(完整版)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 ∠=o
，60PAB ∠=o
，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 ，2
2AC =，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90o
，求PD 与平面PBC 所成角的大小。
成都二诊：
E
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14AB 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2
2
.
设三棱柱111,ABC A BC -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 ?=?+?=??+?+?+?=?-+=?=
o u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u u r
u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u u r
9、如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是矩形.
已知ο
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 ∠=o
，60PAB ∠=o
，AB BC CA ==，点P
在平面ABC 内的射影O 在AB 上。
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 ⊥⊥=I ， 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
SD SE 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 ⊥=I ，
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 。 37
SF FG FH SG ?=
=，即F 到平面SBC 的距离为21
.
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 .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 =--=-u u u r u u u r ，(1,,)DS x y z =-u u u r
，
由||||AS BS =u u u r u u u r 得
=
故x=1。
由22||11,DS y z =+=u u u r
得
又由222
||2(2)4,BS x y z =+-+=u u u r 得
即2
2
1410,,2y z y y z +-+==
=故 …………3分
于是133(1,,),(1,,(1,,222222S AS BS =--=-u u u r u u u r ，
1(0,0,0.22
DS DS AS DS BS =?=?=u u u r u u u
r u u u r u u u r u u u r
故,,,DS AD DS BS AS BS S ⊥⊥=I 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 ⊥⊥?=?=u u u r u u u r u u u r u u u r
又3(1,,(0,2,0),22
BS CB =-=u u u r u u u
r
故30,220.m n p n ?-=???=?
…………9分
取p=2
得
(2),(2,0,0)a AB ==-u u u r
又。
cos ,||||
AB a AB a AB a ?==?u u u r u u u r u u u r
故AB 与平面SBC
所成的角为
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 ⊥=I
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=cos451CD ??=，
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 =-=--u u u r u u u r
（i ）设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =，
由n CD ⊥u u u r ，n PD ⊥u u u r ，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 =-u u u r
，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30?，得
222221cos 60||,,2
||||(4)2n PB n PB t t t x ??==?++-?u u u r u u u r 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 =--=--=-u u u r u u u r u u u r
， 由||||GC GD =u u u r u u u r 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=cos451CD ??=，
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 =-=--u u u r u u u r
设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =，
由n CD ⊥u u u r ，n PD ⊥u u u r ，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 =-u u u r
，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30?，得
222221cos 60||,,2
||||(4)2n PB n PB t t t x ??==?++-?u u u r u u u r 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 ．
设P （x 1，y 1，z 1），则=（x 1－4，y ，z 1－4）．
∴x 1=
34，y 1=34，z 1=34，即P （34，34，34
）． 则P （34，34，3
4）在底面上ABCD 上的射影为M （34，3
4
，0）.又B （8，8，0），
所以MB =P 到直线1B B 的距离. ……12分
22.解:（1）
连接AO , 因为1
AO ⊥平面ABC ,所以1A O BC ⊥,因为,AB AC OB OC ==, 得AO BC ⊥
,1,AO
=在1AOA ?中, 12,A O =
在1BOA ?中，1A B =则1A 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 =r
,
又()11,0,2,BB =-u u u r ()0,4,0.CB =u u u r
由100n BB n CB ?=??=??r u u u r g r u u u r g
,得2040x z y -+=??
=?, 令1z =,得2,0x y ==,即(2,0,1)n =r
。
设平面1ABC 的法向量(,,)m a b c =u r , 又()1,2,0,AB =-u u u r ()-2,-21,2.AC =u u u u r
由100
m AB m AC ?=??=??u r u u u r g u r u u u u r
g ,得202220a b a b c -+=?
?--+=?,令1b =,得2,3a c ==,即(2,1,3)m =u r 。 所以cos ,||||m n m n m n <>==?u r r
u r r g
u u r u u r ，……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……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1
AO ⊥平面ABC ,所以1A O BC ⊥,因为,AB AC OB OC ==, 得AO BC ⊥,所以BC ⊥平面1AA O ,所以BC OE ⊥, 所以OE ⊥平面11BB C C .从而1OE B C ⊥
在1AOA ?中,
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 =r ,且1111,.n AA n BC ⊥⊥r u u u r r u u u u r
()11,0,2,AA =-u u u r Q ()11,4,2.B C =--u u u u r
111111
11120,420.n AA x z n BC x y z ∴=-+==--=r u u u r r u u u u u u r g g 令11z =,得112,0x y ==,即1(2,0,1)n =r 。()-1,-2,0.
AC =u u u r
Q
所以异面直线11,AA B C
的距离11||
AC n d n ==u u u r u r g u u r 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
1523
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 。
排列组合问题之 插板法应用小结!
数算]排列组合问题之插板法应用小结！ 插板法就是在n个元素间的（n-1）个空中插入若干个（b）个板，可以把n个元素分成（b+1）组的方法。 应用插板法必须满足三个条件： （1）这n个元素必须互不相异 （2）所分成的每一组至少分得一个元素 (3) 分成的组别彼此相异 分享一点个人的经验给大家，我的笔试成绩一直都是非常好的，不管是行测还是申论，每次都是岗位第一。其实很多人不是真的不会做，90%的人都是时间不够用，要是给足够的时间，估计很多人能够做出大部分的题。公务员考试这种选人的方式第一就是考解决问题的能力，第二就是考思维，第三考决策力（包括轻重缓急的决策）。非常多的人输就输在时间上，我是特别注重效率的。第一，复习过程中绝对的高效率，各种资料习题都要涉及多遍；第二，答题高效率，包括读题速度和答题速度都高效。我复习过程中，阅读和背诵的能力非常强，读一份一万字的资料，一般人可能要二十分钟，我只需要两分钟左右，读的次数多，记住自然快很多。包括做题也一样，读题和读材料的速度也很快，一般一份试卷，读题的时间一般人可能要花掉二十几分钟，我统计过，我最多不超过3分钟，这样就比别人多出20几分钟，这在考试中是非常不得了的。QZZN有个帖子专门介绍速读的，叫做“得速读者得行测”，我就是看了这个才接触了速读，也因为速读，才获得了笔试的好成绩。其实，不只是行测，速读对申论的帮助更大，特别是那些密密麻麻的资料，看见都让人晕倒。学了速读之后，感觉有再多的书都不怕了。而且，速读对思维和材料组织的能力都大有提高，个人总结，拥有这个技能，基本上成功一半，剩下的就是靠自己学多少的问题了。平时要多训练自己一眼看多个字的习惯，慢慢的加快速度，尽可能的培养自己这样的习惯。有条件的朋友可以到这里用这个软件训练速读，大概30个小时就能练出比较厉害的快速阅读的能力，这是给我帮助非常大的一个网站，极力的推荐给大家（给做了超链接，按住键盘左下角Ctrl键，然后鼠标左键点击本行文字）。大家好好学习吧！最后，祝大家早日上岸。此段是纯粹个人经验分享，可能在多个地方看见，大家读过的就不用再读了，只是希望能和更多的童鞋分享。 =================================================== 举个很普通的例子来说明 把10个相同的小球放入3个不同的箱子，每个箱子至少一个，问有几种情况？ 问题的题干满足条件（1）（2），适用插板法，c9 2=36 下面通过几道题目介绍下插板法的应用 a 凑元素插板法（有些题目满足条件（1），不满足条件（2），此时可适用此方法） 例1 ：把10个相同的小球放入3个不同的箱子，问有几种情况？ 3个箱子都可能取到空球，条件（2）不满足，此时如果在3个箱子种各预先放入 1个小球，则问题就等价于把13个相同小球放入3个不同箱子，每个箱子至少一个，有几种情况？ 显然就是c12 2=66 ------------------------------------------------- 例2：把10个相同小球放入3个不同箱子，第一个箱子至少1个，第二个箱子至少3个，第三个箱子可以放空球，有几种情况？
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
排列组合--插板法、插空法、捆绑法32415
排列组合问题——插板法(分组)、插空法（不相邻）、捆绑法（相邻） 插板法（m为空的数量） 【基本题型】 有n个相同的元素，要求分到不同的m组中，且每组至少有一个元素，问有多少种分法？ ”表示相同的名额，“”表示名额间形成的空隙，设想在这几个空隙中插入六块“挡板”，则将这10 个名额分割成七个部分，将第一、二、三、……七个部分所包含的名额数分给第一、二、三……七所学校，则“挡板”的一种插法恰好对应了10 个名额的一种分配方法，反之，名额的一种分配方法也决定了档板的一种插法，即挡板的插法种数与名额的分配方法种数是相等的， 【总结】 需满足条件：n个相同元素，不同个m组，每组至少有一个元素，则只需在n个元素的n-1个间隙中放置m-1块隔板把它隔成m份即可,共有种不同方法。 注意：这样对于很多的问题，是不能直接利用插板法解题的。但，可以通过一定的转变，将其变成符合上面3个条件的问题，这样就可以利用插板法解决，并且常常会产生意想不到的效果。 插板法就是在n个元素间的（n-1）个空中插入若干个（b）个板,可以把n个元素分成（b+1）组的方法. 应用插板法必须满足三个条件： （1）这n个元素必须互不相异 （2）所分成的每一组至少分得一个元素 (3) 分成的组别彼此相异 举个很普通的例子来说明 把10个相同的小球放入3个不同的箱子,每个箱子至少一个,问有几种情况? 问题的题干满足条件（1）（2）,适用插板法,c9 2=36 下面通过几道题目介绍下插板法的应用 e 二次插板法 例8 ：在一张节目单中原有6个节目,若保持这些节目相对次序不变,再添加3个节目,共有几种情况? -o - o - o - o - o - o - 三个节目abc 可以用一个节目去插7个空位,再用第二个节目去插8个空位,用最后个节目去插9个空位 所以一共是c7 1×c8 1×c9 1=504种 【基本解题思路】 将n个相同的元素排成一行，n个元素之间出现了（n-1）个空档，现在我们用（m-1）个“档板”插入（n-1）个空档中，就把n个元素隔成有序的m份，每个组依次按组序号分到对应位置的几个元素（可能是1个、2个、3个、4个、….），这样不同的插入办法就对应着n个相同的元素分到m组的一种分法，这种借助于这样的虚拟“档板”分配元素的方法称之为插板法。
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．