2010届步步高一轮复习高三数学第八编立体几何立体几何中的向量问题(Ⅰ)——平行与垂直
基础自测
1.设平面α的法向量为(1,2,-2),平面β的法向量为(-2,-4,k),若α∥β,则k等于
()
A.2
B.-4
C.4
D.-2
答案C
2.已知直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,则v·u=0,l与α的关系是
()
A.l⊥α
B.l∥α
C.l?α
D.l∥α或l?α
答案D
3.向量a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),下列结论正确的是
()
A.a∥b,b⊥c
B.a∥b,a⊥c
C.a∥c,a⊥b
D.以上都不对
答案C
4.已知a=(1,1,1),b=(0,2,-1),c=m a+n b+(4,-4,1).若c与a及b都垂直,则m,n的值分别为
()
A.-1,2
B.1,-2
C.1,2
D.-1,-2
答案A
5.如图所示,在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,棱长为a ,M ,N 分别为A 1B 和AC 上的点,A 1M =AN =3
2a ,则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是 ( ) A .相交
B .平行
C .垂直
D .不能确定
答案 B
例1 如图所示,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别是C 1C 、B 1C 1的中点. 求证:MN ∥平面A 1BD .
证明 方法一 如图所示,以D 为原点,DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则可求得
M (0,1,
21),N (2
1,1,1), D (0,0,0),A 1(1,0,1),B (1,1,0), 于是=(
21,0,2
1), 1DA =(1,0,1),=(1,1,0). 设平面A 1BD 的法向量是 n =(x ,y ,z ).
则n ·1DA =0,且n ·DB =0,
得?
??=+=+.0,
0y x z x
取x =1,得y =-1,z =-1. ∴n =(1,-1,-1). 又MN ·n =(
21,0,2
1
)·(1,-1,-1)=0, ∴⊥n ,
又∵MN ?平面A 1BD ,∴MN ∥平面A 1BD . 方法二 ∵MN =C 1-C 1=2111B C -2
1
C 1 =
21(11A D -D 1)=2
1
1DA , ∴∥1DA ,又∵MN ?平面A 1BD . ∴MN ∥平面A 1BD .
例2 如图所示,已知四棱锥P —ABCD 的底面是直角梯形,∠ABC =∠BCD =90°, AB =BC =PB =PC =2CD ,侧面PBC ⊥底面ABCD .证明: (1)PA ⊥BD ;
(2)平面PAD ⊥平面PAB . 证明 (1)取BC 的中点O ,
∵平面PBC ⊥平面ABCD ,△PBC 为等边三角形, ∴PO ⊥底面ABCD .
以BC 的中点O 为坐标原点,以BC 所在直线为x 轴,过点O 与AB 平行的直线为y 轴,如图所示,建立空间直角坐标系.
不妨设CD =1,则AB =BC =2,PO =3.
∴A (1,-2,0),B (1,0,0),D (-1,-1,0),P (0,0, 3). ∴=(-2,-1,0), =(1,-2,- 3).
∵·=(-2)×1+(-1)×(-2)+0×(-3)=0, ∴PA ⊥BD ,∴PA ⊥BD .
(2)取PA 的中点M ,连接DM ,则M (21,-1,2
3). ∵=(
23,0, 2
3
), =(1,0,-3), ∴·=
23×1+0×(-2)+ 2
3
×(-3)=0, ∴DM ⊥PA ,即DM ⊥PA . 又DM ·PB =
23×1+0×0+2
3×(-3)=0, ∴⊥,即DM ⊥PB .
又∵PA ∩PB =P ,∴DM ⊥平面PAB , ∵DM ?平面PAD . ∴平面PAD ⊥平面PAB .
例3 (12分)如图所示,已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,△ABC 为等腰直角三角形, ∠BAC =90°,且AB =AA 1,D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点. 求证:
(1)DE ∥平面ABC ; (2)B 1F ⊥平面AEF .
证明 方法一 如图建立空间直角坐标系A —xyz , 令AB =AA 1=4,
则A (0,0,0),E (0,4,2),F (2,2,0),B (4,0,0),B 1(4,0,4). (1)取AB 中点为N ,则N (2,0,0),C (0,4,0),D (2,0,2),
3分
∴=(-2,4,0),=(-2,4,0), ∴DE =NC ,
4分 ∴DE ∥NC ,又NC ?平面ABC ,DE ?平面ABC . 故DE ∥平面ABC .
6分
(2)B 1=(-2,2,-4),
EF =(2,-2,-2),AF =(2,2,0).
B 1·EF =(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, 则B 1⊥,∴B 1F ⊥EF ,
8分
∵B 1·=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0. ∴B 1⊥,即B 1F ⊥AF ,
10分
又∵AF ∩FE =F ,∴B 1F ⊥平面AEF .
12分
方法二 (1)连接A 1B 、A 1E ,并延长A 1E 交AC 的延长线于点P ,连接BP .由E 为C 1C 的中点且A 1C 1∥CP ,可证A 1E =EP .
∵D 、E 分别是A 1B 、A 1P 的中点, 所以DE ∥BP .
4分
又∵BP ?平面ABC , DE ?平面ABC , ∴DE ∥平面ABC .
6分
(2)∵△ABC 为等腰三角形,F 为BC 的中点, ∴BC ⊥AF ,
7分
又∵B 1B ⊥AF ,B 1B ∩BC =B ,∴AF ⊥平面B 1BF , 而B 1F ?平面B 1BF , ∴AF ⊥B 1F . 8分
设AB =A 1A =a , 则B 1F 2
=23a 2,EF 2
=4
3a 2, B 1E 2
=
4
9a 2
, ∴B 1F 2
+EF 2
=B 1E 2
,B 1F ⊥FE . 10分 又AF ∩FE =F ,综上知B 1F ⊥平面AEF .
12分
1.如图所示,平面PAD ⊥平面ABCD ,ABCD 为正方形,△PAD 是直角三角形,且PA =AD =2, E 、F 、G 分别是线段PA 、PD 、CD 的中点. 求证:PB ∥平面EFG .
证明 建立如图所示的空间直角坐标系A —xyz ,
则A (0,0,0)、B (2,0,0)、C (2,2,0)、D (0,2,0)、P (0,0,2)、E (0,0,1)、F (0,1,1)、G (1,2,0).
∵=(2,0,-2),=(0,-1,0),=(1,1,-1), 设PB =s FE +t ,
即(2,0,-2)=s (0,-1,0)+t (1,1,-1),
∴??
?
??-=-=-=2,0,
2t s t t 解得s =t =2. ∴PB =2FE +2,又∵FE 与不共线, ∴、与共面.
∵PB ?平面EFG ,∴PB ∥平面EFG .
2.如图,在六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,四边形A 1B 1C 1D 1是边长为1的正方形,DD 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,DD 1⊥平面ABCD ,DD 1=2.求证: (1)A 1C 1与AC 共面,B 1D 1与BD 共面; (2)平面A 1ACC 1⊥平面B 1BDD 1.
证明 (1)以D 为坐标原点,以DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系D -xyz 如图,则有
A (2,0,0),
B (2,2,0),
C (0,2,0),A 1(1,0,2),B 1(1,1,2),C 1(0,1,2),
D 1(0,0,2)
∵11C A =(-1,1,0),=(-2,2,0),
11B D =(1,1,0),DB =(2,2,0), ∴=211C A ,=211B D . ∴与11C A 平行, 与11B D 平行,
于是,A 1C 1与AC 共面, B 1D 1与BD 共面.
(2)1DD ·=(0,0,2)·(-2,2,0)=0, ·=(2,2,0)·(-2,2,0)=0,
∴1DD ⊥AC ,DB ⊥AC .
∵DD 1∩DB =D ,∴AC ⊥平面B 1BDD 1. 又∵AC 平面A 1ACC 1, ∴平面A 1ACC 1⊥平面B 1BDD 1.
3.如图所示,四棱锥P —ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,PB 与底面所成的角为45°, 底面ABCD 为直角梯形,∠ABC =∠BAD =90°,PA =BC =
2
1
AD . (1)求证:平面PAC ⊥平面PCD ;
(2)在棱PD 上是否存在一点E ,使CE ∥平面PAB ?若存在,请确定E 点的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明 设PA =1,由题意BC =PA =1,AD =2.
∵PA ⊥平面ABCD ,
∴PB 与平面ABCD 所成的角为∠PBA =45°, ∴AB =1,由∠ABC =∠BAD =90°,
易得CD =AC =2,由勾股定理逆定理得AC ⊥CD . 又∵PA ⊥CD ,PA ∩AC =A ,
∴CD ⊥平面PAC , 又CD ?平面PCD , ∴平面PAC ⊥平面PCD .
(2)解 存在点E 使CE ∥平面PAB .
分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图所示, 则P (0,0,1),C (1,1,0),D (0,2,0), 设E (0,y ,z ),则=(0,y ,z -1), =(0,2,-1).
∵∥,∴y ·(-1)-2(z -1)=0 ①
∵=(0,2,0)是平面PAB 的法向量,
又CE =(-1,y -1,z ),若使CE ∥平面PAB , 则CE ⊥AD .
∴(-1,y -1,z )·(0,2,0)=0, ∴y =1代入①,得z =
2
1
. ∴E 是PD 的中点,
∴存在E 点使CE ∥平面PAB ,此时E 为PD 的中点.
一、选择题
1.若平面α、β的法向量分别为n 1=(2,3,5),n 2=(-3,1,-4),则
( )
A .α∥β
B .α⊥β
C .α、β相交但不垂直
D .以上均不正确
答案 C
2.已知=(2,4,5),=(3,x ,y ),若∥,则
( )
A .x =6,y =15
B .x =3,y =215
C .x =3,y =15
D .x =6,y =
2
15 答案 D
3.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
( )
A .????
??-33,33,33
B .???
?
??-33,33,33
C .???
? ??-
33,33,33
D .???
? ??---
33,33,33 答案 D
4.已知=(1,5,-2),=(3,1,z ),若⊥,=(x -1,y ,-3),且BP ⊥平面ABC ,则实数x ,y ,z 分别为
( ) A .7
33,-715,4 B .
740,-7
15,4
C .
7
40
,-2,4
D .4,
7
40
,-15 答案 B
5.设点C (2a +1,a +1,2)在点P (2,0,0)、A (1,-3,2)、B (8,-1,4)确定的平面上,则a 等于
( ) A .16
B .4
C .2
D .8
答案 A
6.下列四个正方体图形中,A 、B 为正方体的两个顶点,M 、N 、P 分别为其所在棱的中点,能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是
( )
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A .①③
B .①④
C .②③
D .②④
答案 B 二、填空题 7.若A (0,2,
819),B (1,-1,85),C (-2,1,8
5
)是平面α内三点,设平面α的法向量a =(x ,y ,z ),则x ∶y ∶z = . 答案 2∶3∶(-4)
8.若|a |=17,b =(1,2,-2),c =(2,3,6),且a ⊥b ,a ⊥c ,则a = .
答案 ??? ??-51,2,518或??? ??--51,2,518
三、解答题
9.已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别为BB 1、C 1D 1的中点,建立适当的坐标系,求平面AMN 的法向量.
解 以D 为原点,DA 、DC 、DD 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系.(如图所示). 设棱长为1,则A (1,0,0),M (1,1,21),N (0,2
1
,1). ∴=(0,1,
21),=(-1,2
1
,1). 设平面AMN 的法向量n =(x ,y ,z )
∴???
????
=++-=?=+=?021021z y x z y n n 令y =2,∴x =-3,z =-4.∴n =(-3,2,-4)
.
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∴(-3,2,-4)为平面AMN 的一个法向量.
10.如图所示,已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直,AB =2,AF =1,M 是线段EF 的中点. 求证:
(1)AM ∥平面BDE ; (2)AM ⊥平面BDF .
证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系, 设AC ∩BD =N ,连接NE .
则点N 、E 的坐标分别为????
??0,22,22、(0,0,1). ∴=???
?
??--1,22,22. 又点A 、M 的坐标分别是 (2,2,0)、???
?
??1,22,22, ∴=???
? ??--1,22,22. ∴=且NE 与AM 不共线.∴NE ∥AM . 又∵NE ?平面BDE ,AM ?平面BDE , ∴AM ∥平面BDE .
(2)由(1)知=???
?
??--1,22,22, ∵D (2,0,0),F (2,2,1),∴DF =(0,2,1). ∴AM ·DF =0.∴AM ⊥DF .
同理AM ⊥BF .又DF ∩BF =F ,∴AM ⊥平面BDF .
11.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是BB 1、CD 的中点
.
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(1)求证:平面AED ⊥平面A 1FD 1;
(2)在AE 上求一点M ,使得A 1M ⊥平面ADE . (1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz , 不妨设正方体的棱长为2, 则A (2,0,0),E (2,2,1),
F (0,1,0),A 1(2,0,2),D 1(0,0,2), 设平面AED 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则n 1·=(x 1,y 1,z 1)·(2,0,0)=0, n 1·=(x 1,y 1,z 1)·(2,2,1)=0, ∴2x 1=0,2x 1+2y 1+z 1=0. 令y 1=1,得n 1=(0,1,-2),
同理可得平面A 1FD 1的法向量n 2=(0,2,1). ∵n 1·n 2=0,∴n 1⊥n 2, ∴平面AED ⊥平面A 1FD 1.
(2)解 由于点M 在直线AE 上,
设=λ=λ(0,2,1)=(0,2λ,λ). 可得M (2,2λ,λ),∴M A 1=(0,2λ,λ-2), ∵AD ⊥A 1M ,∴要使A 1M ⊥平面ADE , 只需A 1M ⊥AE ,
∴A 1·=(0,2λ,λ-2)·(0,2,1)=5λ-2=0, 解得λ=
5
2
. 故当=
5
2
时,A 1M ⊥平面ADE . 12.已知在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,AC ⊥BC ,D 为AB 的中点,AC =BC =BB 1.求证:
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(1)BC 1⊥AB 1; (2)BC 1∥平面CA 1D .
证明 如图所示,以C 1为原点,C 1A 1,C 1B 1,C 1C 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.不妨设AC =2,由于AC =BC =BB 1,则A (2,0,2),B (0,2,2),C (0,0,2),A 1(2,0,0),B 1(0,2,0),C 1(0,0,0),D (1,1,2). (1)由于1BC =(0,-2,-2), 1AB =(-2,2,-2)
, 所以1BC ·1AB =0-4+4=0,因此1BC ⊥1AB , 故BC 1⊥AB 1.
(2)方法一 取A 1C 的中点E ,连接DE ,由于E (1,0,1), 所以ED =(0,1,1),又1BC =(0,-2,-2), 所以=-
2
1
·1BC ,又因为ED 和BC 1不共线, 所以ED ∥BC 1,且DE ?平面CA 1D ,BC 1?平面CA 1D , 故BC 1∥平面CA 1D .
方法二 由于1CA =(2,0,-2),CD =(1,1,0), 若设1BC =x 1CA +y CD ,
则得???
??-=--==+2
220
2x y y x ,解得???-==21y x ,
即1BC =1CA -2CD ,
所以1BC ,1CA ,是共面向量,
又因为BC 1?平面CA 1D ,因此BC 1∥平面CA 1D . 方法三 求出平面CA 1D 的法向量n ,证明向量1BC ⊥n
.
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设n =(a ,b ,1),由于1CA =(2,0,-2),CD =(1,1,0)
∴???=+=-0022b a a ,∴?
??-==11b a
∴n =(1,-1,1),又∵1BC =(0,-2,-2), ∴n ·1BC =2-2=0,∴1BC ⊥n ,
又∵BC 1?平面CA 1D ,∴BC 1∥平面CA 1D .
2019年高三数学知识点总结:立体几何 由查字典数学网高中频道提供,2019年高三数学知识点总结:立体几何,因此老师及家长请认真阅读,关注孩子的成长。 立体几何初步 (1)棱柱: 定义:有两个面互相平行,其余各面都是四边形,且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,由这些面所围成的几何体。 分类:以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱柱、四棱柱、五棱柱等。 表示:用各顶点字母,如五棱柱或用对角线的端点字母,如五棱柱 几何特征:两底面是对应边平行的全等多边形;侧面、对角面都是平行四边形;侧棱平行且相等;平行于底面的截面是与底面全等的多边形。 (2)棱锥 定义: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,由这些面所围成的几何体 分类:以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱锥、四棱锥、五棱锥等 表示:用各顶点字母,如五棱锥 几何特征:侧面、对角面都是三角形;平行于底面的截面与底面相似,其相似比等于顶点到截面距离与高的比的平方。 (3)棱台:
定义:用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥,截面和底面之间的部分 分类:以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱态、四棱台、五棱台等 表示:用各顶点字母,如五棱台 几何特征:①上下底面是相似的平行多边形②侧面是梯形③侧棱交于原棱锥的顶点 (4)圆柱: 定义:以矩形的一边所在的直线为轴旋转,其余三边旋转所成的曲面所围成的几何体 几何特征:①底面是全等的圆;②母线与轴平行;③轴与底面圆的半径垂直;④侧面展开图是一个矩形。 (5)圆锥: 定义:以直角三角形的一条直角边为旋转轴,旋转一周所成的曲面所围成的几何体 几何特征:①底面是一个圆;②母线交于圆锥的顶点;③侧面展开图是一个扇形。 (6)圆台: 定义:用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥,截面和底面之间的部分 几何特征:①上下底面是两个圆;②侧面母线交于原圆锥的顶点;③侧面展开图是一个弓形。
1.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4. (1)求证:M为PB的中点; (2)求二面角B﹣PD﹣A的大小; (3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值. 【分析】(1)设AC∩BD=O,则O为BD的中点,连接OM,利用线面平行的性质证明OM∥PD,再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点; (2)取AD中点G,可得PG⊥AD,再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD,则PG⊥AD,连接OG,则PG⊥OG,再证明OG⊥AD.以G为坐标原点,分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系,求出平面PBD与平面PAD的一个法向量,由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小;(3)求出的坐标,由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值. 【解答】(1)证明:如图,设AC∩BD=O, ∵ABCD为正方形,∴O为BD的中点,连接OM, ∵PD∥平面MAC,PD?平面PBD,平面PBD∩平面AMC=OM, ∴PD∥OM,则,即M为PB的中点; (2)解:取AD中点G, ∵PA=PD,∴PG⊥AD, ∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD, ∴PG⊥平面ABCD,则PG⊥AD,连接OG,则PG⊥OG, 由G是AD的中点,O是AC的中点,可得OG∥DC,则OG⊥AD. 以G为坐标原点,分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系, 由PA=PD=,AB=4,得D(2,0,0),A(﹣2,0,0),P(0,0,),C(2,
2015届高三数学(文)立体几何训练题 1、如图3,AB 是⊙O 的直径,PA 垂直于⊙O 所在的平面,C 是圆周上不同于A 、B 的一点. ⑴求证:平面PAC ⊥平面PBC ; ⑵若PA=AB=2,∠ABC=30°,求三棱锥P -ABC 的体积. 2、如图,已知P A ?⊙O 所在的平面,AB 是⊙O 的直径,AB =2,C 是⊙O 上一点,且AC =BC =P A ,E 是PC 的中点,F 是PB 的中点. (1)求证:EF 3、如图,四棱柱1111D C B A ABCD -中,A A 1?底面ABCD ,且41=A A . 梯 形ABCD 的面积为6,且AD 平面DCE A 1与B B 1交于点E . (1)证明:EC D A 111A ABB 4、如图,已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1,AA 1=AB =2a ,D 、E 分别为CC 1、A 1B 的中 点. (1)求证:DE ∥平面ABC ; (2)求证:AE ⊥BD ; (3)求三棱锥D —A 1BA 的体积 . 5.如图,矩形ABCD 中,3AB =,4=BC .E ,F 分别在线段BC 和AD 上,EF ∥AB , 将矩形ABEF 沿EF 折起.记折起后的矩形为MNEF ,且平面⊥MNEF 平面ECDF . (Ⅰ)求证:NC ∥平面MFD ; P A B C O E F A B C D E A 1 B 1 C 1 D 1 A D F
F E A (Ⅱ)若3EC =,求证:FC ND ⊥; (Ⅲ)求四面体CDFN 体积的最大值. 6、如图,在三棱锥P ABC -中,PA ⊥底面ABC,090=∠BCA ,AP=AC, 点D ,E 分别在棱,PB PC 上,且BC (Ⅰ)求证:D E ⊥平面PAC ; (Ⅱ)若PC ⊥AD ,且三棱锥P ABC -的体积为8,求多面体ABCED 的体积。 7、如图:C 、D 是以AB 为直径的圆上两点,==AD AB 232,BC AC =,F 是AB 上一点, 且AB AF 3 1 =,将圆沿直径AB 折起,使点C 在平面ABD 的射影E 在BD 上,已知2=CE . (1)求证:⊥AD 平面BCE ; (2)求证://AD 平面CEF ; (3)求三棱锥CFD A -的体积. 8、如图甲,在平面四边形ABCD 中,已知45,90,105,o o o A C ADC ∠=∠=∠=A B BD =,现将四边 形ABCD 沿BD 折起,使平面ABD ⊥平面BDC (如图乙),设点E 、F 分别为棱AC 、AD 的中点. (1)求证:DC ⊥平面ABC ;
2015届高三数学立体几何专题训练 1.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) A .16+8π B .8+8π C .16+16π D .8+16π 解析:选A. 原几何体为组合体:上面是长方体,下面是圆柱的一半(如图所示),其体积为V =4×2×2+1 2 π×22×4=16+8π. 2.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8 cm ,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ,如果不计容器厚度,则球的体积为( ) A.500π3 cm 3 B.866π3 cm 3 C.1 372π3 cm 3 D.2 048π3 cm 3 解析:选A. 如图,作出球的一个截面,则MC =8-6=2(cm), BM =12AB =1 2 ×8=4(cm). 设球的半径为R cm ,则R 2=OM 2+MB 2=(R -2)2+42,∴R =5, ∴V 球=43π×53=500π 3 (cm 3). 3.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)已知m ,n 为异面直线,m ⊥平面α,n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ,l ⊥n ,l ?α,l ?β,则( ) A .α∥β且l ∥α 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 解析:选D. 根据所给的已知条件作图,如图所示. 由图可知α与β相交,且交线平行于l ,故选D. 4.(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=2AB ,则C D 与平面B D C 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33 C.23 D.13 解析:选A.法一: 如图,连接AC ,交B D 于点O ,由正四棱柱的性质,有AC ⊥B D.因为CC 1⊥平面ABC D ,所以CC 1⊥B D.又CC 1∩AC =C ,所以B D ⊥平面CC 1O .在平面CC 1O 内作CH ⊥C 1O ,垂足为H ,则B D ⊥CH .又B D ∩C 1O =O ,所以CH ⊥平面B D C 1,连接D H ,则D H 为C D 在平面B D C 1上的射影,所以∠C D H 为C D 与平面B D C 1所成的角.设AA 1=2AB =2.在Rt △COC 1中,由 等面积变换易求得CH =23.在Rt △C D H 中,s in ∠C D H =CH CD =2 3 . 法二: 以D 为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图,设AA 1=2AB =2,则D(0,0,0),C (0,1,0), B (1,1,0), C 1(0,1,2),则DC →=(0,1,0),DB →=(1,1,0),DC 1→ =(0,1,2). 设平面B D C 1的法向量为n =(x ,y ,z ),则 n ⊥DB →,n ⊥DC 1→ ,所以有????? x +y =0,y +2z =0, 令y =-2,得平面B D C 1的一个法向量为n =(2, -2,1). 设C D 与平面B D C 1所成的角为θ,则s in θ=|co s n ,DC → =???? ??n ·DC →|n ||DC →|=23. 5.(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=2AB ,则C D 与平面B D C 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33
专题6.2 立体几何中的向量方法(A 卷基础篇)(浙江专用) 参考答案与试题解析 第Ⅰ卷(选择题) 一.选择题(共10小题,满分50分,每小题5分) 1.(2020·全国高二课时练习)已知(1,0,0)A ,(0,1,0)B ,(0,0,1)C ,则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A .(1,1,1)- B .(1,1,1)- C .? ? ? ??? D .?? ? ??? 【答案】C 【解析】 (1,1,0),(1,0,1)AB AC =-=-, 设(,,)n x y z =为平面ABC 的法向量, 则00n AB n AC ??=??=? ,化简得00x y x z -+=??-+=?, ∴x y z ==,故选C. 2.(2020·全国高二课时练习)空间直角坐标中A(1,2,3),B(-1,0,5),C(3,0,4),D(4,1,3),则直线AB 与CD 的位置关系是( ) A .平行 B .垂直 C .相交但不垂直 D .无法确定 【答案】A 【解析】 ∵空间直角坐标系中, A (1,2,3), B (﹣1,0,5), C (3,0,4), D (4,1,3), ∴AB =(﹣2,﹣2,2),CD =(1,1,﹣1), ∴AB =﹣2CD , ∴直线AB 与CD 平行. 故选A .
3.(2020·全国高二课时练习)已知平面α的法向量为(2,2,1)n =--,点(,3,0)A x 在平面α内,则点(2,1,4)P -到平面α的距离为 103,则x =( ) A .-1 B .-11 C .-1或-11 D .-21 【答案】C 【解析】 (2,2,4)PA x =+-,而103n d n PA ?= =, 103=,解得1x =-或-11. 故选:C 4.(2020·全国高二课时练习)已知向量,m n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量,若 1cos ,2 m n =-,则l 与α所成的角为( ) A .030 B .060 C .0120 D .0150 【答案】A 【解析】 设线面角为θ,则1sin cos ,,302 m n θθ=??==. 5.(2020·全国高二课时练习)设直线l 与平面α相交,且l 的方向向量为a ,α的法向量为n ,若2,3a n π= ,则l 与α所成的角为( ) A .23π B .3π C .6π D .56 π 【答案】C 【解析】 结合题意,作出图形如下:
高中课程复习专题——数学立体几何 一空间几何体 ㈠空间几何体的类型 1 多面体:由若干个平面多边形围成的几何体。围成多面体的各个多边形叫做多面体的面,相邻两个面的公共边叫做多面体的棱,棱与棱的公共点叫做多面体的顶点。 2 旋转体:把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体。其中,这条直线称为旋转体的轴。 ㈡几种空间几何体的结构特征 1 棱柱的结构特征 棱柱的定义:有两个面互相平行,其余各面都是四边形, 并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,由这些面所 围成的几何体叫做棱柱。 棱柱的分类 棱柱的性质 ⑴侧棱都相等,侧面是平行四边形; ⑵两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形; ⑶过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形; ⑷直棱柱的侧棱长与高相等,侧面的对角面是矩形。 长方体的性质 ⑴长方体的一条对角线的长的平方等于一个顶点上三 条棱的平方和:AC12 = AB2 + AC2 + AA12 ⑵长方体的一条对角线AC1与过定点A的三条棱所成图1-2 长方体
的角分别是α、β、γ,那么: cos2α + cos2β + cos2γ = 1 sin2α + sin2β + sin2γ = 2 ⑶ 长方体的一条对角线AC1与过定点A的相邻三个面所组成的角分别为α、β、γ,则: cos2α + cos2β + cos2γ = 2 sin2α + sin2β + sin2γ = 1 棱柱的侧面展开图:正n棱柱的侧面展开图是由n个全等矩形组成的以底面周长和侧棱为邻边的矩形。 棱柱的面积和体积公式 S直棱柱侧面 = c·h (c为底面周长,h为棱柱的高) S直棱柱全 = c·h+ 2S底 V棱柱 = S底·h 2 圆柱的结构特征 2-1 圆柱的定义:以矩形的一边所在的直线 为旋转轴,其余各边旋转而形成的曲面所围成 的几何体叫圆柱。 图1-3 圆柱 2-2 圆柱的性质 ⑴上、下底及平行于底面的截面都是等圆; ⑵过轴的截面(轴截面)是全等的矩形。 2-3 圆柱的侧面展开图:圆柱的侧面展开图是以底面周长和母线长为邻边的矩形。 2-4 圆柱的面积和体积公式 S圆柱侧面= 2π·r·h (r为底面半径,h为圆柱的高) S圆柱全= 2π r h + 2π r2 V圆柱 = S底h = πr2h 3 棱锥的结构特征 3-1 棱锥的定义 ⑴棱锥:有一个面是多边形,其余各面是 有一个公共顶点的三角形,由这些面所围成 的几何体叫做棱锥。
高三文科数学专题复习:立体几何平行、垂直问题 【基础知识点】 一、平行问题 1.直线与平面平行的判定与性质 定义判定定理性质性质定理 图形 条件a∥α 结论a∥αb∥αa∩α=a∥b 2. 面面平行的判定与性质 判定 性质 定义定理 图形 条件α∥β,a?β 结论α∥βα∥βa∥b a∥α 平行问题的转化关系: 二、垂直问题 一、直线与平面垂直 1.直线和平面垂直的定义:直线l与平面α内的都垂直,就说直线l与平面α互相垂直.2.直线与平面垂直的判定定理及推论 文字语言图形语言符号语言 判定定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平 面垂直 推论 如果在两条平行直线中,有一条垂直于平面,那么另一条直线也垂直这个平面
文字语言 图形语言 符号语言 性质定理 垂直于同一个平面的 两条直线平行 4.直线和平面垂直的常用性质 ①直线垂直于平面,则垂直于平面内任意直线. ②垂直于同一个平面的两条直线平行. ③垂直于同一条直线的两平面平行. 二、平面与平面垂直 1.平面与平面垂直的判定定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平 面的垂线,则这两个平 面垂直 2.平面与平面垂直的性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 性质定理 两个平面垂直,则一个 平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平 面 类型一、平行与垂直 例1、如图,已知三棱锥A BPC -中,,,AP PC AC BC ⊥⊥M 为AB 中点,D 为PB 中点, 且△PMB 为正三角形。(Ⅰ)求证:DM ∥平面APC ; (Ⅱ)求证:平面ABC ⊥平面APC ; (Ⅲ)若BC 4=,20AB =,求三棱锥D BCM -的体积。 M D A P B C