2011届高考数学总复习第一轮课件__人教版(理) 第九章_立体几何9.2 直线、平面平行的判定及性质
如图所示. 如图所示. ∵DE是△ABC的中位线， DE是 ABC的中位线， 的中位线 ∴DE∥AB. DE∥AB. 在△ACG中，D是AC的中点， ACG中 AC的中点， 的中点 且DH∥AG. DH∥AG.
∴H为CG的中点. CG的中点. 的中点 ∴FH是△SCG的中位线， FH是 SCG的中位线， 的中位线 ∴FH∥SG. FH∥SG. 又SG平面DEF，FH平面DEF， SG平面DEF，FH平面DEF， DEF DEF ∴SG∥平面DEF. SG∥平面DEF. DEF 方法二 ∵EF为△SBC的中位线， EF为 SBC的中位线， 的中位线 ∴EF∥SB. EF∥SB.
4.下列命题中正确的个数是 4.下列命题中正确的个数是 ①若直线a不在α内，则a∥α; 若直线a
(
)
②若直线l上有无数个点不在平面α内,则l∥α； 若直线l 平行， ③若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条 若直线l 直线都平行； 直线都平行； ④如果两条平行线中的一条与一个平面平行，那 如果两条平行线中的一条与一个平面平行， 么另一条也与这个平面平行； 么另一条也与这个平面平行； 平行， ⑤若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都 没有公共点； 没有公共点； ⑥平行于同一平面的两直线可以相交. 平行于同一平面的两直线可以相交. A.1 B.2 C.3 D.4
5.考察下列三个命题， 5.考察下列三个命题，在“ 考察下列三个命题
”处都缺少同
一个条件，补上这个条件使其构成真命题（其 一个条件，补上这个条件使其构成真命题（ 为平面）， ），则此条件 中l、m为直线，α、β为平面），则此条件 为直线， 为
l α .
m α l // m l⊥β ①l // m l//α ; ②m // α l // α ; ③α ⊥ β l // α . 体现的是线面平行的判定定理, 解析 ①体现的是线面平行的判定定理,缺的条
解析 a∩α=A时，aα,∴①错； ,∴① 直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，故 直线l 相交时， ②错； 内的直线与l平行或异面， l∥ α 时，α内的直线与l平行或异面，故③错； a∥b,b∥α时，a∥α或aα，故④错； 无公共点， l∥α,l与α无公共点，∴l与α内任一直线都无公 共点， 正确； 共点，⑤正确； 长方体中A 都与面ABCD平行， ABCD平行 长方体中A1C1与B1D1都与面ABCD平行， ∴⑥正确.故选B. 正确.故选B. 答案 B
a∥β).
知能迁移1 如图所示，已知S 知能迁移1 如图所示，已知S是正三角 形ABC所在平面外的一点，且SA=SB= ABC所在平面外的一点， SA=SB= 所在平面外的一点 SC，SG为 SAB上的高， SC，SG为△SAB上的高，D、E、F分 上的高 别是AC、BC、SC的中点，试判断SG 别是AC、BC、SC的中点，试判断SG AC 的中点 与平面DEF的位置关系，并给予证明. 与平面DEF的位置关系，并给予证明. DEF的位置关系 解 SG∥平面DEF，证明如下： SG∥平面DEF，证明如下： DEF 连接CG交DE于点H 连接FH， 连接CG交DE于点H，连接FH， CG 于点 FH 方法一
∵EF平面SAB，SB平面SAB， EF平面SAB，SB平面SAB， SAB SAB
∴EF∥平面SAB. EF∥平面SAB. SAB 同理可证，DF∥平面SAB，EF∩DF= 同理可证，DF∥平面SAB，EF∩DF=F， SAB ∴平面SAB∥平面DEF，又SG平面SAB， 平面SAB∥平面DEF， SG平面SAB， SAB DEF SAB ∴SG∥平面DEF. SG∥平面DEF. DEF
题型二
平面与平面平行的判定与性质
如图所示，三棱柱ABC ABC— 【例2 】 如图所示，三棱柱ABC— A1B1C1，D是BC上一点，且A1B∥平 BC上一点， 上一点 的中点，求证： 面AC1D，D1是B1C1的中点，求证： 平面A 平面AC 平面A1BD1∥平面AC1D.
思维启迪 由面面平行的判定定理知只需证 平行于平面ADC 已知A BD1、A1B平行于平面ADC1,已知A1B∥平面
则只需证BD 平面ADC AC1D,则只需证BD1∥平面ADC1.
连结A 于点E 证明 连结A1C交AC1于点E， ∵四边形A1ACC1是平行四边形， 四边形A 是平行四边形， 的中点，连结ED ED， ∴E是A1C的中点，连结ED， 平面AC ∵A1B∥平面AC1D， 平面A BC∩平面AC ED， 平面A1BC∩平面AC1D=ED， ED， ∴A1B∥ED， 的中点， ∵E是A1C的中点， ∴D是BC的中点. BC的中点. 的中点 的中点. 又∵D1是B1C1的中点. 平面AC ∴BD1∥C1D，又∵C1D平面AC1D， 平面AC ∴BD1∥平面AC1D，又A1B∩BD1=B， 平面AC ∴平面A1BD1∥平面AC1D. 平面A
基础自测
1.若平面 直线a 1.若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β, 内且过B点的所有直线中( 则在平面β内且过B点的所有直线中( A ) A.不一定存在与a平行的直线 A.不一定存在与a 不一定存在与 B.只有两条与a B.只有两条与a平行的直线 只有两条与 C.存在无数条与a C.存在无数条与a平行的直线 存在无数条与 D.存在唯一与a D.存在唯一与a平行的直线 存在唯一与 解析 当直线a 内且经过B点时， 当直线a在平面β内且经过B点时，可使 内过B a∥平面α，但这时在平面β内过B点的所有直 线中，不存在与a平行的直线， 线中，不存在与a平行的直线，而在其他情况 下，都可以存在与a平行的直线，故选A. 都可以存在与a平行的直线，故选A.
2.下列条件中，能判断两个平面平行的是( 2.下列条件中，能判断两个平面平行的是( D ) 下列条件中 A.一个平面内的一条直线平行于另一个平面 A.一个平面内的一条直线平行于另一个平面 B.一个平面内的两条直线平行于另一个平面 B.一个平面内的两条直线平行于另一个平面 C.一个平面内有无数条直线平行于另一个平面 C.一个平面内有无数条直线平行于另一个平面 D.一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面 D.一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面 解析 由面面平行的判定定理易 知选D.A、 知选D.A、B、C中的两个平面可 D.A 能相交，如图所示. 能相交，如图所示.
∥ b∥β α∥β
；
(3)推论： ′∩b′=M (3)推论：a∩b=M,a,bα,a′∩b′=M′, 推论 ′,b a′,b′β,a∥a′,b∥b′ α∥β . ′,b ∥
6.两个平面平行的性质定理 6.两个平面平行的性质定理 (1)α∥β,aα a∥β ; (2)α∥β,γ∩α=a,γ∩β=b a∥b . 7.与垂直相关的平行的判定 7.与垂直相关的平行的判定 （1）a⊥α，b⊥α a∥b ； （2）a⊥α，a⊥β α∥β . ∥
证明面面平行的方法有： 探究提高 证明面面平行的方法有： （1）面面平行的定义； 面面平行的定义； （2）面面平行的判定定理：如果一个平面内有两 面面平行的判定定理： 条相交直线都平行于另一个平面， 条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平 面平行； 面平行； （3）利用垂直于同一条直线的两个平面平行； 利用垂直于同一条直线的两个平面平行； （4）两个平面同时平行于第三个平面，那么这两 两个平面同时平行于第三个平面， 个平面平行； 个平面平行； （5）利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平 利用“线线平行” 线面平行” 行” 的相互转化. 的相互转化.
思维启迪 根据直线与平面平行的判定定理或平 面与平面平行的性质定理来证明. 面与平面平行的性质定理来证明.
证明 方法一
பைடு நூலகம்
分别过E 分别过E，F作EM⊥AB于M， EM⊥AB于
FN⊥BC于N，连接MN. FN⊥BC于 连接MN. MN 平面ABCD ABCD， ∵BB1⊥平面ABCD， AB， BC， ∴BB1⊥AB，BB1⊥BC， FN∥ ∴EM∥BB1，FN∥BB1， EM∥ ∴EM∥FN. EM∥FN. EM=FN， 又∵B1E=C1F，∴EM=FN， 故四边形MNFE是平行四边形， 故四边形MNFE是平行四边形， MNFE是平行四边形 ∴EF∥MN. EF∥MN.
4.两个平面的位置关系有 4.两个平面的位置关系有 平行 、 相交 . 5.两个平面平行的判定 5.两个平面平行的判定 (1)定义： (1)定义： 定义 两个平面没有公共点，称这两个平面 两个平面没有公共点， 平行 ； (2)判定定理： (2)判定定理：aα,bα,a∩b=M，a∥β, 判定定理
(2)判定定理： (2)判定定理：aα,bα,且a∥b a∥α ； 判定定理
(3)其他判定方法： (3)其他判定方法：α∥β,aα a∥β . 其他判定方法
3.直线和平面平行的性质定理： 3.直线和平面平行的性质定理：a∥α,a β, 直线和平面平行的性质定理
α∩β=l a∥l .
又MN平面ABCD，EF平面ABCD， MN平面ABCD，EF平面ABCD， ABCD ABCD
所以EF∥平面ABCD. 所以EF∥平面ABCD. EF ABCD
EG∥AB交 方法二 过E作EG∥AB交BB1于G， B1 E B1G 连接GF GF， = , 连接GF，则 B1 A B1B ∵B1E=C1F，B1A=C1B， C F B G FG∥ BC， ∴ 1 = 1 ,∴FG∥B1C1∥BC， C1 B B1 B EG∩FG= AB∩BC= 又EG∩FG=G，AB∩BC=B， ∴平面EFG∥平面ABCD，而EF平面EFG， 平面EFG∥平面ABCD， EF平面EFG， EFG ABCD EFG ∴EF∥平面ABCD. EF∥平面ABCD. ABCD 判断或证明线面平行的常用方法有： 探究提高 判断或证明线面平行的常用方法有： (1)利用线面平行的定义 无公共点）； 利用线面平行的定义（ (1)利用线面平行的定义（无公共点）；
直线、 §9.2 直线、平面平行的判定 及性质 基础知识 自主学习
高考数学总复习(人教A版,理科)配套课件第九章 平面解析几何 9.2
R A（理）
§9.2 两直线的位置关系
第九章 平面解析几何
基础知识·自主学习
要点梳理
1.两条直线平行与垂直的判定 (1)两条直线平行 对于两条不重合的直线 l1、 l2， 其斜率分别为 k1、 k2， 则有 l1∥ l2 ⇔ k1＝k2 .特别地，当直线 l1、 l2 的斜率都不存在时， l1 与 l2
基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材
3.三种距离公式 (1)点 A(x1， y1)、 B(x2， y2)间的距离： 2 2 x － x ＋ y － y 2 1 2 1 |AB|＝ . (2)点 P(x0， y0)到直线 l： Ax＋By＋ C＝0 的距离： d＝
|Ax0＋By0＋C| A2＋B2
①
②
由①②联立，解得 a＝2，b＝2.
(1)l1⊥ l2，且 l1 过点 (－ 3，－ 1)； (2)∵l2 的斜率存在，l1∥l2，
∴直线 l1 的斜率存在， a k1＝k2，即 ＝1－a. b
相等，且 l1∥l2，
③
又∵坐标原点到这两条直线的距离
题型分类·深度剖析
题型一 两条直线的平行与垂直
思维启迪 解析 思维升华
a，b 的值.
即 b＝0.
(1)l1⊥l2， 且 l1 过点(－3， －1)； 又∵l1 过点(－3，－1)，
4 (2)l1∥l2，且坐标原点到这两 ∴－3a＋4＝0，即 a＝3(矛盾). ∴此种情况不存在，∴k2≠0.
条直线的距离相等 .
即 k1，k2 都存在， a ∵k2＝1－a，k1＝ ，l1⊥l2， b
2 ∴a＝2，b＝－2 或 a＝ ，b＝2. 3
题型分类·深度剖析
题型一 两条直线的平行与垂直
高考理科数学第一轮复习第九章立体几何 9.3-2三垂线定理
O a α A P O a α A P 9.3-2三垂线定理【教学目标】正确理解和熟练掌握三垂线定理及其逆定理，并能运用它解决有关垂直问题。
【知识梳理】 1．斜线长定理从平面外一点向这个平面所引的垂线段和斜线段中，①射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段也较长；②相等的斜线段的射影相等，较长的斜线段的射影也较长；③垂线段比任何一条斜线段都短． 2．重要公式 如图，已知OB ⊥平面α于B ，OA 是平面α的斜线，A 为斜足，直线AC ⊂平面α，设∠OAB =θ1，又∠CAB =θ2，∠OAC =θ．那么cos θ=cos θ1⋅cos θ2．3．直线和平面所成的角①平面斜线与它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最小的角．②一个平面的斜线和它在这个平面内的射影的夹角，叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角)．如果直线和平面垂直，那么就说直线和平面所成的角是直角；如果直线和平面平行或在平面内，那么就说直线和平面所成的角是0︒的角．4．三垂线定理和三垂线定理的逆定理名称语言表述 图 示 字母表示 应 用 三垂线定 理 在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线的射影垂直,那么它也和这条斜线垂直.PO a AO a a PA ⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥⊂⊥αα ①证两直线垂直 ②作点线距 ③作二面角 的平面角 三垂线定理的逆定理 在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线垂直,那么它也和这条斜线的射影垂直.AO a PO a a PA ⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥⊂⊥αα 同 上三垂线定理和三垂线定理的逆定理的主要应用是证明两条直线垂直，尤其是证明两条异面直线垂直，此外，还可以作出点到直线的距离和二面角的平面角．在应用这两个定理时，要抓住平面和平面的垂线，简称“一个平面四条线，线面垂直是关键”．【点击双基】1．下列命题中，正确的是 ( )(A )垂直于同一条直线的两条直线平行(B )平行于同一平面的两条直线平行(C )平面的一条斜线可以垂直于这个平面内的无数条直线(D )a 、b 在平面外，若a 、b 在平面内的射影是两条相交直线，则a 、b 也是相交直线2．直线a 、b 在平面α内的射影分别为直线a 1、b 1，下列命题正确的是( )(A )若a 1⊥b 1，则a ⊥b (B )若a ⊥b ，则a 1⊥b 1(C )若a 1//b 1，则a 与b 不垂直 (D )若a //b ，则a 1与b 1不垂直3．直线a 、b 在平面外，若a 、b 在平面内的射影是一个点和不过此点的一条直线，则a与b 是 ( )(A )异面直线 (B )相交直线(C )异面直线或相交直线 (D )异面直线或平行直线C αD A B OC A P BD M N Q l 4．P 是△ABC 所在平面外一点，若P 点到△ABC 各顶点的距离都相等，则P 点在平面ABC 内的射影是△ABC 的 ( )(A )外心 (B )内心 (C )重心 (D )垂心5．P 是△ABC 所在平面外一点，若P 点到△ABC 各边的距离都相等，且P 点在平面ABC 内的射影在△ABC 的内部，则射影是△ABC 的 ( )(A )外心 (B )内心 (C )重心 (D )垂心6．P 是△ABC 所在平面外一点，连结P A 、PB 、PC ，若P A ⊥BC ，PB ⊥AC ，则P 点在平面ABC 内的射影是△ABC 的 ( )(A )外心 (B )内心 (C )重心 (D )垂心7．从平面外一点向这个平面引两条斜线段，它们所成的角为θ．这两条斜线段在平面内的射影成的角为α(90︒≤α<180︒)，那么θ与α的关系是 ( )(A )θ<α (B )θ>α (C )θ≥α (D )θ≤α8．已知直线l 1与平面α成30︒角，直线l 2与l 1成60︒角，则l 2与平面α所成角的取值范围是 ( )(A )[0︒,60︒] (B )[60︒,90︒] (C )[30︒,90︒] (D )[0︒,90︒]【典例剖析】例1．如果四面体的两组对棱互相垂直，求证第三组对棱也互相垂直．已知：四面体ABCD 中，AB ⊥CD ，AD ⊥BC ；求证：AC ⊥BD ；证法一：作AO ⊥平面BCD 于O ， 连OB 、OC 、OD ，∵AB ⊥CD ，∴OB ⊥CD ，同理，由AD ⊥BC 得OD ⊥BC ，∴O 是△BCD 的垂心，∴OC ⊥BD ，从而AC ⊥BD ．证法二：设AB =a ，AC =b ，AD =c ，则BC =b -a ，BD =c -a ，CD=c -b ，∵AB ⊥CD ，AD ⊥BC ，∴a ⋅(c -b )=0，c ⋅(b -a )=0，则a ⋅c =a ⋅b ，a ⋅c =c ⋅b ．∴a ⋅b =c ⋅b ，即a ⋅b -c ⋅b =0，从而有b ⋅(c -a )=0，故AC ⊥BD ．例2．如图，在三棱锥P -ABC 中，∠ACB =90︒，∠ABC =60︒，PC ⊥平面ABC ，AB =8，PC =6，M 、N 分别是P A 、PB 的中点，设△MNC 所在平面与△ABC 所在平面交于直线l ．(1)判断l 与MN 的位置关系，并进行证明； (2)求点M 到直线l 的距离．解：(1)l //MN ，证明如下： ∵M 、N 分别是P A 、PB 的中点，∴MN //AB ，MN ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， ∴MN //平面ABC ．又∵MN ⊂平面MNC ，平面MNC 平面ABC =l ，∴MN //l ．(2)取AC 的中点Q ，连MQ ，则MQ //PC ，而PC ⊥平面ABC ，∴MQ ⊥平面ABC ．作QD ⊥直线l 于D ，连MD ，则MD ⊥直线l ．线段MD 的长即为M 到直线l 的距离．在Rt △ABC 中，可求得AC =43，∴QC =23．又MQ =21PC =3，∠QCD =30︒，∴QD =21QC =3． 于是 MD =22QD MQ +=23．DC O B A abcN M P C B A 例3.如图，P 是ΔABC 所在平面外一点，且PA ⊥平面ABC 。
2011届高考数学复习专题模拟：立体几何
2012届高考数学复习专题模拟：立体几何（2012届模拟题）立体几何（1）（2011届·成都树德协进中学高三期中）19、（12分）长方体1111D C B A ABCD -中，1==BC AB ，21=AA ，E 是侧棱1BB 中点．（Ⅰ）求直线1AA 与平面E AC 1所成角的大小； （Ⅱ）求二面角B AC E --1的大小； （Ⅲ）求三棱锥11C AD E -的体积．答案：（I ）arcsin ，距离与面33AEC )(1515arccos)(3311D III II 61V 11A E C -D =（2011届·江西白鹭洲中学高三期中（文））4．已知m 、n 为两条不同的直线，βα,为两个不同的平面，下列四个命题中，错误的命题个数是 （ A ）①n m n m //,,,//则βαβα⊂⊂；②若βαββαα//,//,//,,则且n m n m ⊂⊂网③βαβα⊥⊂⊥m m 则若,,； ④ααββα//,,,m m m 则若⊄⊥⊥A ．1B ．2C ．3D ．4 （2011届•江西白鹭洲中学高三期中（文））8．某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数据，可得这个几何体的表面积为（ B ）A ．344+B ．544+C ．38D ．12（2011届•江西白鹭洲中学高三期中（文））9. 已知3||,22||==q p ，p 与q的夹角为4π，则以 q p b q p a3,25-=+=为邻边的平行四边形的长度较小的对角线的长是（ A ）.A.15B.15 C. 4 D. 14（2011届•江西白鹭洲中学高三期中（文））19. （本小题满分12分）如图所示，在正三棱柱ABC-A 1B 1C1ACA C 1中，底面边长是2，D 是棱BC 的中点，点M 在棱BB 1上，且BM=31B 1M ，又CM ⊥AC 1. （Ⅰ）求证：A 1B//平面AC 1D ； （Ⅱ）求三棱锥B 1-ADC 1体积.答案：提示：)1(连接C A 1,交1AC 于点,E 连接DE ,则DE 是BC A 1∆的中位线，B A DE 1//,又111ADC B A ,ADC 面面⊄⊂DE ,D AC //11面B A ∴.)2(在正三棱锥111C B A ABC -中，BC 是D 的中点，则11B BCC 面⊥AD ,从而MC AD ⊥,又1AC CM ⊥,则1ADC CM 和面内的两条相交直线1AC AD,都垂直，1ADC MC 面⊥∴,于是1DC CM ⊥,则1CDC ∠与MCB ∠互余，则1tan CDC ∠与MCB ∠tan 互为倒数，易得221=AA ， 连结D B 1，∴2211=∆D C B S ,D C B 11面⊥AD , ∴三棱锥11ADC -B 的体积为362. 方法2：以D 为坐标原点，DA DC ,为x y ,轴，建立空间直角坐标系，设h BB =1，则)0,0,0(D ,)0,0,1(-B ,0,0,1(C ,)0,3,0(A ,),0,1(1h B -，),0,1(1h C ， ),3,0(1h A ，)4,0,1(hM -，→B A 1),3,1(h ---=，),3,1(),0,3,0(1h A C AD --=-=→→，设平面D AC 1的法向量),,(z y x n =→，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→010n A C n AD )1,0,(-=⇒→h n ，→→⊥n B A 1 ∴D AC //11面B A)2(),3,1(),4,0,2(1h AC h CM -=-=→→，1AC CM ⊥,=⋅→→1AC CM 0422=+-h ，22=∴h .平面D AC 1的法向量为)1,0,22(-=→n ，)22,3,1(1-=→A B 点)22,0,1(1-B 到平面D AC 1的距离3241=⋅=→→→nd nA B ，233=∴∆ADCS . 3623242333111=⨯⨯=∴-ADC B V .（2011届•江西白鹭洲中学高三期中（文））20. （本小题满分12分）在数列{}n a 中,).)((2,1*2111N n a a a na a n n ∈+⋅⋅⋅++==+（Ⅰ）求2a 、3a 、4a 及通项公式n a ；（Ⅱ）令n n n a b 12+=，求数列{}n b 的前n 项和S n ； 答案：（1）由题意得,4,3,2432===a a a 当2≥n 时，)(2211n n a a a na +++=+ ， ①).(2)1(121-+++=-n n a a a a n ②①－②得,2)1(1n n n a a n na =--+ 即,1,)1(11nn a a a n na n n n n +=+=++ ),2(123121123121≥=-⋅⋅=⋅⋅=∴-n n n n a a a a a a a a a n n n 又11=a 满足上式，∈=∴n n a n (N *) . （4分）（2）由（1）得∈=+n n b n n (21N *) ,14322232221+⋅++⋅+⋅+⋅=n n n S ， ③ .223222122543+⋅++⋅+⋅+⋅=n n n S ④③－④得,2)2222(2215432++⋅-+++++=-n n n n S .42)1(2+-=+n n n S（2011届·温州十校联合体高三期中（理））6．设,,αβγ是三个不重合的平面，n m ,是不重合的直线，下列判断正确的是(D )A ．若γββα⊥⊥,则γα||B ．若,//,l αββ⊥则l α⊥C ．若αα||,||n m 则//m nD ．若αα⊥⊥n m ,则//m n（2011届•温州十校联合体高三期中（理））12．一个五面体的三视图如下，正视图与侧视图是等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，部分边长如图所示，则此五面体的体积为 ▲ ．2侧视图22正视图211俯视图2（2011届•温州十校联合体高三期中（理））16．如图，已知直线1212//,,l l A l l 是之1间的一定点，并且A 到21,l l 之间的距离分别为3和2，B 是直线2l 上一动点，作AB AC ⊥且使AC 与直线1l 交于点C ，则ABC ∆的面积的最小值是 ▲ 6（2011届•温州十校联合体高三期中（理））17．下列四个命题：①圆4)1()2(22=+++y x 与直线02=-y x 相交，所得弦长为2；②直线kx y =与圆1)sin ()cos (22=-+-θθy x 恒有公共点；③若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为108π；④若棱长为2的正四面体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为π23其中，正确命题的序号为 ▲(2) (4) 写出所有正确命的序号）（2011届•温州十校联合体高三期中（理））20（本小题满分14分）已知在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，E 、F 、G 分别是PA 、PB 、BC 的中点．（I ）求证：EF ⊥平面PAD ；（II ）求平面EFG 与平面ABCD 所成锐二面角的大小；答案：解：方法1：（I ）证明：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，AD AB ⊥，∴⊥AB 平面PAD ， …………（4分） ∵E 、F 为PA 、PB 的中点，∴EF //AB ，∴EF ⊥平面PAD ； …………（6分） （II ）解：过P 作AD 的垂线，垂足为O ，∵ABCD PAD 平面平面⊥，则PO ⊥平面ABCD ． 取AO 中点M ，连OG ，,EO,EM, ∵EF //AB//OG,∴OG 即为面EFG 与面ABCD 的交线…………（8分） 又EM//OP,则EM ⊥平面ABCD ．且OG ⊥AO,故OG ⊥EO ∴EOM ∠ 即为所求 …………（11分） 中EOM ∆Rt ，EM ＝,3ＯＭ＝１∴tan EOM ∠＝,3故 EOM ∠＝ 60∴平面EFG 与平面ABCD 所成锐二面角的大小是 60 …………（14分）方法2：（I ）证明：过P 作P O ⊥AD 于O ，∵ABCD PAD 平面平面⊥， 则PO ⊥平面ABCD ，连OG ，以OG ，OD ，OP 为x 、y 、z轴建立空间坐标M系， …………（2分）∵PA ＝PD 4==AD ，∴2,32===OA OD OP ， 得)32,0,0(),0,2,0(),0,2,4(),0,2,4(),0,2,0(P D C B A --，)0,0,4(),3,1,2(),3,1,0(G F E --， …………（4分）故)32,2,0(),0,4,0(),0,0,2(-===， ∵0,0=⋅=⋅，∴EF ⊥平面PAD ； …………（6分） （II ）解：)3,1,4(),0,0,2(-==，设平面EFG 的一个法向量为),,,(z y x =n则⎪⎩⎪⎨⎧=-+=⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅03402,00z y x x EF ，即n n ， )1,3,0(,1==n 得取z ， …………（11分） 平面ABCD 的一个法向量为),1,0,0(1=n ……（12分） 平面EFG 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值是：21||||,cos |111=⋅>=<n n n n n n ，锐二面角的大小是60； …………（14分）（2011届•温州十校联合体高三期中（理））21．（本题满分15分）已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>F的距离的最大值为1。
高考数学理一轮复习 9-6棱柱、棱锥的概念和性质精品课件
平行四边形面积之和 (1)棱柱的侧面积是各侧 侧棱长的积 面 ，直棱柱的侧面积 是底面周长与 ；棱锥的侧面积 三角形面积之和 是各侧面 ，正棱 斜高乘积的一半 锥的侧面积是底面周长 侧面积 底面积 与 S侧 ． S底 (2)全面积等于 与 之和，即S全＝ ＋ ．
重点 辨析
棱柱、棱锥是立体几何中的重要几何体．在 复习时，除了牢固地掌握棱柱的有关概念、 性质、体积公式外，还要灵活地运用线面平 行、线面垂直、面面平行与面面垂直等有关 知识，进行位置关系的判断与论证，进而达 到计算的目的，在计算时要注意把某些平面 图形(如直截面、对角面、中截面等)分离出来， 从而运用平面几何方法进行解决.
第六节 质
棱柱、棱锥的概念和性
知识自主· 梳理
最新考 纲
高考热 点
1.了解棱柱的概念，掌握棱柱 的性质，会画直棱柱的直观 图． 2．了解棱锥的概念，掌握正 棱锥的性质，会画正棱锥的直 观图． 1.以客观题考查棱柱、棱锥的 概念和性质． 2．以棱柱、棱锥为载体的解
1.棱柱、棱锥的性质 棱柱 侧面 侧棱 平行于 底面的 截面
[答案] B [规律总结] 解决这类问题需在理解棱柱、棱 锥几何特征与性质的基础上，准确理解几何 体的定义，把握几何体的结构特征，高考中 往往综合考查线面位置关系，需要有较强的 空间想像能力．当需要否定一个命题时，举 一个反例即可．作为选择题，利用四选一的 特点，排除三个，可确定第四个为答案.
备选例题1 下面是关于四棱柱的四个命题： ①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为 直四棱柱； ②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面， 则该四棱柱为直四棱柱； ③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四 棱柱； ④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四 棱柱为直四棱柱． 其中，真命题的编号是________(写出所有真 命题的编号)．
2011年高考数学理第一轮复习精品课件第7单元立体几何1
│考试说明
2．点、直线、平面之间的位置关系 (1)理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以 作为推理依据的公理和定理． 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条 直线上所有的点在此平面内． 公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平 面． 公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们 有且只有一条过该点的公共直线． 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． 定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平 行，那么这两个角相等或互补．
│使用建议
使用建议
1．在编写本单元时考虑了如下问题： (1)重视了空间几何体的三视图和面积、体积计算：根据 近年来课标区的高考命题趋势，空间几何体的三视图结合面 积、体积计算几乎是一道必然的考题． (2)重视了平面的性质：虽然在高考中单独考查平面性质 的试题不多，但这是立体几何的根本所在． (3)强化重点：加强了空间平行、垂直关系证明部分的力 度，除了在38、39讲分专题讲解空间平行、垂直关系的证明 外，还专设第39讲重点讲解空间线面位置关系的证明．
│知识梳理
④几种特殊棱柱、棱锥、棱台 侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直 棱柱叫做正棱柱(正棱柱的侧面是全等的矩形，底面是全等的 正多边形)．理解下列关系：
{正方体} {正四棱柱} {长方体} {直四棱柱} {直棱柱} {棱柱}．
│知识梳理
如果一个棱锥的底面是正多边形并且顶点在底面的射影是 底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥．顶点到底面的距离叫 做棱锥的高．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，这些等腰 三角形底边上的高都相等，叫做棱锥的斜高．如图35－1，高 SO，斜高SE.
第七单元 立体几何
│知识框架 知识框架
│知识框架
2011届高考数学总复习第一轮课件__人教版(理) 第九章_立体几何9.6 多面体、球
要点梳理
1.正多面体的定义 1.正多面体的定义 每一个面都是有相同边数的 正多边形，每个顶点 为端点都有 相同棱数 的凸多面体. 的凸多面体. 2.当给出的几何体比较复杂， 2.当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法 当给出的几何体比较复杂 运用时，采用“ 的技巧， 运用时，采用“ 割 ”或“ 补 ”的技巧，化复杂 几何体为简单几何体（如柱、 几何体为简单几何体（如柱、锥）.
方法二
将斜三棱柱补成平行六面体（ 将斜三棱柱补成平行六面体（如图所
示），设B到面ACC1A1的距离为h， ），设 到面ACC 的距离为h 则平行六面体的体积为
V = S ACC1A1 h,
∴斜三棱柱的体积是 1 V = S ACC1A1 h, 2 1 又 | AQ |=| PC1 |,∴ S ACPQ = S ACC1A1 , 2 1 1 ∴VB ACPQ = S ACC1A1 h. 2 2 答案 B
割成三个小棱锥， 割成三个小棱锥， 1 QVB A1B1C1 = V三棱柱 , 3 又S ACPQ = SQPC1A1 ,
1 ∴VB ACPQ = VBQPC1A1 ,∴VB ACPQ = V三棱柱 . 3 将斜三棱柱分割成三个棱锥之后， （将斜三棱柱分割成三个棱锥之后，体积的计算便
一目了然了. 一目了然了.）
答案 B
探究提高 求不规则多面体的体积常用以下四种方 法：（1）公式法.根据已知条件直接运用柱、锥、 ：（1 公式法.根据已知条件直接运用柱、 球体体积公式求出相应多面体的体积, 球体体积公式求出相应多面体的体积,要抓好三个环 节：一是正确记忆公式；二是求出公式中需要的 一是正确记忆公式； 量；三是简明正确地运算.（2）转移法.如在计算一 三是简明正确地运算. 转移法. 个三棱锥体积时，直接算有困难， 个三棱锥体积时，直接算有困难，则可转化一个等 底等高的三棱柱进行计算. 底等高的三棱柱进行计算.（3）分割法.如果直接计 分割法. 算较困难， 算较困难，可将多面体分割为易求出体积的一些小 多面体，逐个求体积，再求和. 多面体，逐个求体积，再求和.（4）补形法.将多面 补形法. 体再补上一个多面体， 体再补上一个多面体，使其变成一个易于计算体积 的新几何体， 的新几何体，再用新几何体体积减去所补部分的体 积.
高三数学第一轮复习立体几何的综合问题知识精讲
高三数学第一轮复习：立体几何的综合问题【本讲主要内容】立体几何的综合问题立体几何知识的综合应用及立体几何与其它知识点的综合问题【知识掌握】【知识点精析】1. 立体几何的综合问题融直线和平面的位置关系于平面与几何体中，有计算也有论证。
解决这类问题需要系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质．深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角的概念，理解点到面的距离、异面直线的距离的概念．2. 立体几何横向可与向量、代数、三角、解析几何等综合．3. 应用性问题、探索性问题需综合运用所学知识去分析解决．【解题方法指导】例1. 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）解析：P到直线BC的距离等于P到B的距离，动点P的轨迹满足抛物线定义．故选C.例2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥平面ABCD，（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（Ⅱ）证明不论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影，又DA⊥AB ∴PA⊥DA∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角∴∠PAB＝60°，PB＝AB·tan60°＝3a ,∴ V 锥＝3233·3·31a a a =（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为等腰三角形，作AE ⊥PD ，垂足为E ，连结CE ，则△ADE ≌△CDE ，因为AE ＝CE ，∠CED ＝90o，故∠CEA 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角． 设AC 与BD 交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，所以a AD AE OA a =<<=22，22a AE <， 在△AEC 中，02222cos 222222222<-=-=∙-+=∠AE a AE AE a AE EC AE AC EC AE CEA 所以面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90o。
2011届高考数学第一轮复习专辑课件16
1 13 1 3 . 3 3
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题型分类 深度剖析
题型一 三角函数的定义 【例1】 已知角 的终边在直线3x+4y=0上,求 sin , cos , tan 的值. 思维启迪 本题求 的三角函数值.依据三角函 数的定义,可在角 的终边上任取一点P(4t,-3t) (t≠0),求出r,由定义得出结论.
cos
x r y , tan x y r ,
,
它们都是以角为自
变量 ，以比值为 函数值 的函数.
(2)三角函数在各象限内的符号口诀是：一全
正、二正弦、三正切、四余弦 .
3.三角函数线
设角 的顶点在坐标原点,始边与x轴正半轴重 合,终边与单位圆相交于点P，过P作PM垂直于 x 正射影 轴于M,则点M是点P在x轴上的 .)由三 (cos , si n
1 cos . 5
可求sin , cos的值;
(2) 1 sin 2 cos2 ,分子、分母同除以 cos2 即可.
解
(1)方法一
1 sin cos 联立方程 5 sin 2 cos2 1
①
2分
②
1 由①得 cos sin , 将其代入②, 5 整理得25 sin 2 5 sin 12 0. 4 sin 5 是三角形内角, , cos 3 5 4 tan . 3
解析
r (1) 2 2 2 5 ,
x 1 5 . r 5 5
由定义cos
3.已知角 的终边经过点(
小正值是（ B ）
A. 2 3 B. 11 6
3 ，-1),则角
2011年高考数学 大纲人教版 理 一轮复习配套教学课件第九章 第六节 棱柱、棱锥概念和性质-精品文档
答案：C
2．一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示， A、B、C是展开图上的三点，则在正方体盒子中， ∠ABC的大小为 A．30° C．60° B．45° D．90° ( )
解析：如图所示，将平面图还原为正方体，则AB＝BC ＝CA， ∴∠ABC＝60°.
答案：C
3．一长方体木料，沿图①所示平面EFGH截长方体，若
为AB的中点，四个直角三角形为Rt △VOA，Rt△AGO，Rt△VGA和Rt△VOG，它们包含了棱锥的 高、斜高、侧棱、底边长的一半、底面正多边形的外接圆 半径、内切圆的半径、侧棱与底面所成的角，侧面与底面
所成的角，如果知道了其中的两个量，就可求出其余的量．
如图，在直三棱柱
ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，
2AC＝AA1＝BC＝2.
(1)若D为AA1中点，
求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；
(2)若二面角B1－DC－C1的大小为60°，求AD的长．
[思路点拨] (1)证明平面B1CD⊥平面B1C1D可转化为证CD⊥平面B1C1D.
[课堂笔记] (1)∵∠A1C1B1＝∠ACB＝90°， ∴B1C1⊥A1C1， 又由直三棱柱的性质知B1C1⊥CC1，
答案：
5．已知正四棱柱的对角线的长为
且对角线与底面
所成角的余弦值为
________．
，则该正四棱柱的体积等于
解析：设正四棱柱的底面边长为a，侧棱长为b，依题意 得 由此解得a＝1，b＝2，
因此该正四棱柱的体积等于a2b＝2. 答案：2
理解棱柱、棱锥及其有关概念，这是掌握性质的基
础，也是解题的基础，但棱柱的有关概念很多，其中有
a为底面边长，h′为正棱柱的高，c为底面周长)，即正棱 柱的侧面积等于其底面周长和高的乘积；正棱锥的侧面 积 S正棱锥侧＝ nah′＝ (nch ′ 为侧面的个数， a为底
2011年高考数学 大纲人教版 理 一轮复习配套教学课件第九章 第六节 棱柱、棱锥概念和性质 共55页
解：(1)证明：因为△PAB是等边三角形， ∠PAC＝∠PBC＝90°， 所以Rt△PBC≌Rt△PAC， 可得AC＝BC. 如图，取AB中点D，连结 PD、CD， 则PD⊥AB，CD⊥AB， 所以AB⊥平面PDC， 所以AB⊥PC.
(2)作BE⊥PC，垂足为E，连结AE. 因为Rt△PBC≌Rt△PAC， 所以AE⊥PC，AE＝BE. 由已知，平面PAC⊥平面PBC， 故∠AEB＝90°. 因为Rt△AEB≌Rt△PEB， 所以△AEB，△PEB，△CEB都是等腰直角三角形．
2．一个无盖的正方体盒子展开后的平面图如图所示，
A、B、C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，
∠ABC的大小为
()
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
解析：如图所示，将平面图还原为正方体，则AB＝BC ＝CA， ∴∠ABC＝60°.
答案：C
3．一长方体木料，沿图①所示平面EFGH截长方体，若 AB⊥CD，那么图②四个图形中是截面的是 ( )
心的棱锥必是正棱锥．
其中正确命题的个数是
()
A．1 C．3
B．2 D．4
解析：命题(1)不正确；正棱锥必须具备两点，一是：底面 为正多边形，二是：顶点在底面内的射影是底面的中心； 命题(2)缺少第一个条件；命题(3)缺少第二个条件；而命题 (4)可推出以上两个条件都具备． 答案：A
2．正方体的体对角线与底面所成角的余弦值为( )
a为底面边长，h′为正棱柱的高，c为底面周长)，即正棱
柱的侧面积等于其底面周长和高的乘积；正棱锥的侧面
积
S正棱锥侧＝ nah′＝ (nc为h′侧面的个数，a为底
面边长，h′为斜高，c为底面周长)，即正棱锥的侧面积