐标运算

点 面 讲 考 向

例 3 (1)已知在空间直角坐标系 O -xyz 中, 点 A(- 3,5,-2),a=(-1,1,1),在 yOz 面上找一点 B, → ∥a,则点 B 的坐标为________. 使得AB (2)已知向量 a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6), |c|= 14,若(a+b)· c=7,则 a 与 c 的夹角为( A.30° C.120° B.60° D.150° )

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第39讲

空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)分析: 理解空间坐标系和空间坐标 运算.推理:根据共线向量坐标之间关系做题.结论:求 出对应点 B 的坐标. (2)分析:理解向量的夹角公式的坐标表示.推理:进 行向量的坐标表示与计算,求出 cos 〈a,c〉 .结论:得 出结论.

[答案]

(1)(0,2,-5)

(2)C

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空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

→ =(3,y-5,z+2).∵AB → [解析] (1)设 B(0,y,z),则AB → =λa,即(3,y-5,z+2) ∥a,∴存在一个实数 λ,使得AB ?3=-λ, ? =λ(-1,1,1),∴?y-5=λ,解得λ =-3,y=2,z=-5, ?z+2=λ, ? ∴点 B 的坐标为(0,2,-5). (2)由于 a+b=(-1, -2, -3)=-a, 故(a+b)· c=-a· c =7,即 a· c=-7.又|a|= 12+22+32= 14,所以 cos 〈a, a· c 1 c〉= =- ,所以〈a,c〉=120°. 2 |a||c|

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第39讲

空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

[归纳总结]空间向量的坐标表示主要应用于向量平 行、垂直、向量的模、向量的夹角,在研究几何问题中只 要建立适当的坐标系,把空间几何体中涉及的直线和平面 用向量表示, 就可以使得几何证明通过代数运算得到解决, 这是使用空间向量研究立体几何问题的基本思想.

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第39讲

空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

变式题 已知向量 a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且 ka+b 与 2a-b 互相垂直,则 k 的值是( ) 1 3 7 A.1 B.5 C.5 D.5

[答案] D
[解析] 由于 ka+b=k(1,1,0)+(-1,0,2)=(k-1, k,2),2a-b=2(1,1,0)-(-1,0,2)=(3,2,-2),且 7 两向量互相垂直,所以 3(k-1)+2k-2×2=0,所以 k=5.

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空间向量及其运算

?

探究点四

空间向量的数量积的应用

点 面 讲 考 向

例 4 已知平行六面体 ABCD -A1B1C1D1 中所有的棱长 均为 1,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°. (1)求 AC1 的长; (2)求证:AC1⊥平面 A1BD.

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第39讲

空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

→ =a,AD → =b,AA →1=c, 解:(1)设AB 则 a· b=b· c=c· a=1×1×cos 60 1 2 °=2,a =b2=c2=1. →1 = AB → + BC → + CC → 1=a+b 又 AC +c, →1 |2 = (a + b + c)2 = a2 + 所以 | AC 1 1 1 b +c +2a· b+2b· c+2a· c=1+1+1+2×2+2×2+2×2 →1|=|AC1|= 6. =6,即|AC
2 2

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第39讲

空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

→ (2)证明:因为A 1B=a-c, 2 2 →1·A → 所以AC B = ( a + b + c )· ( a - c ) = a - c +a· b-b· c= 1 1 1 1-1+ - =0, 2 2 →1⊥A → 所以AC 1B,即 AC1⊥A1B . 同理可得 AC1⊥DB. 又因为 A1B∩DB=B, 所以 AC1⊥平面 A1BD.
[归纳总结] 可利用|a|2=a2 计算线段的长度,利用向 量的数量积为零证明线段的垂直问题.

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第39讲

空间向量及其运算

?

探究点五

共线、共面向量定理的应用

点 面 讲 考 向

例5 如图 7394,已知 E,F,G,H 分别是空间四 边形 ABCD 的边 AB,BC,CD,DA 的中点.

图 7394 (1)求证:E,F,G,H 四点共面; (2)求证:BD∥平面 EFGH; (3)设 M 是 EG 和 FH 的交点,求证:对空间任一点 O, 1 → → → → → 有OM=4(OA+OB+OC+OD). 返回目录

第39讲

空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

[思考流程] 条件:空间四边形中的点线位置关系.目 标:证明点、线、面的位置关系.方法:选取基向量,根 据共面向量定理证明 (1)(2)两问,使用向量的线性运算法 则证明第(3)问.

1 → → → → → → 证明: (1)联结 BG, 则EG=EB+BG=EB+ (BC+BD) 2 → +BF → +EH → =EF → +EH → ,由共面向量定理知,E,F,G, =EB H 四点共面. 1 → 1→ 1 → → 1 → → → (2) 因为 EH = AH - AE = 2 AD - 2 AB = 2 ( AD - AB ) = 2 → ,所以 EH∥BD. BD 又 EH?平面 EFGH,BD?平面 EFGH, 所以 BD∥平面 EFGH.
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第39讲

空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

(3)联结 OM,OA,OB,OC,OD,OE,OG. 1→ 1→ → → 由(2)知EH=2BD,同理FG=2BD, → =FG → ,即 EH 綊 FG, 所以EH 所以四边形 EFGH 是平行四边形. 所以 EG,FH 交于一点 M 且被 M 平分, 1 → → 1 → 1 → 1 ?1 → → ? → 故 OM = 2 ( OE + OG ) = 2 OE + 2 OG = 2 ?2(OA+OB)? ? ? 1?1 → → ? 1 → → → → +2?2(OC+OD)?=4(OA+OB+OC+OD). ? ?

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第39讲

空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

[归纳总结] 应用共线向量定理、共面向量定理证明点 共线、点共面的方法比较: 三点(P,A,B)共线 空间四点(M,P,A,B)共面 → =λPB → PA → =xMA → +yMB → MP → =OA → + 对空间任一点 O, → =OM →+ 对空间任一点 O, OP OP → (t 为参数) tAB → +yMB → xMA

→ =(1- 对空间任一点 O, → =(1-x 对空间任一点 O,OP OP → +tOB → (t 为参数) t)OA → +xOA → +yOB → -y)OM

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第39讲

空间向量及其运算

变式题
点 面 讲 考 向

如图 7395 所示, 在正方体 ABCD A1B1C1D1

→1=a,AB → =b,AD → =c, 中,AA

图 7395 点 M,N 分别是 A1D,B1D1 的中点. →; (1)试用 a,b,c 表示MN (2)求证:MN∥平面 ABB1A1.
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空间向量及其运算

点 面 讲 考 向

→ → → 解:(1)∵A 1D=AD-AA1=c-a, 1→ 1 → ∴A1M=2A1D=2(c-a). 1 → 同理,A1N=2(b+c), 1 1 1 1 1 → → → ∴MN=A1N-A1M=2(b+c)-2(c-a)=2(b+a)=2a+2b. →1=AA →1+AB → =a+b, (2)证明:∵AB 1→ → ∴MN=2AB1,即 MN∥AB1. ∵AB1?平面 ABB1A1,MN?平面 ABB1A1, ∴MN∥平面 ABB1A1.

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第39讲

空间向量及其运算

答题模板

10.活用数量积运算公式求角与距离

例 如图 7396 所示,在四棱锥 M - ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 a 的正方形,侧棱 AM 的长为 b,且 AM 和 AB,AD 的夹角都等于 60°,N 是 CM 的中点. → ,AD → ,AM → 为基向量表示出 (1) 以AB
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→ ,并求 CM 的长; 量CM (2)求 BN 的长.

图 7396

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第39讲

空间向量及其运算

[解答规范]

→ =AM → -AC → =AM → -(AB → +AD → )=AM → (1)CM

→ -AD → , | CM → |2=(AM → - AB → - AD → )2 =AM → 2+ AB → 2+AD → 2- - AB → ·AB → -2AM → ·AD → +2AB → ·AD → =b2+a2+a2-2bacos 60 2AM °-2bacos 60°+2a2cos 90°=2a2-2ab+b2.(4 分) → |= 2a2-2ab+b2.(6 分) ∴CM=|CM
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第39讲

空间向量及其运算

1→ → 1 → → → → → → → (2) BN = BC + CN = BC + CM = BC + ( AM - AB-AD ) 2 2 1 → → → =2(AM-AB+AD),(8 分) 1 → 2 →2 → 2 2 → → ·AB → +2AM → ·AD →- ∴|BN| = (AM +AB +AD -2AM 4 → ·AD → )=1(2a2+b2),(10 分) 2AB 4 1 → ∴BN=|BN|=2 2a2+b2.(12 分)

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第39讲

空间向量及其运算

多 元 提 能 力

[步骤解读] 用向量的数量积解向量问题的一般步骤: (1)分析题中向量的表现形式; (2)依据题设条件和要求解的结论构造向量的数量积; (3) 选择恰当的方式进行数量积的运算 ( 三角形法则或 坐标运算); (4)回查解题过程,发现运算问题及时解决.

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第39讲

空间向量及其运算

[备选理由] 空间向量的基本概念和运算是本讲的主要 内容, 下面的例 1 就是针对空间向量线性运算而设置的, 例 2 是针对空间向量的坐标运算设置的.

例 1 【配例 1 使用】 四棱锥 P -ABCD 中,AB,AD, AP 两两垂直,已知 AB=1,AD=2,AP=3,F 为 PC 的中 点,E 为 PD 上一点,且 PD=3PE. → ,AD → ,AP → 表示EF → ;(2)求EF → 的模. (1)用AB
教 师 备 用 题
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第39讲

空间向量及其运算

1 → → → 1 → → → → → → 解:(1)EF=AF-AE=2(AP+AB+AD)-AP+3(AD-AP) 1→ 1 → 1→ =-6AP +6AD+2AB. → |=1,|AD → |=2,|AP → |=3,且 AB,AD, (2)由条件知,|AB AP 两两垂直, ? 1 1 → 1 → ?2 1 → 2 1 → 2 1 → 2 2 → → ∴|EF| =?-6AP+6AD+2AB? =36|AP| +36|AD| +4|AB| ? ? 11 22 → =18,∴|EF|= 6 .
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第39讲

空间向量及其运算

例 2 【配例 3 使用】 如图所示,在棱长为 a 的正 方体 OABC -O1A1B1C1 中,E,F 分别是棱 AB,BC 上的 动点,且 AE=BF=x,其中 0≤x≤a,以 O 为原点建立空 间直角坐标系 Oxyz. (1)写出点 E,F 的坐标; (2)求证:A1F⊥C1E; (3)若 A1,E,F,C1 四点共面, 1 → → → 求证:A1F=2A1C1+A 1E.
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第39讲

空间向量及其运算

解:(1)E(a,x,0),F(a-x,a,0). (2)证明:∵A1(a,0,a),C1(0,a,a), → → ∴A 1F=(-x,a,-a),C1E=(a,x-a,-a),
2 → → ∴A 1F·C1E=-ax+a(x-a)+a =0, → → ∴A 1F⊥C1E,∴A1F⊥C1E.

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第39讲

空间向量及其运算

→ → (3)∵A1,E,F,C1 四点共面,∴A A→ A 1E, 1C1, 1F共面. → → 选A 1E与A1C1作为一组基向量, → → → 则存在唯一实数对(λ1,λ2),使A 1F=λ1A1C1+λ2A1E, 即(-x,a,-a)=λ1(-a,a,0)+λ2(0,x,-a)=(- aλ1,aλ1+xλ2,-aλ2), ?-x=-aλ1, ? 1 a = aλ + xλ , ∴? 解得 λ1=2,λ2=1. 1 2 ?-a=-aλ , ? 2 1 → → → 于是A1F=2A1C1+A 1E.

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第40讲 立体几何中的向量方 法(一)——平行与垂直的证明

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考试说明
1.理解直线的方向向量与平面的法向量. 2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面 与平面的垂直、平行关系. 3.能用向量方法证明有关直线和平面位臵关系的一些 定理.

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第40讲 的证明
双 向 固 基 础

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

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 → l 是空间一条直线, A, B 是直线 l 上任意两点, 则称AB → ____________________ 平行的任意非零向量 也是直 为直线 l 的方向向量,与AB 线 l 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 内两个不共线向量,n 为平面 α 的法
? a=0, ?n· ? ? 向量,则求法向量的方程组为________ b=0 . ?n·

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第40讲 的证明
双 向 固 基 础

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

2.用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2, 则 l1∥l2(或 v1∥v2. l1 与 l2 重合)?________ (2)设直线 l 的方向向量为 v, 与平面α 共面的两个不共 线向量 v1 和 v2,则 l∥α 或 l?α ?存在两个实数 x,y,使 v =xv1+y. v2 ________ (3)设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 v⊥u . l∥α 或 l?α ?________ (4)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1,u2,则 α∥β? u1∥u2 . __________
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第40讲 的证明
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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

3.用向量证明空间中的垂直关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2,则 l1⊥l2 v1·v2= 0 ?v1⊥v2?________ . (2)设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 v∥u . l⊥α ?________ (3)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1 和 u2, 则 α⊥β?u1 u1·u2=. 0 ⊥u2?________

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双 向 固 基 础

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

—— 链接教材 ——
1.[教材改编] 已知两条不重合的直线 l1 和 l2 的方向向 量分别为 v1=(1,-1,2),v2=(0,2,1),则 l1 与 l2 的位 置关系是________.

[答案]垂直
[解析] ∵v1·v2=1×0+(-1)×2+2×1=0,∴v1 ⊥v2,∴l1⊥l2.

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第40讲 的证明
双 向 固 基 础

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

2. [教材改编] 平面 α, β 的法向量分别为 n1=(2, -3, 5), n2=(-3, 1, m), 若 α 垂直于 β, 则 m 的值为________.

9 [答案] 5
[解析] ∵α⊥β, ∴n1· n2=2×(-3)+(-3)×1+5×m 9 =0,∴m= . 5

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

3.[教材改编] 已知空间四边形 OABC 中,OB=OC, ∠AOB=∠AOC=θ,则 AO 与 BC 的位置关系是( ) A.相交垂直 B.异面垂直 C.相交但不垂直 D.异面但不垂直

[答案] B

→ =BO → +OC → ,所以AO → ·BC → =AO → ·(BO → [解析] 因为BC → )=AO →· → +AO →· → =|AO → |· → |· → |· → +OC BO OC |BO cos θ -|AO |OC → ⊥BC → ,即 AO 与 BC 垂直.又结合几何 |· cos θ =0,∴AO 体可知,AO 与 BC 必然异面.
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双 向 固 基 础

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

—— 疑 难 辨 析 ——
1.平行关系 (1)直线的方向向量是唯一确定的.( ) (2)两条不重合的直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1=(1, 0, -1), v2=(-2, 0, 2), 则 l1 与 l2 的位置关系是平行. ( )
[答案] (1)× (2)√

[解析] (1)只要是与直线平行的非零向量都是直线的方 向向量. (2)∵v2=-2v1,∴v1∥v2,l1∥l2.

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双 向 固 基 础

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

2.垂直关系 (1)平面的单位法向量是唯一的.( ) → =(2,2,1),AC → =(4,5,3),则平面 ABC (2)已知AB 的单位法向量是
?1 2 2? ? ,- , ?.( n0=± 3 3? ?3

)

[答案] (1)×

(2)√

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

[解析] (1)易知平面的单位法向量有两个,它们的方向 相反. → ·n=0, ?AB (2)设平面 ABC 的法向量 n=(x, y, z) , 则? n=0, ?AC· 1 ? ? ?x= , ?2x+2y+z=0, 1 2 ? ? 即 令 z=1, 得 ∴n=( , - 1, 1), 2 ? 4 x + 5 y + 3 z = 0. ? ? ?y=-1, 1 2 2 n ∴平面 ABC 的单位法向量为 n=± =± (3,-3,3). |n|

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

?

探究点一

利用空间向量证明平行问题

点 面 讲 考 向

例1 [2013· 甘肃河西五市二联] 如图 7401, 在三棱 柱 ABC A1B1C1 中,AB=BC=CA=AA1=2,侧棱 AA1⊥底 面 ABC,D,E 分别是棱 A1B1,AA1 的中点,点 F 在棱 AB 1 上,且 AF= AB. 4 求证:EF∥平面 BDC1.

图 7401
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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

[思考流程] 条件:三棱柱中的线面位置关系,棱 的数量关系.目标:证明线面平行.方法:综合几何方法 是通过线线平行进行证明,空间向量方法可以证明向量共 线、也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直,也 可以使用共面向量定理进行证明.

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

证明:证法一:设 O 为 AB 的中点,联结 A1O, 1 ∵AF=4AB,O 为 AB 的中点, ∴F 为 AO 的中点.又 E 为 AA1 的中点, ∴EF∥A1O. 又∵D 为 A1B1 的中点,O 为 AB 的中点, ∴A1D=OB,又 A1D∥OB, ∴四边形 A1DBO 为平行四边形, ∴A1O∥BD. 又 EF∥A1O,∴EF∥BD. 又 EF?平面 DBC1, BD?平面 DBC1, ∴EF∥平面 DBC1.

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

证法二:建立如图所示的坐标系.(坐标系的建立仅为 参考) ∵AB=BC=CA=AA1=2,D, 1 E 分别为 A1B1, AA1 的中点, AF=4 AB, 1 ∴E(-1,0,1),F(-2,0, 0),B(1,0,0),D(0,0,2), C1(0, 3,2).

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

设平面 DBC1 的法向量为 n=(x,y,z), 1 → → =(-1,0, ∵EF=2,0,-1,BD →1=(-1, 3,2), 2),BC → · n =- x + 2z = 0 , BC →1 · n ∴ BD =-x+ 3y+2z=0, 令 z=1,则 y=0,x=2,故可得 n=(2,0,1), 1 → 又EF· n=2×2+0+1×(-1)=0, → ⊥n.又 EF?平面 BDC1,∴EF∥平面 BDC1. ∴EF

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

[归纳总结](1)证明直线 l1∥l2 时,分别取 l1,l2 的一 个方向向量 a,b,则可证 a∥b,即存在实数 k,使 a=kb 或其坐标表示为 a1=kb1,a2=kb2,a3=kb3(其中 a=(a1, a2,a3),b=(b1,b2,b3)). (2)证明直线 l∥平面 α 时,①可取直线 l 的方向向量 a 与平面 α 的法向量 n,证明 a· n=0;②可在平面 α 内取基 向量{e1,e2},证明直线 l 的方向向量 a=λ1e1+λ2e2,然后 说明 l 不在平面 α 内即可;③在平面 α 内找两点 A,B,证 →. 明直线 l 的方向向量 n∥AB (3)证明平面 α∥平面 β 时, 设 α, β 的法向量分别为 a, b,则只需证明 a∥b.
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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

变式题 如图 7402 所示,两个边长为 1 的正方形 ABCD 与 ABEF 有公共边 AB,∠EBC=90°,M,N 分别 是 BD,AE 上的点,且 AN=DM.求证:MN∥平面 EBC.

图 7402

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

→ ,BC → ,BE → 证明:由题知 BA,BC,BE 两两垂直,以BA 为单位正交基底建立直角坐标系,如图所示,则 A(1,0, 0),C(0,1,0),D(1,1,0),E(0,0,1),B(0,0,0).设 AN DM AE= BD =λ, → =MD → +DA → +AN → 则MN → +DA → +λAE → =λBD =λ(1,1,0)+(0,-1,0)+λ(-1,0,1) → +λBE →, =(0,λ-1,λ)=(λ-1)BC → ∥平面 EBC. ∴MN ∵MN?平面 EBC,∴MN∥平面 EBC.

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

?

探究点二

利用空间向量证明垂直问题

例 2 如图 7403 所示,在四棱锥 P -ABCD 中,PA⊥底 面 ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,
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图 7403 ∠ABC=60°,PA=AB=BC,E 是 PC 的中点. 证明:(1)AE⊥CD; (2)PD⊥平面 ABE.
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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

[思考流程]条件:四棱锥中的线面位置关系,棱的 数量关系.目标:证明线线垂直、线面垂直.方法:建立 空间直角坐标系后,通过两条直线的法向量垂直证明线线 垂直,通过证明线线垂直后使用线面垂直的判定定理证明 线面垂直,也可以证明直线的方向向量与平面的法向量平 行证明线面垂直.

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

证明:易知 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°,∴△ABC 为正三角形, 1 3 1 3 1 ∴C(2, 2 ,0),E(4, 4 ,2). →· → 设 D(0, y, 0), 由 AC⊥CD, 得AC CD 1 3 1 3 = 0 ,即 ( 2 , 2 , 0)· ( - 2 , y - 2 , 0) 2 3 2 3 =0,得 y= 3 ,则 D(0, 3 ,0), → =(-1, 3,0). ∴CD 2 6

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

1 3 1 → 又AE=(4, 4 ,2), 1 1 3 3 → → → ⊥ CD → ,即 ∴ AE · CD =- × + × = 0 ,∴ AE 2 4 6 4 AE⊥CD. 2 3 → (2)方法一:∵P(0,0,1),∴PD=(0, 3 ,-1). 3 2 3 1 → → → ⊥AE →, 又AE·PD= 4 × 3 +2×(-1)=0,∴PD 即 PD⊥AE. → =(1,0,0),∴PD → ·AB → =0,∴PD⊥AB. ∵AB 又 AB∩AE=A,∴PD⊥平面 AEB.

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

1 3 1 → → 方法二:易知AB=(1,0,0),AE=(4, 4 ,2),设平 面 ABE 的一个法向量为 n=(x,y,z), ?x=0, ? 则?1 3 1 x+ 4 y+2z=0, ? ?4 令 y=2,则 z=- 3,∴n=(0,2,- 3). 2 3 3 → → ∵PD=(0, 3 ,-1),显然PD= 3 n, → ∥n,∴PD → ⊥平面 ABE,即 PD⊥平面 ABE. ∴PD

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

[归纳总结] (1)证明直线 l1 与 l2 垂直时,取 l1,l2 的方向向量 a,b,证明 a· b=0. (2)证明直线 l 与平面 α 垂直时,取 α 的法向量 n,l 的方向向量 a,证明 a∥n.另一种方法是取平面 α 内的两 条相交直线的方向向量 a,b 与直线 l 的方向向量 e,证明 a· e=0 且 b· e=0. (3)证明平面 α 与 β 垂直时,取 α,β 的法向量 n1,n2, 证明 n1·n2=0.另一种方法是取一个平面 α 的法向量 n, 在另一个平面 β 内取基向量{e1,e2},证明 n=λe1+μe2. (4) 证明平行与垂直的关键是将待证问题中直线的方 向向量和平面的法向量表示出来 (用已知向量表示或用坐 标表示).
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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

变式题 [2013· 陕西卷改编] 如图 7404 所示,四棱柱 ABCD -A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形,O 为底面中心, 且 A1O ⊥平面 ABCD , AB = AA1 = 2. 证明: A1C ⊥平面 BB1D1D.

图 7404

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

证明:由题设易知 OA,OB,OA1 两两垂直,以 O 为 原点建立直角坐标系,如图所示. ∵AB=AA1= 2, ∴OA=OB=OA1=1, ∴ A(1 , 0 , 0) , B(0 , 1 , 0),C(-1,0,0),D(0,-1, 0),A1(0,0,1). → 易知 B1(-1, 由A→ 1B1=AB, 1,1).

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

→ → =(0,-2,0),BB →1=(-1, ∵A 0,-1),BD 1C=(-1, 0,1), → → → → ∴A 1C·BD=0,A1C·BB1=0, → → → → ∴A 1C⊥BD,A1C⊥BB1,即 A1C⊥BD,A1C⊥BB1,又 BD∩BB1=B, ∴A1C⊥平面 BB1D1D.

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

?

探究点三

利用空间向量解决探索性问题

点 面 讲 考 向

例 3 [2013· 天津卷] 如图 7405 所示,四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,侧棱 A1A⊥底面 ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,且 AD=CD=1,AA1=AB=2,E 为棱 AA1 的中点. (1)证明:B1C1⊥CE; (2)求二面角 B1?CE?C1 的正弦值; (3)设点 M 在线段 C1E 上, 且直线 AM 2 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为 6 .求 线段 AM 的长. 图 7405
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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

[思考流程]条件:四棱柱中的线面位置关系,棱的 数量关系.目标:证明线线垂直,求二面角的正弦值,根 据线面角的正弦值求四棱柱中的线段长度.方法:建立空 间直角坐标系,求出所涉及直线的方向向量、平面的法向 量后,根据线线角、二面角、线面角的公式计算即可.

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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

解:如图所示,以点 A 为原点建立空间直角坐标系,依 题意得 A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2), C1(1,2,1),E(0,1,0).

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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

→ (1)证明:易得B→ 1C1=(1,0,-1),CE=(-1,1,-1), → 于是B→ 1C1·CE=0,所以 B1C1⊥CE.
点 面 讲 考 向

→ (2)B 1C=(1,-2,-1), 设平面 B1CE 的法向量 m=(x,y,z), → ? ? B ?m · ?x-2y-z=0, 1C=0, 则? 即? 消去 x, 得 y+2z=0, ? → =0, ?-x+y-z=0, ? CE ?m · 不妨令 z=1,可得一个法向量为 m=(-3,-2,1).

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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

由(1)知,B1C1⊥CE,又 CC1⊥B1C1,可得 B1C1⊥平面 CEC1,故B→ 1C1=(1,0,-1)为平面 CEC1 的一个法向量.
点 面 讲 考 向

→ -4 m · B 2 7 1C1 → 于是 cos〈m,B1C1〉= = =- 7 , → 14 × 2 |m|· |B1C1| 21 → 从而 sin〈m,B1C1〉= 7 , 21 所以二面角 B1 ? CE ? C1 的正弦值为 7 .

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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

→ =(0,1,0),EC →1=(1,1,1).设EM → =λEC →1 (3)易得AE → =AE → +EM → =(λ,λ+1,λ), =(λ,λ,λ),0≤λ ≤1,则AM
点 面 讲 考 向

→ =(0,0,2)为平面 ADD1A1 的一个法向量. 可取AB 设 θ 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角,则 → ·AB →| | AM → ,AB → 〉|= sin θ =|cos〈AM = → → |AM|· |AB| 2λ λ = . λ 2+(λ+1)2+λ2×2 3λ 2+2λ+1 2 1 λ 于是 = ,解得 λ = (负值舍去),所以 2 6 3 3λ +2λ+1 AM= 2.

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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

[归纳总结] 立体几何中的探索性问题的主要类型 有: (1)探索条件, 即探索能使结论成立的条件是什么; (2) 探索结论,即在给定的条件下,命题的结论是什么.不论 是对命题条件还是对命题结论的探索, 利用空间向量法均 可降低思维难度和计算难度, 只要合理建立空间直角坐标 系,标出各点的坐标,求出直线的方向向量和平面的法向 量(根据题中要求可引入参数), 结合结论和已知条件(若有 参数则解出参数),即可得出结果.

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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

变式题 [2013· 北京卷] 如图 7?40?6 所示,在三棱柱 ABC A1B1C1 中,四边形 AA1C1C 是边长为 4 的正方形,平 面 ABC⊥平面 AA1C1C,且 AB=3, BC=5. (1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1 ? BC1 ? B1 的 余弦值; (3)证明:在线段 BC1 上存在点 BD D,使得 AD⊥A1B,并求BC 的值. 1 图 7406

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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

解:(1)证明:因为 AA1C1C 为正方形,所以 AA1⊥AC. 因为平面 ABC⊥平面 AA1C1C, 且 AA1 垂直于这两个平 面的交线 AC, 所以 AA1⊥平面 ABC. (2)由(1)知 AA1⊥AC,AA1⊥AB. 由题知 AB=3,BC=5,AC=4, 所以 AB⊥AC. 如图所示, 以 A 为原点建立空间 直角坐标系 Axyz,则 B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0, 3,4),C1(4,0,4).

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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

设平面 A1BC1 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 → ? A ?n· 1B=0, ? ?n· A→ ? 1C1=0, ? ?3y-4z=0, 即? ? ?4x=0, 令 z=3,则 x=0,y=4,所以 n=(0,4,3). 同理可得平面 B1BC1 的一个法向量为 m=(3,4,0), n·m 16 所以 cos〈n,m〉= = . |n||m| 25 由题知二面角 A1 ? BC1 ? B1 为锐角, 16 所以二面角 A1 ? BC1 ? B1 的余弦值为25.

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立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

点 面 讲 考 向

→ =λBC →1, (3)设 D(x,y,z)是直线 BC1 上一点,且BD 所以(x,y-3,z)=λ(4,-3,4), 解得 x=4λ,y=3-3λ,z=4λ, → =(4λ,3-3λ,4λ). 所以AD → ·A → 由AD 1B=0,即 9-25λ=0, 9 解得 λ= . 25 9 因为 ∈[0,1],所以在线段 BC1 上存在点 D,使得 25 AD⊥A1B. 9 BD 此时, =λ= . BC1 25

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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

思想方法

16.巧妙建立空间直角坐标系简化运算

多 元 提 能 力

例 如图 7407 所示,在四棱锥 P -ABCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD,△PAD 是等边三角形,底面 ABCD 是边 长为 2 的菱形,∠BAD=60°,E 是 AD 的中点,F 是 PC 的中点. (1)求证:BE⊥平面 PAD; (2)求证:EF∥平面 PAB; (3)求直线 EF 与平面 PBE 所成角的 余弦值. 图 7407

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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

多 元 提 能 力

解:由题易知 EP,EA,EB 两两垂直,建立如图所示的 空间直角坐标系 E -xyz,易求 BE= PE= 3,则 E(0,0,0),A(1,0, 0),B(0, 3,0),C(-2, 3,0), D( - 1 , 0 , 0) , P(0 , 0 , 3) .∵F 3 3 是 PC 的中点,∴F(-1, , ). 2 2 → ·EA → =(0, 3,0)· (1)证明:∵EB (1,0,0)=0×1+ 3 → ⊥EA → ,即 EB⊥EA. ×0+0×0=0,∴EB →· → =(0, 3, ∵EB EP 0)· (0, 0, 3)=0×0+ 3×0+0× 3 → ⊥EP → ,即 EB⊥EP. =0,∴EB 又∵EA∩EP=E,∴EB⊥平面 PAD.
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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

多 元 提 能 力

3 3 (2)证明: 取 PB 的中点 H, 联结 FH, AH, 则 H(0, 2 , 2 ). 3 3 → 3 3 → → ∥AH →, ∵EF=(-1, 2 , 2 ),AH=(-1, 2 , 2 ).,∴EF 即 EF∥AH. 又 EF?平面 PAB,AH?平面 PAB,∴EF∥平面 PAB. (3)∵y 轴?平面 PBE,z 轴?平面 PBE,∴平面 PBE 的法 向量为 n=(1,0,0). 3 3 → 设直线 EF 与平面 PBE 所成的角为 θ, EF=(-1,2 ,2 ), → ·n? ?EF 10 15 ? ? ∴sin θ = = 5 ,∴cos θ = 5 . → |n|? ?|EF|· 15 故直线 EF 与平面 PBE 所成角的余弦值为 5 .
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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

多 元 提 能 力

[规律解读] 巧妙建系的三种基本途径: 途径一: 利用图形中现有的垂直关系建立坐标系. 当图 形中有明显互相垂直且交于一点的三条直线时, 可以利用这 三条直线直接建系. 途径二: 利用图形中的对称关系建立坐标系. 如果图形 中没有明显交于一点的互相垂直的三条直线, 但有一定的对 称关系(如正三棱柱、正四棱柱等),利用自身对称性可建立 空间直角坐标系. 途径三: 利用面面垂直的性质建立坐标系. 图形中有两 个互相垂直的平面, 可以利用面面垂直的性质定理, 作出互 相垂直且交于一点的三条直线,建立空间直角坐标系.
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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

[备选理由] 用空间向量方法证明线、 面的平行和垂直 关系是本讲的主要内容,下面的例 1、例 2 就是针对用空间 向量方法对空间中线面位置关系的理解与应用.

教 师 备 用 题
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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

例 1 【配例 1 使用】 [2013· 昆明二模] 如图所示,在 长方体 ABCD - A1B1C1D1 中,AD=CD=4,AD1=5,M 是 B1D1 的中点. (1)求证:BM∥平面 D1AC; (2)求直线 DD1 与平面 D1AC 所成角的正弦值.

教 师 备 用 题
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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

解:(1)证明:在长方体 ABCD -A1B1C1D1 中, ∵AD=4,AD1=5, 2 ∴DD1= AD2 1-AD =3. 建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz,设 AC 的中点为 N,联结 ND1,根 据题意得 A(4,0,0),B(4,4,0),C(0, 4,0),D(0,0,0),B1(4,4,3),D1(0, 0,3),B1D1 的中点为 M(2,2,3),AC 的中点为 N(2,2,0).
教 师 备 用 题
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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

→ =(-2,-2,3),ND → 1=(-2,-2,3), ∴BM → ∥ND → 1,∴BM∥ND1. ∴BM ∵BM?平面 D1AC,ND1?平面 D1AC, ∴BM∥平面 D1AC.

教 师 备 用 题
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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

教 师 备 用 题

→ =(-4,4,0),AD →1=(-4, (2)易得 DD1=(0,0,3),AC 0,3), 设平面 D1AC 的一个法向量为 n=(x,y,z),根据已知得 ? → =-4x+4y=0, ? ?y=1, AC ?n· ? 取 x=1,得? 4 →1=-4x+3z=0, z= , ? ? AD ?n· ? 3 4 ∴n=(1,1,3)是平面 D1AC 的一个法向量, → 1·n 2 34 DD → 1,n〉= ∴cos〈DD = , 17 → 1||n| |DD 34 ∴直线 DD1 与平面 D1AC 所成角的正弦值等于 17 . 2

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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

例 2 【配例 2 使用】 [2013· 山西四校联考] 如图所示, 已知长方形 ABCD 中,AB=2,AD=1,M 为 DC 的中点.将 △ADM 沿 AM 折起,使得平面 ADM⊥平面 ABCM. (1)求证:AD⊥BM; (2)若点 E 是 DB 的中点,求二面角 E -AM -D 的余弦值.

教 师 备 用 题
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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

解:取 AM 的中点 O,AB 的中点 N,由已知得 ON,OA, OD 两两垂直, 以 O 为原点建立空间直角坐标系, 如图所示. 根 据已知条件,得 2 2 A( 2 ,0,0),B(- 2 , 2,0),M(- 2 2 2 ,0,0),D(0,0, 2 ). 2 2 → → (1)由于AD=(- 2 , 0, 2 ), BM=(0, → ·BM → =0,故 AD⊥BM. - 2,0),AD
教 师 备 用 题
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第40讲 的证明

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直

2 2 2 (2)依题意 E(- 4 , 2 , 4 ), 易知平面 AMD 的一个法向量 n=(0,1,0), 设平面 AME 的一个法向量为 m=(x,y,z), → =(- 2,0,0),AE → =(-3 2, 2, 2). ∵AM 4 2 4 → =0,且 m· → =0, ∴m · AM AE 2 2 ∴- 2x=0,且- x+ y+ z=0,得 x=0, 4 2 4 取 z=2,则 y=-1, m· n 1 ∴m=(0,-1,2),∴cos〈m,n〉= =- , |m|· |n| 5 5 结合图形知二面角 E -AM -D 的余弦值为 5 .
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3

2

教 师 备 用 题

双 向 固 基 础 点 面 讲 考 向 多 元 提 能 力 教 师 备 用 题

第41讲 立体几何中的向量方 法(二)——空间角与距离的求解

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考试说明
能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平 面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中 的应用.

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

锐角(或直角)

0<θ≤

π 2

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础
锐角

直角

π 0≤θ≤ 2


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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

半平面

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

—— 链接教材 ——
1. [教材改编] 如图 7411 所示, 直三棱柱 ABC A1B1C1 中,AB=AC=1,AA1=2,∠B1A1C1=90°,D 为 BB1 的中 点,则异面直线 C1D 与 A1C 所成角的余弦值为________.

图 7411

15 [答案] 15
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

[解析] 以 A 为原点建立空间直角坐标系, 如图所示, 易知 A1(0,0,2),C(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,1, 2), → → → 则C A 1,-2),|C 1D=(1,-1,-1), 1C=(0, 1D|= 3, → → → → |A C A cos 〈C 1C|= 5, 1D· 1C=1, 1D, → → C 15 1D·A1C → A C 〉= = , 1 15 → → |C 1D||A1C| 故异面直线 C1D 与 A1C 所成角 15 的余弦值为 . 15

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

2.[教材改编] 如图 7412 所示,正方体的棱长为 1, M 是所在棱上的中点,N 是所在棱上的四分之一分点,则 M,N 之间的距离为________.

图 7412

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

29 [答案] 4

1 1 [解析] 由条件知,M1,0, ,N ,1,0, 2 4 → |= (1-1)2+(0-1)2+(1-0)2= 29. 故|MN 4 2 4

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

3.[教材改编] 如图 7413 所示,空间四边形 OABC 各边以及 AC,BO 的长都是 1,则点 O 到平面 ABC 的距 离为________.

图 7413

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

→· → =1(AC → [解析] 取 BC 的中点 E, 联结 AE, 由于AE AO 2 1 2 11 1 1 → → 3 → → +AB)· AO=2(2+2)=2, |AE|· |AO|= 2 , cos ∠OAE= 3 2 3 6 = 3 ,sin ∠OAE= 3 ,则点 O 到平面 ABC 的距离 d= 6 OA·sin∠OAE= 3 .

6 [答案] 3

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

—— 疑 难 辨 析 ——
1.法向量 (1)若 n1,n2 分别是平面 α,β 的法向量,则 n1∥n2 ?α ∥β .( ) (2)已知 A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则 平 面 ABC 的 一 个 单 位 法 向 量 是 ? 3 3 3? ? ? ) - ,- ,- ? ?.( 3 3 3 ? ?

[答案] (1)×

(2)√

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

[解析] (1)易知 n1∥n2 时平面 α,β 可能平行,也可能 重合. →, (2)设平面 ABC 的一个法向量为 n=(x, y, z) , 则 n⊥AB → ,于是 n· → =0,n· → =0.∵AB → =(-1,1,0),AC → n⊥AC AB AC ? ?-x+y=0, =(-1,0,1),∴? 取 z=1,则 x=y=z=1, ? ?-x+z=0, n ∴n=(1,1,1),故所求平面 ABC 的单位法向量为± = |n| 3 3 3 ± ( 3 , 3 , 3 ).

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

2.空间角
? π? ? (1)两异面直线夹角的范围是?0, ? ?,直线与平面所成 2 ? ? ? π? ? 角的取值范围是?0, ? ,二面角的范围是[0,π ].( ) 2? ? ?

(2)如果与平面有一个交点的一条直线与它在这个平面 上的射影的方向向量分别是 a=(1,0,1),b=(0,1,1), 那么,这条直线与平面所成的角是 60°.( ) (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的大小为 45°.( ) (4)已知向量 m,n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量、 1 法向量,若 cos〈m,n〉=- ,则 l 与 α 所成的角为 150 2 °.( )
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

[答案] (1)√

(2)√

(3)×

(4)×

[解析] (1)根据各个角的定义判断即得. 1 1 (2)∵cos〈a,b〉= = ,且〈a,b〉∈(0,π ), 2× 2 2 ∴〈a,b〉=60°. m· n 1 2 (3)由 cos〈m,n〉= = = ,得〈m,n〉 |m||n| 1× 2 2 =45°,其补角为 135°,∴两平面所成的二面角的大小 为 45°或 135°. (4)设 l 与 α 所成的角为 θ,则 sin θ =|cos〈m,n〉| 1 =2,∴θ=30°.
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

3.空间距离 (1)求点 P 到直线 l 的距离时,先在直线上找一点 Q, → 在直线 l 上投影的绝对值.( 然后求向量PQ ) (2)求点 P 到平面 α 的距离时, 先在平面 α 上找一点 Q, → 在平面的法向量方向上投影的绝对 然 后 求 向 量 PQ 值.( ) (3)与 A(-1,2,3),B(0,0,5)两点距离相等的点的 坐标(x,y,z)满足的等式为 2x-4y+4z-11=0.( )

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解
双 向 固 基 础

[答案] (1)×

(2)√

(3)√

[解析] (1)如果点 P 在直线 l 上的射影为 R, 则 PR 是点到 → 在直线 l 上投影的绝对值是 QR. 直线的距离,向量PQ (2)根据点面距离的求法知正确. (3)设到 A,B 两点距离相等的点为 P(x,y,z),由|PA|= |PB|,即(x+1)2+(y-2)2+(z-3)2=x2+y2+(z-5)2,整理得 2x-4y+4z-11=0.

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?

探究点一

利用空间向量求异面直线所成的角

点 面 讲 考 向

例1 [2013· 江苏卷改编] 如图 7414 所示,在直三 棱柱 A1B1C1?ABC 中,

图 7414 AB⊥AC, AB=AC=2, A1A=4, 点 D 是 BC 的中点. 求 异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值.
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

[思考流程]条件:三棱柱的性质和数量关系.目标: → → A 1B·C1D → → 借助 cos 〈A C = 得到异面直线所成角. 方 1B, 1D〉 → → |A1B|·|C1D| → → 法:建系,利用向量A 1B,C1D求异面直线所成角.

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

解:以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1, → → 0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以A 0,-4),C 1B=(2, 1D =(1,-1,-4). → → A 1B·C1D → → 因为 cos〈A 1B,C1D〉= → → |A 1B||C1D| 18 3 10 = 10 ,所以异面直线 20× 18 3 10 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为 10 . =

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

? π? ? [归纳总结]异面直线所成角的取值范围是?0, ? ?, 2 ? ?

若异面直线 a,b 的方向向量分别为 m,n,异面直线 a,b 所成角为 θ,则 cos θ=|cos〈m,n〉|.解答该类题的过程 是:①建系;②求点坐标;③表示向量;④计算.

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

?

探究点二

利用空间向量求线面所成的角

点 面 讲 考 向

例 2 [2013· 新课标全国卷Ⅰ] 如图 7415 所示,三棱 柱 ABC -A1B1C1 中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°. (1)证明:AB⊥A1C; (2)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值.

图 7415

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

[思考流程]条件:三棱柱的性质和数量关系.目标: 证明线线垂直、求线面角的正弦值.方法:根据已知证明 线面垂直,进而得线线垂直,根据垂直关系建立空间直角 坐标系后,使用空间向量法求线面角的正弦值.

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

解:(1)证明:取 AB 的中点 O,联结 OC,OA1,A1B. 因为 CA=CB,所以 OC⊥AB. 由于 AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B 为等边三 角形,所以 OA1⊥AB. 因为 OC∩OA1=O,所以 AB⊥平面 OA1C. 又 A1C?平面 OA1C,故 AB⊥A1C.

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

(2)由(1)知 OC⊥AB,OA1⊥AB. 又平面 ABC⊥平面 AA1B1B,交线为 AB, 所以 OC⊥平面 AA1B1B,故 OA,OA1,OC 两两相互 垂直. → 的方向为 x 轴的正方向,|OA →| 以 O 为坐标原点,OA 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz. 由题设知 A(1,0,0), A1(0, 3,0),C(0,0, 3), B(-1,0,0), → =(1, →1 则BC 0, 3), BB →1=(-1, 3, → =AA 0), A 1C= (0,- 3, 3).
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

设 n=(x,y,z)是平面 BB1C1C 的法向量, → =0, ? ? BC ?n· ?x+ 3z=0, 则? 即 ? ? →1=0, ?-x+ 3y=0, ? BB ?n· 可取 n=( 3,1,-1). → n· A 10 1C → 故 cos〈n,A1C〉= =- , 5 → |n||A1C| 10 所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 5 .

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

[归纳总结] 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.特别要记住用公式求出的 余弦值的绝对值实质上是线面角的正弦值.

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

变式题 [2013· 湖南十二校联考] 如图 7416 所示,在 四棱锥 S -ABCD 中,AB⊥AD,AB∥CD,CD=3AB=3, 平面 SAD⊥平面 ABCD,E 是线段 AD 上一点,且 AE=ED = 3,SE⊥AD. (1)证明:平面 SBE⊥平面 SEC; (2)若 SE=1, 求直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值.

图 7416
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

(2)由(1)知,直线 ES,EB,EC 两两垂直从而 以 E 为原点,以 EB 为 x 轴,EC 为 y 轴,ES 为 z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则 E(0,0,0),C(0,2 3,0),S(0,0,1),B(2,0, 0), → =(2,-2 3,0),CS →= ∴CB (0,-2 0). → =(0,-2 3,1),CE 3,

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

设平面 SBC 的法向量为 n=(x,y,z), → =0, ? ? CB 3y=0, ?n· ?2x-2 则? 即? 取 y=1, 则 x = 3, ? → ? CS=0, ?-2 3y+z=0, ?n· z=2 3,∴法向量 n=( 3,1,2 3). 设直线 CE 与平面 SBC 所成的角为 θ, →? 1 ?n·CE ?= , 则 sin θ =? → |? 4 ? |n||CE 1 ∴直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值为4.

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

?

探究点三

利用空间向量求二面角

点 面 讲 考 向

例 3 [2013· 江西卷] 如图 7417 所示,四棱锥 P ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点,△DAB≌△DCB,EA=EB 3 =AB=1,PA=2,联结 CE 并延长 交 AD 于点 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的 夹角的余弦值. 图 7417

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

[思考流程]条件:四棱锥中的线面位置关系,底面 中三角形的关系,线段的长度.目标:证明线面垂直,求 两个平面所成角的余弦值.方法:通过底面中三角形的关 系得出线线垂直, 进而使用线面垂直的判定定理得出线面 垂直,建立空间直角坐标系后求出两个平面的法向量,利 用面面角的公式进行计算.

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

解:(1)证明:在△ABD 中,因为 E 是 BD 的中点,所 以 EA=EB=ED=AB=1, π π 故∠BAD= ,∠ABE=∠AEB= . 2 3 因为△DAB≌△DCB, 所以△EAB≌△ECB, π 从而有∠FED=∠BEC=∠AEB= 3 , 所以∠FED=∠FEA, 故 EF⊥AD,AF=FD. 又因为 PG=GD, 所以 FG∥PA. 又 PA⊥平面 ABCD, 所以 GF⊥AD,故 AD⊥平面 CFG.
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点 面 讲 考 向

(2)以点 A 为坐标原点建立如图所 示的坐标系, 则 A(0 , 0 , 0) , B(1 , 0 , 0) , ?3 ? 3 ? C? , ,0? ?,D(0, 3,0), 2 2 ? ? 3 P0,0,2, ?1 ? ? 3 ? 3 3 3 ? ? ? → = ? , ,0? , CP → = ?- ,- , ? →= 故 BC , CD ? 2 2 2? ?2 ? ? 2 ? 3 ? 3 ? ? - , , 0 ? 2 ?. 2 ? ?

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

设 平 面 BCP 的 法 向 量 n1 = (1 , y1 , z1) , 则 3 ?1 ?2+ 2 y1=0, ? ?-3- 3y1+3z1=0, 2 ? 2 2 3 ? ?y1=- 3 , ? 3 2? ? 解得? 即 n1=?1,- , ? ?. 3 3 ? ? ?z1=2, 3 ?

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

设平面 DCP 的法向量 n2=(1,y2,z2), 3 ? 3 ?-2+ 2 y2=0, ? ?y2= 3, 则? 解得? ? ?z2=2, ?-3- 3y2+3z2=0, 2 ? 2 2 即 n2=(1, 3,2). 从而平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值为 4 3 2 =4. 16 × 8 9

|n1·n2| cos θ = = |n1||n2|

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

[归纳总结]求二面角最常用的方法就是分别求出二 面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法 向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判 断所求角是锐角还是钝角.

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

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探究点四
例4

利用空间向量求空间距离

在三棱锥 S -ABC 中,△ABC 是边长为 4 的正三 3,M,N 分别

点 面 讲 考 向

角形,平面 SAC⊥平面 ABC,SA=SC=2

为 AB,SB 的中点,如图 7418 所示,求点 B 到平面 CMN 的距离.

图 7418
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点 面 讲 考 向

[思考流程]条件:如已知.目标:求点 B 到平面 →| |n· MB CMN 的距离.方法:适当建系,用 d= 求距离. |n|

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

解:取 AC 的中点 O,联结 OS,OB. ∵SA=SC,AB=BC,∴AC⊥SO,AC⊥BO. ∵平面 SAC⊥平面 ABC,平面 SAC∩平面 ABC=AC, ∴SO⊥平面 ABC,∴SO⊥BO. 以 OA,OB,OS 分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直 角坐标系 Oxyz,则 B(0,2 3,0),C(-2,0,0),S(0,0, 2 2),M(1, 3,0),N(0, 3, 2), → =(3, 3,0),MN → =(-1,0, 2),MB → =(-1, ∴CM 3,0).

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

设 n=(x,y,z)为平面 CMN 的一个法向量,则 → ·n=3x+ 3y=0, ? ?CM ? 取 z=1,则 x= 2,y= → ? n=-x+ 2z=0, ?MN· - 6, ∴n=( 2,- 6,1). →| 4 2 |n· MB ∴点 B 到平面 CMN 的距离 d= = . 3 |n|

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

点 面 讲 考 向

[归纳总结] 点到平面的距离,利用向量法求解比较简 单, 它的理论基础仍源于几何法. 如本题, 事实上, 作 BH⊥ → =BM → +MH → 及BH → ·n=n· → ,得 平面 CMN 于点 H,由BH BM →| →| | n · BM | n · BM →· → |=|BH → |· → |= |BH n|=|n· BM |n|, 所以|BH , 即 d= . |n| n

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

答题模板

11.空间向量方法解答立体几何试题的规范步骤

例 [2013· 宁 波 五 校 模 拟 ] 在 等 腰 梯 形 ABCD 中 , 1 AD∥BC,AD= BC,∠ABC=60°,N 是 BC 的中点.将梯 2 形 ABCD 绕 AB 旋转 90°,得到梯 ABC′D′(如图 7419 所示). (1)求证:AC⊥平面 ABC′; (2)求证:C′N∥平面 ADD′; (3)求二面角 A -C′N -C 的余弦 图 7419
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多 元 提 能 力

值.

第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

1 [解答规范] (1)证明:因为 AD=2BC,N 是 BC 的中点, 所以 AD=NC. 又 AD∥BC, 所以四边形 ANCD 是平行四边形,所以 AN=DC. 又因为四边形 ABCD 为等腰梯形,∠ABC=60°, 所以 AB=BN=AN,所以四边形 ANCD 是菱形,所以 1 ∠ACB= ∠DCB=30°, 2 所以∠BAC=90°,即 AC⊥AB. 由已知可知,平面 C′BA⊥平面 ABC, 又平面 C′BA∩平面 ABC=AB,AC?平面 ABC, 所以 AC⊥平面 ABC′.(4 分)
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多 元 提 能 力

第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

(2)证明:因为 AD∥BC,AD′∥BC′,AD?平面 ADD′, BC?平面 ADD′,AD′?平面 ADD′,BC′?平面 ADD′,所以 BC∥平面 ADD′,BC′∥平面 ADD′. 又 BC∩BC′=B, 所以平面 ADD′∥平面 BCC′. 又因为 C′N?平面 BCC′,所以 C′N∥平面 ADD′.(8 分)
多 元 提 能 力

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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

(3)因为 AC⊥平面 ABC′,同理 AC′⊥平面 ABC,所以建 立如图 74110 如示的空间直角坐标系.

多 元 提 能 力

图 74110 设 AB=1, 则 B(1,0,0),C(0, 3,0), 1 3 C′(0,0, 3),N2, 2 ,0, (9 分)
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解 → → → 所以BC ′=(-1,0, 3),CC ′=(0,- 3, 3),AN

1 3 → =2, 2 ,0,AC ′=(0,0, 3). → ′·n=0, 设平面 C′NC 的法向量为 n=(x,y,z),则有BC C→ ′C·n=0,易得 n=( 3,1,1). → ·m=0, 设平面 ANC′的法向量为 m=(x,y,z),有AN
多 元 提 能 力

→ AC ′·m=0, 得 m=(- 3,1,0),(12 分) n· m 5 所以 cos〈m,n〉= =- .(13 分) 5 |m|· |n| 所以由图形可知,二面角 A - C′N - C 的余弦值为- 5 .(14 分) 5
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解 [ 步骤解读 ] 用空间向量解决立体几何问题的步骤如

下: (1)建系、设点,找到三条两两垂直的直线,建立空间坐 标系,写出各点的坐标. (2)用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面,把立 体几何问题转化为向量问题,其中表示直线可用直线的方向 向量,表示平面用法向量. (3)通过向量运算,研究点、直线、平面之间的位臵关系 及它们之间的距离和夹角等问题. (4)把向量运算的结果“翻译”成相应的几何意义. (5)检查向量运算结果和所求问题的联系,写下正确的结 论.对于所求的线线角、线面角、二面角都得弄清楚角度的 范围,确定是所求的角还是其补角或余角,如有时向量算出 来的是钝角,而实际上所求角是该钝角的补角.
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多 元 提 能 力

第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

[备选理由] 用空间向量法求解空间角与距离是本讲 的主要内容,下面的例 1、例 2 就是针对用空间向量法求解 空间角的具体应用.例 1 考查空间线面位置关系、线面角 的求法,例 2 考查二面角的余弦值的求法,例 3 是有关空 间向量求距离的一道类比推理试题,在探究点中没有涉及 此类试题.

教 师 备 用 题
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

例 1 【配例 2 使用】 [2013· 长春一调] 如图所示,在三 棱柱 ABC -A1B1C1 中,侧面 AA1C1C⊥底面 ABC,AA1=A1C= AC=2,AB=BC,AB⊥BC,O 为 AC 的中点. (1)证明:A1O⊥平面 ABC; (2)求直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的 正弦值; (3)在 BC1 上是否存在一点 E,使得 OE∥平面 A1AB1?若存在,确定点 E 的 位置,若不存在,说明理由.
教 师 备 用 题
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

解:(1)证明:∵AA1=A1C=AC=2,且 O 为 AC 的中点, ∴A1O⊥AC. 又侧面 AA1C1C⊥底面 ABC,交线为 AC,AO1?平面 A1AC, ∴A1O⊥平面 ABC. (2)如图所示,以 O 为原点,分别 以 OB,OC,OA1 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则由题可知 B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0, 3), → A(0,-1,0),∴A 1C=(0,1,- 3).
教 师 备 用 题
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

→1=n· →= 令平面 A1AB 的法向量为 n=(x,y,z),则 n· AA AB →1=(0,1, 3),AB → =(1,1,0),可求得平面 A1AB 的 0,而AA 一个法向量 n=(3,-3, 3), → | n · A 6 21 1C| → ∴|cos〈A1C,n〉|= = = 7 , → 2 × 21 |n|· |A1C| 21 故直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值为 7 . (3)存在点 E 为线段 BC1 的中点. 证明:联结 B1C 交 BC1 于点 M,联结 AB1,OM,则 M 为 BC1 和 B1C 的中点,从而 OM 是△CAB1 的一条中位线, ∴OM∥AB1.又 AB1?平面 A1AB1,OM?平面 A1AB1,∴OM∥平 面 A1AB1,故 BC1 的中点 M 即为所求的 E 点.
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教 师 备 用 题

第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

例 2 【配例 3 使用】 [2013· 石家庄一模] 如图所示,在 四棱锥 P?ABCD 中, PA⊥平面 ABCD, ∠ABC =∠ADC=90°,∠BAD=120° ,且 AD= AB=1,AC 和 BD 交于 O 点. (1)求证:平面 PBD 丄平面 PAC; (2)当点 A 在平面 PBD 内的射影 G 恰好 是△PBD 的重心时, 求二面角 B -PD -C 的 余弦值.
教 师 备 用 题
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

解: (1) 证明:依题意 Rt △ ABC ≌ Rt △ ADC ,∠BAC = ∠DAC,△ABO≌△ADO, ∴AC⊥BD. ∵PA⊥平面 ABCD, ∴AP⊥BD. 又 PA∩AC=A,∴BD⊥面 PAC. ∵BD?面 PBD, ∴平面 PAC⊥平面 PBD.
教 师 备 用 题
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

教 师 备 用 题

(2)过点 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 E,以 AE 为 x 轴,AD 3 为 y 轴, AP 为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则 B( , 2 1 -2,0),D(0,1,0),C( 3,1,0). 设 P(0,0,λ)(λ>0), 3 1 λ 3 1 → ∴G( , , ),PB=( ,- ,-λ). 6 6 3 2 2 由 AG⊥PB, 3 1 λ 3 1 → → 得AG·PB=( 6 ,6, 3 )·( 2 ,-2, -λ)=0, 1 2 2 解得 λ2=2,λ= 2 ,∴P 点的坐标为(0,0, 2 ), → =( 3,1, 2). ∴平面 PBD 的一个法向量为 m=6AG
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

→ =(- 3, 设平面 PCD 的一个法向量为 n=(x,y,z),易知CD → =(0,1,- 2). 0,0),PD 2 → =0, ? ? PD ?n· ? 2y-z=0, ∵? 即? 取 y=1,则 n=(0,1, 2), ? → =0, ?- 3x=0. ? CD ?n· ( 3,1, 2) n· m (0,1, 2)· 2 ∴cos〈n,m〉= = =2, |n||m| 3· 6 2 ∴二面角 B -PD -C 的余弦值为 2 .
教 师 备 用 题
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

例 3 【配例 4 使用】 在空间直角坐标系中,定义 平面 α 的一般方程为 Ax+By+Cz+D=0(A, B, C, D∈R, 且 A,B,C 不同时为零),点 P(x0,y0,z0)到平面 α 的距离 |Ax0+By0+Cz0+D| 为 d= .那么在底面边长与高都为 2 的正 2 2 2 A +B +C 四棱锥中,底面中心 O 到侧面的距离等于________.

教 师 备 用 题
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第41讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距 离的求解

[答案]

2 5

5

教 师 备 用 题

[解析 ] 如图所示,以底面中 心 O 为原点建立空间直角坐标 系,则 A(1,1,0),B(-1,1, 0),P(0,0,2). 设平面 PAB 的方程为 Ax+By +Cz+D=0,将以上三个坐标代 入计算得 A=0,B=-D,C=- 1 1 2D,所以-Dy-2Dz+D=0,即 |2×0+0-2| 2 5 2y+z-2=0,所以 d= = . 5 22+12
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