当前位置:首页 >> 数学 >> 【讲解版】2015届高考数学(新课标版-理)二轮复习专题-课件-第二讲-高考中的立体几何(解答题型)

【讲解版】2015届高考数学(新课标版-理)二轮复习专题-课件-第二讲-高考中的立体几何(解答题型)


创新方案系列丛书

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

第二讲

高考中的立体几何
(解答题型)

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

1.(2014· 福建高考)在平面四边形 ABCD 中,AB=BD=CD=1, AB⊥BD, CD⊥BD.将△ABD 沿 BD 折起, 使得平面 ABD⊥平面 BCD, 如图所示. (1)求证:AB⊥CD; (2)若 M 为 AD 中点,求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
(1)∵平面 ABD⊥平面 BCD,平面 ABD∩平面 BCD=BD,AB? 平面 ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面 BCD. 又 CD?平面 BCD, ∴AB⊥CD.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
(2)过点 B 在平面 BCD 内作 BE⊥BD,如图.

由(1)知 AB⊥平面 BCD,BE?平面 BCD,BD?平面 BCD, ∴AB⊥BE,AB⊥BD. 以 B 为坐标原点,分别以 的正方向建立空间直角坐标系. 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴

? 1 1? ? ? 0 , 依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M 2,2?, ?


高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
设平面 MBC 的法向量 n=(x0,y0,z0),



?x0+y0=0, 即?1 1 y + ?2 0 2z0=0,

取 z0=1,得平面 MBC 的一个

法向量 n=(1,-1,1). 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ,

则 6 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 3 .

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
2. (2014· 新课标全国卷Ⅰ )如图, 三棱柱 ABCA1B1C1 中, 侧面 BB1C1C 为菱形,AB⊥B1C.

(1)证明:AC=AB1; (2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60° ,AB=BC,求二面角 AA1B1C1 的余弦值.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

解:(1)连接 BC1,交 B1C 于点 O,连接 AO. 因为侧面 BB1C1C 为菱形,所以 B1C⊥BC1,且 O 为 B1C 及 BC1 的中点. 又 AB⊥B1C,所以 B1C⊥平面 ABO. 由于 AO?平面 ABO,故 B1C⊥AO. 又 B1O=CO,故 AC=AB1.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
(2)因为 AC⊥AB1,且 O 为 B1C 的中点,所以 AO=CO. 又因为 AB=BC,所以△BOA≌△BOC. 故 OA⊥OB,从而 OA,OB,OB1 两两互相垂直.

以 O 为坐标原点, 向,

的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方

为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
因为∠CBB1=60° ,所以△CBB1 为等边三角形.
? ? 3? 3 ? 又 AB=BC, 设 OB=1, 则 A?0,0, ?, B(1,0,0), B1?0, ,0?, 3 3 ? ? ? ? ? 3 ? C?0,- ,0?. 3 ? ?

设 n=(x,y,z)是平面 AA1B1 的法向量,则

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

? 即? 3 x - ? 3 z=0.
所以可取 n=(1, 3, 3).

3 3 3 y- 3 z=0,

设 m 是平面 A1B1C1 的法向量,则 同理可取 m=(1,- 3, 3). n· m 1 则 cos〈n,m〉= = . |n||m| 7 1 所以二面角 AA1B1C1 的余弦值为7.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线 l, m 的方向向量分别为 a=(a1, b1, c1), b=(a2, b2, c2). 平 面 α,β 的法向量分别为 u=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)(以下相同). (1)线面平行: l∥α?a⊥u?a· u=0?a1a3+b1b3+c1c3=0. (2)线面垂直: l⊥α?a∥u?a=ku?a1=ka3,b1=kb3,c1=kc3. (3)面面平行: α∥β?u∥v?u=kv?a3=ka4,b3=kb4,c3=kc4. (4)面面垂直: α⊥β?u⊥v?u· v=0?a3a4+b3b4+c3c4=0.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
2.空间直线、平面夹角的向量表示 (1)异面直线所成的角 设 a,b 分别为异面直线 a,b 的方向向量,则两异面直线所成的 |a· b| 角 θ 满足 cos θ= . |a||b| (2)线面角 设 l 是斜线 l 的方向向量, n 是平面 α 的法向量, 则斜线 l 与平面 |l· n| α 所成的角 θ 满足 sin θ= . |l||n|

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
(3)(ⅰ)如图①,AB,CD 是二面角 αlβ 的两个半平面内与棱 l 垂直的直线,则二面角的大小

(ⅱ)如图②③,n1,n2 分别是二面角 αlβ 的两个半平面 α,β 的 法向量,则二面角 θ 的大小满足 cos θ=cos〈n1,n2〉或-cos〈n1, n2〉.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

热点一 命题角度

空间位置关系的证明 空间位置关系的证明是高考必考 内容. 主要是从平行和垂直两个角度考 查,既可用几何法证明, 又可用向量法 证明.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
[例 1] (2014· 临沂模拟)如图 1,在四棱锥 PABCD 中,PD⊥底

面 ABCD,底面 ABCD 是直角梯形,M 为侧棱 PD 上一点,且该四棱 锥的俯视图和侧(左)视图如图 2 所示.

(1)证明:BC⊥平面 PBD; (2)证明:AM∥平面 PBC.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
[师生共研] 法一: (1)由图 2 中的俯视图可得, BD2+BC2=CD2, 所以 BC⊥BD. 又 PD⊥平面 ABCD,BC?平面 ABCD, 所以 BC⊥PD. 又 BD∩PD=D,所以 BC⊥平面 PBD.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
(2)由图 2 中的侧(左)视图可知 PM∶PD=1∶4, 故取 PC 上一点 Q,使 PQ∶PC=1∶4,连接 MQ,BQ, 1 所以 MQ∥CD,MQ=4CD. 在△BCD 中,易得∠CDB=60° ,所以∠ADB=30° . 又 BD=2,所以 AB=1,AD= 3. 1 又 AB∥CD,AB=4CD, 所以 AB∥MQ,AB=MQ,所以四边形 ABQM 为平行四边形, AM∥BQ. 因为 AM?平面 PBC,BQ?平面 PBC, 所以 AM∥平面 PBC.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
法二:(1)因为 PD⊥平面 ABCD,DA⊥DC,建立如图所示的空间 直角坐标系 Dxyz. 在△BCD 中,易得∠CDB=60° ,所以∠ADB=30° . 又 BD=2,所以 AB=1,AD= 3. 由图 2 中的俯视图和侧(左)视图可得, D(0,0,0), A( 3, 0,0), B( 3, 1,0),C(0,4,0),M(0,0,3),P(0,0,4), 所以

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
因为 所以 BC⊥BD. 又 PD⊥平面 ABCD,BC?平面 ABCD, 所以 BC⊥PD. 又 BD∩PD=D,所以 BC⊥平面 PBD.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

(2)设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z),则有 因为
? ?4y-4z=0, 所以? 令 y=1,则 x= 3,z=1,得 n=( 3, ?- 3x+3y=0, ?

1,1)为平面 PBC 的一个法向量. 因为 =0. 因为 AM?平面 PBC,所以 AM∥平面 PBC. 所以 = 3 ×( - 3) + 1×0 + 1×3

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

1.如图,在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 是正方形, EF∥AB,EF⊥FB,AB=2EF,∠BFC=90° ,BF=FC,H 为 BC 的中点.求证: (1)FH∥平面 EDB; (2)AC⊥平面 EDB.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
解:法一:∵四边形 ABCD 是正方形, ∴AB⊥BC. 又∵EF∥AB, ∴EF⊥BC. 又∵EF⊥FB,FB∩BC=B, ∴EF⊥平面 BFC. ∴EF⊥FH, ∴AB⊥FH. 又∵BF=FC,H 为 BC 的中点, ∴FH⊥BC.AB∩BC=B, ∴FH⊥平面 ABC.
高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
设 AC 与 BD 的交点为 G,则 G 为 AC 的中点,又 H 为 BC 的中 点, 1 ∴GH∥AB,GH=2AB, ∵AB⊥BC ∴GH⊥BC 又∵FH⊥面 ABC ∴FH⊥GH

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
以 H 为坐标原点, 为 x 轴正向, 为 z 轴正向,建立如图

所示的空间直角坐标系.设 BH=1,则 A(1,-2,0),B(1,0,0),C(-1, 0,0),D(-1,-2,0),E(0,-1,1),F(0,0,1). (1) 设 AC 与 BD 的交点为 G,连接 GE,GH,则 G(0,-1,0),

∵GE?平面 EDB,HF?平面 EDB, ∴FH∥平面 EDB.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
(1) ∴AC⊥GE. 又∵AC⊥BD,EG∩BD=G, ∴AC⊥平面 EDB. 法二:(1)如图设 AC 与 BD 交于点 G,则 G 为 AC 的中点. 连接 EG,GH, 又∵H 为 BC 的中点,∴GH 1 2AB.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
又∵BF=FC,H 为 BC 的中点, ∴FH⊥BC.∵AB∩BC=B, ∴FH⊥平面 ABCD.∴FH⊥AC. 又∵FH∥EG,∴AC⊥EG. 又∵AC⊥BD,EG∩BD=G, ∴AC⊥平面 EDB.
AB,∴EF 又∵EF

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

热点二

空间角的求法 空间角的求法是高考必考内 容.高考中一般以如下形式命题:第 (1)问考查空间位置关系的证明,常用 几何法解题;第(2)问考查空间角的求 法 ,包括线线角、 线面角和面面角, 其中以线面角和面面角为主 ,既可用 几何法,又可用向量法求解.

命题角度

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
[例 2] (2014· 浙江高考)如图,

在四棱锥 ABCDE 中, 平面 ABC⊥平面 BCDE, ∠CDE=∠BED =90° ,AB=CD=2,DE=BE=1,AC= 2. (1)证明:DE⊥平面 ACD; (2)求二面角 BADE 的大小.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
[师生共研] (1)证明:在直角梯形 BCDE 中,由 DE=BE=1, CD=2,得 BD=BC= 2. 由 AC= 2,AB=2,得 AB2=AC2+BC2,即 AC⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE,从而 AC⊥平面 BCDE. 所以 AC⊥DE.又 DE⊥DC,AC∩DC=C,从而 DE⊥平面 ACD.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

(2)法一:作 BF⊥AD,与 AD 交于点 F.过点 F 作 FG∥DE,与 AE 交于点 G,连接 BG, 由(1)知 DE⊥AD, 则 FG⊥AD.所以∠BFG 是二面角 BADE 的平 面角. 在直角梯形 BCDE 中,由 CD2=BC2+BD2,得 BD⊥BC, 又平面 ABC⊥平面 BCDE,得 BD⊥平面 ABC,从而 BD⊥AB.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
由于 AC⊥平面 BCDE,得 AC⊥CD. 在 Rt△ACD 中,由 DC=2,AC= 2,得 AD= 6. 在 Rt△AED 中,由 ED=1,AD= 6,得 AE= 7. 在 Rt△ABD 中,由 BD= 2,AB=2,AD= 6, 2 3 2 2 得 BF= 3 ,AF=3AD.从而 GF=3. 5 7 在△ABE,△ABG 中,利用余弦定理分别可得 cos∠BAE= 14 , 2 BG=3. GF2+BF2-BG2 3 在△BFG 中,cos∠BFG= =2. 2BF· GF π π 所以∠BFG=6,即二面角 BADE 的大小是6.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
法二:以 D 为原点,分别以射线 DE,DC 为 x,y 轴的正半轴, 建立空间直角坐标系 Dxyz,如图所示.

由题意知各点坐标如下: D(0,0,0), E(1,0,0), C(0,2,0), A(0,2, 2), B(1,1,0). 设平面 ADE 的法向量为 m=(x1,y1,z1), 平面 ABD 的法向量为 n=(x2,y2,z2).可算得 2), =(0,-2,-

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

? ?-2y1- 2z1=0, 即? ? ?x1-2y1- 2z1=0.

可取 m=(0,1,- 2). 由
? ?-2y2- 2z2=0, 即? ? ?x2+y2=0,

可取 n=(1,-1, 2). |m· n| 3 3 于是|cos〈m,n〉|= = = . |m|· |n| 3· 2 2 由题意可知,所求二面角是锐角, π 故二面角 BADE 的大小是6.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
若本例中条件不变,求直线 AE 与平面 ABD 所成角的正弦值.

解: 量 n=(1,-1, 2).

由例题空间向量解法知平面 ABD 的法向

设直线 AE 与平面 ABD 所成的角为 θ,则

7 即直线 AE 与平面 ABD 所成的角的正弦值为 14 .

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
三种空间角的向量求法 (1)异面直线所成的角 θ,可以通过两直线的方向向量的夹角 φ 求得,即 cos θ=|cos φ|. (2)直线与平面所成的角 θ 主要可以通过直线的方向向量与平面 的法向量的夹角 φ 求得,即 sin θ=|cos φ|. (3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线 的方向向量的夹角 (或其补角 )或通过二面角的两个面的法向量的夹 角求得,它等于两个法向量的夹角或其补角.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
2.如图所示,已知 AB 为圆 O 的直径,点 D 为线段 AB 上一点, 1 且 AD= DB,点 C 为圆 O 上一点,且 BC= 3AC,PD⊥平面 ABC, 3 PD=DB. (1)求证:PA⊥CD; (2)求二面角 CPBA 的余弦值.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
解:(1)证明:法一:连接 CO,由 3AD=DB 知,点 D 为 AO 的 中点, ∵AB 为圆 O 的直径, ∴AC⊥CB, 由 3AC=BC 知, ∠CAB=60° , ∴△ACO 为等边三角形,从而 CD⊥AO. ∵PD⊥平面 ABC,CD?平面 ABC, ∴PD⊥CD, 由 PD∩AO=D 得,CD⊥平面 PAB, 又 PA?平面 PAB,∴PA⊥CD.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
法二:∵AB 为圆 O 的直径,∴AC⊥CB, 在 Rt△ABC 中,由 3AC=BC 得,∠ABC=30° , 设 AD=1,由 3AD=DB 得,DB=3,BC=2 3, 由余弦定理得 CD2=DB2+BC2-2DB· BCcos 30° =3, ∴CD2+DB2=BC2,即 CD⊥AO. ∵PD⊥平面 ABC,CD?平面 ABC, ∴PD⊥CD,由 PD∩AO=D 得,CD⊥平面 PAB, 又 PA?平面 PAB,∴PA⊥CD.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

(2)法一(几何法): 如图, 过点 D 作 DE⊥PB, 垂足为 E, 连接 CE. 由(1)知 CD⊥平面 PAB,又 PB?平面 PAB, ∴CD⊥PB,又 DE∩CD=D, ∴PB⊥平面 CDE, 又 CE?平面 CDE,∴CE⊥PB, ∴∠DEC 为二面角 CPBA 的平面角

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
设 AD=1,则 CD= 3,PD=DB=3,

3 2 ∴PB=3 2,则 DE= 2 , CD 3 6 ∴在 Rt△CDE 中,tan∠DEC=DE= =3, 3 2 2 15 15 ∴cos∠DEC= 5 ,即二面角 C PB A 的余弦值为 5 .

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
法二(向量法):以 D 为原点, 的方向分别为 x 轴、y

轴和 z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系. 设 AD=1,由 3AD=DB, 3AC=BC, 得 PD=DB=3,CD= 3,∴D(0,0,0), C( 3,0,0),B(0,3,0),P(0,0,3),

由 CD⊥平面 PAB, 知平面 PAB 的一个法向量为

=(- 3, 0,0).

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z),则

? ? 3x-3z=0, 即? 令 y=1,则 x= 3,z=1, ? ?3y-3z=0,

∴n=( 3,1,1)是平面 PBC 的一个法向量,设二面角 CPBA的
? π? 平面角的大小为 θ,由图知,θ∈?0,2?, ? ?

则 cos θ=

3 15 = = 5 , 5× 3

15 ∴二面角 C PB A 的余弦值为 5 .
高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

热点三

立体几何中的探索性问题 探索性问题是相对较难的一类问 题,常见的命题角度有: (1)探求在线段上是否存在符合要 求的点; (2)探求线段的长度或长度之比. 常用向量法解决这类问题.

命题角度

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
[ 例 3] (2014· 湖北高考)如图,在棱长为 2 的正方体

ABCDA1B1C1D1 中,E,F,M,N 分别是棱 AB,AD,A1B1,A1D1 的中点, 点 P, Q 分别在棱 DD1, BB1 上移动, 且 DP=BQ=λ(0<λ<2).

(1)当 λ=1 时,证明:直线 BC1∥平面 EFPQ; (2)是否存在 λ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面 角?若存在,求出 λ 的值;若不存在,说明理由.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
[ 师生共研 ] 法一 ( 几何法 ) : (1) 证明:如图,连接 AD1 ,由

ABCDA1B1C1D1 是正方体,知 BC1∥AD1.

当 λ=1 时, P 是 DD1 的中点, 又 F 是 AD 的中点, 所以 FP∥AD1. 所以 BC1∥FP. 而 FP?平面 EFPQ,且 BC1?平面 EFPQ, 故直线 BC1∥平面 EFPQ.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
(2)如图,连接 BD.因为 E,F 分别是 AB,AD 的中点,所以 EF 1 ∥BD,且 EF=2BD.

又 DP=BQ,DP∥BQ, 所以四边形 PQBD 是平行四边形,故 PQ∥BD,且 PQ=BD, 1 从而 EF∥PQ,且 EF=2PQ. 在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中,因为 BQ=DP=λ,BE=DF=1, 于是 EQ=FP= 1+λ2,所以四边形 EFPQ 是等腰梯形.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
同理可证四边形 PQMN 是等腰梯形. 分别取 EF,PQ,MN 的中点为 H,O,G,连接 OH,OG, 则 GO⊥PQ,HO⊥PQ,而 GO∩HO=O, 故∠GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角. 若存在 λ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角, 则∠GOH=90° .

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
连接 EM,FN,则由 EF∥MN,且 EF=MN,知四边形 EFNM 是平行四边形.连接 GH,因为 H,G 是 EF,MN 的中点, 所以 GH=ME=2. 在△GOH 中,GH2=4,OH2=1+λ2-? OG2=1+(2-λ)2-?
? 2?2 1 ? =(2-λ)2+ , 2 ? 2 ? ? 2?2 1 ? =λ2+ , 2 ? 2 ?

1 1 2 由 OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2+2+λ2+2=4,解得 λ=1± 2 , 2 故存在 λ=1± 2 ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二 面角.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
法二(向量法):以 D 为原点,射线 DA,DC,DD1 分别为 x,y, z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz.

由已知得 B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ).

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
(1)证明:当 λ=1 时, 因为 所以 ,即 BC1∥FP.

而 FP?平面 EFPQ,且 BC1?平面 EFPQ,故直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n=(x,y,z),则
? ?x+y=0, 可得? ? ?-x+λz=0.



于是可取 n=(λ,-λ,1).

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m=(λ-2,2-λ,1). 若存在 λ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角, 则 m· n=(λ-2,2-λ,1)· (λ,-λ,1)=0, 即 λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0, 2 解得 λ=1± 2 . 2 故存在 λ=1± 2 ,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二 面角.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

利用空间向量解决探索性问题的方法 把要成立的结论当作条件, 据此列方程或方程组, 把“是否存在” 问题转化为 “点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解 ”等,所以 为使问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法解题.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
3 . 已知三棱柱 ABCA′B′C′中 , 平面 BCC′B′⊥底面 ABC,BB′⊥AC,底面是边长为 2 的等边三角形,AA′=3,E,F 分别在棱 AA′,CC′上,且 AE=C′F=2. (1)求证:BB′⊥底面 ABC; (2)在棱 A′C′上找一点 M,使得 BM 和平面 BEF 所成角的余弦值为 并说明理由. 58 , 8

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
解:(1)取 BC 的中点 O,连接 AO,因为三角形 ABC 是等边三角 形,所以 AO⊥BC, 又因为平面 BCC′B′⊥底面 ABC, AO?平面 ABC,平面 BCC′B′∩平面 ABC=BC, 所以 AO⊥平面 BCC′B′,又 BB′?平面 BCC′B′, 所以 AO⊥BB′. 又 BB′⊥AC,AO∩AC=A,AO?平面 ABC,AC?平面 ABC, 所以 BB′⊥底面 ABC.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
(2)取 B′C′的中点 O′,所以 OO′⊥底面 ABC. 分别以 OC,OA,OO′为 x,y,z 轴建立 空间直角坐标系,如图所示. 所以 B(-1,0,0),E(0, 3,2),F(1,0,1), 在 A′C′上找一点 M(a, 3(1-a),3), 所以 设平面 BEF 的法向量 n=(x,y,z), (2,0,1).

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

则 -2).

? ?x+ 3y+2z=0, ?? 不妨令 x=1, 则 n=(1, 3, ? ?2x+z=0,

58 BM 和平面 BEF 所成角的余弦值为 8 , 则 所以 8

6 =8,

|2a+2| 6 1 23 = ,解得 a = 或 a =- (舍去). 2 8 2 2 4a -4a+13

所以 A′C′的中点符合题意.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

课题5 向量法求空间角
[典例] (2014· 陕西高考)四面体 ABCD 及其三视图如图所示, 过棱 AB 的中点 E 作平行于 AD,BC 的平面分别交四面体的棱 BD, DC,CA 于点 F,G,H.

(1)证明:四边形 EFGH 是矩形; (2)求直线 AB 与平面 EFGH 夹角 θ 的正弦值.
高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

[考题揭秘]

本题主要考查空间线面位置关系的证明及线面角

的计算,考查空间向量的概念及其运算,考查考生的空间想象能力、 推理论证能力、逻辑思维能力和计算能力.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
[审题过程] 第一步:审条件.已知四面体 ABCD 及其三视图, 过棱 AB 的中点 E 作平行于 AD,BC 的平面分别交四面体的棱 BD, DC,CA 于点 F,G,H. 第二步:审结论.证明四边形 EFGH 是矩形及求直线 AB 与平 面 EFGH 夹角 θ 的正弦值. 第三步:建联系.第 (1)问欲证 EFGH 是矩形,可证明四边形 EFGH 的两组对边分别平行.为此可利用线面平行的性质证明线线 平行.第(2)问欲求直线 AB 与平面 EFGH 夹角 θ 的正弦值,可根据 条件建立空间直角坐标系,利用向量法求解.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
[规范解答] (1)证明:由该四面体的三视图可知,

BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC, BD=DC=2,AD=1. 由题设,BC∥平面 EFGH, 平面 EFGH∩平面 BDC=FG, 平面 EFGH∩平面 ABC=EH, ∴BC∥FG,BC∥EH, ∴FG∥EH.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

(2)法一:如图,以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系,则 D(0, 0,0), A(0,0,1), B(2, 0,0), C(0,2,0), (0,0,1), =(-2,0,1).① 设平面 EFGH 的法向量 n=(x,y,z), ∵EF∥AD,FG∥BC,
? ?z=0, 得? 取 n=(1,1,0),② ? - 2 x + 2 y = 0 , ?



2 10 = 5 .③ 5× 2

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

法二:如图,以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系, 则 D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0). ∵E 是 AB 的中点,∴F,G 分别为 BD,DC 的中点,得
? 1? ? ? 1 , 0 , E 2?,F(1,0,0),G(0,1,0). ?



高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
设平面 EFGH 的法向量 n=(x,y,z), 则

?1z=0, 得?2 ?-x+y=0,

取 n=(1,1,0),②



2 10 = 5 .③ 5× 2

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
[模型归纳] 利用向量求空间角的模型示意图如下: 建系 根据条件,建立空间直角坐标系,求出相应点的坐标,如 步骤① ↓ 求向量 求直线的方向向量或平面的法向量的坐标 ,如步骤② 坐标 ↓ 求空 ?内容同主干整合2,如步骤③? 间角

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
[跟踪训练] (2014· 唐山模拟)如图, 在斜三棱柱 ABCA 1 B 1C 1 中 , O 是 AC 的中点,A1O⊥平面 ABC,∠BCA=90° ,AA1=AC=BC. (1)求证:A1B⊥AC1; (2)求二面角 ABB1C 的余弦值.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
解:(1)因为 A1O⊥平面 ABC,所以 A1O⊥BC. 又 BC⊥AC,所以 BC⊥平面 A1ACC1,所以 AC1⊥BC. 因为 AA1=AC,所以四边形 A1ACC1 是菱形,所以 AC1⊥A1C, 所以 AC1⊥平面 A1BC, 所以 A1B⊥AC1.

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书

(2)以 OC 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz, 则 A(0,-1,0),B(2,1,0),C(0,1,0),C1(0,2, 3).

设 m=(x,y,z)是平面 ABB1 的一个法向量, 则有

高考专题辅导与测试·数学

创新方案系列丛书
? ?2x+2y=0, 即? 取 m=( 3,- 3,1). ? ?y+ 3z=0,

同理,平面 CBB1 的一个法向量为 n=(0,- 3,1). 因为 cos〈m,n〉= m· n 2 7 = 7 , |m||n|

2 7 所以二面角 ABB1C 的余弦值为 7 .

高考专题辅导与测试·数学


更多相关文档:

【讲解版】2015届高考数学(新课标版-理)二轮复习专题-....ppt

【讲解版】2015届高考数学(新课标版-理)二轮复习专题-课件-第二讲-高考中的立体几何(解答题型)_数学_高中教育_教育专区。创新方案系列丛书 高考专题辅导与测试...

2015届高考数学(新课标版,文)二轮复习专题讲解课件:专....ppt

2015届高考数学(新课标版,文)二轮复习专题讲解课件:专题4 第2讲 高考中的立体几何(解答题型) - 创新方案系列丛书 高考专题辅导与测试数学 创新方案系列丛书 第...

...】2015届高考数学(新课标版,理)二轮复习专题讲解 专....doc

【创新方案】2015届高考数学(新课标版,理)二轮复习专题讲解 专题四 立体几何 Word版含解析] - 专题四立体几何第一讲卷 一、选择题 1.(2014 湛江模拟)一个...

2015届高考数学(理)二轮复习专题讲解讲义:专题四 第二....doc

2015届高考数学(理)二轮复习专题讲解讲义:专题四 第二讲 高考中的立体几何 - 第二讲 高考中的立体几何(解答题型) 1.(2014 福建高考) 在平面四边形 ABCD ...

2015届高三二轮复习数学(人教A版)课件 专题4 立体几何 ....ppt

2015届高三二轮复习数学(人教A版)课件 专题4 立体几何 第2讲 - 走向高考 数学 新课标版 ? 二轮专题复习 路漫漫其修远兮 吾将上下而求索 走向高考 二轮...

【创新方案】2015届高考数学(新课标版,文)二轮复习专题....doc

【创新方案】2015届高考数学(新课标版,文)二轮复习专题训练:专题4 立体几何 卷] - 专题四立体几何第一卷 一、选择题 1.(2014 湛江模拟)一个几何体的正...

2015届高考数学状元之路二轮复习专题知识突破课件1.4.2....ppt

2015届高考数学状元之路二轮复习专题知识突破课件1.4....专题四 立体几何 第二讲 点、直线、平面之间的位置...预测今后高考中,仍以某几何体为载体,重在探索和...

2017届高三数学(人教版理)二轮复习课件:专题五 立体几....ppt

2017届高三数学(人教版理)二轮复习课件:专题立体几何1.5.2 - 第二讲 点、直线、平面之间的位置关系 【知识回顾】 1.平行公理 若a∥b,b∥c,则a∥c. 2...

...理)二轮复习 专题整合突破课件:1-4-2高考中的立体几....ppt

《金版教程》2018-2019高考数学(理)二轮复习 专题整合突破课件:1-4-2高考中的立体几何(解答题型)_高考_高中教育_教育专区。大二轮 理 大二轮 数学 理 ...

【状元之路】2015届高考数学二轮(文理通用)专题知识突....ppt

【状元之路】2015届高考数学二轮(文理通用)专题知识突破课件:1-4-2(专题立体几何)_数学_高中教育_教育专区。第一部分 高考专题串串 第一版块 专题知识突破...

2018届高三数学(理科)二轮复习ppt课件 模块二专题四立....ppt

2018届高三数学(理科)二轮复习ppt课件 模块二专题立体几何2-4-2_高考_高中教育_教育专区。高考数学大二轮复习课件(人教A) 2018届高三数学(理科)二轮复习ppt...

...2016高考数学理二轮复习课件1-4-2 高考中的立体几何....ppt

【2017参考】金版教程2016高考数学理二轮复习课件1-4-2 高考中的立体几何 - 第一编 专题整合突破 专题四 立体几何 第二讲 高考中的立体几何(解答题型) 命题全...

《优化探究》2015年高三数学(理科)二轮复习课件:专题五....ppt

《优化探究》2015年高三数学(理科)二轮复习课件:专题五 立体几何 1-5-2_数学...(理)析热点 高考聚集 研思想 方法提升课跟训时踪练 第二讲 高考中的立体...

2014年高考数学(理)二轮专题复习课件:专题四立体几何 ....ppt

2014年高考数学(理)二轮专题复习课件:专题立体几何 第二讲点、直线、平面之间的位置关系_高考_高中教育_教育专区。专题立体几何 第二讲 点、直线、平面之间...

2017届高考数学(文)(新课标)二轮专题复习课件:3-3 立体....ppt

2017届高考数学(文)(新课标)二轮专题复习课件:3-3 立体几何_数学_高中教育_教育专区。第 3 立体几何 热点调研 立体几何大题处于解答题第 2 或第 3 题的...

(通用版)2018年高考数学二轮复习专题三第二讲立体几何....ppt

(通用版)2018年高考数学二轮复习专题第二讲立体几何大题考法立体几何课件理 - 第二讲 大题考法立体几何 平行、垂直关系的证明是高考的必考 内容,...

2018届高三理科数学二轮复习课件:模块二+专题四+立体几....ppt

2018届高三理科数学二轮复习课件:模块二+专题四+立体几何2-4-2_高三数学_数学_高中教育_教育专区。模块二 专题整合与考点突破篇 专题立体几何 第二讲 点、...

(人教A版)数学二轮复习(专题4)立体几何(2)》ppt课件_图文.ppt

(人教A版)数学二轮复习(专题4)立体几何(2)》ppt课件_数学_高中教育_教育专区。走向高考 数学 新课标版 ? 二轮专题复习 路漫漫其修远兮 吾将上下而求索 走向...

2015届高考二轮数学文科金版学案专题复习课件5.2点、直....ppt

2015届高考二轮数学文科金版学案专题复习课件5.2点、直线、平面之间的位置关系 - 随堂讲义 第一部分 知识复习专题 专题五 第二讲 关系 立体几何 点、直线、...

...广东高考数学(理)一轮课件【专题四】高考中的立体几....ppt

2015届广东高考数学(理)一轮课件【专题】高考中的立体几何问题 - 数学 粤(理) 专题高考中的立体 几何问题 第八章 立体几何 考点自测 自我检测 查缺补漏...

更多相关标签:
网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com