二班培优讲义一：立体几何中的存在性问题

立体几何中的存在性问题1、如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DC ＝DD 1＝2AD ＝2AB ，AD ⊥DC ，AB ∥DC . (1)求证：D 1C ⊥AC 1；(2)问在棱CD 上是否存在点E ，使D 1E ∥平面A 1BD .若存在，确定点E 位置；若不存在，说明理由．2．如图所示，平面ABDE ⊥平面ABC ，△ABC 是等腰直角三角形，AC ＝BC ＝4，四边形ABDE 是直角梯形，BD ∥AE ，BD ⊥BA ，BD ＝12AE ＝2，O ，M 分别为CE ，AB 的中点．(1)求证：OD ∥平面ABC ；(2)求直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值；(3)能否在EM 上找一点N ，使得ON ⊥平面ABDE ？若能，请指出点N 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由．3、在如图所示的几何体中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，AA 1∥DD 1∥CC 1∥BE ，且AA 1＝AB ，D 1E ⊥平面D 1AC ，AA 1⊥底面ABCD . (1)求二面角D 1－AC －E 的大小；(2)在D 1E 上是否存在点P ，使得A 1P ∥平面EAC ，若存在，求D 1P PE 的值，若不存在，说明理由．立体几何中的存在性问题1、如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DC ＝DD 1＝2AD ＝2AB ，AD ⊥DC ，AB ∥DC . (1)求证：D 1C ⊥AC 1；(2)问在棱CD 上是否存在点E ，使D 1E ∥平面A 1BD .若存在，确定点E 位置；若不存在，说明理由．2．如图所示，平面ABDE ⊥平面ABC ，△ABC 是等腰直角三角形，AC ＝BC ＝4，四边形ABDE 是直角梯形，BD ∥AE ，BD ⊥BA ，BD ＝12AE ＝2，O ，M 分别为CE ，AB 的中点．(1)求证：OD ∥平面ABC ；(2)求直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值；(3)能否在EM 上找一点N ，使得ON ⊥平面ABDE ？若能，请指出点N 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由．3、在如图所示的几何体中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，AA 1∥DD 1∥CC 1∥BE ，且AA 1＝AB ，D 1E ⊥平面D 1AC ，AA 1⊥底面ABCD . (1)求二面角D 1－AC －E 的大小；(2)在D 1E 上是否存在点P ，使得A 1P ∥平面EAC ，若存在，求D 1P PE的值，若不存在，说明理由．立体几何中的存在性问题1、如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DC ＝DD 1＝2AD ＝2AB ，AD ⊥DC ，AB ∥DC . (1)求证：D 1C ⊥AC 1；(2)问在棱CD 上是否存在点E ，使D 1E ∥平面A 1BD .若存在，确定点E 位置；若不存在，说明理由．(1)证明 在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接C 1D ， ∵DC ＝DD 1，∴四边形DCC 1D 1是正方形， ∴DC 1⊥D 1C .又AD ⊥DC ，AD ⊥DD 1，DC ∩DD 1＝D ， ∴AD ⊥平面DCC 1D 1， 又D 1C ⊂平面DCC 1D 1， ∴AD ⊥D 1C .∵AD ⊂平面ADC 1，DC 1⊂平面ADC 1，且AD ∩DC 1＝D ， ∴D 1C ⊥平面ADC 1，又AC 1⊂平面ADC 1，∴D 1C ⊥AC 1. (2)解 假设存在点E ，使D 1E ∥平面A 1BD . 连接AD 1，AE ，D 1E ， 设AD 1∩A 1D ＝M ， BD ∩AE ＝N ，连接MN ， ∵平面AD 1E ∩平面A 1BD ＝MN ， 要使D 1E ∥平面A 1BD ， 可使MN ∥D 1E ， 又M 是AD 1的中点， 则N 是AE 的中点． 又易知△ABN ≌△EDN ， ∴AB ＝DE .即E 是DC 的中点．综上所述，当E 是DC 的中点时， 可使D 1E ∥平面A 1BD .2．如图所示，平面ABDE ⊥平面ABC ，△ABC 是等腰直角三角形，AC ＝BC ＝4，四边形ABDE 是直角梯形，BD ∥AE ，BD ⊥BA ，BD ＝12AE ＝2，O ，M 分别为CE ，AB 的中点．(1)求证：OD ∥平面ABC ；(2)求直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值；(3)能否在EM 上找一点N ，使得ON ⊥平面ABDE ？若能，请指出点N 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由． (1)证明 取AC 中点F ，连接OF ，FB . ∵F 是AC 中点，O 为CE 中点， ∴OF ∥EA 且OF ＝12EA .又BD ∥AE 且BD ＝12AE ，∴OF ∥DB ，OF ＝DB ，∴四边形BDOF 是平行四边形，∴OD ∥FB . 又∵FB ⊂平面ABC ，OD ⊄平面ABC ， ∴OD ∥平面ABC .(2)解 ∵平面ABDE ⊥平面ABC ，平面ABDE ∩平面ABC ＝AB ，DB ⊂平面ABDE ，且BD ⊥BA ， ∴DB ⊥平面ABC .∵BD ∥AE ，∴EA ⊥平面ABC .2、如图所示，以C 为原点，分别以CA ，CB 所在直线为x ，y 轴，以过点C 且与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系．∵AC ＝BC ＝4，∴C (0,0,0)，A (4,0,0)，B (0,4,0)，D (0,4,2)，E (4,0,4)，O (2,0,2)，M (2,2,0)，∴CD →＝(0,4,2)，OD →＝(－2,4,0)，MD →＝(－2,2,2)． 设平面ODM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥MD →，n ⊥OD →，可得⎩⎨⎧－2x ＋4y ＝0，－2x ＋2y ＋2z ＝0.令x ＝2，得y ＝1，z ＝1.∴n ＝(2,1,1)． 设直线CD 和平面ODM 所成角为θ，则sin θ＝|n ·CD →||n ||CD →|＝|(2，1，1)·(0，4，2)|22＋12＋12·02＋42＋22＝66·25＝3010.∴直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值为3010. (3)解 当N 是EM 中点时，ON ⊥平面ABDE . 方法一 取EM 中点N ，连接ON ，CM ， ∵AC ＝BC ，M 为AB 中点， ∴CM ⊥AB .又∵平面ABDE ⊥平面ABC ，平面ABDE ∩平面ABC ＝AB ，CM ⊂平面ABC ，∴CM ⊥平面ABDE . ∵N 是EM 中点，O 为CE 中点， ∴ON ∥CM ，∴ON ⊥平面ABDE . 方法二 由(2)设N (a ，b ，c )，∴MN →＝(a －2，b －2，c )，NE →＝(4－a ，－b,4－c )． ∵点N 在ME 上，∴MN →＝λNE →， 即(a －2，b －2，c )＝λ(4－a ，－b,4－c )，∴⎩⎨⎧a －2＝λ(4－a )，b －2＝λ(－b )，c ＝λ(4－c )，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4λ＋2λ＋1，b ＝2λ＋1，c ＝4λλ＋1.∴N (4λ＋2λ＋1，2λ＋1，4λλ＋1)．∵BD →＝(0,0,2)是平面ABC 的一个法向量， ∴ON →⊥BD →，∴4λλ＋1＝2，解得λ＝1.∴MN →＝NE →，即N 是线段EM 的中点， ∴当N 是EM 的中点时，ON ⊥平面ABDE .3、在如图所示的几何体中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，AA 1∥DD 1∥CC 1∥BE ，且AA 1＝AB ，D 1E ⊥平面D 1AC ，AA 1⊥底面ABCD . (1)求二面角D 1－AC －E 的大小；(2)在D 1E 上是否存在一点P ，使得A 1P ∥平面EAC ，若存在，求D 1P PE 的值，若不存在，说明理由．解 (1)设AC 与BD 交于点O ，如图所示建立空间直角坐标系O －xyz ，设AB ＝2， 则A (3，0,0)，B (0，－1,0)，C (－3，0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,2)，设E (0，－1，t )，t >0，则ED 1→＝(0,2,2－t )，CA →＝(23，0,0)，D 1A →＝(3，－1，－2)．∵D 1E ⊥面D 1AC ，∴D 1E ⊥CA ，D 1E ⊥D 1A ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ED 1→·CA →＝0，ED 1→·D 1A →＝0，解得t ＝3，∴E (0，－1,3)，∴AE →＝(－3，－1,3)，设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CA →＝0，m ·AE →＝0，∴⎩⎨⎧23x ＝0，－3x －y ＋3z ＝0，令z ＝1，y ＝3，m ＝(0,3,1)．又平面D 1AC 的法向量ED 1→＝(0,2，－1)， ∴cos 〈m ，ED 1→〉＝m ·ED 1→|m |·|ED 1→|＝22.所以所求二面角的大小为45°. (2)假设存在点P 满足题意． 设D 1P →＝λPE →＝λ(D 1E →－D 1P →)，得D 1P →＝λ1＋λD 1E →＝(0，－2λ1＋λ，λ1＋λ)，A 1P →＝A 1D 1→＋D 1P →＝(－3，1,0)＋(0，－2λ1＋λ，λ1＋λ)＝(－3，1－2λ1＋λ，λ1＋λ)∵A 1P ∥平面EAC ，∴A 1P →⊥m ，∴－3×0＋3×(1－2λ1＋λ)＋1×λ1＋λ＝0，解得λ＝32，故存在点P 使A 1P ∥面EAC ，此时D 1P ∶PE ＝3∶2.。

立体几何是高考数学的必考内容，且立体几何问题在高考试题中占有较大的比重.这类问题侧重于考查同学们的空间想象和运算能力.下面结合几道例题，来归纳总结一下三类立体几何问题的特点以及解题思路.一、立体几何中的存在性问题立体几何中的存在性问题一般较为复杂，通常要求判断某两条线段的比值、垂直关系、平行关系、点等是否存在.解答这类问题，需首先画出相应的立体几何图形；然后假设要判断的对象存在，并将其看作已知的条件，代入题设中进行推理运算.若得出与题意、相关结论、公式相矛盾的结论，则说明该假设不成立，否则，该假设成立.解题时，要确保推理合理，逻辑严密.例1.如图1，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA =1,AB =1,AC =2,∠BAC =60°.那么在线段PC 上是否存在一点M ，使得BM ⊥AC ？若存在，求MCPM的值，若不存在，请说明理由.解：假设在线段PC 上存在点M ，使得BM ⊥AC ，此时MCPM=3.如图1，过点M 作MN //PA ，交AC 于点N ，连接BN ,BM ，因为PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，故PA ⊥AC ，MN ⊥AC .由MN //PA 可知：AN NC =PM MC =13，则AN =12.在ΔABN 中，BN 2=AB 2+AN 2-2AB ⋅AN cos∠BAC =34，所以AN 2+BN 2=AB 2，即AC ⊥BN .由于BN ⋂MN =N 且BN ,MN ⊂面MBN ，故AC ⊥平面MBN ，因为BM ⊂面MBN ，所以AC ⊥BM .我们先假设在线段PC 上存在点M ，使得BM ⊥AC ，并据此得出相应的结论；然后根据题意和几何图形添加合适的辅助线，根据线面垂直的性质定理、相似三角形的性质、勾股定理证明AC ⊥BN ；再根据线面垂直的判定定理证明AC ⊥平面MBN ，得出AC ⊥BM ，即可说明该假设成立.需要注意的是，在假设要判断的对象存在后，需用相关的性质、定理验证该假设是否满足题意.二、立体几何图形折叠问题立体几何图形折叠问题对同学们的空间想象力有较高的要求.在解题时，需明确折叠前后几何图形中的点、线、面的位置及其关系，通过观察图形，根据折叠图形的性质找出其中不变的量，抓住这些不变的量的特征来建立关系式.也可以将折叠后的几何体投影到平面上，利用平面几何知识进行研究、分析.例2.如图2，在等腰直角三角形PAD 中，∠A =90°，AD =8,AB =3，B ,C 分别是PA ,PD 上的点，且AD //BC ，M ,N 分别为BP ,CD 的中点.现将ΔBCP 沿BC 折起，得到四棱锥P -ABCD ，连接MN ，如图3.（1）证明：MN //平面PAD（2）在翻折的过程中，当PA =4时，求二面角B -PC -D 的余弦值.图2图3解：（1）证明过程略；（2）由题意可知BC ⊥AB ，BC ⊥PB ，∴BC ⊥平面PAB .又BC //AD ，∴AD ⊥平面PAB ，∴AD ⊥PA .∵AD ⊥AB ,AB ⊥PA ，以点A 为坐标原点，分别以AB ,AD ,AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图4所示的空间直角坐标系A -xyz .得A (0,0,0),B (3,0,0),C (3,5,0),P (0,0,4),D (0,8,0)，所以 PB =(3,0,-4), PC =(3,5,-4),PD =(0,8,-4),图147设m =(x 1,y 1,z 1)为平面PBC 的一个法向量，则ìíî m ⋅ PC =0, m ⋅ PB =0,即ìíî3x 1-4z 1=0,3x 1+5y 1-4z 1=0,令x 1=4，则y 1=0,z 1=2,m =(4,0,3).设n=(x 2,y 2,z 2)为平面PCD 的一个法向量，则ìíîm ⋅PC =0, m ⋅PD =0,即ìíî8y 2-4z 2=0,3x 2+5y 2-4z 2=0,令y 2=1，则x 2=1,z 2=2,n =(1,1,2).设二面角B -PC -D 的大小为α，由向量的夹角公式可得：cos α=-|cos< m ,n >|=-|m ⋅n || m |⋅|n |=所以二面角B -PC -D 的余弦值为解答本题，需先明确ΔPAD 的特点、性质，以及其中各点、线段的位置关系，知晓折叠前后ΔBCP 以及梯形ABCP 中的改变量与不变量；然后根据直线与平面垂直的性质定理和判定定理证明AB 、AP 、AD 三条直线两两互相垂直，据此建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角B -PC -D 的余弦值.解答立体几何图形折叠问题，要熟悉折叠图形的性质：折叠前后图形的形状、面积、边长、角度均不改变.三、立体几何中的作图问题立体几何中的作图问题比较常见.解答此类题目，往往要先通过观察，明确题意，确定图形中的点、直线、平面之间的位置关系，灵活运用简单几何体的性质寻找一些垂直、平行的关系，据此发现一些特殊的点、位置，以确定要求作的点、直线、平面的位置，进而作出完整的图形.例3.如图5，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为棱B 1C 1的中点，F ,G 分别是棱CC 1,BC上的动点（不与顶点重合），请作出平面A 1DG 与平面CBB 1C 1的交线，并说明理由.图5解：如图5，连接DG ，并延长交AB 的延长线于点P ，连接A 1P ，交BB 1于Q ，连接GQ ，则GQ 所在的直线即为作出的平面A 1DG 与平面CBB 1C 1的交线.理由如下：∵ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体,∴平面CBB 1C 1//平面ADD 1A 1,而平面CBB 1C 1⋂平面A 1DG =GQ ，平面ADD 1A 1⋂平面A 1DG =A 1D ,∴A 1D //GQ .要画出平面A 1DG 与平面CBB 1C 1的交线，需根据平面的延展性、正方体的性质，以及平行平面的性质：若两个平行平面被第三个平面所截，则其交线平行.在平面CBB 1C 1内寻找与A 1D平行的直线GQ 即可.例4.某几何体的正视图与侧视图均为边长为1的正方形，则下面四个图形中，可能是该几何体俯视图的个数为().A.1B.2C.3D.4解：俯视图从左到右依次记为：图6图7图8图9如果几何体为棱长为1的正方体，则俯视图如图6；如果几何体为圆柱，它的底面直径为1，高为1，则俯视图如图9；如果几何体为从棱长为1的正方体中挖去直径为2，高为1的圆柱的，则俯视图如图7；以图8为俯视图的几何体的正视图不是正方形.故选C.本题主要考查三视图的定义的应用以及画三视图的方法.画三视图要注意几个要点：（1）主视图和俯视图的长要相等；（2）主视图和左视图的高要相等；（3）左视图和俯视图的宽要相等；（4）看不到的线画虚线.虽然立体几何题目的命题形式较多，其解法也各不相同，但是同学们在解题时只要结合立体图形及其特征明确各个点、线、面的位置及其关系；然后将问题与相关的定理、性质、公式相关联，添加合适的辅助线，灵活利用相关的定理、性质、公式进行推理、运算，就能顺利求得问题的答案.（作者单位：江苏省启东市汇龙中学）图448。

用向量法（坐标法）解决点的存在性问题点的存在问题（即探索性问题）是历年高考的热点，立体几何中，探索满足某个条件的点是否存问题，能很好的考查学生的逻辑推理能力和空间想象能能力，休现了的新课标的要求，故倍受命题人青睐。

下面结合具体例题讲解此类问题的大致类型及解题策略。

例1：如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1DD 的中点，（1）在棱B 1C 1是否存一点G ，使得AG ⊥平面1A BE ;（2）在线段BE 上是否存一点M ，使得M-CD-A 的平面角的余弦值为25. （3）在正方形ABCD 内（含边界线段）否存一点N ，使得C 1N ⊥1A BE点评：立何几何中的点的存在问题通常使用坐标法来进得解答，此方法不需要进行复杂的作图、推理及论证，只需要通过坐标运算进行判断。

解题策略：先假设满足条件的点存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或解方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否在规定范围内有解问题。

命题类型：（1）在与坐标轴平行的线段上寻求一点满点某个条件，此种类型较易，直接设出该点坐标（横、纵，竖三个坐标中，己知两个），据条件得方程即可求解；（2）在与坐标轴不平行的线段上寻求一点满点某个条件，此种类型，此点的横、纵，竖三个坐标，可能己知一个，或者都不清楚，解题时需要根据三点共线进行坐标代换。

比如：在线段AB(AB 与坐标轴不平行）上寻找一点M 满足条件f 。

具体做法：设M （x,y,z)与AM=λAB （01λ≤≤），由坐标相等概念则可将M 点的坐标全部用λ表示M （f(λ),g(λ),φ(λ)),然后根据假设的结论列方程即求得λ。

（3）在某个面上寻求一点满点某个条件，直接列方程组解决。

命题规律：所探求的点一般是线段的中点或三等分点，故此种也可先估计此点的位置，然后进行证明。

专项训练1.（2010马鞍山模拟）如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点.（Ⅰ）求二面角B—DE—C的平面角的余弦值；（Ⅱ）在棱PB上是否存在点F，使PB⊥平面DEF？证明你的结论.2,（2010绍兴模拟）如图，在三棱锥S-ABC中，SA=AB=AC=BC=2SB=2SC，O为BC的中点，（1）求证：SO ABC平面；（2）求异面直线SC与AB所成角的余弦值；（3）在线段AB上是否存在一点E，使得二面角B-SC-E的平面角的余弦值为15;5若存在，求BE：BA的值；若不存在，试说明理由。

高中数学立体几何教学中存在的问题及解决对策摘要：在高中数学当中，立体几何属于重要内容。

伴随新课改逐渐深入，立体几何这个部分在体系结构以及内容方面发生很大变化。

高中生若想对立体几何有关知识加以深入理解以及扎实掌握，需要具备较强空间想象、抽象思维以及逻辑思维这些能力。

本文在对立体几何方面教学现存问题加以分析的基础上，对提升立体几何方面教学效果的策略展开探究，希望能对实际教学有所帮助。

关键词：高中数学；立体几何教学；问题；解决对策前言：立体几何方面教学能够让高中生对数学问题加以直观认识，借助图形带来的视觉冲击有效调动高中生好奇心以及创造力。

然而，就当前数学教学实际情况而言，立体几何方面教学整体效果并不乐观。

教学期间，数学教师除了要对知识讲解加以重视之外，同时还需着重培养高中生综合素质。

为此，对提升立体几何方面教学效果的策略展开探究意义重大。

一、立体几何方面教学现存问题（一）高中生并未对几何知识进行深入理解，缺少空间想象能力因为高中生在对立体几何加以学习之前，已经对平面几何有关知识进行掌握，尽管平面几何和立体几何存在紧密关联，然而从平面到立体，从二维到三维，高中生存在一定的思维定势，缺少空间想象能力，致使其无法画出相应图形或者画出一些错误图形，进而导致其出现解题错误。

而且，还有一些高中生无法跟上教师思路，难以在立体空间当中计算几何问题，进而对教学效率产生较大影响[1]。

（二）学生思维局限致使其解题方法非常单一针对不少数学问题，高中生的解题方法非常单一，其实一道题可以通过不同方法进行解答。

但多数高中生的解题思路都是固定的，存在严重的思维定势，这样就导致高中生很难进行探究性的学习，进而影响其学习效率[2]。

二、提升立体几何方面教学效果的策略（一）激发高中生的学习兴趣教学期间，数学教师可创设一些生活情境，促使高中生主动参与其中，充分发挥出高中生具有的能动性，有效激发高中生学习兴趣。

例如，开展“三视图”教学期间，数学教师可准备几何模具以及机器零件，让高中生进行观察，也可从不同角度用平行光进行照射，让高中生对其影子实际形状进行观察，促使高中生对现实生活当中立体几何的存在加以感受，鼓励高中生在实际生活当中积极进行观察以及思考，有效激发其学习兴趣。

C1B1A一、立体几何的存在性问题1、已知某几何体的直观图和三视图如下图所示, 其正视图为矩形,左视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形.(I)证明：BN⊥平面C1B1N；(II)M为AB中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1，若存在，求出BP的长;若不存在，请说明理由.俯视图左视图2、如图：在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是菱形，60,ABC PA∠=︒⊥平面ABCD，点,M N分别为,BC PA的中点，且2==ABPA.（1）证明：BC⊥平面AMN；（2）求三棱锥AMCN-的体积；（3）在线段PD上是否存在一点E，使得//NM平面ACE；若存在，求出PE的长；若不存在，说明理由.M CDD3、在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC BC =，BC AB ⊥.点N M ,分别是1CC ，C B 1的中点，G 是棱AB 上的动点.（Ⅰ）求证：⊥C B 1平面BNG ； （Ⅱ）若CG //平面M AB 1，试确定G 点的位置，并给出证明.4、如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，AD //BC ，∠ADC =90°，BC =12AD ，P A =PD ，Q 为AD 的中点．（Ⅰ）求证：AD ⊥平面PBQ ；（Ⅱ）若点M 在棱PC 上，设PM =tMC ，试确定t 的值，使得P A //平面BMQ ．PABCD Q M二、应用题综合【基本不等式】1、某单位建造一间地面面积为12m2的背面靠墙的矩形小房，由于地理位置的限制，房子侧面的长度x不得超过a米，房屋正面的造价为400元/m2,房屋侧面的造价为150元/m2，屋顶和地面的造价费用合计为5800元，如果墙高为3m，且不计房屋背面的费用．（1）把房屋总造价y表示成x的函数，并写出该函数的定义域.（2）当侧面的长度为多少时，总造价最底？最低总造价是多少？【导数】2、为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层，某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：cm)满足关系：C(x)＝k3x＋5(0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f(x)为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．(1)求k的值及f(x)的表达式．(2)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．【线性规划】。

立体几何教学中的障碍及对策[推荐]第一篇：立体几何教学中的障碍及对策[推荐]立体几何教学中的障碍及对策立体几何是研究空间图形的性质、画法，计算及应用的学科。

识图中要使学生学好“立几”，必须帮助他们树立信心，排除障碍。

一、消除畏难情绪，激发学习兴趣。

要消除畏惧心理，培养学习兴趣，在教学中必须做好以下几点：1、认真上好（引言）课，消除学生对“立几”的神秘感。

首先，让学生观察桌面、地面、纸张、教室、墨水瓶，球等生活中每天都能接触到的物体，体会它们的形状，特征等，然后向学生指出：立体几何所要研究的对象就是这些几何体。

从而缩短了学生与“立几”的距离，消除了学生对“立几”的神秘感，使学生乐于接受它。

其次，向学生介绍“立几”知识在建造厂房，制造机器，修筑堤坝等生产实践中的广泛应用，使学生认识到学好“立几”的重要意义，产生学好“立几”的愿望。

2、在教学中注意循序渐进，突出重点，分化难点，不断制造成功机会，让每个学生都有成功的体验，领略到成功的喜悦，从而形成稳定，持久的学习兴趣。

二、加强识图，作图训练，培养空间想象力。

丰富的空间想象力是学好“立几”的前提，空间图形作为“立几”的一种特殊语言，它不仅能使学生加深对概念，公理，定理的理解，而且准确地作出图形还有利于学生对习题的分析，识图，作图需要一定的空间想象能力，通过识图，作图训练可以培养和提高学生的空间想象能力。

1、实物与图形对照，作出相应的图形，根据“立几”知识直观性，可操作性强的特点，在教学中充分利用学生身边的实物。

如教室中的课桌，凳，黑板的边线，墙角线，学生手中笔以及自制的一些模型等，让学生观察，按照作图规则，作出相应的点，线，面之间的各种位置关系图。

再对照辨析，使学生弄清图中哪些地方用实践，哪些地方用虚线。

通过这样的训练，学生的空间想象能力得到培养，识别和绘制图形的能力增加了。

2、标准图形与变式图形对照，提高学生的识图，作图能力，课本中用以表达定义，定（公）理的图形。

微课堂设计《立体几何中的存在性问题》立体几何中的存在性问题在近几年的全国卷高考中大题第二问一直都有体现，存在性问题也就是探究性问题。

存不存在，存在又如何，我们处理的总的思路是什么？立体几何中的存在问题都是先假设存在，在存在的背景下去完成这个问题。

立体几何中有许多存在性问题，主要是针对直线上是否存在一点（平面内一点）使得满足一定的位置关系（平行、垂直）或一定的角度要求（线面角、二面角）。

存在性问题解决：（1）采用先猜后证，猜中点或三等分点等等然后证明位置关系：平行多用中位线、垂直多用三线合一等；（2）采用先设后求，运用待定系数法和空间向量解决，特别运用三点共线设一般直线上一点。

一．教学目标：掌握处理立体几何中探究性问题的一般思路；二．教学重点：利用先猜后证和先设后求处理探究性问题；三．教学难点：如何猜点及设点；四．教学过程4.1例题讲解例1.如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．【答案】P为AM的中点【解析】当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP．MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD．【分析】先猜后证，为什么要猜中点？根据已知条件没有比例关系，关键是连接对角线会产生中点，平行多用中位线、垂直多用三线合一。

例2.如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点． （1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【解析】（2）以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz - ．则(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23)O B A C P AP -= 取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-．设平面PAM 的法向量为(,,)n x y z =．由0,0AP n AM n ⋅=⋅=得2230(4)0y z ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩ ， 可取2(3(4),3,)n a a a =--所以22223(4)cos 23(4)3a OB n a a a -〈⋅〉=-++ ．由已知得3cos 2OB n 〈⋅〉= ．所以22223|4|3223(4)3a a a a -=-++ ． 解得4a =-(舍去)，43a = ．所以83434,,333n ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭ ．又(0,2,23)PC =- ，所以3cos ,4PC n 〈〉= ．所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34． 【分析】本题关键在于设M 的坐标，由于M 在xoy 平面内，可以放在xoy 平面去设M 坐标，根据M 点在直线BC 上，可以得到BC 方程，从而设出M 坐标。

立体几何中的存在性问题利用空间向量解决探索性问题例3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1；(2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，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．如图，在三棱锥P —ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC⊥AC ，点D 为BC 的中点；(1)求二面角A —PD —B 的余弦值；(2)在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面P AD1所成角的正弦值为，若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由． 6提醒三点：(1)直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，而不是余弦值．(2)求二面角除利用法向量外，还可以按照二面角的平面角的定义和空间任意两个向量都是共面向量的知识，我们只要是在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的向量，并且两个向量的方向均指向棱或者都从棱指向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的大小．如图所示【上图】．→→→→(3)对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，且有OP ＝xOA ＋yOB ＋zOC (x ，y ，z ∈R ) ，四点P ，A ，→→B ，C 共面的充要条件是x ＋y ＋z ＝1. 空间一点P 位于平面MAB 内⇔存在有序实数对x ，y ，使MP ＝xMA ＋→→→→→yMB ，或对空间任一定点O ，有序实数对x ，y ，使OP ＝OM ＋xMA ＋yMB .1．如图，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°. 点E 、F 分别在边CD 、CB 上，点E 与点C 、D 不重合，EF ⊥AC ，EF ∩AC ＝O . 沿EF 将△CEF翻折到△PEF 的位置，使平面PEF ⊥平面ABFED .(1)求证：→→BD ⊥平面POA ；(2)设点Q 满足AQ ＝λQP (λ>0)，试探究：当PB 取得最小值时，直线OQ 与平面PBD 所π成角的大小是否一定大于 42．如图，AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆上且EF ∥AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，已知AB ＝2，EF ＝1.(1)求证：平面ADE ⊥平面BCE ；(2)当AD 的长为何值时，二面角D －EF －B 的大小为60°？。