《高三数学总复习》高考数学理新课标A版一轮总复习课件 第7章 立体几何-7
→ → → 解析： AB ＝(3,4，－8)， BC ＝(2，－3,1)， CA ＝(－5，－ 1,7)， → → ∴BC· CA＝－10＋3＋7＝0，∴BC⊥CA.
答案：A
3．已知向量m＝(4，k，k－1)，n＝ 则k的值等于( A．－2 C．3或－2 ) B．－2或6 D．6或3或－2
3 k，k＋3， 2
1 1 则M0，1，2，N2，1，1，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，
1 → 1 于是MN＝2，0，2，
设平面A1BD的法向量是n＝(x，y，z)．
x＋z＝0， → → 则n· DA1＝0，且n· DB＝0，得 x＋y＝0.
1．两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)， v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是__________．
解析：∵v2＝－2v1，∴v1∥v2，又l1与l2不重合， ∴l1∥l2.
答案：平行
2．已知A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC是 ( ) A．直角三角形 C．锐角三角形 B．钝角三角形 D．等腰三角形
第七章
立体几何
第
课前学案 基础诊断
课堂学案 考点通关
自主园地 备考套餐
开卷速查
考 纲 导 学
1.理解直线的方向向量及平面的法向量． 2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂 直关系． 3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系 的一些简单定理.
1种联系——空间向量与立体几何的联系 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定 理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的 一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥ b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的 法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．
，若m∥n，
k－1 4 k 解析：∵m∥n，∴k ＝ ＝ 3 ，解得k＝－2. k＋3 2
答案：A
4．若平面α，β垂直，则下面可以作为这两个平面的法向量的 是( ) A．n1＝(1,2,1)，n2＝(－3,1,1) B．n1＝(1,1,2)，n2＝(－2,1,1) C．n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,2,1) D．n1＝(1,2,1)，n2＝(0，－2，－2)
答案：C
课堂学案
考点通关
考点例析 通关特训
考点一
利用空间向量证明平行问题
【例1】 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别 是C1C、 B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.
证明：方法一：如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在 直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长 为1，
2. 用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2 1 __________. 重合)⇔□ (2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量 2 ______________________. v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔□
(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l 3 __________. ⊂α⇔□ (4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔ __________. 4 □
课前学案
基础诊断
夯基固本 基础自测
1. 用向量表示直线或点在直线上的位置 (1)给定一个定点A和一个向量a，再任给一个实数t，以A为 → 起点作向量 AP ＝ta，则此向量方程叫做直线l的参数方程．向量 a称为该直线的方向向量． (2)对空间任一确定的点O，点P在直线l上的充要条件是存 → → → 在唯一的实数t，满足等式 OP ＝(1－t) OA ＋t OB ，叫做空间直线 的向量参数方程．
1 v1∥v2 答案：□
2 存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2 □ 3 v⊥u □ 4 u1∥u2 □ 5 v1⊥v2 □ 6 v1 · 7 v∥u □ v2＝0 □ 8 u1⊥u2 □ 9 u1· □ u2＝0
2种思路——用向量方法证明平行与垂直的思路 用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用 向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量 的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的 联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面， 把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、 线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相 关问题．
取x＝1，得y＝－1，z＝－1. ∴n＝(1，－1，－1)．
1 1 → 又MN· n＝2，0，2· (1，－1，－1)＝0，
→ ∴MN⊥n，又MN⊄平面A1BD， ∴MN∥平面A1BD.
→ → → 方法二：MN＝C1N－C1M 1 → 1→ ＝ C1B1－ C1C 2 2 1 → → ＝ (D1A1－D1D) 2 1→ ＝2DA1， → → ∴MN∥DA1， 又∵MN与DA1不共线，∴MN∥DA1， 又∵MN⊄平面A1BD，A1D⊂平面A1BD， ∴MN∥平面A1BD.
解析：两个平面垂直时其法向量也垂直，只有选项A中的两个 向量垂直．
答案：A
5．若平面α、β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3，1， －4)，则( A．α∥β C．α、β相交但不垂直 ) B．α⊥β D．以上均不正确
解析：因为两个法向量既不平行也不垂直，所以平面α、β相 交但不垂直．
3. 用向量证明空间中的垂直关系 (1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔ 6 ____________. ____________⇔□ (2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔ 7 ________. □ 8 _____ (3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔ □ 9 ________. ⇔□ 5 □
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【人教课标A版】【理科数学】高考一轮复习精品课件第七单元 立体几何
第七单元 │ 考纲要求
(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不 要求记忆公式)． 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 线上所有的点都在此平面内． 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．
第七单元 │ 使用建议
(3)对本单元的重点内容是空间线面的平行与垂直、空间角 的计算，第39、40讲专题讲解，还在第42讲中讲解应用空间向 量解决线面位置关系，第43讲研究空间角与距离的求法． 2．教学指导 立体几何主要是培养学生的空间想象能力、推理论证能力、 运用图形语言进行交流的能力以及几何直观能力，本单元重点 是空间的元素之间的平行与垂直关系、空间几何体的表面积与 体积，并关注画图、识图、用图的能力的提高，在复习时我们 要注重以下几点： (1)立足课标，控制难度．新课标对立体几何初步的要求， 改变了经典的“立体几何”把推理论证能力放在最突出的位置，
第七单元 │ 考纲要求
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．
(2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解 空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理．
理解以下判定定理：
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线 与此平面平行．
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两
第七单元 │ 命题趋势
其中线面位置关系的判定又常与命题、充要条件等有关知识融合在 一起进行考查，在几何体表面积与体积为载体的试题中渗透函数、 方程等数学思想方法；二是解答题以空间几何体为载体，考查立体 几何的综合问题．主要是位置关系的判定、空间角与距离的计算， 一般都可用几何法和向量法两种方法求解． 预测2012年新课标高考，对立体几何考查的知识点及试题的难 度，会继续保持稳定，着重考查空间点、线、面的位置关系的判断 及几何体的表面积与体积的计算，应用空间向量处理空间角与空间 距离；而三视图作为新课标的新增内容，主要形式是在三视图为载 体的试题中融入简单几何体的表面积与体积的计算，也可能会出现 在解答题中与其他知识点交汇与综合．
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：立体几何
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2.下列四个命题中，正确的是 A.各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱 B.对角面是全等矩形的六面体一定是长方体 C.有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
√D.长方体一定是直四棱柱
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则四棱锥C－BFNM与D－AEHG是全等的两个 四棱锥， ∵NM⊥AB，则NM⊥EF， 又CN⊥EF，NM∩CN＝N， ∴EF⊥平面CMN，∴EF⊥平面DHG， ∵D∈平面DHG，A∉平面DHG，则AD与EF不垂直，故A错误； 三棱柱CNM－DHG为直三棱柱， 几何体AED－BFC的体积与三棱柱CNM－DHG体积相同，
4.已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列命 题中正确的是
√A.若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
B.若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β C.若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥β D.若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β
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√B.π6
π
π
C.4
D.3
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设 椭 圆 与 圆 柱 的 轴 截 面 如 图 所 示 ， 作 DE⊥BC 交 BC 于 点 E ， 则
∠CDE为“切面”所在平面与底面所成的角，设为θ.
设底面圆的直径为2r，则CD为椭圆的长轴2a，
√D.①是真命题，②是真命题
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2.下列四个命题中，正确的是 A.各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱 B.对角面是全等矩形的六面体一定是长方体 C.有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
√D.长方体一定是直四棱柱
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则四棱锥C－BFNM与D－AEHG是全等的两个 四棱锥， ∵NM⊥AB，则NM⊥EF， 又CN⊥EF，NM∩CN＝N， ∴EF⊥平面CMN，∴EF⊥平面DHG， ∵D∈平面DHG，A∉平面DHG，则AD与EF不垂直，故A错误； 三棱柱CNM－DHG为直三棱柱， 几何体AED－BFC的体积与三棱柱CNM－DHG体积相同，
4.已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列命 题中正确的是
√A.若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
B.若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β C.若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥β D.若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β
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√B.π6
π
π
C.4
D.3
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设 椭 圆 与 圆 柱 的 轴 截 面 如 图 所 示 ， 作 DE⊥BC 交 BC 于 点 E ， 则
∠CDE为“切面”所在平面与底面所成的角，设为θ.
设底面圆的直径为2r，则CD为椭圆的长轴2a，
√D.①是真命题，②是真命题
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推荐-高三数学(理)一轮总复习课件-第七章 立体几何 7-7
则 A(1,0,0)，M1，12，1， C(0,1,0)，N1，1，12 AM 与 CN 所成的角为 θ，则
cos θ＝|cos〈A→M，C→N〉|＝||AA→→MM|·|CC→→NN||
(2)如图，取 BC 的中点 E，连接 AE.由 AB＝AC 得
AE⊥BC，从而 AE⊥AD，
且 AE＝ AB2－BE2
＝
AB2－B2C2＝ 5.
以 A 为坐标原点，分别以A→E，A→D，A→P的方向为 x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz.由题意知， P(0,0,4)，M(0,2,0)，C( 5，2,0)，N 25，1，2.
设 n＝(x，y，z)是平面 BCE 的法向量． 则nn··EE→→CB＝＝00，， 即x4＋y＝03.z＝0， 所以可取 n＝(3,0，－ 3)． 设 m 是平面 ABCD 的法向量，则mm··AA→→CB＝＝00.，
1
＝
2
1＋14×
1＋14＝52.
答案：25
2.如图，在空间四边形 OABC 中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，
BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则 OA 与 BC 所成角的余弦
值为
．
解析：∵B→C＝A→C－A→B， ∴O→A·B→C＝O→A·(A→C－A→B)＝O→A·A→C－O→A·A→B ＝|O→A||A→C|cos〈O→A，A→C〉－|O→A|·|A→B|cos〈O→A，A→B〉＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝24－16 2.
1
2
A.10
B.5
30 C. 10
D．
2 2
解析：选 C.由题意，以 C 为坐标原点，建立如图所示的空间 直角坐标系．
cos θ＝|cos〈A→M，C→N〉|＝||AA→→MM|·|CC→→NN||
(2)如图，取 BC 的中点 E，连接 AE.由 AB＝AC 得
AE⊥BC，从而 AE⊥AD，
且 AE＝ AB2－BE2
＝
AB2－B2C2＝ 5.
以 A 为坐标原点，分别以A→E，A→D，A→P的方向为 x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz.由题意知， P(0,0,4)，M(0,2,0)，C( 5，2,0)，N 25，1，2.
设 n＝(x，y，z)是平面 BCE 的法向量． 则nn··EE→→CB＝＝00，， 即x4＋y＝03.z＝0， 所以可取 n＝(3,0，－ 3)． 设 m 是平面 ABCD 的法向量，则mm··AA→→CB＝＝00.，
1
＝
2
1＋14×
1＋14＝52.
答案：25
2.如图，在空间四边形 OABC 中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，
BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则 OA 与 BC 所成角的余弦
值为
．
解析：∵B→C＝A→C－A→B， ∴O→A·B→C＝O→A·(A→C－A→B)＝O→A·A→C－O→A·A→B ＝|O→A||A→C|cos〈O→A，A→C〉－|O→A|·|A→B|cos〈O→A，A→B〉＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝24－16 2.
1
2
A.10
B.5
30 C. 10
D．
2 2
解析：选 C.由题意，以 C 为坐标原点，建立如图所示的空间 直角坐标系．
高考数学(全国通用)一轮总复习(文理科)配套课件：第七章 立体几何 7.7
(1)证明:平面AEC⊥平面AFC; (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值. 【解题思路】(1)连接BD,与菱形对角线AC相交于点G,通过证明GE与平面ACF内的两条相交 直线垂直即可证明;(2)根据(1),利用向量法求解即可.
第七章
第七节 空间角与距离的求解
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
名师考点精讲
综合能力提升
-22-
第七章
第七节 空间角与距离的求解
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
-23-
向量法求直线和平面所成角的步骤 (1)建立适当的空间直角坐标系; (2)求直线的方向向量 e 和平面的法向量 n; (3)求 e 和 n 的夹角 θ 的余弦值 cos θ; (4)得到直线与平面的夹角 α 的正弦值 sin α=|cos θ|.
第七节 空间角与距离的求解
第七章
第七节 空间角与距离的求解
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
-2-
考纲概述
考查热点
(1)能用向量方法证明立体几何中有关线面位 直线与直线的 置关系的一些简单定理(包括三垂线定理). 夹角 (2)能用向量方法解决直线与直线、直线与平 直线与平面的 面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量 夹角 方法在研究立体几何问题中的应用. (3)理解直线的方向向量及平面的法向量. 平面与平面的 (4)能用向量语言表述线线、线面、面面的平 夹角 行和垂直关系.
∴
������ + ������ = ������������ = 0,
0,令
x=1,则
y=-1,z=0,
∴n2=(1,-1,0),
由题知|cos<n1,n2>|=
高三数学一轮总复习 第七章 立体几何 7.6 空间向量及其运算课件.ppt
5.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断
向量的共线与垂直。
3
课前学案 基础诊断
夯基固本 基础自测
4
1．空间向量的有关概念
(1)空间向量：在空间中，具有□1 __大__小__和□2 _方__向___的量叫做空间向量。 (2)相等向量：方向□3 _相__同___且模□4 _相__等___的向量。 (3)共线向量：表示空间向量的有向线段所在直线互相 □5 平__行____或重合的向
8
②两向量的数量积：已知空间两个非零向量a，b，则□16 _|a_|_·|_b_|c_o_s_〈__a_，__b_〉____叫 做向量a，b的数量积，记作□17 ___a_·b________，即a·b＝□18 ___|_a_||b_|_c_o_s〈__a_，__b_〉_____。
(2)空间向量数量积的运算律。
第七章
立体几何
1
第六节 空间向量及其运算
课前学案 基础诊断
课堂学案 考点通关
高考模拟 备考套餐
2
1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置。
2.会推导空间两点间的距离公式。
考纲 导学
3.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握 空间向量的正交分解及其坐标表示。 4.掌握空间向量22_＋__a_23 ，cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|＝
28
a21＋a22＋a23 b21＋b22＋b23 ________________________
。
□ →
若A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，则dAB＝|AB|＝
29
__a_1_－__a_2_2＋___b_1－__b_2_2_＋__c_1_－_c。22
高三数学(理)一轮复习(课件)第七章 立体几何7-7
n2＝(0,0,1)，所以 cos〈n1，n2〉＝23，故平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐 二面角的余弦值为23。
答案
2 3
微考点·大课堂
考点例析 对点微练
考点一 线线角、线面角的求法 【例 1】 (2018·江苏高考)如图，在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝ AA1＝2，点 P，Q 分别为 A1B1，BC 的中点。
3．二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求 出两半平面 α，β 的法向量 n1，n2 时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的 方向，从而确定二面角与向量 n1，n2 的夹角是相等，还是互补。
一、走进教材
1．(选修 2－1P104 练习 2 改编)已知两平面的法向量分别为 m＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( )
︵ 因为 M 为CD上异于 C，D 的点，且 DC 为直径， 所以 DM⊥CM。 又 BC∩CM＝C，所以 DM⊥平面 BMC。 而 DM⊂平面 AMD， 故平面 AMD⊥平面 BMC。
→ (2)以 D 为坐标原点，DA的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角 坐标系 D—xyz。
︵ 当三棱锥 M－ABC 体积最大时，M 为CD的中点。
可取 n＝(1,0,2)。
→ DA是平面 MCD 的法向量，
因此
→ cos〈n，DA〉＝
→ n·DA
→
＝
55，
|n||DA|
sin〈n，D→A〉＝2 55，
所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值是2 55。
利用空间向量计算二面角大小的常用方法 1．找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后 通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形 判断所求角的大小。 2．找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂 直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的 大小。
高考数学理科(人教A)一轮复习课件 第七章 立体几何7-3
• 规律方法 (1)证明点或线共面问题，一般 有两种途径：①首先由所给条件中的部分 线(或点)确定一个平面，然后再证其余的 线(或点)在这个平面内．②将所有条件分 为两部分，然后分别确定平面，再证两平 面重合．
• (2)证明点共线问题，一般有两种途径： ①先由两点确定一条直线，再证其他各点 都在这条直线上；②直接证明这些点都在 同一条特定直线上．
• 答案：A
平面的基本性质及应用(师生共研)
• 例1 如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中 ，E，F分别是AB和AA1的中点，求证：
• (1)E，C，D1，F四点共面； • (2)CE，D1F，DA三线共点．
证明 (1)如图，连接 CD1，EF，A1B， ∵E，F 分别是 AB 和 AA1 的中点， ∴EF∥A1B 且 EF＝21A1B.
• A．空间不同三点确定一个平面
• B．空间两两相交的三条直线确定一个平 面
• C．两组对边相等的四边形是平行四边形
• D．和同一直线都相交的三条平行线在同 一平面内
• 解析：A是假命题，当三点共线时，过三 点有无数个平面；B不正确，两两相交的 三条直线不一定共线；C不正确，两组对
• 3．下列命题正确的个数为( )
1．已知在空间四边形 ABCD 中，E，H 分别是边 AB，AD 的中点， F，G 分别是边 BC，CD 上的点，且CCFB＝CCGD＝23(如图所示)，求证：三条 直线 EF，GH，AC 交于一点．
证明：∵AEEB＝HAHD＝1， ∴EH∥12BD，EH＝12BD；而CCBF＝CCGD＝23，∴FBGD＝23，且 FG∥BD. ∴四边形 EFGH 为梯形，从而两腰 EF、GH 必相交于一点 P. ∵P∈直线 EF，EF⊂平面 ABC，∴P∈平面 ABC. 同理 P∈平面 ADC， ∴P 在平面 ABC 和平面 ADC 的交线 AC 上． 故 EF、GH、AC 三直线交于一点．
高考数学(理)一轮复习课件：第7章 立体几何7-7
则
栏目 导引
第十二章
选考部分
令 z＝1，则 n＝(1,0,1)为平面 EFG 的一个法向量， → ∵PB＝(2,0，－2)， → → ∴PB· n＝0，∴n⊥PB， ∵PB⊄面 EFG，∴PB∥平面 EFG. → → → 证法二：PB＝(2,0，－2)，FE＝(0，－1,0)，FG＝(1,1，－1)． → → → 设PB＝sFE＋tFG， 即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
栏目 导引
第十二章
选考部分
考点多维探究
栏目 导引
第十二章
选考部分
考点 1 利用空间向量证明平行或垂直
回扣教材 1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 → → (1)直线的方向向量：l 是空间一直线，A，B 是直线 l 上任意两点，则称AB为直线 l 的方向向量，与AB 非零向量 也是直线 l 的方向向量． 平行的任意_________ (2)平面的法向量可利用方程组求出：设 a，b 是平面 α 内两不共线向量，n 为平面 α 的法向量，则求法 向量的方程组为
第十二章
选考部分
第七章 立体几何
栏目 导引
第十二章
选考部分
第 7讲
立体几何中的向量方法
栏目 导引
第十二章
选考部分
ห้องสมุดไป่ตู้
考纲展示 1.理解直线的方向向量及平面的法向量． 2．能用向量语言表述线线、线面、面面的 平行和垂直关系． 位置关系的一些简单定理(包括三垂线定 理)． 平面、平面与平面的夹角的计算问题． 5．了解向量方法在研究立体几何问题中的 应用.
v1⊥v2⇔v1· v2＝0. (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2，则 l1⊥l2⇔________________ v∥u⇔v＝λu. (2)设直线 l 的方向向量为 v，平面 α 的法向量为 u，则 l⊥α⇔________________ u1⊥u2⇔u1· u2＝0. (3)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1 和 u2，则 α⊥β⇔________________
【新教材】高三人教A版数学一轮复习课件：第7章 7.1 基本立体图形、直观图、表面积和体积
是三棱柱,则剩下的几何体是 五棱柱
.
4.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,
则这个球的体积为
9π
2
.
设正方体的棱长为 a,外接球的半径为 R,则 2R= 3a.
∵正方体的表面积为 18,
∴6a2=18,
∴a=
3
3,R= .
2
∴该球的体积为
4
27
3 4π
V=3 πR = 3 × 8
轴.
②直观图中平面O'x'y'表示水平平面,平面O'y'z'和O'x'z'表示竖直平面.
③已知图形中平行于z轴(或在z轴上)的线段,在其直观图中平行性和长度
都不变.
④成图后,去掉辅助线,将被遮挡的部分改为虚线.
5.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
名称
圆柱
圆锥
圆台
侧面
展开图
侧面积公式
S 圆柱侧=2πrl
的棱台分别
(2)按侧棱与底面是否垂直分:
棱锥又叫四面
叫做三棱
棱柱
分类
体
台、四棱
正棱柱(底面为正多边形), (2)底面是正
直棱柱
台、五棱
多边形,并且
一般的直棱柱
台……
顶点与底面中
斜棱柱
(2)由正棱锥
心的连线垂直
截得的棱台
于底面的棱锥
叫做正棱台
叫做正棱锥
名称 棱柱
①两底面互相平行.
②侧面是平行四边形.
2
2 + +2
3.设长方体的长、
宽、
高分别为 a,b,c,则它的外接球的半径 R=
.
4.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,
则这个球的体积为
9π
2
.
设正方体的棱长为 a,外接球的半径为 R,则 2R= 3a.
∵正方体的表面积为 18,
∴6a2=18,
∴a=
3
3,R= .
2
∴该球的体积为
4
27
3 4π
V=3 πR = 3 × 8
轴.
②直观图中平面O'x'y'表示水平平面,平面O'y'z'和O'x'z'表示竖直平面.
③已知图形中平行于z轴(或在z轴上)的线段,在其直观图中平行性和长度
都不变.
④成图后,去掉辅助线,将被遮挡的部分改为虚线.
5.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
名称
圆柱
圆锥
圆台
侧面
展开图
侧面积公式
S 圆柱侧=2πrl
的棱台分别
(2)按侧棱与底面是否垂直分:
棱锥又叫四面
叫做三棱
棱柱
分类
体
台、四棱
正棱柱(底面为正多边形), (2)底面是正
直棱柱
台、五棱
多边形,并且
一般的直棱柱
台……
顶点与底面中
斜棱柱
(2)由正棱锥
心的连线垂直
截得的棱台
于底面的棱锥
叫做正棱台
叫做正棱锥
名称 棱柱
①两底面互相平行.
②侧面是平行四边形.
2
2 + +2
3.设长方体的长、
宽、
高分别为 a,b,c,则它的外接球的半径 R=
高考数学(理科)大一轮复习课件：第七章 立体几何 第7章-第7节
D，E，F 分别为 B1A，C1C，BC 的中点．求
证：
核
(1)DE∥平面 ABC；
心
考 向
(2)B1F⊥平面 AEF.
课
图7－7－4
时
限
时
检
测
菜单
【证明】 如图建立空间直角坐标系 A－xyz，令 AB＝AA1
＝4，
基
础
则 A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，
知
识 点
B(4,0,0)，B1(4,0,4)．
cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|
课
核
时
心 考
2.求直线与平面所成的角
限 时
向
检
设直线 l 的方向向量为 a，平面 α 的法向量为 n，直线 l 测
|a·n|
与平面 α 所成的角为 θ，则 sin θ＝_|c_o_s_〈__a_，__n_〉__|_＝__|a_|_|n_|_.
菜单
3．求二面角的大小
方 法 技 巧
A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)
B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)
C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)
核
D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)
课 时
心
限
考 向
【答案】 D
时 检
测
菜单
基 础 知 识 点
方
4．已知两平面的法向量分别为 m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，
2．已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量、 法向量，若 cos〈m，n〉＝－12，则 l 与 α 所成的角为( )
方 法 技 巧
A．30°