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【强烈推荐】高三数学第二轮专题复习系列(8)--


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高三数学学习资料 阳光家教网 www.ygjj.com 高三数学 高三数学第二轮专题复习系列(8) (8)-- 空间向量, 高三数学第二轮专题复习系列(8)-- 空间向量,立体几何复习与检测
一,大纲解读 立体几何的主要内容是空间几何体, 点线面之间的位置关系, 空间向量与立体几何. 其 考查内容主要是空间两直线的位置关系,直线与平面的位置关系,两平面的位置关系;异 面直线所成的角,二面角,线面角;几何体的表面积和体积,空间几何体的三视图和直观 图等.其中线面平行与垂直判定定理与性质定理,面面平行与垂直判定定理与性质定理是 考查的重点.对于理科生来说,空间向量作为一种新的快捷有效的工具已被广泛应用于解 决立体几何综合问题,是高考的焦点所在. 二,高考预测 一般来说立体几何有两个左右的选择题或填空题和一道解答题,约 20-25 分,占整章 试卷的 15%. 选择题或填空题考查的是空间几何体和点线面位置关系的基本问题, 与三视 图相结合考查是一种典型题型;解答题近年已成为一个较为固定的模式,以多面体(少数 为旋转题)为载体,考查点线面的位置关系的判断推理,求空间角和距离,求有关最值和 体积一般分步设问,难度逐渐增大,但都可以用基本方法解决,理科生要会用空间向量来 解决这类问题. 三.重点剖析 立体几何的重点内容是柱锥台球的表面积和体积,空间几何体的三视图和直观图,平 面的基本性质,空间线面位置关系,空间向量的基本问题,空间向量与立体几何,特别是 用空间向量解决立体几何中的线面平行与垂直的证明,求解异面直线所成的角,二面角, 线面角,以及简单的距离计算. 重点一:空间几何体的三视图,体积与表面积 【例 1】 一个空间几何体的主视图,左视图,俯视图为直角三角形,边长如图所示, 那么这个几何体的体积为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【分析】根据三个试图可以知道这个几何体是一个一条侧棱和底面垂直,底面是直角 三角形的三棱锥. 【解析】该几何体是底面两直角边长分别是 1, 2 的直角三角形,高为 3 的三棱锥,故 其体积为 ×

1 1 ×1× 2 × 3 = 1 . 3 2

【点评】主试图和侧视图的高就是实际几何体的高. 【例 2】已知一个几何体是由上下两部分构成的组合体,其三视图如下,若图中圆的 半径为 1 ,等腰三角形的腰长为 5 ,则该几何体的体积是 A. ( )

4π 3

B. 2π

C.

8π 3

D.

10π 3

【分析】这个空间几何体是一个圆锥和一个半球组成的组合体,把其中的数量关系找 出来按照圆锥和球的体积计算公式计算就行. 【解析】A 这个几何体是一个底面半径为 1 ,高为 2 的圆锥和一个半径为 1 的半球组成 的组合体,故其体积为 π × 12 × 2 +

1 3

1 4 4π . × π × 13 = 2 3 3

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【点评】空间几何体的三视图是课标高考的一个考点,主要考查方式之一就是根据三 视图还原到原来的空间几何体,并进行有关的计算. 重点二:空间点,线,面位置关系的判断 【例 3 】已知 m , n 是不重合的直线, α 和 β 是不重合的平面,有下列命题: (1)若 m α , n ‖ α ,则 m ‖ n ; (2)若 m ‖ α , m ‖ β ,则 α ‖ β ;

(3)若 α ∩ β = n , m ‖ n ,则 m ‖ α 且 m ‖ β ; (4)若 m ⊥ α , m ⊥ β ,则 α ‖ β 其中真命题的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 【 分析】 (1)是假命题,如果一条直线平行于一个平面,该直线不与平面内所有直 线平行,只与部分直线平行; (2)是假命题,平行于同一直线的两平面的位置关系不确定; (3)是假命题,因为 m 可能为 α 和 β 内的直线,则 m ‖ α 且 m ‖ β 不一定成立; (4) 是真命题,垂直于同一直线的两平面平行. 【解析】选B. 【点评】本题考查的是有关线面关系命题的真假,所以通过利用定理来解决上述有关 问题. 【例 4】 在下列关于直线 l , m 与平面 α 和 β 的命题中,真命题的是( )

α; B.若 l ⊥ β 且 α ‖ β ,则 l ⊥ α ; C.若 l ⊥ β 且 α ⊥ β ,则 l ‖ α ; D.若 α ∩ β = m 且 l ‖ m ,则 l ‖ α

A.若 l β 且 α ⊥ β , ,则 l ⊥

α

【分析】高考中通常以选择或填空的形式来考查垂直关系的判定. A 显然是错误的;C 中 l 可在平角 α 内,故 l ‖ α 错误; D 中 l 可在平角 α 内,故 l ‖ 错误; 【解析】选 B . 【点评】该题主要考查的是想象能力和位置关系. 【例 5】正方体 ABCD A1 B1C1 D1 中,对角线 A1C ∩ 平面 BDC1 = O , AC 和 BD 交
D1 A1 B1 C1

于点 M ,求证:点 C1 , O , M 共线.

O D A B C

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【分析】要证明若干点共线问题,只需要证明这些点同在两个相交平面内即可. 【证明】如图所示,由 A1 A ‖ C1C ,则 AA1CC1 确定平面 AA1C .

∵ A1C 平面 AA1C , O ∈ A1C ,∴ O ∈ 平面 AA1C . 又 A1C ∩ 平面 BDC1 = O ,∴ O ∈ 平面 BDC1 . ∴ O 在平面 BDC1 与平面 AA1C 的交线上. 又 AC ∩ BD = M ,∴ 平面 AA1C ∩ 平面 BDC1 = C1 M , ∴ O ∈ C1 M ,即 O , C1 , M 三点共线.
【点评】 该题的考向是点共线的问题, 一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点, 这样就可以根据公理 2 证明这些点都是在这两个平面的交线上. 重点三:空间线面位置关系的证明和角的计算 【例 6】 ABCD A1 B1C1 D1 是边长为 a 正方体,计算下列问题: (1) AD1 与 B1C 所 成角的大小; (2)若 E , F , G , H 为对应棱的中点,求 EF , GH 所成的角. 【分析】该题可以采用平移法,即将 EF , GH 平移到 D1 B1 和 AB1 即可. 【解析】 (1)连 BC1 ,则 AD1 ‖ BC1 ,所以 BC1 ⊥ B1C ,则 AD1 ⊥ B1C ,即 AD1 与

B1C 所成角为 90 0 ; (2)连 AB1 , B1 D1 ,则 EF ‖ B1 D1 , GH ‖ AB1 , ∠D1 B1 A 即为 EF 和 GH 所成
的角, 因为 D1 B1 A 为正三角形,∴ ∠D1 B1 A = 60 0 ,即 EF 和 GH 所成的角为 60 0 .
D1 A1 E C1 F B1

H D A G B C

图2 【点评】掌握此类基本题的解法,也是反映同学们的立体几何基础. 【例 7】 如图, 四棱锥 P ABCD 中, ⊥底面 ABCD , PC ⊥ AD . 底面 ABCD PA 为梯形, AB // DC , AB ⊥ BC . PA = AB = BC ,点 E 在棱 PB 上,且 PE = 2 EB . (1)求证:平面 PAB ⊥平面 PCB ; (2)求证: PD ‖平面 EAC ; (3) (理)求平面 AEC 和平面 PBC 所成锐二面角的余弦值.

【分析】 (1)根据两个平面垂直的判定定理,寻找一个面对一条直线垂直于另一个平
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面; (2)根据线面平行的判定定理,寻找线线平行; (3)可以利用传统的方法作出二面角 的平面角解决,也可以利用空间向量的方法解决. 【解析】 (1)∵ PA ⊥ 底面 ABCD ,∴ PA ⊥ BC .又 AB ⊥ BC , PA ∩ AB = A , ∴ BC ⊥平面 PAB . 又 BC 平面 PCB ,∴平面 PAB ⊥平面 PCB . (2)∵ PA ⊥ 底面 ABCD , ∴ PA ⊥ AD ,又 PC ⊥ AD ,∴ AD ⊥ 平面 PAC ,∴ AC ⊥ AD . 在 梯 形 ABCD 中 , 由 AB ⊥ BC , AB = BC , 得 ∠BAC =

π

∠DCA = ∠BAC =

π
4

4

, ∴

.

又 AC ⊥ AD , DAC 为等腰直角三角形. DC = 故 ∴

2 AC = 2

(

2 AB = 2 AB .

)

连接 BD ,交 AC 于点 M ,则

DM DC = = 2. MB AB

在 BPD 中,

PE DM = = 2, EB MB

∴ PD // EM 又 PD 平面 EAC , EM 平面 EAC , ∴ PD ‖平面 EAC . (3)方法一:在等腰直角 PAB 中,取 PB 中点 N ,连结 AN ,则 AN ⊥ PB .∵ 平面 PAB ⊥平面 PCB ,且平面 PAB ∩ 平面 PCB = PB ,∴ AN ⊥ 平面 PBC . 在平面 PBC 内, N 作 NH ⊥ 直线 CE 于 H , 过 连结 AH , AN ⊥ CE ,NH ⊥ CE , 由 得 CE ⊥ 平面 ANH ,故 AH ⊥ CE .∴ ∠AHN 就是二面角 A CE P 的平面角.

P

P
N H E

A
D M C

B

N H E C B
1 2 PB = a, 3 3

在 Rt PBC 中,设 CB = a ,则 PB =

PA2 + AB 2 = 2a , BE =

NE =

1 2 11 PB = a , CE = CB 2 + BE 2 = a, 6 6 3 NH CB ,代入解得: = NE CE

由 NH ⊥ CE , EB ⊥ CB 可知: NEH ∽ CEB ,∴

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高三数学学习资料 阳光家教网 www.ygjj.com 高三数学 NH =


a . 22

Rt AHN
1 11 + 1



,

AN =

2 a 2

,



tan ∠AHN =

AN = 11 NH

,

cos ∠AHN =

=

3 . 6

∴平面 AEC 和平面 PBC 所成锐二面角的余弦值为

3 . 6 方法二:以 A 为原点, AB, AP 所在直线分别为 y 轴, z 轴,如图建立空间直角坐标

系.

设 PA = AB = BC = a , 则 A ( 0, 0, 0 ) , B ( 0, a, 0 ) , C ( a, a, 0 ) , P ( 0, 0, a ) ,

2a a E 0, , . 3 3

ax + ay = 0, uuu r uuu r 设 n1 = ( x, y,1) 为平面 EAC 的一个法向量, n1 ⊥ AC , n1 ⊥ AE , 2ay a 则 ∴ , + = 0. 3 3
解得 x =

1 1 1 1 , y = ,∴ n1 = ( , ,1) . 2 2 2 2 uuu r uur 设 n2 = ( x ', y ',1) 为平面 PBC 的一个法向量,则 n2 ⊥ BC , n2 ⊥ BP ,

又 BC = ( a, 0, 0 ) , BP = (0, a, a ) , ∴

ax ' = 0,
' ay + a = 0,

, 解 得 x ' = 0, y ' = 1 , ∴

n2 = ( 0,1,1) . cos n1 , n2 =
余弦值为

n1 n2 3 = . ∴平面 AEC 和平面 PBC 所成锐二面角的 n1 n2 6

3 . 6

【点评】求二面角的平面角的方法通常有:一是根据线面垂直关系作出二面角的平面 角,通过解三角形解决;二是用空间向量的方法来求解,方法是:求出两个平面的法向量

n1 和 n 2 ,然后利用数量积公式计算出锐二面角,其公式为 cos n1 , n2 =





| n1 n 2 |
→ →





,当然

n1 n 2

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考虑到二面角的取值范围是 [ 0, π ] ,所以,二面角的平面角 θ 与这两个平面的法向量的夹 角相等或互补. 四 扫雷先锋 错误之一:概念理解错误 【例 8】空间四边形 ABCD 中,AB=CD 且成 60 的角,点 M,N 分别为 BC ,AD 的中点, 求异面直线 AB 和 MN 成的角. 【错解】如图所示,取 AC 的中点 P,连 PM,PN,MN.
0

1 1 AB ;NP‖CD,且 NP= CD. 2 2 0 0 又 AB=CD, 且 AB,CD 所成的角为 60 , ∴MP=NP 且直线 MP 于 NP 成 60 角,∴ ∠ MPN= 60 0 ,即 MPN 使等边三角形, ∴ ∠ PMN= 60 0 ,即直线 AB 和 MN 成的角为 60 0 .
∵ M,N 分别为 BC ,AD 的中点,∴MP‖AB,且 MP= A N B P M C 【剖析】上面的解法遗漏了当直线 PM 与 PN 成 60 0 角,而 ∠ MPN= 120 0 的情形,此时 直线 AB 和 MN 所成角为 30 0 .为防止遗漏或错误,在解题过程中应正确理解定义. 【点评】题目中的错误,是同学们最易忽视的,有时看到一例题目,似乎会做,但是, 不经过缜密的思考,就会出现"千里之堤,溃于蚁穴"的慨叹. 错误之二:忽视分类讨论错误 【例 9】点M是线段 AB 的中点,若 A,B 到平面 α 的距离分别为 4 cm 和 6 cm ,则点 M 到平面 α 的距离为—————— 【错解】如图 1,分别过点 A,B,M 作平面 α 的垂线, AA / , BB / ,MH,垂足分别为 D

A/ , B / , H .

B M A B

A/
H

M H

α A/
图1

B

/

α
A

B/

图2
/ /

则线段 AA , BB , 的长分别为点, B, 到平面 α 的距离, MH A, M 由题设知,AA =4 cm ,
/

BB / =6 cm ,
因此,MH=

AA / + BB / 4 + 6 = 5(cm) 2 2
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【剖析】不少同学在解此类问题时,总认为 A,B 在 α 的同侧,只注意检验计算是否 正确,并没有发现异侧的情况,缺乏分类讨论的意识.事实上,如图 2 ,若 A,B 在 α 异 侧,则 MH=1 cm . 【点评】分类讨论是数学中一种重要的思想方法,它在立体几何中应用非常广泛.但 不少同学不能正确的利用这种思想方法,经常片面地考虑问题,使问题出现漏解. 五 规律总结 1.空间几何体的三视图"长对正,高平齐,宽相等"的规律. 2.在计算空间几何体体积时注意割补法的应用. 3.注意多面体中的特征图和旋转体的轴截面在解题的应用. 4.空间平行与垂直关系的关系的证明要注意转化:线线平行 线面平行 面面平 行,线线垂直 线面垂直 面面垂直. 5.求异面直线所成的角 θ 的方法 (文科)求异面直线所成的角的最关键是要找出一个点,把其作为角的顶点,然后把 两条直线"平行平移"过来,这个角就完成了.这个点有时很好找,中点,交点,对称点 等.若用平移转化烦琐或无法平移时,可考虑是否异面垂直,即可通过证明垂直的位置关 系得到 90°的数量关系. ( 理 科 ) 利 用 空 间 向 量 法 :

r r r r | a b | cos θ =| cos < a, b >| = r r = | a || b |

| x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 | x + y + z x2 + y2 + z2
2 1 2 1 2 1 2 2 2

(其中 θ ( 0 < θ ≤ 90 )
o o

r r 为异面直线 a, 所成角, a, b 分别表示异面直线 a, 的方向向量) b b .
6.直线与平面所成的角 (文科) 在斜线上找到任意一点, 过该点向平面作垂线, 找到斜线在该平面上的射影, 则斜线和射影所成的角便是直线与平面所成的角. (理科)直线 AB 与平面所成角 sin β =

AB m | AB || m |

( m 为平面 α 的法向量).

7. (理科)二面角 方法一:常见的方法有三垂线定理法和垂面法;

mn 方法二: 向量法: 二面角 α l β 的平面角 θ = arc cos m n 或 π arc cos (m , | m || n | | m || n |

n 为平面 α , β 的法向量) .
8. (理科)空间距离 (1)点与点的距离,点到直线的距离,一般用三垂线定理"定性"; (2)给出公垂线的两条异面直线的距离,先进行论证(先定性) ,后计算(后定量) ; (3)线面距,面面距都转化为点面距; (4)求点面距: d =

| AB n | ( n 为平面 α 的法向量, AB 是经过面 α 的一条斜线, |n|

A ∈α ) .
六 能力突破 例1 如图在直三棱柱 ADE-BCF 中,面 ABFE 和面 ABCD 都为正方形,且互相垂直, M 为 AB 的中点, O 为 DF 中点. (1)求证:OM‖平面 BCF ; (2)求证:平面 MDF⊥平面 EFCD ; (3) (理科)求二面角 F-DM-C 的正切值.

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E D F O G C

A

M

B

【分析】问题(1)是证明线面平行,则可以利用线面 平行的判定定理;问题(2)是证明面面垂直,方法 比较多,当然最好的办法是用线面垂直的判定定理来证明. 【解析】 取 FC 的中点 G , 连结 OG, ∵O 为 DF 的中点, ∴OG//DC 且 OG= (1) BG. 在正方形 ABCD 中, M 为 AB 中. ∴MB//DC 且 MB= ∴OM//平面 BCF. E D F O G C

1 DC . 2

1 DC. ∴OG//MB 且 OG=MB, 2 ∴四边形 OMBG 为平行四边形. ∴OM//BG , 又∵BG 平面 BFC , OM 平面 BFC,

A

M

B

(2)在直三棱柱 ADE-BCF 中, DC⊥平面 BCF, ∴DC⊥BG , 在等腰△FBC 中, ∵BF=BC, ∴G 为 FC 的中点, ∴BG⊥FC , ∴BG⊥平面 EFCD. 又∵OM//BG , ∴OM⊥平面 EFCD. 又∵OM 平面 MDF, ∴平面 MDF⊥平面 EFCD. (3)过 B 作 BH⊥DM 交 DM 的延长线于 H , 连结 FH . ∵平面 EFBA⊥平面 ABCD, FB⊥AB. ∴FB⊥平面 ABCD . ∴BH 为 FN 在平面 ABCD 上的射影. ∴FH⊥DH (三垂线定理). ∴∠FHB 为二面角 F-DM-C 的平面角, 设 AB=1 , 则 BH=BMsin∠AMD=

1 1 1 BF = ,∴tan∠FHB= = 5. 2 BH 5 5 2

∴二面角 F-DM-C 的

正切值为 5 . 【点评】该题主要是能够熟练应用判定定理来证明相关的问题,因此要熟悉定理并能 灵活应用. 【例 2】 如图, 己知四棱锥 P-ABCD 的底面为直角梯形, AD//BC , ∠BCD=90°, PA=PB, PC=PD. (1)证明: CD 与平面 PAD 不垂直; (2)证明:平面 PAB⊥平面 ABCD; (3) (理科)如果 CD=AD+BC , 二面角 P-BC-A 等于 60°, 求二面角 P-CD-A 的大小.

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P

E B

A F C

D

【分析】问题(1)需要利用反证法来证明,问题(2)仍用面面垂直的判定定理来证 明. 【解析】 (1)若 CD⊥平面 PAD, 则 CD⊥PD, 由己知 PC=PD 得∠PCD=∠PDC<90°, 这与 CD⊥PD 矛盾,所以 CD 与平面 QAD 不垂直. (2)取 AB,CD 的中点 E,F , 连结 PE,PF,EF, EF 为 直角梯形的中位线, EF⊥CD. 由 PA=PB , PC=PD 得 PE⊥AB. 又 PF∩EF=F ∴CD⊥平面 PEF , 由 PE 平面 PEF 得 CD⊥PE , 又 AB⊥PE 且梯形两腰 AB,CD 必相交. ∴PE⊥平面 ABCD, 又 PE 平面 PAB , ∴平面 PAB⊥平面 ABCD. (3) (2) 由 及二面角定义可知∠PFE 为二面角 P-CD-A 的平面角. 作 EG⊥BC 于 G , 连 PG. ∴BC⊥PG. ∴∠PGE 为二面角 P-CD-A 的平面角, 即∠PGE=60°. 由己知 得 EF=

1 1 (AD+BC)= CD. 2 2

又 EG=CF=

1 CD. ∴EF=EG. 2

易证得 Rt△PEF≌Rt△PEG , ∴∠PFE=∠PGE =60°即为所求. 【点评】会添加辅助线,并注意一定的逻辑推理,这是立体几何大题的解题所应该注 意的地方. 【例 3】已知四棱锥 P-ABCD 的底面为直角梯形,AB‖DC, ∠DAB = 90 , PA ⊥ 底面 ABCD,且 PA=AD=DC=

1 AB=1,M 是 PB 的中点. 2

(1)证明:面 PAD⊥面 PCD; (2)求 AC 与 PB 所成的角余弦值; (3) (理科)求面 AMC 与面 BMC 所成二面角的余弦值.

【分析】本小题主要考查直线与平面垂直,直线与平面所成角和二面角的有关知识及 思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力. 【解析】方法一: (1)证明:∵PA⊥面 ABCD,CD⊥AD,∴由三垂线定理得:CD⊥PD.因而,CD 与面 PAD 内两条相交直线 AD,PD 都垂直,∴CD⊥面 PAD.又 CD 面 PCD,∴面 PAD⊥面 PCD. (2)解:过点 B 作 BE//CA,且 BE=CA,则∠PBE 是 AC 与 PB 所成的角. 连结 AE,可知 AC=CB=BE=AE= 2 ,又 AB=2,所以四边形 ACBE 为正方形. 由 PA⊥面 ABCD 得∠PEB=90°,在 Rt△PEB 中 BE= 2 ,PB= 5 , ∴ cos ∠PBE =

BE 10 = . PB 5

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P M A D N E

B

C

(3)解:作 AN⊥CM,垂足为 N,连结 BN.在 Rt△PAB 中,AM=MB,又 AC=CB, ∴△AMC≌△BMC,∴BN⊥CM,故∠ANB 为所求二面角的平面角. ∵CB⊥AC,由三垂线定理,得 CB⊥PC,在 Rt△PCB 中,CM=MB,所以 CM=AM. 在等腰三角形 AMC 中,ANMC= CM (
2

AC 2 ) AC , 2

3 × 2 2 ∴ AN = = 5 2

6 5

.

AN 2 + BN 2 AB 2 2 ∴AB=2,∴ cos ∠ANB = = 2 × AN × BN 3

方法二: (理科)因为 PA⊥PD,PA⊥AB,AD⊥AB,以 A 为坐标原点 AD 长为单位长度, 如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为 A(0,0,0)B(0,2,0) ,C(1,1,0) ,D(1, 0,0) ,P(0,0,1) ,M(0,1, ) .

1 2

(1)证明:因 AP = (0,0,1), DC = (0,1,0), 故 AP DC = 0, 所以AP ⊥ DC . 由题设知 AD⊥DC,且 AP 与 AD 是平面 PAD 内的两条相交直线,由此得 DC⊥面 PAD. 又 DC 在面 PCD 上,故面 PAD⊥面 PCD. (2)解:因 AC = (1,1,0), PB = (0,2,1),

故 | AC |= 2 , | PB |= 5 , AC PB = 2, 所以
cos < AC , PB >=

AC PB
| AC | | PB |

=

10 . 5

(3)解:在 MC 上取一点 N(x,y,z) ,则存在 λ ∈ R, 使 NC = λ MC ,

1 1 NC = (1 x,1 y, z ), MC = (1,0, ),∴ x = 1 λ , y = 1, z = λ . . 2 2 1 4 要使 AN ⊥ MC , 只需 AN MC = 0即x z = 0, 解得λ = . 2 5

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高三数学学习资料 阳光家教网 www.ygjj.com 高三数学 4 1 2 可知当λ = 时, N点坐标为( ,1, ), 能使 AN MC = 0, 5 5 5 1 2 1 2 此时, AN = ( ,1, ), BN = ( ,1, ), 有 BN MC = 0 5 5 5 5 由AN MC = 0, BN MC = 0得AN ⊥ MC , BN ⊥ MC.所以∠ANB 为 所 求 二 面 角
的平面角.

∵| AN |=

30 30 4 ,| BN |= , AN BN = . 5 5 5 AN BN 2 ∴ cos( AN , BN ) = = . 3 | AN | | BN |

【点评】建立空间直角坐标系,通过代数计算得到几何值,这种问题是近几年中高考 的重点内容. 七,高考风向标 考查方向一:空间几何体的三视图以及面积,体积的计算 例1右图是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的表面积是( ) A. 9π B. 10π C. 11π D. 12π 2 3 2 2 俯视图 正(主)视图 侧(左)视图 分析:本题考查三视图,球和圆锥的表面积等基础知识,考查空间想象能力和运算能 力.三视图是课标高考相对于大纲高考的新增内容,是课标高考的一个热点内容.解题的 关键是由这个三视图想象出这个空间几何体是如何构成的. 解析:D 该几何体下面是一个底面半径为 1 ,母线长为 3 的圆柱,上面是一个半径为1 的球,其表面积是 2π × 1× 3 + 2 × π ×1 + 4π × 1 = 12π .
2 2

点评:本题容易出错的答复有两个,一是不能由这个三视图想象出这个空间几何体, 二是用错球的表面积公式,圆柱的侧面积公式或在计算圆柱的表面积时忽视了上下底面. 考查方向二:空间线面位置关系的判断 例2(08 年安徽理 4)已知 m, n 是因为两条不同直线, α , β , γ 是三个不同平面,下 列命题中正确的是( ) A. 若m‖ α , n‖ α , 则m‖ n B. 若α ⊥ γ , β ⊥ γ , 则α‖ β C. 若m‖ α , m‖ β , 则α‖ β D. 若m ⊥ α , n ⊥ α , 则m‖ n 分析:考查空间线面位置关系的判断.本题主要用到的是"两条直线如果和同一个平 面垂直,则这两条直线平行" ,这是空间直线和平面垂直的性质定理,是空间线面位置关 系的主要定理之一. 解析: m, n 均为直线, D 其中 m, n 平行 α ,m, n 可以相交也可以异面,故 A 不正确;

m ⊥ α ,n⊥α则同垂直于一个平面的两条直线平行. 点评:对空间线面位置关系的判定定理生疏或者不会结合图形进行分析是本题解答错 误或不会解答的主要原因.在空间直线和直线的平行关系,平面和平面之间的平行关系具 有传递性,但是直线和平面之间的平行关系没有传递性,本题中 A,C 两个选择支就是针

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对这个问题而设计的.在平面上和同一条直线垂直的两条直线平行,但在空间这个结论不 成立,同时在空间和同一个平面垂直的两个平面也不平行,本题的选择支 B 就是针对这个 问题设计的. 考查方向三:空间垂直与平行关系的证明 例 3 如图,在四面体 ABCD 中,CB = CD, AD ⊥ BD ,点 E, F 分别是 AB, BD 的中 点,求证: (1)直线 EF 面 ACD ; (2)面 EFC ⊥ 面 BCD . B F E D

C

A

分析:根据线面平行的判定定理和面面垂直的判定定理,寻找需要的直线. 证明: (1)∵E,F 分别是 AB,BD 的中点, ∴EF 是△ABD 的中位线,∴EF//AD. 又∵ EF 面 ACD,AD 面 ACD,∴直线 EF//面 ACD. (2)

EF // AD EF ⊥ BD AD ⊥ BD CB = CD BD ⊥ 面CEF CF ⊥ BD 面EFC ⊥ 面BCD F为BD中点 BD 面BCD CF ∩ EF = F

点评: 本题考查空间直线与平面, 平面与平面的位置关系的判定, 考查空间想象能力, 推理论证能力.主要检测考生对空间线面位置关系的判定和性质定理的掌握程度. 考查方向四:全面考查立体几何的综合性试题 例 4 如下的三个图中,上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图.它的正 视图和俯视图在下面画出(单位:cm) (1)在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图; (2)按照给出的尺寸,求该多面体的体积; (3)在所给直观图中连结 BC ′ ,证明: BC ′ ‖面 EFG .

D′
G E D A F

C′ B′

2

6

2 2 4

C

4 B 分析:根据图中的数据和图中反应的线面位置关系解决. 解析: (1)如图

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2 6 4 (正视图) (2)所求多面体体积 4 (侧视图) 2 2 4 2 2 (俯视图) 6

1 1 V = V长方体 V正三棱锥 = 4 × 4 × 6 × × 2 × 2 × 2 3 2 284 = (cm 2 ) . 3 (3)证明:在长方体 ABCD A′B′C ′D′ 中, 连接 AD′ ,则 AD′ ‖ BC ′ . 因为 E,G 分别为 AA′ , A′D′ 中点, 所以 AD′ ‖ EG ,从而 EG ‖ BC ′ . 又 BC ′ 平面 EFG , 所以 BC ′ ‖面 EFG .

A′
E A

G

D′
F

C′ B′
C B

D

点评:本题考查立体几何初步的基本知识和方法.立体几何初步中的主要问题是空间 几何体的三视图,直观图,表面积和体积计算,空间线面位置关系的证明,本题把这些问 题糅合在一起综合检测考生对立体几何初步的掌握程度,这可以说是针对立体几何初步而 设计的一道典型试题.在画俯视图时不标明尺寸,或是只画一个矩形;在计算体积时没有 体积分割的思想意识,或是忽视了锥体体积公式中的 补法"是最重要的技巧之一,在复习中要认真体会. P F A B 例 4 如图 E C D ,已知四棱锥 P ABCD ,底面 ABCD 为菱形, PA ⊥

1 ,在空间几何体的体积计算中"割 3

平面 ABCD , ∠ABC = 60 , E,F 分别是 BC,PC 的中点. (1)证明: AE ⊥ PD ; (2)若 H 为 PD 上的动点, EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为 角 E AF C 的余弦值.

6 ,求二面 2

分析:第一问转化为证明线面垂直;第二问根据 EH 与平面 PAD 所成最大角的正切 值为

6 可以找出四棱锥的底面边长和高之间的关系,然后用传统的方法作出二面角的平 2

面角解决,或是用空间向量的方法解决. 证明: (1)由四边形 ABCD 为菱形, ∠ABC = 60 ,可得 △ ABC 为正三角形. 因为 E 为 BC 的中点,所以 AE ⊥ BC .又 BC ‖ AD ,因此 AE ⊥ AD . 因为 PA ⊥ 平面 ABCD , AE 平面 ABCD ,所以 PA ⊥ AE . 而 PA 平面 PAD , AD 平面 PAD 且 PA ∩ AD = A ,所以 AE ⊥ 平面 PAD .
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高三数学学习资料 阳光家教网 www.ygjj.com 高三数学 又 PD 平面 PAD ,所以 AE ⊥ PD .
P S F H D .

A B E OC 解: 2) AB = 2 , 为 PD 上任意一点, ( 设 H 连接 AH,EH , 如图 由(1)知 AE ⊥ 平面 PAD ,则 ∠EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角.

在 Rt△EAH 中, AE = 3 ,所以当 AH 最短时, ∠EHA 最大,即当 AH ⊥ PD 时,

∠EHA 最大.此时 tan ∠EHA =

AE 3 6 = = ,因此 AH = 2 .又 AD = 2 ,所以 AH AH 2

∠ADH = 45 ,所以 PA = 2 . 解法一:因为 PA ⊥ 平面 ABCD , PA 平面 PAC ,所以平面 PAC ⊥ 平面 ABCD . 过 E 作 EO ⊥ AC 于 O ,则 EO ⊥ 平面 PAC ,过 O 作 OS ⊥ AF 于 S ,连接 ES , 3 则 ∠ESO 为二面角 E AF C 的平面角,在 Rt△ AOE 中, EO = AE isin 30 = , 2 3 3 2 AO = AE icos 30 = , F 是 PC 的中点, Rt△ ASO 中,SO = AOisin 45 = 又 在 , 2 4 3 9 30 2 2 又 SE = EO + SO = + = ,在 Rt△ESO 中, 4 8 4 3 2 15 SO 15 ,即所求二面角的余弦值为 . cos ∠ESO = = 4 = 5 5 SE 30 4 解法二:由(1)知 AE,AD,AP 两两垂直,以 A 为坐标原点,建立如图
z P F A B D E x 以 C 所示的空间直角坐标系,因为 E,F 分别为 BC,PC 的中点,所 y

A(0, 0) B ( 3, 1,,C ( 3,0) D (0, 0) , 0,, 0) 1,, 2,
3 1 P(0,2) E( 3,0) F ,, , 0,, 0,, 1 2 2 3 1 所以 AE = ( 3, 0) AF = 0,, 1 2 ,, . 2
设平面 AEF 的一法向量为 m = ( x1,y1,z1 ) ,则

m i AE = 0,

m i AF = 0,

因此

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3x1 = 0, 3 1 x1 + y1 + z1 = 0. 2 2 取 z1 = 1 ,则 m = (0, 1) ,因为 BD ⊥ AC , BD ⊥ PA , PA ∩ AC = A ,所以 2,
BD ⊥ 平面 AFC ,故 BD 为平面 AFC 的一法向量.又 BD = ( 3,0) ,所以 3,

BD cos < m, >=

m i BD m i BD

=

2×3 15 = .因为二面角 E AF C 为锐角,所以所 5 5 × 12

求二面角的余弦值为

15 . 5

点评:本题考查空间线面位置关系的有关定理,线面角,二面角等基础知识,考查用 空间向量解决立体几何问题的方法,考查转化的数学思想,考查空间想象,逻辑思维,运 算求解等能力.本题第一问是一个证明线线垂直问题,证明的基本思想是转化为证明线面 垂直,只要考生熟悉这个转化策略,熟悉空间线面位置关系的有关定理,解决起来困难不 大;第二问以一个动态的情境给出,确定动点 H 的位置是解决的关键所在,这就要求有一 定的逻辑推理能力和分析问题的能力,这个地方能有效地检测考生的思维层次,是一个设 计优秀的试题.

八,沙场练兵 一,选择题 1.一条直线与一个平面所成的角等于 直 C.必定异面 D.不可能平行 1.D 2.在一个锥体中,作平行于底面的截面,若这个截面面积与底面面积之比为 1:3,则 锥 体被截面所分成的两部分的体积之比为( ) A.1: 3 B.1:9 C.1: 3 3 D.1: (3 3 1) 2.D 3.正方体 ABCD A1 B1C1 D1 中, P , Q , R 分别是 AB , AD , B1C1 的中点.那么, 正方体的过 P , Q , R 的截面图形是( ) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 3.D 4.正四棱锥的侧棱长与底面边长都是 1,则侧棱与底面所成的角为( ) A.75° B.60° C.45° D.30° 4.C 5.对于直线 m,n 和平面 α ,下面命题中的真命题是( ) A.如果 m α , n α , m ,n 是异面直线,那么 n // α C.如果 m α , n // α , m ,n 共面,那么 m // n D.如果 m // α , n // α , m ,n 共面,那么 m // n B.如果 m α , n α , m ,n 是异面直线,那么 n与α 相交 线的位置关系( A.必定相交 ) B.平行

π
3

,另一直线与这个平面所成的角是

π
6

. 则这两条

5.C ,若 6.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a,长为定值的线段 EF 在棱 AB 上移动(EF<a)
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P 是 A1D1 上的定点,Q 是 C1D1 上的动点,则四面体 PQEF 的体积是( ) A.有最小值的一个变量 B.有最大值的一个变量 C.没有最值的一个变量 D.是一个常量 6.D 7.已知平面 α与β 所成的二面角为 80°,P 为 α , β 外一定点,过点 P 的一条直线与 α ,

β 所成的角都是 30°,则这样的直线有且仅有(

)

A.1 条 B.2 条 C.3 条 D.4 条 7.D 8.如图所示,在水平横梁上 A,B 两点处各挂长为 50cm 的细线 AM,BN,AB 的长度为 60cm, 在 MN 处挂长为 60cm 的木条 MN 平行于横梁, 木条中点为 O, 若木条绕 O 的铅垂线旋转 60°, 则木条比原来升高了( ) A.10cm B.5cm C.10 3 cm D.5 3 cm

8.A 9.如图,棱长为 5 的正方体无论从哪一个面看,都有两个直通的 边长为 1 的正方形孔, 则这个有孔正方体的表面积(含孔内各面)是( ) A.258 B.234 C.222 D.210

9.C 10.设 a,b 为两条直线, α,β 为两个平面,下列四个命题中,正确的命题是( A.若 a,b 与 α 所成的角相等,则 a ‖ b B.若 a ‖α , b ‖ β , α ‖ β ,则 a ‖ b

)

C.若 a α , b β , a ‖ b ,则 α ‖ β D.若 a ⊥ α , b ⊥ β , α ⊥ β ,则 a ⊥ b

10.D 提示:A 中若 a,b 与 α 所成的角相等,则 a 和 b 不一定平行,可能异面,也可能相 交; 中若 a ‖α ,b ‖ β ,α ‖ β , a 和 b 不一定平行, B 则 也可能是异面; 中若 a α , C

b β , a ‖ b ,则 α 和 β 也可能平行,也可能相交. 11.底面边长为 a,高为 h 的正三棱锥内接一个正四棱柱(此时正四棱柱上底面有两个顶 点在同一个侧面内) ,此棱柱体积的最大值( )

4( 4 7 3 ) 2 a h 9 4( 4 + 7 3 ) 2 C. a h 9
A.

B.

4 (7 4 3 ) 2 a h 9 4( 7 + 4 3 ) 2 D. a h 9

11.B 12.将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里,这个正四面体的高的最 小值为( )

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A.

3+2 6 3

B.2+

2 6 3

C.4+

2 6 3

D.

4 3+2 6 3

12.B 二,填空题 13.已知点 P 在正方形 ABCD 所在的平面外, PD ⊥ 平面 ABCD , PD = AD ,则 PA 和 BD 所成角的度数为 . 13. 60
0

提示:将四棱锥 P — ABCD 补成正方体,如图所示,则 PA 和 BD 所成角的
0

度数即为 PA 和 PM 所成的角,而 PAM 为等边三角形,所以所求的角为 60

P
M

C

D A B

C

14.如图,矩形 ABCD 中,DC= 3 ,AD=1,在 DC 上截取 DE=1,将△ADE 沿 AE 翻折到 D1 点, 点 D1 在 平 面 ABC 上 的 射 影 落 在 AC 上 时 , 二 面 角 D1—AE—B 的 平 面 角 的 余 弦 值 . 是

14. 2 3 15.如图所示,在等腰梯形 ABCD 中, AB = 2 DC = 2 , ∠DAB = 60 , E 是 AB 中点, 将 ADE 与 BEC 分别沿 ED , EC 向上折起,使 A , B 重合于 P 点,则三棱锥 P DCE 的外接球的体积为 .
0

D

C

A
15.

E
6 π 8

B

提示:根据题意,折叠后的三棱锥 P DCE 为正四面体,且棱长为 1,以这

2 6 ,故立方体的对角线长为 ,且立 2 2 6 6 ,则外接球的体积为 π. 方体的外接球也为正四面体外接球,所以外接球半径为 4 8 16. 已知平面 α , β 和直线,给出条件:① m // α ;② m ⊥ α ;③ m α ;④ α ⊥ β ; (i)当满足条件 时,有 m // β ; (ii)当满足条件 时,有 m ⊥ β . ⑤ α // β .
个正四面体来构造正方体,则此立方体的棱长为 (填所选条件的序号)
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高三数学学习资料 阳光家教网 www.ygjj.com 高三数学 16. (i)③⑤; (ii)②⑤.提示:可以分析出当满足条件③和⑤时,则 m // β ,也 就是说面面平行可以推出线面平行.出当满足条件②和⑤时,有 m ⊥ β .
九,实战演练 一, 选择题: 在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的.本大题共 12 小题, 每小题 5 分,共 60 分. 1.某几何体的三视图如下图所示,则这个几何体是

正视图

侧视图

府视图

A.三棱锥 B.四棱锥 C.五棱锥 D.六棱锥 1.C 2.ABCD-A1B1C1D1 是正方体,O 是 B1D1 的中点,直线 A1C 交平面 AB1D1 于点 M,则下列结论中 错误的是 ( ) A.A,M,O 三点共线 B.M,O,A1,A 四点共面 C.A,O,C,M 四点共面 D.B,B1,O,M 四点共面

2.D

3.如图 所示,点 S 在平面 ABC 外,SB⊥AC,SB=AC=2, E,F 分别是 SC 和 AB 的中点,则 EF 的长是( ) A.1 B. 2 C.

2 2

D.

1 2

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3.B 提示:

取 BC 的中点 G, 连接 EG, EG // SB, FG // AC , FG,

SB⊥AC,故 ∠EGF = 90 ,且 EG=1,FG=1,所以 EF = 2 . 4.已知正四面体 ABCD 的表面积为 S,其四个面的中心分别为 E,F,G,H,设四面体 EFGH 的表面积为 T,则 A.

T =( S

) C.

1 9

B.

4 9

1 4

D.

1 3

4.A

2 1 MN = BD ,即四面体 EFGH 3 3 1 1 的棱长是正四面体 ABCD 的棱长的 ,故其表面积之比为 . 3 9 1 5.在棱长为 4 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,P 是 A1 B1 上一点,且 PB1 = A1 B1 ,则多面体 4
提示: 如图, EG = ( ) C.4 D.16 A.

BC—PB1C1 的体积为

8 3

B.

16 3

5.B 提示:

多面体 BC—PB1C1

,

即四棱锥 P BB1C1C ,其体积为

1 16 1 16 = . 3 3
6.如下图所示,已知棱长为 a 的正方体(左图) ,沿阴影面将它切割成两块,拼成右图所 示的几何体,那么拼成的几何体的全面积为( ) A, 2 + 2 2 a 2

(

)

B, 3 + 2 2 a 2

(

)

C, 5 + 2 2 a 2

(

)

D, 4 + 2 2 a 2

(

)

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6.D 提示:切割拼合后,前后左右四个面的面积没变,上下两个面的面积是正方体的对角 面的面积. 故拼成的几何体的全面积为 4 + 2 2 a .
2

(

)

7.已知圆锥的底面半径为 R , 高为 3R , 在它的所有内接圆柱中, 全面积的最大值是 ( A. 22π R
2

)

B. π R 2

9 4

C. π R 2

8 3

D. π R 2

5 2

7.B

提示:

组合体的轴截面如图所示,由相似三角形的比例

PO1 x 关 系 = , PO1 = 3 x , 圆 柱 的 高 为 3R 3 x , 所 以 圆 柱 的 为 3R R 3 9 S = 2π x 2 + 2π x(3R 3 x) = 4π x 2 + 6π Rx , x = R 时, 取最大值,S max = π R 2 . 当 S 4 4
8.半径为 R 的球的内接正三棱柱的侧面积(各侧面面积之和)的最大值为 ( ) A. 3 3R D. 2R
2
2

B. 3R

2

C

.

2 2R 2

8.A 提示:

如图设球的内接正三棱柱高的 2x ,则 OO1 = x ,设

球的内接正三棱柱高的底面边长为 a ,则 AO1 =

3 a ,即 a = 3 AO1 ,在直角三角形 3

OO1 A 中, AO1 = R 2 x 2 ,所以 a = 3 R 2 x 2 ,所以球的内接正三棱柱的侧面积
S = 3a 2 x = 6ax = 6 3 x R x ≤ 6 3
2 2

x2 + ( R2 x2 )

2

= 3 3R 2 .

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AB=AA1, AC1 与平面 BB1C1C 所成的角的正弦值为 则 ( 9. 如图, 正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,

)

A.

2 2

B.

15 5

C.

6 4

D.

6 3

9.C 提示: (法一)如图 1 所示,取 BC 的中点 D,连接 AD, C1 D ,易知 AD ⊥ 平面 BB1C1C, ∠AC1 D 即 是 AC1 与 平 面 BB1C1C 所 成 的 角 . 在 三 角 形 AC1 D 中 , 设 AB = a , 则

3 a 3 2 = 6 .选 C. AD = a, AC1 = 2a ,所以 sin ∠AC1 D = 2 4 2a
( 法 二 )( 理 科 ) 建 立 如 图 2 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 , 设 AB=2 , 则

C1

(

3,1, 0 ,A ( 0, 2 ) , AC1 = ( 3,1, 2) ,平面 BB1C1C 的一个法向量为 n = (1, 0, 0) ,所 0,

)

以 AC1 与平面 BB1C1C 所成的角的正弦值为

AC1 n AC1 n

=

3 6 . = 4 8

10.过正方形 ABCD 的顶点 A,引 PA⊥平面 ABCD,若 PA = AB,则平面 ABP 和平面 CDP 所 成的二面角的大小是( ) A.30° B.45° C.60° D.90°

10.B 提示: (1) 将其补成正方体, 如图 2, 不难发现平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角就是平面 ABPQ 和平面 CDPQ 所成的二面角,其大小为 45 是明显的. (2) (理科)建立如图 1 所示的空间直角坐标系,不难求出平面 PAB,PCD 的法向量,

n1 = (0,1, 0),2 = (0,1,1) , 故 平 面 ABP 和 平 面 CDP 所 成 的 二 面 角 的 余 弦 值 为 n n1 n2 n1 n2 = 1 2 = ,平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角的大小是 45 .选 B. 2 2
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A.若 l / / m , m / / n ,则 l / / n . B.若 l ⊥ α , n / /α ,则 l ⊥ n . C.若 l ⊥ m , m / / n ,则 l ⊥ n . D.若 l / /α , n / /α ,则 l / / n . 11.D 12.已知平面 α , β 都垂直于平面 γ ,且 α ∩ γ = a, β ∩ γ = b. 给出下列四个命题: ①若 a ⊥ b, 则α ⊥ β ;②若 a // b, 则α // β ;③若 α ⊥ β , 则a ⊥ b ;④若 α // β , 则a // b . 其中真命题的个数为 ( ) A.4 B.3 C.2 D.1 12.A 提示:借助与正方体模型,不难发现 4 个命题都是真命题.选 A. 二,填空题:本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分,请把答案直接填在题中横线上. 13.已知 ABCD 是空间四边形形,E,F,G,H 分别是 AB,BC,CD,DA 的中点,如果对角线 AC=4,BD=2,那么 EG2+HF2 的值等于 . 11.已知直线 l , , 及平面 α ,下列命题中的假命题是 m n ( )

13. 10 提示: 易知四边形 EFGH 是平行四边形,EF=GH=2, EH=FG=1,在平行四边形两条对角线的平方和等于四个边的平方和.故其和为 10. 提示: .

14.如图 所示,平面 M,N 互相垂直,棱 l 上有两点 A,B, AC M, BD N,且 AC⊥l, BD ⊥ l ,AB=8cm,AC=6 cm,BD=24 cm,则 CD=_________. 14. 26cm 提示: (一) (理科)

CD = CA + AB + BD CD = CA + AB + BD = 62 + 82 + 242 = 26cm .
(二)补成一个长方体,不难发现 CD 是这个长方体的体对角线. 提示: . 15.现有正四面体 ABCD,记此四面体能容纳得下的最大球体半径为 R1,能容纳得下此四面 体的最小球体半径为 R2,则 15.

2

2

2

R1 = R2

.

1 3

提示:即正四面体的内切球与外接球的问题.

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16 . 已 知 在 三 棱 柱 ABC A1 B1C1 中 , 底 面 为 直 角 三 角 形 ,

∠ACB = 90°, AC = 6, BC = CC1 = 2 , P 是 BC1 上一动点,则 CP + PA1 的

最小值为_______________. 16. 5 2

40, BC1 = 2 , A1C1 = 6 , A1 BC1 是 ∠A1 BC1 = 90 又 故 的 直 角 三 角 形 . 铺 平 平 面 A1 BC1 , 平 面 BCC1 , 如 图

提示: 计算知 AB1 =

CP + PA1 ≥ A1C ,在 AC1C 中,由余弦定理 A1C = 62 +

( 2)

2

2 6 2 cos135 = 50 = 5 2

故 (CP + PA1 ) min = 5 2 . 三,解答题:本大题共 6 小题,共 74 分,解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算 步骤. 17. 12 分)在长方体 ABCD A1 B1C1 D1 中,已知 DA = DC = 4, DD1 = 3 ,求异面直线 (

A1 B 与 B1C 所成角的余弦值.

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17.法一:连接 A1 D ,如图

∵ A1 D // B1C , ∴ ∠BA1 D 为异面直线 A1 B 与 B1C 所成的角.
连接 BD ,在△ A1 DB 中, A1 B = A1 D = 5, 则 cos ∠BA1 D =

BD = 4 2 ,

A1 B 2 + A1 D 2 BD 2 25 + 25 32 9 = = . 2 A1 B A1 D 255 25

∴ 异面直线 A1 B 与 B1C 所成角的余弦值为

9 . 25

法二: (理科)以 D 为坐标原点,分别以 DA , DC , DD1 所在直线为 x 轴, y 轴, z 轴,

建 立 空 间 直 角 坐 标 系 .

如 图



A1 (4, 0, 3),B (4, 4, 0),B1 ( 4, 4, 3),C (0, 4, 0) , 得 A1 B = (0, 4, 3), B1C = (4, 0, 3) .
设 A1 B 与 B1C 的夹角为 θ ,则 cos θ =

A1 B B1C A1 B B1C

=

9 , ∴ A1 B 与 B1C 的夹角余弦值为 25

9 9 , 即异面直线 A1 B 与 B1C 所成角的余弦值为 . 25 25 18.(理科) (12分)三棱锥 C OAB 的底面 OAB 是边长为 4 的正三角形, CO ⊥ 平面 OAB 且 CO = 2 ,设 D , E 分别是 OA , AB 的中点. (I)求证: OB ‖平面 CDE ; (II)求二面角 O DE C 的余弦值.
18.解: (I)证明:∵ DE 是 OAB 的中位线, ∴ DE ‖ OB , DE 平面 CDE , OB 平面 CDE , ∴ OB ‖平面 CDE . (II)以 O 为原点, OC 为 z 轴正向, OB 为 y 轴正向,在平面 OAB 内作 OF ⊥ y 轴

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并以 OF 为 x 轴正向建立空间直角坐标系(如图) 则题意得: O ( 0, 0, 0 ) O, A 2 3, 2, 0 , ( 0, 4, 0 ) , ( 0, 0, 2 ) , B C D

(

)

(

3,1, 0 , E

设 平 面 CDE 的 法 向 量 为 n = ( x, y , z ) , DE = ( 0, 2, 0 ) , CD =

(

) ( (

3,3, 0 .

3,1, 2 , 由

)

)

2y = 0 n DE = 0 且 n CD = 0 得 ,令 x = 2 得 z = 3 ,取 n = 2, 0 3 . 3x + y 2 z = 0 取平面 OAB 的法向量 OC = ( 0, 0, 2 ) ,

)

cos n, OC =

n OC n OC

=

2 3 21 . = 7 7 2
21 . 7

∴二面角 O DE C 的余弦值是

另一种建立坐标系的方法是 . 18.(文科) (12 分)已知四棱台上,下底面对应边分别是 a,b,试求其中截面把此棱台 侧面分成的两部分面积之比. 18. 解 : 设 A1B1C1D1 是 棱 台 ABCD - A2B2C2D2 的 中 截 面 , 延 长 各 侧 棱 交 于 P 点 . 如 图

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∵BC=a,B2C2=b,∴B1C1=

S a +b a2 ,∵BC‖B1C1,∴ PBC = a+b 2 2 S PB1C1 ( ) 2

∴ S PB1C1 = 同理 S PB2C2
2

( a + b) 2 S PBC . 4a 2 b2 = 2 S PBC a



S B1C1CB S B2 C2 C1 B1

=

S PB1C1 = S PBC S PB2 C2 S PB1C1

( a + b) 1 2 b 2 + 2ab 3a 2 (b + 3a )(b a ) b + 3a = 2 = = = 2 4a 3b 2ab a 2 (3b + a )(b a ) 3b + a b ( a + b) 2 a2 4a 2 S ABB1 A1 S DCC1D1 S ADD1 A1 b + 3a 同理: = = = S A1 B1B2 A1 S D1C1C2 D2 S A1 D1D2 A1 3b + a
由等比定理,得

S 上棱台侧 S 下棱台侧

=

3a + b a + 3b

D

O1

E

19.(理科) (12分)如图所示, AF , DE 分别是圆 O ,圆 O1 的 直径, 与两圆所在的平面均垂直, = 8 . BC 是圆 O 的直径, AD AD AB = AC = 6 , OE // AD . A (I)求二面角 B AD F 的大小; (II)求直线 BD 与 EF 所成的角的余弦值. 19.解:(Ⅰ)∵AD 与两圆所在的平面均垂直, ∴AD⊥AB, AD⊥AF,故∠BAD 是二面角 B—AD—F 的平面角, 0 依题意可知,ABCD 是正方形,所以∠BAD=45 . 0 即二面角 B—AD—F 的大小为 45 ; (Ⅱ)以 O 为原点,BC,AF,OE 所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标 系(如图所示) ,则 O(0,0,0) ,A(0, 3 2 ,0) ,B( 3 2 ,0, ,E(0,0,8) ,F(0, 3 2 ,0) 0),D(0, 3 2 ,8) 所以, BD = (3 2 ,3 2 ,8), FE = (0,3 2 ,8)

C O

F

B

cos < BD, EF >=

BD FE | BD || FE |

=

0 + 18 + 64 100 × 82

=

82 10

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设异面直线 BD 与 EF 所成角为 α , 则 cos α =| cos < BD, EF >|=

82 10 82 . 10

直线 BD 与 EF 所成的角为余弦值为

19.(文科) (12 分)已知直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AC =BC =1,∠ACB =90°,AA1 =

2 ,D 是 A1B1 中点.
(1)求证 C1D ⊥平面 A1B ; (2)当点 F 在 BB1 上什么位置时,会使得 AB1 ⊥平面 C1DF ?并证明你的结论.

,∵ ABC—A1B1C1 是直三棱柱, 19.解: (1)证明:如图 ∴ A1C1 =B1C1 =1,且∠A1C1B1 =90°. 又 D 是 A1B1 的中点,∴ C1D ⊥A1B1 . ∵ AA1 ⊥平面 A1B1C1 ,C1D 平面 A1B1C1 , ∴ AA1 ⊥C1D ,∴ C1D ⊥平面 AA1B1B . 延长 DE 交 BB1 于 F , 连结 C1F , AB1 ⊥平面 C1DF , 则 (2)解: DE ⊥AB1 交 AB1 于 E , 作 点 F 即为所求. 事实上,∵ C1D ⊥平面 AA1BB ,AB1 平面 AA1B1B , ∴ C1D ⊥AB1 .又 AB1 ⊥DF ,DF ∩ C1D =D , ∴ AB1 ⊥平面 C1DF .

20.(12 分)如图

,在三棱锥 S-ABC 中,△ABC 是边长为

4 的正三角形,平面 SAC⊥平面 ABC,SA=SC=2 3 ,M,N 分别为 AB,SB 的中点. (Ⅰ)证明:AC⊥SB; (Ⅱ)求二面角 N-CM-B 的余弦值;

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解法一: (Ⅰ)取 AC 中点 D,连结 SD,DB.如图 ∵SA=SC,AB=BC,∴AC⊥SD 且 AC⊥BD,∴AC⊥平面 SDB,又 SB 平面 SDB,∴AC⊥SB. (Ⅱ)∵AC⊥平面 SDB,AC 平面 ABC,∴平面 SDB⊥平面 ABC.过 N 作 NE⊥BD 于 E,NE⊥平面 ABC,过 E 作 EF⊥CM 于 F,连结 NF,则 NF⊥CM. ∴∠NFE 为二面角 N-CM-B 的平面角.∵平面 SAC⊥平面 ABC,SD⊥AC, ∴SD⊥平面 ABC.又∵NE⊥平面 ABC,∴NE‖SD. ∵SN=NB,∴NE=

1 1 SD= 2 2

SA 2 AD 2 =

1 2

12 4 = 2 ,

1 1 MB= ,在 Rt△NEF 中, 4 2 1 EN tan∠NFE= =2 2 ,∴二面角 N-CM-B 余弦值是 . EF 3
且 ED=EB.在正△ABC 中,由平几知识可求得 EF= 解法二: (理科) (Ⅰ)取 AC 中点 O,连结 OS,OB.∵ SA=SC,AB=BC,∴AC⊥SO 且 AC⊥BO. ∵平面 SAC⊥平面 ABC,平面 SAC∩平面 ABC=AC ∴SO⊥面 ABC,∴SO⊥BO. 如图所示建立空间直角坐标系 O-xyz.则 A(2,0,0) , B(0,2 3 ,0) ,C(-2,0,0) ,S(0,0,2 2 ) , M(1, 3 ,0),N(0, 3 , 2 ).∴ AC =(-4,0,0) ,

SB =(0,2 3 ,2 2 ) ,∵ AC SB =(-4,0,0)(0,2 3 ,2 2 )=0,
∴AC⊥SB. (Ⅱ)由(Ⅰ)得 CM =(3, 3 ,0) MN =(-1,0, 2 ). , 设 n =(x,y,z)为平面 CMN 的一个法向量,则

CM n = 3x + 3 y = 0 MN n = x + 2 z = 0
取 z=1,则 x= 2 ,y=- 6 ,∴ n =( 2 ,- 6 ,1), 又 OS =(0,0,2 2 )为平面 ABC 的一个法向量, ∴cos( n , OS )= ∴二面角 N-CM-B 的余弦值是

1 . | n | | OS | 3
=

n OS

1 . 3

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21.(12 分)如图 ,已知四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是矩 形,PA⊥平面 ABCD,AP = AD = 1,AB = 2,E,F 分别是 AB,PD 的中点. (I) 求证:AF//平面 PEC; (II) 求 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值; (III) (理科)求二面角 P—EC—D 的余弦值. 21.解:方法一: (文科) (I) 取 PC 的中点 O,连结 OF,OE.

∴ FO // DC ,且 FO =

1 DC. ∴ FO // AE. 2

又∵E 是 AB 的中点,且 AB = DC,∴FO = AE. ∴四边形 AEOF 是平行四边形.∴AF//OE. 又 OE 平面 PEC,AF 平面 PEC,∴AF//平面 PEC. (II) 连结 AC. ∵PA⊥平面 ABCD,∴∠PCA 是直线 PC 与平面 ABCD 所成的角.

PA 1 5 6 = = . 所以 sin ∠PCA = , 6 AC 5 5 6 即直线 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值为 . 6
在 RtΔPAC 中, tan ∠PCA =

方法二: (理科)以 A 为原点,如图建立直角坐标系.如图 则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,1,0), F (0, 0,1). (I) 取 PC 的中点 O,连结 OE.则 O (1,

1 1 , ) ,E(1,0,0),P(0, 2 2

1 1 , ). 2 2

1 1 1 1 AF = (0, , ), EO = (0, , ) , 2 2 2 2
又 OE 平面 PEC,AF 平面 PEC,∴AF//平面 PEC. (II) 由题意可得 PC = ( 2,1,1) , 且 PA = (0,0, 1) 是平面 ABCD 的法向量,

∴ AF // EO.

cos < PA, PC >=

PA PC | AP | | PC |

=

6 , 6

即直线 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值为

6 . 6 (III) 设 m = ( x, y, z ) 为平面 PEC 的法向量, PE = (1,0,1), EC = (1,10).
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x z = 0, m PE = 0, 则 可得 m EC = 0. x + y = 0.
令 z = 1,则 m = ( 1,1, 1).

PA = (0,0, 1) 是平面 ABCD 的法向量,

cos < m, PA >=

m PA 1 3 = = . 3 | m | | PA | 3

∴二面角 P—EC—D 的余弦值为

3 . 3

P

F A E B C , 已知矩形 ABCD 所在平面外一点 P, 22. (14 分) 如图 PA⊥平面 ABCD,AB=2,∠PDA=45°,E,F 分别是 AB,PC 的中点. (1)求证:EF‖平面 PAD; (2)求异面直线 EF 与 CD 所成的角; (理科) (3)若 AD=3,求点 D 到面 PEF 的距离. 22.解法一:几何法
(1) 证明:取 PD 的中点 G,则 FG= AE//CD 且 AE=

D

1 CD 且 FG//CD, 2

E 为 AB 中点,在矩形 ABCD 中,有

1 CD 2

P G

∴有 AE//FG 且 AE=FG, ∴平行四边形 EFGA, 有 EF//AG ,又 EF 面 PAD,AG 面 PAD , ∴EF//面 PAD (2)在矩形 ABCD 中,CD⊥AD,由 PA⊥面 ABCD 知,PA⊥CD ∵AD,PA 面 PAD,∴ CD ⊥ 平面PAD . ∵AG 面 PAD,∴CD⊥AG, 由(1)有 EF//AG,∴EF⊥CD B (3)过 D 作 DH⊥PC,H 为垂足, 由 PA⊥面 ABCD 知,在△PAD 中,PA⊥CD,已知∠PDA=45°, ∴△PAD 为等腰直角三角形,G 为 PD 中点,∴AG⊥PD 由(1)知 EF//AG,∴EF⊥PD,由(2)知 EF⊥CD, CD,PD 面 PCD,∴EF⊥面 PCD, DH 面 PCD,∴EF⊥DH,又有 DH⊥PC,PC,EF 面 PEF,∴DH⊥面 PEF, DH 即为点 D 到面 PEF 的距离 AD=PA=3,PA= 3 2 ,CD=AB=2,CD⊥PD,PC= PD + CD =
2 2

F A D

E

H C

22

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在直角三角形 PCD 中,DH=

PD CD 3 2 × 2 6 11 = = ) PC 11 22
z P

G F A E H B x C D y

解法二: (理科)坐标法 如图 ,以 A 为坐标原点, 以 AB,AD,AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系. ∵PA⊥平面 ABCD,∠PDA=45°,所以三角形 PAD 为等腰直角三角形, 可设 B (b, 0, 0) , D (0, a, 0) , P (0, 0, a ) , C (b, a, 0) (1)∵ E ( , 0, 0) , F ( ,

b a a , ) 2 2 2 a a 1 1 EF = (0, , ) = AD + AP 2 2 2 2
∴EF‖平面 PAD

b 2

(2) ∵ CD = (b, 0, 0) , ∴ EF CD = (0,

a a , ) (b, 0, 0) = 0 2 2
0

EF ⊥ CD ,异面直线 EF 与 CD 所成的角为 90 ; (3) AD=PA=3,AB=2,∴a=3,b=2

E(1,0,0) ,F(1,3/2,3/2) EF =(0,3/2,3/2) PE = (1,0,3) , , ,则 过在作面 PEF 的法向量 DH ,设 DH =(1,x,y) ∴ DH EF = 0, DH PE = 0 …(12 分)

DH ⊥ EF , DH ⊥ PE ,

1 3 x = 3 1 1 ( x + y) = 0 即 2 ,解得 , DH = (1, , ) , 3 3 1 3 × y = 0 y = 1 3
点 D 到面 PEF 的距离 d=

ED DH DH

=

2 1+ 1 1 + 9 9

=

6 11 . 11

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