立体几何坐标法教师版
立体几何坐标法:
一:一般的公式:
1、空间角
(1)(线线)设异面直线l 1,l 2的方向向量分别为m 1,m 2,则l 1与l 2的夹角θ满足cos θ=|cos 〈m 1,m 2〉|.
(2)(线面)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ,n ,则直线l 与平面α的夹角θ满足sin θ=|cos 〈m ,n 〉|. (3)(面面)求二面角的大小
(ⅰ)如图①,AB 、CD 是二面角α-l -β的两个面内与棱l 垂直的直线,则二面角的大小θ=〈AB →,CD →〉
.
(ⅱ)如图②③,n 1,n 2分别是二面角α-l -β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足cos θ=cos 〈n 1,n 2〉或-cos 〈n 1,n 2〉.
2、距离
(1)点面距的求法:设AB 为平面α的一条斜线段,n 为平面α的法向量,则B 到平面α的距离d =|AB →·
n |
|n |.
(2)线面距、面面距均可转化为点面距
(3)两异面直线的距离求法:d =
|AB →·n |
|n |.(AB 是异面直线上任意两点)
二:如何选择建系:
8、在如图所示的几何体中,EA ⊥平面ABC ,DB ⊥平面ABC ,AC BC ⊥,且
2AC BC BD AE ===,M 是AB 的中点. (Ⅰ)求证:CM EM ⊥;
(Ⅱ)求CM 与平面CDE 所成的角.
11年重庆 19.(本小题满分12分,(Ⅰ)小问5分,(Ⅱ)小问7分.)
如题(19)图,在四面体ABCD 中,平面ABC ⊥平面ACD ,AB BC ⊥,AD CD =,CAD ∠=30?.
(Ⅰ)若AD =2,AB BC =2,求四面体ABCD 的体积;
(Ⅱ)若二面角C AB D --为60?,求异面直线AD 与BC 所成角的余弦值.
28.【2012高考四川文19】(本小题满分12分)
如图,在三棱锥P ABC -中,90APB ∠= ,60PAB ∠=
,AB BC CA ==,点P
E
D
C
M A
B
在平面ABC 内的射影O 在AB 上。
A
B
C
P
(Ⅰ)求直线PC 与平面ABC 所成的角的大小; (Ⅱ)求二面角B AP C --的大小。
三:添加Z 轴,通过公式算出来的:S 点。
全国的 19.(本小题满分12分)(注意:在试题卷上作答无效.........
) 如图,四棱锥S ABCD -中, AB CD ∥,BC CD ⊥,侧面SAB 为等边三角形,
2,1AB BC CD SD ====.
(Ⅰ)证明:SD SAB ⊥平面;
(Ⅱ)求AB 与平面SBC 所成角的大小.
三:经典练习;
26.【2012高考全国文19】(本小题满分12分)(注意:在试题卷上.....作答无效....
) 如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为菱形,PA ⊥底
面ABCD ,22AC =,2PA =,
E 是PC 上的一点,2PE EC =。 (Ⅰ)证明:PC ⊥平面BED ;
(Ⅱ)设二面角A PB C --为90
,求PD 与平面PBC 所成角的大小。
成都二诊:
E
C
B
D
A
P
19.如图,正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1棱长为8,E 、F 分别为AD 1,CD 1中点,G 、H 分别
为棱DA ,DC 上动点,且EH ⊥FG .
(1)求GH 长的取值范围;
(2)当GH 取得最小值时,求证:EH 与FG 共面;并求出此时EH 与FG 的交点P 到直线1B B 的距离.
19、如图,四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,四边形ABCD 中,AB ⊥AD ,AB+AD=4,
CD=2,?=∠45CDA .
(I )求证:平面PAB ⊥平面PAD ; (II )设AB=AP .
(i )若直线PB 与平面PCD 所成的角为?30,求线段AB 的
长;
(ii )在线段AD 上是否存在一个点G ,使得点G 到点P ,B ,C ,D 的距离都相等?
说明理由。
O
C 1
B 1
A 1
C
B
A
22. 在三棱柱111ABC A B C -中,已知15,4AB AC AA BC ====,在1A 在底面
ABC 的投影是线段BC 的中点O 。 (1)求点C 到平面11A ABB 的距离; (2)求二面角11A BC B --的余弦值;
(3)若M,N 分别为直线11,AA B C 上动点,求MN 的最小值。
用向量法做几何题:
2010 年河南 预赛:
6.已知一个正三棱柱的底面边长为1,两个侧面的异面对角线互相垂直.该正三棱柱的侧棱长为 .
解:填
22
. 设三棱柱111,ABC A B C -侧棱长为,a 侧面的异面对角线11,AB BC 互相垂直,则
1111111111111120()()00cos 6002.2
AB BC B B BA BB B C B B BB B B B C BA BB BA B C a a ?=?+?=??+?+?+?=?-+=?=
9、如图,在四棱锥ABCD P -中,底面ABCD 是矩形. 已知 60,22,2,2,3=∠====PAB PD PA AD AB . (Ⅰ)证明⊥AD 平面PAB ;
(Ⅱ)求异面直线PC 与AD 所成的角的大小; (Ⅲ)求二面角A BD P --的大小.
A
B
C
A 1
B 1
C 1
O 59、
已知斜三棱柱111C B A ABC -的各棱长均为2, 侧棱1BB 与底面ABC 所成角为
3
π, 且侧面⊥11A ABB 底面ABC .
(1)证明:点1B 在平面ABC 上的射影O 为AB 的中点; (2)求二面角B AB C --1的大小 ; (3)求点1C 到平面A CB 1的距离.
答案:
28.【2012高考四川文19】(本小题满分12分)
如图,在三棱锥P ABC -中,90APB ∠= ,60PAB ∠=
,AB BC CA ==,点P
在平面ABC 内的射影O 在AB 上。
A
B
C
P
(Ⅰ)求直线PC 与平面ABC 所成的角的大小; (Ⅱ)求二面角B AP C --的大小。
命题立意:本题主要考查本题主要考查直线与平面的位置关系,线面角的概念,二面角的概念等基础知识,考查空间想象能力,利用向量解决立体几何问题的能力. 【答案】 【解析】
19.解法一:
(I )取AB 中点E ,连结DE ,则四边形BCDE 为矩形,DE=CB=2, 连结SE ,则, 3.SE AB SE ⊥=
又SD=1,故2
2
2
ED SE SD =+, 所以DSE ∠为直角。
…………3分
由,,AB DE AB SE DE SE E ⊥⊥= , 得AB ⊥平面SDE ,所以AB SD ⊥。 SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直。 所以SD ⊥平面SAB 。
…………6分
(II )由AB ⊥平面SDE 知, 平面ABCD ⊥平面SED 。
作,SF DE ⊥垂足为F ,则SF ⊥平面ABCD ,
3
.2
S D S E SF DE ?=
= 作FG BC ⊥,垂足为G ,则FG=DC=1。
连结SG ,则SG BC ⊥, 又,BC FG SG FG G ⊥= ,
故BC ⊥平面SFG ,平面SBC ⊥平面SFG 。 …………9分
作FH SG ⊥,H 为垂足,则FH ⊥平面SBC 。 3
7
S F F G FH SG ?=
=
,即F 到平面SBC 的距离为21.7 由于ED//BC ,所以ED//平面SBC ,E 到平面SBC 的距离d 也有21
.7
设AB 与平面SBC 所成的角为α, 则2121sin ,arcsin .77
d EB αα=
== …………12分
解法二:
以C 为坐标原点,射线CD 为x 轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系C —xyz 。
设D (1,0,0),则A (2,2,0)、B (0,2,0)。
又设(,,),0,0,0.S x y z x y z >>>则
(I )(2,2,),(,2,)AS x y z BS x y z =--=-
,(1,,)DS x y z =- ,
由||||AS BS = 得
222222(2)(2)(2),x y z x y z -+-+=+-+
故x=1。
由22||11,DS y z =+=
得
又由222||2(2)4,BS x y z =+-+=
得
即2
2
13410,,.22
y z y y z +-+==
=故 …………3分
于是133333
(1,,),(1,,),(1,,)222222S AS BS =--=- ,
13(0,,),0,0.22
DS DS AS DS BS =?=?=
故,,,DS AD DS BS AS BS S ⊥⊥= 又 所以SD ⊥平面SAB 。
…………6分
(II )设平面SBC 的法向量(,,)a m n p =,
则,,0,0.a BS a CB a BS a CB ⊥⊥?=?=
又33(1,,),(0,2,0),22
BS CB =-=
故33
0,2220.m n p n ?-+
=???=?
…………9分
取p=2得(3,0,2),(2,0,0)a AB =-=-
又。 21
cos ,.7||||
AB a AB a AB a ?==?
故AB 与平面SBC 所成的角为21arcsin .7
4、如图,四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,四边形ABCD 中,AB ⊥AD ,AB+AD=4,CD=2,?=∠45CDA .
(I )求证:平面PAB ⊥平面PAD ; (II )设AB=AP .
(i )若直线PB 与平面PCD 所成的角为?30,求线段AB 的长;
(ii )在线段AD 上是否存在一个点G ,使得点G 到点P ,B ,C ,D 的距离都相等?
说明理
由。
本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想
象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想,满分14分。 解法一:
(I )因为PA ⊥平面ABCD , AC ?平面ABCD , 所以PA AB ⊥,
又,,AB AD PA AD A ⊥=
所以AB ⊥平面PAD 。
又AB ?平面PAB ,所以平面PAB ⊥平面PAD 。 (II )以A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A —xyz (如图)
在平面ABCD 内,作CE//AB 交AD 于点E ,则.CE AD ⊥ 在Rt CDE ?中,DE=cos 451CD ??=,
sin 451,CE CD =??=
设AB=AP=t ,则B (t ,0,0),P (0,0,t ) 由AB+AD=4,得AD=4-t ,
所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)E t C t D t ---,
(1,1,0),(0,4,).CD PD t t =-=--
(i )设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =,
由n CD ⊥ ,n PD ⊥ ,得0,(4)0.x y t y tx -+=??--=?
取x t =,得平面PCD 的一个法向量{,,4}n t t t =-,
又(,0,)PB t t =-
,故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30?,得 22222|24|1cos 60||,,2
||||(4)2n PB t t n PB t t t x ?-?==?++-? 即 解得445t t =
=或(舍去,因为AD 40t =->),所以4.5
AB = (ii )假设在线段AD 上存在一个点G ,使得点G 到点P ,B ,C ,D 的距离都相等,
设G (0,m ,0)(其中04m t ≤≤-)
则(1,3,0),(0,4,0),(0,,)GC t m GD t m GP m t =--=--=-
, 由||||GC GD =
得222(4)t m m t --=+,(2)
由(1)、(2)消去t ,化简得2340m m -+=(3)
由于方程(3)没有实数根,所以在线段AD 上不存在一个点G , 使得点G 到点P ,C ,D 的距离都相等。 从而,在线段AD 上不存在一个点G ,
使得点G 到点P ,B ,C ,D 的距离都相等。 解法二:
(I )同解法一。 (II )(i )以A 为坐标原点,建立空间直角坐标系A —xyz (如图) 在平面ABCD 内,作CE//AB 交AD 于E , 则CE AD ⊥。
在平面ABCD 内,作CE//AB 交AD 于点E ,则.CE AD ⊥ 在Rt CDE ?中,DE=cos 451CD ??=,
sin 451,CE CD =??=
设AB=AP=t ,则B (t ,0,0),P (0,0,t ) 由AB+AD=4,得AD=4-t ,
所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)E t C t D t ---,
(1,1,0),(0,4,).CD PD t t =-=--
设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =,
由n CD ⊥ ,n PD ⊥ ,得0,(4)0.
x y t y tx -+=??--=?
取x t =,得平面PCD 的一个法向量{,,4}n t t t =-,
又(,0,)PB t t =-
,故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30?,得
22222|24|1cos 60||,,2||||(4)2n PB t t n PB t t t x ?-?==?++-? 即 解得4
45t t =
=或(舍去,因为AD 40t =->), 所以4
.5
AB =
(ii )假设在线段AD 上存在一个点G ,使得点G 到点P ,B ,C ,D 的距离都相等, 由GC=CD ,得45GCD GDC ∠=∠=?, 从而90CGD ∠=?,即,CG AD ⊥
∴sin 451,GD CD =??=
设,AB λλ=则AD=4-,
3AG AD GD λ=-=-,
在Rt ABG ?中,2222(3)GB AB AG λλ=
+=+-
239
2()1,22
λ=-+>
这与GB=GD 矛盾。
所以在线段AD 上不存在一个点G ,使得点G 到点B ,C ,D 的距离都相等, 从而,在线段AD 上不存在一个点G ,使得点G 到点P ,B ,C ,D 的距离都相等
19. 解:(1)以D 为原点,DA ,DC ,DD 1分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系. 设DG=a ,DH=b ,则E (4,0,4),F (0,4,4),G (a ,0,0),H (0,b ,0).
∴EH =(-4,b ,-4),FG =(a ,-4,-4). ∵EH ⊥FG .
∴EH ·FG =-4a -4b+16=0,则a+b=4,即b=4-a . 又G 1H 在棱DA ,DC 上,则0≤a≤8,0≤b≤8,从而0≤a≤4.
∴GH=22b a +=8)2(2)4(22
2+-=
-+a a a .
∴GH 取值范围是[22,4] . ……6分
(2)当GH=22时,a=2,b=2.
∴GH =(-2,2,0),EF =(-4,4,0),即EF =2GH . ∴EF ∥GH ,即EH 与FG 共面.
所以EF=2GH ,EF ∥GH ,则??? ??--==
38,3
4
,3832EH EP .
C
O
C 1
B 1
A 1
A
B
x y
z 设P (x 1,y 1,z 1),则EP =(x 1-4,y ,z 1-4).
∴x 1=
34,y 1=34,z 1=34,即P (34,34,34
). 则P (34,34,34)在底面上ABCD 上的射影为M (34,3
4
,0).又B (8,8,0),
所以20
23
MB =为点P 到直线1B B 的距离. ……12分
22.解:(1)连接AO , 因为1AO ⊥平面ABC ,所以1AO BC ⊥,因为,AB AC OB OC ==, 得AO BC ⊥,221,AO AB BO =
-=在1AOA ?中, 1
2,AO = 在1BOA ?中,122,A B =则1
6.A AB S ?=又 2.C AB S ?= 设点C 到平面11A ABB 的距离为,h
则由11C A AB A ABC V V --=得,
113A AB S h ??=11.3C AB S A O ??从而2
6.3
h =……4分 (2)如图所示,分别以1,,OA OB OA 所在的直线 为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,
则A(1,0,0), C(0,-2,0), A 1(0.0,2),B(0,2,0), 1(1,2,2)B -,1(1,2,2)C --.
设平面11BCC B 的法向量(,,)n x y z =
,
又()11,0,2,BB =- ()0,4,0.CB =
由100n BB n CB ?=??=??
,得2040x z y -+=??
=?, 令1z =,得2,0x y ==,即(2,0,1)n =
。
设平面1ABC 的法向量(,,)m a b c = , 又()1,2,0,AB =- ()-2,-21,2.AC =
由100
m AB m AC ?=??=??
,得202220a b a b c -+=??--+=?,令1b =,得2,3a c ==,即(2,1,3)m = 。 所以70
cos ,10
||||m n m n m n <>==?
,……7分 由图形观察可知,二面角11A BC B --为钝角, 所以二面角11A BC B --的余弦值是70
10
-
. ……9分
(3)方法1.在1AOA ?中,作1OE AA ⊥于点E ,因为11//AA BB ,得1OE BB ⊥.
因为1AO ⊥平面ABC ,所以1AO BC ⊥,因为,AB AC OB OC ==, 得AO BC ⊥,所以BC ⊥平面1AAO ,所以BC OE ⊥, 所以OE ⊥平面11BB C C .从而1OE B C ⊥
在1AOA ?中, 25
5
OE =
为异面直线11,AA B C 的距离,即为MN 的最小值。……14分 方法2.设向量1111(,,)n x y z = ,且1111,.n AA n BC ⊥⊥
()11,0,2,AA =- ()11,4,2.B C =--
111111
11120,420.n AA x z n BC x y z ∴=-+==--= 令11z =,得112,0x y ==,即1(2,0,1)n = 。()-1,-2,0.
AC =
所以异面直线11,AA B C 的距离1125,5||
AC n d n =
= 即为MN 的最小值。……14分
59、(1)证明:过B 1点作B 1O ⊥BA 。∵侧面ABB 1A 1⊥底面ABC
∴A 1O ⊥面ABC ∴∠B 1BA 是侧面BB 1与底面ABC 倾斜角
∴∠B 1BO=
3π 在Rt △B 1OB 中,BB 1=2,∴BO=2
1
BB 1=1 又∵BB 1=AB ,∴BO=2
1
AB ∴O 是AB 的中点。
即点B 1在平面ABC 上的射影O 为AB 的中点
…………4分
(2)连接AB 1过点O 作OM ⊥AB 1,连线CM ,OC ,
∵OC ⊥AB ,平面ABC ⊥平面AA 1BB 1 ∴OC ⊥平面AABB 。 ∴OM 是斜线CM 在平面AA 1B 1B 的射影 ∵OM ⊥AB 1 ∴AB 1⊥CM ∴∠OMC 是二面角C —AB 1—B 的平面角
在Rt △OCM 中,OC=3,OM=
2tan ,23==∠∴OM
OC OMC ∴∠OMC=cosC+sin2
∴二面角C —AB 1—B 的大小为.2arctan
…………8分
(3)过点O 作ON ⊥CM ,∵AB 1⊥平面OCM ,∴AB 1⊥ON
∴ON ⊥平面AB 1C 。∴ON 是O 点到平面AB 1C 的距离
515
2
15
23
32
8433.23,3,=?
=
?=
∴=+=∴=
=?CM
OC
OM ON CM OM OC OMC Rt 中在
连接BC 1与B 1C 相交于点H ,则H 是BC 1的中点 ∴B 与C 1到平面ACB 1的相导。
又∵O 是AB 的中点 ∴B 到平面AB 1C 的距离 是O 到平面AB 1C 距离的2倍 是G 到平面AB 1C 距离为.5
15
2 …………12分
立体几何中的最值(教师版)2014.10.06
立体几何中的最值问题 一、运用变量的相对性求最值 例1. 在正四棱锥S-ABCD 中,SO ⊥平面ABCD 于O ,SO=2,底面边长为2,点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动,则P 、Q 两点的最短距离为( ) A. 5 5 B. 5 5 2 C. 2 D. 1 解析:如图1,由于点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动,先让点P 在BD 上固定,Q 在SC 上移动,当OQ 最小时,PQ 最小。过O 作OQ ⊥SC ,在Rt △SOC 中,5 5 2=OQ 中。又P 在BD 上运动,且当P 运动到点O 时,PQ 最小,等于OQ 的长为5 5 2,也就是异面直线BD 和SC 的公垂线段的长。故选B 。 图1 图2 二、定性分析法求最值 例2. 已知平面α//平面β,AB 和CD 是夹在平面α、β之间的两条线段。AB ⊥CD ,AB=3,直线AB 与平面α成30°角,则线段CD 的长的最小值为______。 解析:如图2,过点B 作平面α的垂线,垂足为O ,连结AO ,则∠BAO=30°。过B 作BE//CD 交平面α于E ,则BE=CD 。连结AE ,因为AB ⊥CD ,故AB ⊥BE 。则在Rt △ABE 中,BE=AB ·tan ∠BAE ≥AB ·tan ∠BAO=3·tan30°=3。故3≥CD 。 三、展成平面求最值 例3. 如图3-1,四面体A-BCD 的各面都是锐角三角形,且AB=CD=a ,AC=BD=b ,AD=BC=c 。平面α分别截棱AB 、BC 、CD 、DA 于点P 、Q 、R 、S ,则四边形PQRS 的周长的最小值是( ) A. 2a B. 2b C. 2c D. a+b+c 图3-1 图3-2 解析:如图3-2,将四面体的侧面展开成平面图形。由于四面体各侧面均为锐角三角形,且AB=CD ,AC=BD ,AD=BC ,所以,A 与A ’、D 与D ’在四面体中是同一点,且''////D A BC AD , '//CD AB ,A 、C 、A ’共线,D 、B 、D ’共线,BD DD AA 2''==。又四边形PQRS 在展开图中变 为折线S ’PQRS ,S ’与S 在四面体中是同一点。因而当P 、Q 、R 在S ’S 上时, RS QR PQ P S +++'最小,也就是四边形PQRS 周长最小。又''SA A S =,所以最小值''DD SS L ==b BD 22==。 故选B 。
专题06 立体几何(解答题)(教师版)
专题06 立体几何(解答题) 1.【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图,直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°, E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ∥平面C 1DE ; (2)求点C 到平面C 1DE 的距离. 【答案】(1)见解析;(2) 17 . 【解析】(1)连结1,B C ME . 因为M ,E 分别为1,BB BC 的中点,所以1 ME B C ∥,且11 2 ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点,所以11 2 ND A D = . 由题设知11=A B DC ∥,可得11=BC A D ∥,故= ME ND ∥, 因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ED ∥. 又MN ?平面1C DE ,所以MN ∥平面1C DE . (2)过C 作C 1E 的垂线,垂足为H . 由已知可得DE BC ⊥,1DE C C ⊥,所以DE ⊥平面1C CE ,故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ,故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离, 由已知可得CE =1,C 1C =4,所以1C E 17 CH =.
从而点C 到平面1C DE 的距离为 17 . 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题,涉及的知识点有线面平行的判定,点到平面的距离的求解,在解题的过程中,注意要熟记线面平行的判定定理的内容,注意平行线的寻找思路,再者就是利用线面垂直找到距离问题,当然也可以用等积法进行求解. 2.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图,长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形,点E 在棱AA 1上, BE ⊥EC 1. (1)证明:BE ⊥平面EB 1C 1; (2)若AE =A 1E ,AB =3,求四棱锥11E BB C C -的体积. 【答案】(1)见详解;(2)18. 【解析】(1)由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1,BE ?平面ABB 1A 1, 故11B C BE ⊥.
立体几何专题 第2节 与球相关的切、接问题 【教师版】
第二节 与球相关的切、接问题 考法(一) 球与柱体的切、接问题 [典例] (2017·江苏高考)如图,在圆柱O 1O 2内有一个球O ,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O 1O 2的体积为V 1,球O 的体积为V 2,则V 1 V 2 的值是________. [解析] 设球O 的半径为R ,因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切,所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ,所以V 1V 2=πR 2·2R 43 πR 3=3 2 . [答案] 3 2 考法(二) 球与锥体的切、接问题 [典例] (2018·全国卷Ⅲ)设A ,B ,C ,D 是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC 为等边三角形且其面积为93,则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( ) A .123 B .18 3 C .24 3 D .54 3 [解析] 由等边△ABC 的面积为93,可得34 AB 2 =93,所以AB =6,所以等边△ABC 的外接圆的半径为r = 3 3 AB =2 3.设球的半径为R ,球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ,则d =R 2-r 2=16-12=2.所以三棱锥D -ABC 高的最大值为2+4=6,所以三棱锥D -ABC 体积的最大值为1 3 ×93×6=18 3. [答案] B [题组训练] 1.(2018·福建第一学期高三期末考试)已知圆柱的高为2,底面半径为3,若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上,则这个球的表面积等于( ) A .4π B.16 3π C.323 π D .16π 解析:选D 如图,由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心, 于是,球的半径r =OB =OA 2+AB 2= 12+(3)2=2. 故这个球的表面积S =4πr 2=16π.故选D. 2.三棱锥P -ABC 中,AB =BC =15,AC =6,PC ⊥平面ABC ,PC =2,则该三棱锥的外接球表面积为________. 解析:由题可知,△ABC 中AC 边上的高为15-32=6,球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外
立体几何三视图教师版
考点24 三视图 考点一:棱长类 1.★(2014西城二模4)某四棱锥的三视图如图所示,记A 为此棱锥所有棱的长度的集合,则( ) (A ) 2A ,且4A (B A ,且4 A (C ) 2A ,且A (D A A 【答案】D 2.★(2015年北京丰台区高三一模理科)上图是一个几何体的三视图,则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是 (A) 4 (B) 5 (C) (D) 正(主)视图 侧(左)视图 俯视图
【答案】D 考点二:面积类 3.★(2013海淀二模4) 某空间几何体的三视图如右图所示,则该几何体的表面积为( ) A.180 B.240 C.276 D.300 【答案】B 4.★(2012西城一模4) 已知正六棱柱的底面边长和侧棱长相等,体积为33.其三视图中的俯视图如图所示,则其左视图的面积是( ) (A )23(B )2 23(C )28cm (D )2 4cm 【答案】A 6 6 6 5 俯视图
正视图 俯视图 5.★★★(2012朝阳二模8) 有一个棱长为1的正方体,按任意方向正投影, 其投影面积的最大值是( ) A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 6.★★(2010海淀期末理)11.一个几何体的三视图如下图所示,则该几何 体的表面积为__________________. 【答案】2412π+ 考点三:体积类 7.★★(2011丰台期末文)3.若一个螺栓的底面是正六边形,它的正视图和俯视图如图所示,则它的体积是 A . 32225+π B .32 25 π C .3225π D .128 25 π 【答案】C 正视图侧视图 俯视图
立体几何之及球有关的高考试题老师
立体几何与球专题讲义 一、球的相关知识 考试核心:方法主要是“补体”和“找球心” 1.长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径. 2.正方体的切球其棱长为球的直径. 3.正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线.4.正四面体的外接球与切球的半径之比为3∶1. 5.性质的应用 2 2 2 1 2r R OO d- = = ,构造直角三角形建立三者之间的关系。 真题回放: 1.(2015高考新课标2,理9)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90,C为该球面上的动点,若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为( ) A.36π B.64π C.144π D.256π
参考答案1、 2. 3. 4.
题型总结 类型一:有公共底边的等腰三角形,借助余弦定理求球心角。(两题互换条件形成不同的题) 1.如图球O 的半径为2,圆1O 是一小圆,1 OO =A 、B 是圆1O 上两点,若A ,B 两点间的球面距离为23 π ,则1AO B ∠= . 2.如图球O 的半径为2,圆1O 是一小圆,1 OO ,A 、B 是圆1O 上两点,若1AO B ∠=2 π ,则A,B 两点间的球面距离为 (2009年文科) 类型二:球接多面体,利用圆接多边形的性质求出小圆半径,通常用到余弦定理求余弦值,通过余弦值再利用正弦定理得到小圆半径 r C c 2sin =,从而解决问题。 3. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上,若12AB AC AA ===, 120BAC ∠=?, 则此球的表面积等于 。 4.正三棱柱111ABC A B C -接于半径为2的球,若,A B 两点的球面距离为π,则正三棱柱的体积为 . 5.12.已知球的直径SC =4,A ,B 是该球球面上的两点,AB =3,ο30=∠=∠BSC ASC ,则棱锥S —ABC 的体积为 A .33 B .32 C .3 D .1
坐标法解立体几何解答题
坐标法解立体几何解答题 教学目的:1、熟练掌握空间向量的有关知识; 2、能灵活运用坐标法解决立体几何解答题的有关问题; 3、进一步提高学生的空间想象能力和运算能力。 教学重点:1、建立适当的空间直角坐标系; 2、正确写出点的坐标; 3、求平面的法向量; 4、灵活运用坐标法解决空间角、空间距离等问题 教学难点:求平面的法向量 授课类型:专题复习 教学方法:启发引导式 教具准备:幻灯片20张 教学过程: 一、复习引入: 空间向量解决立体几何问题主要有两个基本方法:坐标法与基底法。本节课着重研究利 用坐标法解决立体几何解答题。 1、空间向量的有关知识:(幻灯片投影) (1)设点)z ,y ,B(x )z ,y ,A(x 222111、,则),,(121212z z y y x x AB ---=→ ; (2)设向量),,(),,,(222111z y x b z y x a ==→ →,则 ① 212121z z y y x x b a ++=?→ →; ② →a ∥),,(),,(222111z y x z y x b a b λλ=??=?→ →→; ③ 0212121=++=??⊥→ →→→z z y y x x b a b a ; (3)设向量),,(z y x a =→ ,则222z y x a ++= → ; (4)→ →→ →→ →→→?>=
l (3)解决问题:(幻灯片投影) (一)求空间角问题: 空间的角主要有:异面直线所成的角;直线和平面所成的角;二面角。 ① 求异面直线所成的角: 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角α=arccos | ||||| a b a b 。 ② 求线面角: 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α所成的角 2 ,,2 π π θ- ><><-= → →→→n l n l 或 ③ 求二面角: 法一:在α内a l ⊥,在β内b l ⊥,其方向如图, 则二面角l αβ--的平面角=α法二:设m n 、 是二面角l αβ--的两个半平面的 法向量,其方向一个指向内侧,另一个指向外侧, 则二面角l αβ--的平面角=α (二)求空间距离问题 构成空间的点、线、面之间有七种距离,这里着重介绍点面距离的求法。 设n 是平面α的法向量,在α内取一点B, 则 A 到α的距离|| |||cos ||| AB n d AB n θ?== 二、例题讲解: 例1、四棱锥ABCD S -中,0 90=∠=∠ABC DAB ,⊥SA 平面ABCD ,a AD 2=, a BC AB SA ===。 (1)求证:平面⊥SAC 平面SCD ;(2)求A 到平面SCD 的距离;
建立空间直角坐标系-解立体几何题
建立空间直角坐标系,解立体几何高考题 立体几何重点、热点: 求线段的长度、求点到平面的距离、求直线与平面所成的夹角、求两异面直线的夹角、求二面角、证明平行关系和垂直关系等. 常用公式: 1 、求线段的长度: 222z y x AB ++==()()()2 12212212z z y y x x -+-+-= 2、求P 点到平面α的距离: PN = ,(N 为垂足,M 为斜足,为平面α的法向量) 3、求直线l 与平面α所成的角:|||||sin |n PM ?= θ,(l PM ?,α∈M ,为α的法向量) 4、求两异面直线AB 与CD 的夹角:cos = θ 5、求二面角的平面角θ:|||||cos |21n n ?= θ,( 1n ,2n 为二面角的两个面的法向量) 6、求二面角的平面角θ:S S 射影 = θ cos ,(射影面积法) 7、求法向量:①找;②求:设, 为平面α内的任意两个向量,)1,,(y x =为α的法向量, 则由方程组?????=?=?0 n b n a ,可求得法向量.