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最新高三教案-立体几何的综合应用 精品

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立体几何的综合应用一、知识梳理：线面平行的证法，线线角、线面角、二面角、点到平面的距离等的求法，用类比、转化、化归、构造等方法解题。

二、训练反馈1、如图，以长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点为顶点且四个面都是直角三角形的四面体是A 1－ABC 等 （注：只写出其中一个，并在图中画出相应的四面体）2、在平面几何中有：Rt △ABC 的直角边分别为a,b ，斜边上的高为h ，则222111hb a =+。

类比这一结论，在三棱锥P —ABC 中，PA 、PB 、PC 两两互相垂直，且PA=a ，PB=b ，PC=c ，此三棱锥P—ABC 的高为h ，则结论为_1/a 2 +1/b 2 +1/c 2 = 1/ h 23、如图一，在△ABC 中，AB ⊥AC 、AD ⊥BC ，D 是垂足，则BC BD AB ⋅=2（射影定理）。

类似有命题：三棱锥A －BCD (图二)中，AD ⊥平面ABC ，AO ⊥平面BCD ， O 为垂足，且O 在△BCD 内，则BCD BCO ABC S S S ∆∆∆⋅=2， 上述命题是 （ A ）A ．真命题B ．假命题C ．增加“AB ⊥AC ”的条件才是真命题D ．增加“三棱锥A －BCD 是正三棱锥”的条件才是真命题4、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 ∥MNP 的图形的序号是 ①③ （写出所有符合要求的图形序号）5、如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，EF 是异面直线AC 与A 1D 的公垂线，A B C D AB D O 图一图二则由正方体的八个顶点所连接的直线中，与EF 平行的直线（ A ） A ．有且仅有一条 B ．有二条 C ．有四条 D ．不存在6、如图，在三棱锥P —ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC=90°，AB ≠AC ，D 、E 分别是BC 、 AB 的中点，AC>AD ，设PC 与DE 所成的角为α，PD 与平面ABC 所成的角为β，二面 角P —BC —A 的平面角为γ，则α、β、γ的大小关系是 （A ）A ．α<β<γB ．α<γ<βC ．β<α<γD ．γ<β<α三、典型例题例1. 如图，点P 为斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱BB 1上一点，PM ⊥BB 1交AA 1于点M ，PN ⊥BB 1交CC 1于点N.（1）求证：CC 1⊥MN ；（2）在任意△DEF 中有余弦定理：DE 2=DF 2+EF 2－2DF ·EF ∠cos DFE.拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明.（1）证：∵CC 1//BB 1⇒CC 1⊥PM ，CC 1⊥PN ，∴CC 1平面PMN ⇒CC 1⊥MN ；（2）解：在斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，有αcos 21111111111222A ACC A BCC A ACC B BCC A ABB S S S S S ⋅-+=， 其中α为平面CC 1B 1B 与平面CC 1A 1A 所组成的二面角.∵CC 1⊥平面PMN ，∴上述的二面角为∠MNP ，在△PMN 中， PM 2=PN 2+MN 2－2PN ·MN cos ∠MNP ⇒PM 2CC 21=PN 2CC 21+MN 2CC 21－2（PN ·CC 1）·（MN ·CC 1）cos ∠MNP ，ABD C EFA 1B 1C 1D 1由于,,111111CC MN S CC PN S A ACC B BCC ⋅=⋅=111BB PM S A ABB ⋅=，∴有αcos 21111111111222A ACC B BCC A ACC B BCC A ABB S S S S S ⋅-+=. 例2、如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1 中，侧面AA 1B 1B ⊥底面ABC ，侧棱AA 1与底面ABC 成600的角， AA 1= 2．底面ABC 是边长为2的正三角形，其重心为G 点。

E 是线段BC 1上一点，且BE=31BC 1 ． （１）求证： GE ∥侧面AA 1B 1B ；（２）求平面B 1GE 与底面ABC 所成锐二面角的大小 ． 解：(1)延长B 1E 交BC 于F, ∵ΔB 1EC ∽ΔFEB, BE ＝21ＥＣ１ ∴ＢＦ＝21Ｂ１Ｃ１＝21ＢＣ，从而Ｆ为ＢＣ的中点． ∵Ｇ为ΔＡＢＣ的重心，∴Ａ、Ｇ、Ｆ三点共线，且FAFG＝1FB FE ＝31，∴GE ∥AB 1， 又GE ⊄侧面AA 1B 1B ， ∴GE ∥侧面AA 1B 1B（２）在侧面AA 1B 1B 内，过B 1作B 1Ｈ⊥ＡＢ，垂足为Ｈ，∵侧面AA 1B 1B ⊥底面ABC ，∴B 1Ｈ⊥底面ABC ．又侧棱AA 1与底面ABC 成600的角， AA 1= 2， ∴∠B 1ＢＨ＝６００，ＢＨ＝１，B 1Ｈ＝3．在底面ABC 内，过Ｈ作ＨＴ⊥ＡＦ，垂足为Ｔ，连B 1Ｔ．由三垂线定理有B 1Ｔ⊥ＡＦ， 又平面B 1GE 与底面ABC 的交线为ＡＦ，∴∠B 1ＴＨ为所求二面角的平面角． ∴ＡＨ＝ＡＢ＋ＢＨ＝３，∠ＨＡＴ＝３００， ∴ＨＴ＝ＡＨsin300＝23，在ＲｔΔB 1ＨＴ中，ｔａｎ∠B 1ＴＨ＝HT H B 1＝332 ，从而平面B 1GE 与底面ABC 所成锐二面角的大小为arctan 332例3、如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝a ，又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝4． (1)若在边BC 上存在一点Q ，使PQ ⊥QD ，求a 的取值范围； (2)当BC 上存在唯一点Q ，使PQ ⊥QD 时，求异面直线AQ 与PD 所成角的大小；(3)若a ＝4，且PQ ⊥QD ，求二面角A －PD －Q 的大小．ABCDQ P方法一(1)解：以、、为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，C (－a ，3，0)，D (－a ，0，0)，P (0，0，4)设Q (t ，3，0)，则 ＝(t ，3，－4)，＝(t ＋a ，3，0) ∵PQ ⊥QD ，∴3)(++=⋅a t t DQ PQ ＝0 即t 2＋at ＋3＝0 ① ∴△＝a 2－12≥0 ⇒ a ≥23．(2)解：∵BC 上存在唯一点Q ，使PQ ⊥QD ，∴△＝a 2－12＝0 ⇒ a ＝23，t ＝－3＝(－3，3，0) ，＝(－23，0，－4)∴cos 14427266=⋅=>=<， 故异面直线AQ 与PD 所成角为arccos1442． (3)解：过Q 作QM ∥CD 交AD 于M ，则QM ⊥AD ，M (t ，0，0) ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥QM ，又QM ⊥AD ，∴QM ⊥平面PAD 过M 作MN ⊥PD 于N ，连结NQ ，由三垂线定理知QN ⊥PD ∴∠MNQ 是二面角A －PD －Q 的平面角设N (m ，0，n )，则NM ＝(t －m ，0，－n )，NQ ＝(t －m ，3，－n )＝(－4－m ，0，－n )∵MN ⊥PD ，ND 、PD 共线，∴ND PD PD NM λ==⋅，0 得：m ＋n －t ＝0，m －n ＝4 ② 3222||||,cos 222+=>=<n nn NQ NM NQ MN 由①得：t ＝－1或t ＝－3，由②得：n ＝2＋21t 当t ＝－1时，515,cos >=<ND NM ，当t ＝－3时，77,cos >=<ND NM ∴二面角A －PD －Q 的大小为515arccos 或77arccos ．方法二(1)解：设BQ ＝t ，则PQ 2＝19＋t 2，QD 2＝3＋(a －t )2，PD 2＝16＋a 2由PQ ⊥QD 得：19＋t 2＋3＋(a －t )2＝16＋a 2，即t 2－at ＋3＝0 ① ∴△＝a 2－12≥0⇒a ≥23．(2)解：∵BC 上存在唯一点Q ，使PQ ⊥QD ， ∴△＝a 2－12＝0 ⇒ a ＝23，t ＝3，故Q 是BC 中点取AD 中点R ，PA 中点S ，连RS 、RC ，则RS ∥PD ，RC ∥AQ ∴∠RSC 就是异面直线AQ 与PD 所成角721==PD RS ，6==AQ RC ，1922=+=AC SA SC ∴14422cos 222-=⨯-+=∠RC RS SC RC RS RSC 故异面直线AQ 与PD 所成角为arccos 1442．(3)解：同方法一得∠MNQ 是二面角A －PD －Q 的平面角在Rt △PAD 中，24tMN PD MB PA MN -=⇒= 在Rt △PQD 中， 24)4(31922t t NQ PD DQPQ NQ -+⨯+=⇒= 22)4(319)4(4cos t t t NQ MN MNQ -+⨯+-==∠ 由①得t ＝1或t ＝3 当t ＝1时，515cos =∠MNQ ， 当t ＝3时，77cos =∠MNQ ∴二面角A －PD －Q 的大小为515arccos 或77arccos 四、巩固练习1、在下列关于直线l 、m 与平面α、β的命题中,真命题是（B ） A ．若l ⊂β且α⊥β,则l ⊥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.2、如图，在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，O 是底面ABCD 的中心，F E ,分别是1CC 、AD 的中点，那么异面直线OE 和1FD 所成的角的余弦值等于 （ ）A. 510B. 515C.54 D.322.B （提示：将F D 1中的点F 平移至点O ，则点1D 移至11D C 的中点，记为点G ，由正方体棱长为2，可求得51==OG F D ，3=OE ，2=EG ，则51553cos ==θ.） 3、如图，定点A 和B 都在平面α内，定点α∉P ，α⊥PB ，C 是α内异于A 和B 的动点，且AC PC ⊥。

那么，动点C 在平面α内的轨迹是 ( )A. 一条线段，但要去掉两个点B. 一个圆，但要去掉两个点C. 一个椭圆，但要去掉两个点D. 半圆，但要去掉两个点B （提示：由三垂线定理的逆定理可知BC AC ⊥，故C 在以AB 为直径的园上，但除去A 、B 两点）4、设P 是60的二面角l αβ--内一点，,PA PB αβ⊥⊥平面平面,A ，B 为垂足，4,2,P A P B ==则AB 的长为 ( )A．B．C．D．4．C （提示：由二面角知识可得0120=∠APB ，根据余弦定理解得.72=AB ） 5、由图(1)有面积关系: PA B PAB S PA PB S PA PB ''∆∆''⋅=⋅，则由(2) 有体积关系: .P A B C P ABC V V '''--=5．PCPB PA PC PB PA ⋅⋅⋅⋅'''(提示：类比即得)6、如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB =1，D 在棱BB 1上，且BD =1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则α= ( ) A.3πB.4πC.6.D （提示：由正三棱柱特点，取AC 中点E ，连接BE ，可得1AC BE 平面⊥，再过点D 作BE的平行线交平面1AC 于点G ，则必有1AC DG 平面⊥，连AG ，则α为D A G ∠，在AD G Rt ∆中，46223sin ====ADBEAD DG α，即.46arcsin =α）7、在棱长为4的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，O 是正方形A 1B 1C 1D 1的中心，点P 在棱CC 1上，且CC 1=4CP.(Ⅰ)求直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）； (Ⅱ)设O 点在平面D 1AP 上的射影是H ，求证：D 1H ⊥AP ； (Ⅲ)求点P 到平面ABD 1的距离.图(1)图(2)C1解：(1)连接BP ，⊥AB 平面11B BCC ，AP ∴与平面11B BCC 所成的角就是APB ∠。

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最新高三教案-2018年高考第一轮复习9.13立体几何的综合问题 精品

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9.13 立体几何的综合问题●知识梳理1.线与线、线与面、面与面间的平行、垂直关系.2.空间角与空间距离.3.柱、锥、球的面积与体积.4.平面图形的翻折，空间向量的应用. ●点击双基1.若Rt △ABC 的斜边BC 在平面α内，顶点A 在α外，则△ABC 在α上的射影是 A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.一条线段或一钝角三角形 解析：当平面ABC ⊥α时，为一条线段，结合选择肢，知选D. 答案：D2.长方体AC 1的长、宽、高分别为3、2、1，从A 到C 1沿长方体的表面的最短距离为AC 1A.1+3B.2+10 D.23解析：求表面上最短距离常把图形展成平面图形.答案：C3.设长方体的对角线长为4，过每个顶点的三条棱中总有两条棱与对角线的夹角为60°，则长方体的体积是A.272B.82C.83D.16解析：先求出长方体的两条棱长为2、2，设第三条棱长为x ，由22+22+x 2=42⇒x =22，∴V =2×2×22=82.答案：B4.棱长为a 的正方体的各个顶点都在一个球面上，则这个球的体积是_____________. 解析：易知球的直径2R =3a .所以R =23a .所以V =3π4R 3=2π3 a 3. 答案：2π3a 35.已知△ABC 的顶点坐标为A （1，1，1）、B （2，2，2）、C （3，2，4），则△ABC 的面积是_____________.解析：AB =（1，1，1），=（2，1，3），cos 〈AB ，〉=1436⋅=742，∴sin A =77.∴S ABC ∆=21|AB ||AC |sin A =213·14·77= 26. 答案：26●典例剖析【例1】 在直角坐标系O —xyz 中，=（0，1，0），=（1，0，0），=（2，0，0），OS =（0，0，1）.（1）求SC 与OB 的夹角α的大小；（2）设n =（1，p ，q ），且n ⊥平面SBC ，求n ；（3）求OA 与平面SBC 的夹角； （4）求点O 到平面SBC 的距离； （5）求异面直线SC 与OB 间的距离.解：（1）如图，= －=（2，0，－1），= + =（1，1，0），则||=222)1(02-++=5，||=222011++=2.AC xycos α=cos 〈，〉=arccos 510. n ·=0，n ·=0.∵SC =（2，0，－1），= OC －OB =（1，－1，0）， 2－q =0， p =1，1－p =0. q =2，（3）OA 与平面SBC 所成的角θ和OA 与平面SBC 的法线所夹角互余，故可先求与n 所成的角.OA =（0，1，0），|OA |=1，|n |=222211++=6.∴cos 〈，n 〉|||OA |n n⋅611⋅=66， ∴ （2）∵n ⊥平面SBC ，∴n ⊥且n ⊥BC ，即∴ 即n =（1，1，2）.即〈OA ，n 〉=arccos66.∴θ=2π－arccos 66. （4）点O 到平面SBC 的距离即为OC 在n 上的投影的绝对值， ∴d =|OC ·|n |n |=62= 36.（5）OC 在异面直线SC 、OB 的公垂线方向上的投影的绝对值即为两条异面直线间的距离，故先求与SC 、OB 均垂直的向量m .设m =（x ，y ，1），m ⊥SC 且m ⊥OB ， 则m ·SC =0，且m ·OB =0.2x －1=0， x =21， x +y =0， y =－21.∴m =（21，－21，1），d ′=|OC ·||m m |= 62=36.特别提示借助于平面的法向量，可以求斜线与平面所成的角，求点到平面的距离，类似地可以求异面直线间的距离.本题选题的目的是复习如何求平面的法向量，以及如何由法向量求角、求距离.【例2】 如图，已知一个等腰三角形ABC 的顶角B =120°，过AC 的一个平面α与顶点B 的距离为1，根据已知条件，你能求出AB 在平面α上的射影AB 1的长吗?如果不能，那么需要增加什么条件，可以使AB 1=2?BB C 1解：在条件“等腰△ABC 的顶角B =120°”下，△ABC 是不能唯一确定的，这样线段AB 11①CB 1=2；②CB =5或AB =5；③直线AB 与平面α所成的角∠BAB 1=arcsin 55；④∠ABB 1=arctan2；⑤∠B 1AC =arccos415；⑥∠AB 1C =π－arccos 87；⑦AC =15；⑧B 1到AC 的距离为21；⑨B 到AC 的距离为25；⑩二面角B —AC —B 1为arctan2等等.思考讨论本题是一个开放型题目，做这类题的思维是逆向的，即若AB 1=2，那么能够推出什么结果，再回过来考虑根据这一结果能否推出AB 1=2.【例3】 （2004年春季北京）如图，四棱锥S —ABCD 的底面是边长为1的正方形，∴即SD 垂直于底面ABCD ，SB =3，C（1）求证：BC ⊥SC ；（2）求面ASD 与面BSC （3）设棱SA 的中点为M ，求异面直线DM 与SB 所成角的大小.剖析：本题主要考查直线与平面的位置关系等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.（1）证法一：∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC .∵SD ⊥底面ABCD ， ∴DC 是SC 在平面ABCD 上的射影. 由三垂线定理得BC ⊥SC .证法二：∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC .∵SD ⊥底面ABCD ， ∴SD ⊥BC .又DC ∩SD =D ， ∴BC ⊥平面SDC .∴BC ⊥SC .（2）解法一：∵SD ⊥底面ABCD ，且ABCD 为正方形，A1∴可以把四棱锥S —ABCD ASD 与面BSC所成的二面角就是面ADSA 1与面BCSA 1，BC ∥A 1S ，∴SC ⊥A 1S . 又SD ⊥A 1S ，∴∠CSD 为所求二面角的平面角.在Rt △SCB 中，由勾股定理得SC =2， 在Rt △SDC 中，由勾股定理得SD =1. ∴∠CSD =45°，即面ASD 与面BSC 所成的二面角为45°. 解法二：如下图，过点S 作直线l ∥AD ，∴l 在面ASD 上.∵底面ABCD 为正方形，∴l ∥AD∴l 在面BSC 上.∴l 为面ASD 与面BSC 的交线.∵SD ⊥AD ，BC ⊥SC ，∴l ⊥SD ，l ⊥SC .∴∠CSD 为面ASD 与面BSC 所成二面角的平面角. （以下同解法一）.（3）解法一：如上图，∵SD =AD =1，∠SDA =90°， ∴△SDA 是等腰直角三角形. 又M 是斜边SA 的中点， ∴DM ⊥SA .∵BA ⊥AD ，BA ⊥SD ，AD ∩SD =D ，∴BA ⊥面ASD ，SA 是SB 在面ASD 上的射影. 由三垂线定理得DM ⊥SB .∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°.解法二：如下图，取AB 的中点P ，连结MP 、DP .P在△ABS 中，由中位线定理得PM ∴DM 与SB 所成的角即为∠DMP . 又PM 2=43，DP 2=45，DM 2=42. ∴DP 2=PM 2+DM 2.∴∠DMP =90°.∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°. ●闯关训练 夯实基础1.下图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A 、B 、C 是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC 的值为ABC A.180° B.120°C.60°D.45° 答案：C2.在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成的角为1AA.arccos23 B.arccos 1010 C.arccos53D.arccos52 解法一：∵AM =1AA +M A 1，= +， ∴AM ·CN =（1AA +M A 1）·（CB +BN ）=1AA ·BN = 21. 而||=== 411+= 25.同理，||=25. 如令α为所求之角，则cos α=4521=52，∴α=arccos 52.应选D.解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，把D 点视作原点O ，分别以DA 、DC 、1DD 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，则A （1，0，0）、M （1，21，1）、C （0，1，0）、N （1，1，21）.1A A C xy ∴AM =（0，21，1），CN =（1，0故AM ·CN =0×1+21×0+1×21=21，|AM |=2221)21(0++=25，||=222)21(01++=25.∴cos α=252521⋅=52. ∴α=arccos 52. 答案：D3.图甲是一个正三棱柱形的容器，高为2a，内装水若干.现将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图乙所示，这时水面恰好为中截面，则图甲中水面的高度为_____________.解析：设正三棱柱的底面积为S，将图乙竖起得图丙，则V水=V柱－V111FEAAEF=S·2a－（41S）·2a=23aS.设图甲中水面的高度为x，则S·x=23aS，得x=23a.答案：23a4.在三棱锥P—ABC中，底面是边长为2 cm的正三角形，P A=PB=3 cm，转动点P时，三棱锥的最大体积为.解析：点P到面ABC距离最大时体积最大，此时面P AB⊥面ABC，高PD=22.PV=31×43×4×22=362.答案：362cm35.把长、宽各为4、3的长方形ABCD，沿对角线AC折成直二面角，求顶点B和顶点D 的距离.解：如图，作BE⊥AC于E，BE∵二面角B —AC —D 为直二面角，BE ⊥AC ， ∴BE ⊥平面ADC ，DE ⊂平面ADC ，BE ⊥DE .在Rt △ABC 中，可得BE =512，AE =59，在△ADE 中，DE 2=AE 2＋AD 2－2AD ·AE ·cos ∠EAD =2581＋16－2·59·4·54=25193.在Rt △BDE 中，BD =BE 2＋ED 2=5337.培养能力6.已知正方形ABCD 的边长为1，分别取边BC 、CD 的中点E 、F ，连结AE 、EF 、AF ，以AE 、EF 、F A 为折痕，折叠使点B 、C 、D 重合于一点P .（1）求证：AP ⊥EF ；（2）求证：平面APE ⊥平面APF ； （3）求异面直线P A 和EF 的距离.（1）证明：如下图，∵∠APE =∠APF =90°，PE ∩PF =P ，∴P A ⊥平面PEF . ∵EF ⊂平面PEF ，∴P A ⊥EF.AB E CG FD（2）证明：∵∠APE =∠EPF =90°，AP ∩PF =P ，∴PE ⊂平面P AE ，∴平面APE ⊥平面APF .（3）解：在面PEF 中，作PG ⊥EF ，垂足为G ，∵AP 与面PEF 垂直，PG ⊂平面PEF ，∴AP ⊥PG ，PG ⊥EF ，PG 是AP 与EF 的公垂线.在等腰Rt △PEF 中，PE =PF =21，∠EPF =90°，∴PG =EG =42. 7.（文）如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD =90°，AD ∥BC ，AB =BC =a ，AD =2a ，P A ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30°角.B x y （1）若AE ⊥PD ，E （2）求异面直线AE 与CD （1）证明：以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则A （0，0，0），B （a ，0，0），D （0，2a ，0），P （0，0，33a ），· =（a ，0，0）·（0，2a ，－33a ）=0，又AE ·PD =0， ∴⊥，⊥.∴PD ⊥BE .（2）解：∵P A ⊥面ABCD ，PD 与底面成30°角，∴∠PDA =30°. 过E 作EF ⊥AD ，垂足为F ，则AE =a ，∠EAF =60°，AF =21a ，EF =23a ，∴E （0，21a ，23a ）.于是=（0，21a ，23a ）.又C （a ，a ，0），D （0，2a ，0），∴CD =（－a ，a ，0）.cos 〈，CD 〉a a a2212⋅=42，∴异面直线AE 与CD 所成的角是arccos42. （理）四棱锥P —ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC =2，在四边形ABCD 中，∠B =∠C =90°，CD ∥AB ，AB =4，CD =1，点M 在PB 上，且MB =3PM ，PB 与平面ABC 成30°角，（1）求证：CM ∥面P AD ； （2）求证：面P AB ⊥面P AD ； （3）求点C 到平面P AD 的距离. 分析：本题主要考查空间直角坐标系的概念、空间点和向量的坐标表示以及用向量法证明平行关系，同时考查向量研究空间图形的数学思想方法.如下图，建立空间直角坐标系O —xyz ，C 为坐标原点O ，突破点在于求出相关的向量所对应的坐标.（1）证明：如图，建立空间直角坐标系.O ()z∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABC ∵|PC |=2，∴|BC |=23，|PB |=4.得D （1，0，0）、B （0，23，0）、A （4，23，0）、P （0，0，2）. ∵|MB |=3|PM |， ∴|PM |=1，M （0，23，23）， =（0，23，23），DP =（－1，0，2），DA =（3，23，0）.设CM =x +y （x 、y ∈R ），则（0，23，23）=x （－1，0，2）+y （3，23，0）⇒x =43且y =41， ∴CM = 43DP + 41DA .∴CM 、DP 、DA 共面.又∵C ∉平面P AD ，故CM ∥平面P AD . （2）证明：过B 作BE ⊥P A ，E 为垂足.∵|PB |=|AB |=4，∴E 为P A 的中点.∴E （2，3，1），=（2，－3，1）.又∵·=（2，－3，1）·（3，23，0）=0， ∴BE ⊥DA ，即BE ⊥DA . 而BE ⊥P A ，∴BE ⊥面P AD .∵BE ⊂面P AB ，∴面P AB ⊥面P AD .（3）解：由BE ⊥面P AD 知，平面P AD 的单位向量n 0||BE =221（2，－3，1）.∴CD =（1，0，0）的点C 到平面P AD 的距离 d =|n 0·CD |=|221（2，－3，1）·（1，0，0）|=22. 探究创新8.（2018年北京宣武区二模题）如图，AB 为圆柱OO 1的母线，BD 为圆柱OO 1下底面直径，AB =BD =2，点C 为下底面圆周⊙O 上的一点，CD=1.A B C（1）求三棱锥C —ABD 的体积； （2）求面BAD 与面CAD 所成二面角的大小；（3）求BC 与AD 所成角的大小.分析：本题主要考查直线、平面的位置关系，考查圆柱的有关概念，考查直线、平面所成角的概念及求法，考查空间想象能力和推理能力.解：（1）∵AB 为圆柱OO 1的母线，∴AB ⊥下底面.∴AB 为棱锥A —BCD 的高.而点C 在⊙O 上，∴△BCD 为直角三角形，∠BCD =90°.∵BD =2，CD =1，∴BC =3.∴V 三棱锥C —ABD =V 三棱锥A —BCD =31×21×1×3×2=33.（2）过B 作BE ⊥AD ，垂足为E ，过点B 作BF ⊥AC ，垂足为点F ，连结EF .由BD 为底面圆的直径，得BC ⊥CD .∵AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AB C∴AC ⊥CD . 而AC ∩BC =C ，∴CD ⊥平面ABC . 而CD ⊂平面ADC ，∴平面ABC ⊥平面ADC ，且它们的交线为AC . ∵BF ⊂平面ABC ，BF ⊥AC ，垂足为点F ， ∴BF ⊥平面ACD .而BE ⊥AD ，AD ⊂平面ACD ，∴EF ⊥AD .平面ABD ∩平面ACD =AD ，∴∠BEF 是面ABD 与面ACD 所成的二面角的平面角.由BE =21AD =2，AC =7，AB =2，可求出BF =7212.∴sin ∠BEF =BE BF=27212=742.∵∠BEF 为锐角，∴∠BEF =arcsin 742. 故所求二面角的大小为arcsin742. （3）过点D 在下底面作DG ∥BC 交⊙O 于点G ，则∠GDA 为BC 与AD 所成的角.连结BG 、AG ，由BD 是⊙O 的直径，得GD ⊥BG ，则AG ⊥DG ，BC =GD .A B C∴cos ∠GDA =AD GD =223=46.∴∠GDA =arccos46. ∴所求BC 与AD 所成的角的大小为arccos46. ●思悟小结1.利用向量解立体几何问题，要仔细分析问题特点，把已知条件用向量表示，把一些待求的量用基向量或其他向量表示，将几何的位置关系的证明问题或数量关系的运算问题转化为典型的向量运算，以算代证，以值定形.这种方法可减少复杂的空间结构分析，使得思路简捷、方法清晰、运算直接，能迅速准确地解决问题.2.线线垂直、两异面直线的夹角、两点间的距离等问题的解决往往借助于向量坐标.正方体、长方体、底面有一角为直角的直棱柱、底面为菱形的直四棱柱、四棱锥等凡能出现三条两两垂直直线的图形，常常考虑空间直角坐标系.3.在综合问题中，首先要注意是否构建直角坐标系，能较易建立直角坐标系的，尽量建立直角坐标系.其次要注意向量运算与基本性质相结合的论述，这是今后的方向，可以“形到形”，可以“数到形”，注意数形结合，向量方法与传统方法各有千秋，相得益彰.必须熟练掌握向量的基本知识和技能，尤其提出如下几点：（1）怎样选择应用基底（不设直角坐标系）和建立直角坐标系及坐标系建立技巧； （2）法向量的应用对处理角和距离的重要性； （3）怎样用向量解决立体几何中的几大常见题型；（4）准确判断是否选用向量处理问题，明确向量解题的缺点； （5）空间向量是怎样由平面向量拓展而来的. ●教师下载中心 教学点睛要给学生归纳、总结，使学生系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质，通过对照，深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角，理解点到面的距离、异面直线的距离.通过解题总结证明立体几何问题的常见方法，注意培养学生的空间想象能力.拓展题例【例1】 已知直线a ∥α，且a 与α间的距离为d ，a 在α内的射影为a ′，l 为平面α内与a ′平行的任一直线，则a 与l 之间的距离的取值范围是A.［d ，+∞）B.（d ，+∞）C.（0，d ］D.{d }解析：如图，在a 上任取一点P 作PO ⊥a ′，垂足为O ，过O 作OA ⊥l ，垂足为A ，连结P A .则P A ⊥l ，P A ⊥a ，故P A 就是a 与l 之间的距离.在Rt △POA 中，P A >PO =d ，选B.答案：B【例2】 如图，已知底面半径为为a ，最小值为b ，那么圆柱被截后剩下部分的体积是__________.b2r解析：两个相同的几何体倒立一个，对应合缝，恰好形成一个圆柱体.答案：21πr 2（a +b ） 【例3】 （2018年北京西城区一模题）如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长均为2，P 是侧棱AA 1上任意一点.A AB 1（1）求证：B 1P 不可能与平面ACC 1A 1BC 1⊥B 1P 时，求线段AP 的长；（3）在（2）的条件下，求二面角C —B 1P （1）证明：连结B 1P ，假设B 1P ⊥平面ACC 1A 1，则B 1P ⊥A 1C 1. 由于三棱柱ABC —A 1B 1C 1为正三棱柱，A A B1P∴AA 1⊥A 1C 1.∴A 1C 1⊥侧面ABB 1A 1.∴A 1C 1⊥A 1B 1， 即∠B 1A 1C 1=90°.这与△A 1B 1C 1是等边三角形矛盾. ∴B 1P 不可能与平面ACC 1A 1垂直.（2）解：取A 1B 1的中点D ，连结C 1D 、BD 、BC 1， 则C 1D ⊥A 1B 1，又∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1， ∴AA 1⊥C 1D .∴C 1D ⊥平面ABB 1A 1. ∴BD 是BC 1在平面ABB 1A 1上的射影.∵BC 1⊥B 1P ，∴BD ⊥B 1P .∴∠B 1BD =90°－∠BB 1P =∠A 1B 1P . 又A 1B 1=B 1B =2，∴△BB 1D ≌△B 1A 1P ，A 1P =B 1D =1.∴AP =1.（3）解：连结B 1C ，交BC 1于点O ，则BC 1⊥B 1C .又BC 1⊥B 1P ，∴BC 1⊥平面B 1CP . 过O 在平面CPB 1上作OE ⊥B 1P ，交B 1P 于点E ，连结C 1E ，则B 1P ⊥C 1E ， ∴∠OEC 1是二面角C —B 1P —C 1的平面角. 由于CP =B 1P =5，O 为B 1C 的中点，连结OP ，∴PO ⊥B 1C ，OP ·OB 1=OE ·B 1P .∴OE =530.∴tan ∠OEC 1=OEOC 1=315. ∴∠OEC 1=arctan315. 故二面角C —B 1P —C 1的大小为arctan 315.。

高中高三数学教案设计：立体几何

高中高三数学教案设计：立体几何

高中高三数学教案设计：立体几何一、教学目标1.让学生掌握直线与平面、平面与平面的位置关系及其判定定理和性质定理。

2.培养学生运用空间想象能力，解决实际问题的能力。

3.培养学生团结协作、积极探究的精神。

二、教学重点与难点1.教学重点：直线与平面、平面与平面的位置关系及其判定定理和性质定理。

2.教学难点：空间想象能力的培养，实际问题的解决。

三、教学过程1.导入新课（1）引导学生回顾初中阶段学习的平面几何知识，让学生认识到立体几何是平面几何的延伸。

（2）提出问题：在平面几何中，我们研究了线段、射线、圆等基本图形的性质和定理，那么在立体几何中，我们将研究哪些基本图形的性质和定理呢？2.授课内容（1）直线与平面的位置关系讲解直线与平面的位置关系，包括直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行等。

通过实例让学生理解这些位置关系，并给出判定定理和性质定理。

（2）平面与平面的位置关系讲解平面与平面的位置关系，包括平面与平面相交、平面与平面平行等。

同样通过实例让学生理解这些位置关系，并给出判定定理和性质定理。

（3）空间想象能力的培养通过让学生观察实物、模型，培养他们的空间想象能力。

例如，让学生观察长方体、正方体等实物，分析它们的特征，从而理解直线与平面、平面与平面的位置关系。

（4）实际问题的解决给出一些实际问题，让学生运用所学知识解决。

例如，给出一个长方体的三视图，让学生根据视图还原长方体的形状。

3.课堂练习（1）让学生独立完成一些练习题，巩固所学知识。

（2）教师挑选部分学生的作业进行讲解，指出优点和不足。

4.课堂小结5.课后作业（1）让学生完成课后练习题，巩固所学知识。

（2）布置一道研究性学习题目，让学生运用所学知识解决实际问题。

四、教学反思本节课结束后，教师应认真反思教学效果，针对学生的掌握情况，调整教学方法，以提高教学效果。

1.是否有学生未能掌握直线与平面、平面与平面的位置关系及其判定定理和性质定理？2.学生在解决实际问题时，是否存在困难？如何解决？3.课堂练习和课后作业的难度是否适中？如何调整？通过反思，不断优化教学设计，提高教学质量。

高三数学 立体几何中的有关证明与综合问题教案

高三数学 立体几何中的有关证明与综合问题教案

立体几何中的有关证明与综合问题例1． 已知斜三棱柱ABC-A ’B ’C ’的底面是直角三角形，∠C=90°，侧棱与底面所成的角为α（0°<α<90°），B ’在底面上的射影D 落在BC 上。

（1）求证：AC ⊥面BB ’C ’C 。

（2）当α为何值时，AB ’⊥BC ’，且使得D 恰为BC 的中点。

讲解：（1）∵ B ’D ⊥面ABC ，AC ⊂面ABC ，∴ B ’D ⊥AC ，又AC ⊥BC ，BC ∩B ’D=D ， ∴ AC ⊥面BB ’C ’C 。

（2）由三垂线定理知道：要使AB ’⊥BC ’，需且只需AB ’在面BB ’C ’C 内的射影B ’C⊥BC ’。

即四边形BB ’C ’C 为菱形。

此时，BC=BB ’。

因为B ’D ⊥面ABC ，所以，BD B '∠就是侧棱B ’B 与底面ABC 所成的角。

由D 恰好落在BC 上，且为BC 的中点，所以，此时BD B '∠=︒60。

即当α=︒60时，AB ’⊥BC ’，且使得D 恰为BC 的中点。

例2． 如图：已知四棱锥ABCD P -中，底面四边形为正方形，侧面PDC 为正三角形，且平面PDC ⊥底面ABCD ，E 为PC 中点。

（1）求证：平面EDB ⊥平面PBC ； （2）求二面角C DE B --的平面角的正切值。

讲解：（1）要证两个平面互相垂直，常规的想法是：证明其中一个平面过另一个平面的一ACC'条垂线。

首先观察图中已有的直线，不难发现，由于侧面PDC 为正三角形，所以，PC DE ⊥，那么我们自然想到：是否有PBC DE 面⊥？这样的想法一经产生，证明它并不是一件困难的事情。

∵ 面PDC ⊥底面ABCD ，交线为DC ，∴ DE 在平面ABCD 内的射影就是DC 。

在正方形ABCD 中，DC ⊥CB ， ∴ DE ⊥CB 。

又C BC PC =⋂，PBC BC PC 面⊂,， ∴ DE ⊥PBC 面。

高中数学新课立体几何教案

高中数学新课立体几何教案

高中数学新课立体几何教案一、教学目标1. 让学生理解立体几何的基本概念，如点、线、面、体等。

2. 培养学生空间想象力，能够画出简单的立体图形。

3. 让学生掌握立体几何的基本性质和公理，如平行公理、垂直公理等。

4. 培养学生运用立体几何知识解决实际问题的能力。

二、教学内容1. 立体几何的基本概念：点、线、面、体。

2. 立体图形的画法与识别。

3. 立体几何的基本性质和公理：平行公理、垂直公理等。

4. 立体几何的基本定理：如对角线定理、面积定理等。

5. 立体几何的应用：解决实际问题。

三、教学方法1. 采用直观教学法，利用模型、教具等帮助学生建立空间观念。

2. 采用分组讨论法，让学生合作探究立体几何的基本性质和公理。

3. 采用案例教学法，让学生通过解决实际问题，巩固立体几何知识。

4. 利用多媒体辅助教学，播放立体几何相关视频，提高学生学习兴趣。

四、教学步骤1. 导入新课：通过实物展示，引导学生认识立体几何。

2. 讲解基本概念：点、线、面、体，让学生理解并能够区分。

3. 教授立体图形的画法与识别：以正方体为例，讲解其画法及识别方法。

4. 讲解立体几何的基本性质和公理：如平行公理、垂直公理等。

5. 课堂练习：让学生绘制简单的立体图形，巩固所学知识。

五、课后作业1. 复习立体几何的基本概念，掌握点、线、面、体的特点。

2. 练习画法与识别：绘制给定的立体图形，并写出其特点。

3. 复习立体几何的基本性质和公理，举例说明其应用。

4. 选择一道实际问题，运用立体几何知识进行解答。

六、教学内容1. 立体几何的计算：面积、体积的计算。

2. 立体几何的定理：如对角线定理、面积定理等。

3. 立体几何的性质：如平行性质、垂直性质等。

4. 空间向量与立体几何：向量的基本概念，向量在立体几何中的应用。

七、教学方法1. 采用类比教学法，让学生通过类比平面几何的知识，理解立体几何的计算方法。

2. 采用问题驱动法，引导学生通过解决具体问题，掌握立体几何的定理和性质。