专题5立体几何ppt课件.ppt

HUN-理科,数学,数学,数学,数学,决胜高考,专案突破,名师诊断,对点集训,【考情报告】,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【考向预测】,立体几何是高考考查的重点内容之一,主要考查简单几何体的三视图、柱、锥、台、球的表面积和体积,点、直线与平面位置关系的判断及证明,空间直角坐标系、空间向量的运算、立体几何中的向量方法;考查学生的空间想象能力,语言表达能力,推理论证能力,运算求解能力.结合近三年的高考命题情况,预测2013年高考对立体几何的考查主要有空间几何体的三视图与其表面积、体积结合,二面角的求法,在复习时要引起足够的重视.此外,对于异面直线所成的角、直线与平面所成的角在高考中也时有考查,在复习过程中也不应遗漏.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【知能诊断】,1.(2012年烟台模拟)一个几何体的三视图如图所示,这个几何体的体积是(),名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(A).(B).,(C)3+.(D)12+.,【解析】由三视图知该几何体为一个半球和一个四棱柱的组合体.体积V=V半球+V四棱柱=r3+Sh=23+223=+12.故选D.,【答案】D,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,2.(2012年南昌模拟)如图为一个几何体的三视图,则该几何体的外接球的表面积为(),(A)4.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(B)8.,(C)12.,(D)16.,【解析】由几何体的三视图知该几何体为一个底面是正方形,有一条侧棱与底面垂直的四棱锥,由已知数据可求得该几何体外接球的半径R=,所以S=4R2=12.故选C.,【答案】C,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,3.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上的动点.,(1)求证:A1EBD.,(2)当E恰为棱CC1的中点时,求证:平面A1BD平面EBD.,(3)在棱CC1上是否存在一个点E,可以使二面角A1-BD-E的大小为45?如果存在,试确定点E在棱CC1上的位置;如果不存在,请说明理由.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】如图,连接AC,设ACDB=O,连接A1O、OE,(1)AA1底面ABCD,BDA1A,又BDAC,A1AAC=A,BD平面ACEA1,A1E平面ACEA1,A1EBD.,(2)在等边三角形A1BD中,BDA1O,BD平面ACEA1,OE平面ACEA1,BDOE,A1OE为二面角A1-BD-E的平面角.,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设棱长为2a,E为棱CC1的中点,由平面几何知识,得EO=a,A1O=a,A1E=3a,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,满足A1E2=A1O2+EO2,A1OE=90,即平面A1BD平面EBD.,(3)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,假设棱CC1上存在点E,可以使二面角A1-BD-E的大小为45,由(2)知,A1OE=45.,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2a,EC=x(ax2a),得EO=,A1O=a,A1E=.,在A1OE中,由A1E2=A1O2+EO2-2A1OEOcosA1OE,得x2-8ax-2a2=0,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,解得x=4a3a,显然不满足ax2a,在棱CC1上不存在点E使得二面角A1-BD-E的大小为45.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,4.(2012年山东淄博模拟)如图,在五面体ABCDEF中,FA平面ABCD,ADBCFE,ABAD,M为EC的中点,AF=AB=BC=FE=AD.,(1)求证:BFDM;,(2)求二面角A-CD-E的余弦值.,【解析】如图所示,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,不妨设AB,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,=1.,依题意得A(0,0,0)、B(1,0,0)、C(1,1,0)、D(0,2,0)、E(0,1,1)、F(0,0,1)、M(,1,).,(1)=(-1,0,1),=(,-1,),cos=0.,BFDM.,(2)设平面CDE的法向量为u=(x,y,z),名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,则,又=(-1,0,1),=(0,-1,1),令x=1,可得u=(1,1,1).,又平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1),cos=.,故二面角A-CD-E的余弦值为.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,5.(2012年湖北)如图1,ACB=45,BC=3,过动点A作ADBC,垂足D在线段BC上且异于点B,连接AB,沿AD将ABD折起,使BDC=90(如图2所示).,(1)当BD的长为多少时,三棱锥A-BCD的体积最大;,(2)当三棱锥A-BCD的体积最大时,设点E,M分别为棱BC,AC的中点,试在棱CD上确定一点N,使得ENBM,并求EN与平面BMN所成角的大小.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】(1)(法一)在如图1所示 ABC中,设BD=x(0 x3),则CD=3-x.,由ADBC,ACB=45知,ADC为等腰直角三角形,所以AD=CD=3-x.,由折起前ADBC知,折起后(如图2),ADDC,ADBD,且BDDC=D,所以AD平面BCD.,又BDC=90,所以SBCD=BDCD=x(3-x).,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,于是VA-BCD=ADSBCD=(3-x)x(3-x)=2x(3-x)(3-x)3=,当且仅当2x=3-x,即x=1时,等号成立.,故当x=1,即BD=1时,三棱锥A-BCD的体积最大.,(法二)同解法1,得VA-BCD=ADSBCD=(3-x)x(3-x)=(x3-6x2+9x).,令f(x)=(x3-6x2+9x),由f(x)=(x-1)(x-3)=0,且0 x3,解得x=1,当x(0,1)时,f(x)0;当x(1,3)时,f(x)0.,所以当x=1时,f(x)取得最大值.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,故当BD=1时,三棱锥A-BCD的体积最大.,(2)(法一)以D为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系D-xyz.,由(1)知,当三棱锥A-BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2.于是可知D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),E(,1,0),且=(-1,1,1).,设N(0,0),则=(-,-1,0).因为ENBM等价于=0,即(-,-1,0)(-1,1,1)=+-1=0,故=,N(0,0).,所以当DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时,ENBM.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,设平面BMN的一个法向量为n=(x,y,z),由及=(-1,0),得可取n=(1,2,-1).,设EN与平面BMN所成角的大小为,则由=(-,-,0),n=(1,2,-1),可得sin=cos(90-)=|=,即=60.,故EN与平面BMN所成角的大小为60.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(法二)由(1)知,当三棱锥A-BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,如图b,取CD的中点F,连接MF、BF、EF,则MFAD.,由(1)知AD平面BCD,所以MF平面BCD.,如图c,延长FE至P点使得FP=DB,连接BP,DP,则四边形DBPF为正方形,所以DPBF.取DF的中点N,连接EN,又E为FP的中点,则ENDP,所以ENBF.因为MF平面BCD,又EN面BCD,所以MFEN.,又MFBF=F,所以EN面BMF.又BM面BMF,所以ENBM.,因为ENBM当且仅当ENBF,而点F是唯一的,所以点N是唯一的,即当DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点),ENBM.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,连接MN,ME,由计算得NB=NM=EB=EM=,所以NMB与EMB是两个共底边的全等的等腰三角形,如图d所示,取BM的中点G,连接EG,NG,则BM平面EGN,在平面EGN中,过点E作EHGN于点H,则EH平面BMN,故ENH是EN与平面BMN所成的角.,在EGN中,易得EG=GN=NE=,所以EGN是正三角形,故ENH=60,即EN与平面BMN所成角的大小为60.,【诊断参考】,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,1.空间几何体的表面积和体积与三视图的综合是每年高考的必考内容,此类问题解答易错点有三:一是由多面体的三视图不能够想象出空间几何体的形状,或不能够正确画出其直观图;二是不能根据三视图的形状及相关数据推断出(或错误推断出)原几何图形中的点、线、面间的位置关系及相关数据;三是不记得或不能熟练掌握、应用常见空间几何体的表面积、体积公式.,2.由考情报告知,对球的考查是每年高考的必考内容,特别是空间几何体的外接、内切球问题,一直是高考的热点.此类问题的解题关键是正确探求出几何体与其外接、内切球间的位置关系及数量关系,这也是此类问题解答的易错点.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,3.线面位置关系的判断或证明是立体几何的重要内容之一,也是高考的必考点,试题难度不大,经常作为解答题的第一问出现,或以选择题或填空题的形式出现.在推证线面位置关系时,一定要严格遵循其判定定理或性质定理,注意其成立的条件,否则极易出错.如在判断线面平行时,一定要强调直线不在平面内,否则结论是不一定成立的.,4.求空间几何体的体积除了利用公式法外,还常用到分割、补形、转化法等,这也是解决一些非规则几何体体积计算问题的常用方法.特别是利用转化法(或等积法)求三棱锥高的问题.但在利用“割”、“补”法求几何体的体积时,一定要辨清“割”、“补”后几何体的结构特征,若辨析不清则易出现错解.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,5.空间向量法解立体几何问题,不仅可以判断线面间的位置关系,也是求空间角及距离的常用方法,空间向量的引入是把立体几何问题代数化,是利用“数”的方法来解决“形”的问题,从而使立体几何问题的解答变得更加灵活,故空间向量法也是解决立体几何问题的强大工具.空间向量法解答立体几何问题的关键是要建立恰当的空间直角坐标系,注意这里的坐标系一定要建立右手系,同学们的易错点是不分左、右手系,若坐标系建成了左手系,在高考改卷过程中,这一问是至少要扣掉一半分的,大家一定要注意这一点!,6.空间角,特别是二面角的求解,是每年高考的热点和必考点.求二面角最常用的方法是空间向量法,即分别求出二面角的两个面所在的,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,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,能够正确判断出所求二面角和法向量夹角间的关系,这是同学们的易混淆点,此外,运算错误也是常见的易错点.,7.探索型(或开放性)试题是近年高考试题命制的新宠,此类问题的命制非常灵活,角度新颖,能够很好地考查学生对知识的灵活运用及知识的迁移能力.解答开放性问题的基本策略是先猜想,后证明,因此大胆假设,严格证明是解决开放性问题的基本策略.此类问题不知如何作答是同学们常见的困惑.,8.翻折问题体现了平面问题和空间问题间的转化,能够很好地考查,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,学生的空间想象能力、图形变换能力及识图能力.在解题过程中,若不能分清翻折前后基本量间的位置关系或数量关系则易造成错解.,【核心知识】,一、空间几何体,1.三视图,(1)三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.画三视图的基本要求:正俯一样长,俯侧一样宽,正侧一样高.,(2)三视图排列规则:俯视图放在正(主)视图的下面,长度与正(主)视图一样;侧(左)视图放在正(主)视图的右面,高度和正(主)视图一样,宽度与俯视图一样.,2.柱体、锥体、台体和球的表面积与体积,(1)表面积公式:圆柱的表面积S=2r(r+l);圆锥的表面积S=r(r+l);圆台的表面积S=(r2+r2+rl+rl);球的表面积S=4R2.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(2)体积公式:柱体的体积V=Sh;锥体的体积V=Sh;台体的体积V=(S+S)h;球的体积V=R3.,二、点、直线、平面之间的位置关系,1.直线与平面的位置关系,(1)直线与平面平行的判定方法,判定定理:不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,转化为面面平行再推证线面平行.,一直线在两平行平面外,且与其中一平面平行,则这一直线与另一平面也平行.,(2)直线与平面的垂直问题,线面垂直判定定理:一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直.,注:在判定定理中,易忽视两直线为“相交直线”.,过一点有且只有一条直线与一个平面垂直;过一点有且只有一个平面和一条直线垂直.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,a.,2.平面与平面的位置关系,(1)平面与平面的平行问题,面面平行判定定理:一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,则这两个平面平行.,面面平行性质定理:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行.,注:在面面平行的判定定理中,“两条相交直线”中的“相交”两个字不能忽略,否则结论不一定成立.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,空间中直线与直线平行,直线与平面平行,平面与平面平行三者之间可以互相转化,其转化关系为:,线线平行线面平行面面平行,若由两个平面平行来推证两直线平行时,则这两直线必须是第三个平面与这两个平面的交线.,分别在两个平行平面内的两条直线,它们可能平行,也可能异面.,a、b为两异面直线,a,b,且a,b,则.,过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(2)平面与平面的垂直问题,面面垂直判定定理:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直.,面面垂直性质定理:两个平面垂直,则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.,注:判定的关键是结合图形并利用条件在一平面内找一条直线是另一平面的垂线,由此可知,凡是包含此直线的平面都与另一平面垂直.,空间中直线与直线垂直,直线与平面垂直、平面与平面垂直三者,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,之间可以互相转化,其转化关系为:,线线垂直线面垂直面面垂直,利用面面垂直的性质定理添加面的垂线时,一定要注意是在某一平面内作交线的垂线,此线即为另一面的垂线,否则结论不一定成立.,几个常用结论:垂直于同一个平面的两条直线平行;垂直于同一条直线的两个平面平行;垂直于同一个平面的两个平面平行或相交;垂直于同一条直线的两条直线平行、相交或异面.,三、空间向量与立体几何,1.空间角的类型与范围,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(1)异面直线所成的角():0;(2)直线与平面所成的角():0;(3)二面角():0.,2.求空间距离:直线到平面的距离、两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离.,点P到平面的距离:d=(其中n为的法向量,M为内任一点).,3.几何法求空间角与距离的步骤:一作、二证、三计算.,【考点突破】,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,热点一:空间几何体的三视图、表面积和体积,空间几何体的表面积、体积问题一直是高考的热点内容,主要是考查学生的空间想象能力和计算求解能力.此考点多结合三视图综合考查,由三视图中的数据得到原几何体的数据是解题的关键.此热点试题多出现在选择题、填空题,有时也以解答题的形式考查,属较容易题.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(2012年广东中山调研)一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【分析】本例的解题关键是根据三视图还原出几何体,确定几何体的形状,然后再根据几何体的形状及相关数据计算其体积.,【解析】由三视图可知,原几何体上面是 一个四棱锥,下面是一个四棱柱,则V=221+112=.,【答案】,【归纳拓展】(1)求规则几何体的体积,关键是确定底面和高,要注意多角度、多方位地观察,选择恰当的底面和高,使计算简便;(2)求不规则几何体的体积,常用分割或补形的思想,将不规则几何体转化为几个规则几何体,再进一步求解;(3)求锥体的体积,要选择适当的底,面和高,然后应用公式V=Sh进行计算即可,常用到等积变换法和割补法.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,变式训练1(2012年河南濮阳模拟)已知一个四棱锥的正(主)视图和侧(左)视图为两个完全相同的等腰直角三角形(如图所示),腰长为1,则该四棱锥的体积为(),(A).(B).,(C).(D).,【解析】由于正(主)视图和侧(左)视图为两个全等的等腰直角三角形,可知四棱锥底面为正方形,四个侧面为正三角形.其中底面正方形,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,的边长为1,四棱锥的高为,所以该四棱锥的体积为V=Sh=12=.,【答案】C,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,热点二:空间几何体与球的综合,有关球的知识的考查也是高考中常出现的问题,特别是球与多面体、旋转体等组合的接、切问题.问题多以客观题的形式呈现,属中档题目.解决球与其他几何体的切、接问题,关键在于仔细观察、分析,弄清相关元素的关系,选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系),达到空间问题平面化的目的.,(2012年新课标全国)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,SC=2,则此棱锥的体积为(),(A).(B).(C).(D).,【分析】本题是考查三棱锥与球的组合体,由题设条件计算出三棱锥的基本量,而后求出其体积.本题属于中档试题,需认真把握几何体的线面关系和度量关系.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】由题意得,ABC的边长为1,所以CO1=.,在直角COO1中,CO=1,所以OO1=,所以三棱锥S-ABC的高h=.,所以几何体的体积为V=Sh=12=,故选A.,【答案】A,【归纳拓展】(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,其直观图很难画清,一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面,把空间问题化归为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系.(2)若球面上四点P、A、B、C构成的线段PA、PB、PC两两垂直,且PA,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,=a,PB=b,PC=c,则4R2=a2+b2+c2,把有关元素“补形”成为一个球内接长方体(或其他图形),从而显示出球的数量特征,这是一种常用的好方法.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,变式训练2(2012年济南调研)如图是一个空间几何体的三视图,则该几何体的外接球的表面积为.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】设该几何体的外接球的半径为R.依题意知,该几何体是如图所示的三棱锥A-BCD,其中AB平面BCD,AB=2,BC=CD=,BD=2,BCDC,因此可将该三,棱锥补形为一个长方体,于是有(2R)2=22+()2+()2=8,即4R2=8,则该几何体的外接球的表面积为4R2=8.,【答案】8,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,热点三:直线、平面平行与垂直的判断、证明,线与面、面与面平行或垂直关系的证明是立体几何初步考查的基本内容,故备考中要加强训练,熟练运用.在运用中体会判定定理条件的运用,包括思路分析、方法确认、书写表达规范,尤其是在表达规范性上,一定要推理充分,论证有力,思路清晰,逻辑严密.,如图,在七面体ABC-DEFG中,平面ABC平面DEFG,AD平面DEFG,ABAC,EDDG,EFDG,且AC=EF=1,AB=AD=DE=DG=2.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(1)求证:平面BEF平面DEFG;,(2)求证:BF平面ACGD;,(3)求三棱锥A-BCF的体积.,【分析】(1)要证平面BEF平面DEFG,由题设条件可以看出,只要能够证明平面BEF内的BE平面DEFG即可;(2)要证直线BF平面ACGD成立,只需证BF平行平面ACGD内的一条直线即可,由题设条件知EFCA,这也为下一步的解题打开了想象的空间.,【解析】(1)平面ABC平面DEFG,平面ABC平面ADEB=AB,平面DEFG平面ADEB=DE,ABDE.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,AB=DE,四边形ADEB为平行四边形,BEAD.,AD平面DEFG,BE平面DEFG,BE平面BEF,平面BEF平面DEFG.,(2)取DG的中点M,连接AM、FM,则有DM=DG=1,又EF=1,EFDG,四边形DEFM是平行四边形,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,DEFM,又ABDE,ABFM,四边形ABFM是平行四边形,BFAM.,又BF平面ACGD,故BF平面ACGD.,(3)平面ABC平面DEFG,F到平面ABC的距离为AD.,VA-BCF=VF-ABC=SABCAD=(12)2=.,【归纳拓展】(1)线面平行可依据判定定理,只要找到平面内的一条直线与这条直线平行即可.(2)证明面面垂直的方法:证明一个面过另一个面的垂线,将证明面面垂直转化为证明线面垂直,一般先从现有直线中寻找,若图中不存在这样的直线,则借助中点、高线或添加辅,助线来解决.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,变式训练3(2012江苏镇江调研试题)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA=PB,底面ABCD是菱形,且ABC=60,点M是AB的中点,点E在棱PD上,满足DE=2PE.求证:,(1)平面PAB平面PMC;,(2)直线PB平面EMC.,【解析】(1)PA=PB,M是AB的中点,PMAB.,底面ABCD是菱形,BA=BC.,ABC=60,ABC是等边三角形,CMAB.,PMCM=M,AB平面PMC.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,AB平面PAB,平面PAB平面PMC.,(2)连接BD交MC于F,连接EF.,由CD=2BM,CDBM,易得CDFMBF.,DF=2BF.,又DE=2PE,EFPB.,EF平面EMC,PB平面EMC,PB平面EMC.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,热点四:空间向量在立体几何中的应用,利用空间向量解决立体几何问题是高考的热点,是每年高考的必考内容.主要涉及直线、平面位置关系的判定,空间角的求法和空间几何体体积的计算.题目多以解答题的形式出现,属中档题.其一般解题步骤为:(1)建立恰当的空间直角坐标系;(2)求出相关点的坐标;(3)写出向量坐标;(4)结合公式进行论证、计算;(5)转化为几何结论.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,ACB=90,2AC=AA1=BC=2,D为侧棱AA1上一点.,(1)若D为AA1的中点,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.,【分析】本题是以三棱柱为载体考查空间中的面面垂直的判定及二面角的问题.第(1)问面面垂直问题,可转化为线面垂直问题;第(2)问可由二面角这一条件,建立关于AD边长的方程式,解方程即可.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】(1)如图,以C为坐标原点,CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,1).,得=(0,2,0),=(-1,0,1),=(1,0,1).,由=(1,0,1)(0,2,0)=0,得CDC1B1.由=(1,0,1)(-1,0,1)=0,得CDDC1.又DC1C1B1=C1,CD平面B1C1D.,又CD平面B1CD,平面B1CD平面B1C1D.,(2)设AD=a,则D点坐标为(1,0,a),=(1,0,a),=(0,2,2).,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,设平面B1CD的一个法向量为m=(x,y,z),则,令z=-1,得m=(a,1,-1),又平面C1DC的一个法向量为n=(0,1,0),则由cos 60=,得=,即a=,故AD=.,【归纳拓展】求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个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是锐角还是钝角.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,变式训练4如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,BB1平面ABC,AB平面BB1C1C.,(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正切值;,(2)在棱CC1(不包括端点)上确定一点E的位置,使EAEB1(要求说明理由);,(3)在(2)的条件下,若AB=,求二面角A-EB1-A1的大小.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】以B为坐标原点,BC、BB1、AB所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),C1(1,2,0),B1(0,2,0).,(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC的一个法向量为=(0,2,0),又=(1,2,0),设BC1与平面ABC所成的角为,则sin=|cos|=,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,tan=2,即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2.,(2)设E(1,y,0),A(0,0,z),则=(-1,2-y,0),=(-1,-y,z),EAEB1,=1-y(2-y)=0,y=1,即E(1,1,0),E为CC1的中点.,(3)由题知A(0,0,),则=(1,1,-),=(1,-1,0),设平面AEB1的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则,令x1=1,则n=(1,1,),=(1,1,0),=1-1=0.BEB1E.又BEA1B1,BE平面A1B1E.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,平面A1B1E的一个法向量为=(1,1,0),|cos|=.,二面角A-EB1-A1的大小为45.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,热点五:立体几何中的探索性(或开放性)问题,立体几何中已知结论寻求结论成立的条件(或是否存在问题),能较好地考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力,能很好地体现新课标高考的特点,故在近年的高考命题中备受青睐,成为高考命题的热点,常见有条件探索型问题、结论探索型问题、信息迁移型问题等.解决探索型问题的基本策略是弄清题意,抓住命题所考查的知识点,将所学知识进行合理整合、提升与迁移.,三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,所有棱的长都是2,M是BC边的中点,试问在侧棱CC1上是否存在点N,使得异面直线AB,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,1和MN所成的角等于45?若存在,求出点N的位置;若不存在,请说明理由.,【分析】本例是“条件探索型”问题,解答此类问题时,常先假设点存在,若推证无矛盾,则点存在;若推证出矛盾,则点不存在.,【解析】如图,以A为原点,建立空间直角坐标系A-xyz,由题意有:A(0,0,0),B1(,1,2),M(,0),假设在侧棱CC1上存在点N,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,使得异面直线AB1和MN所成的角等于45,可设N(0,2,m)(0m2),则=(,1,2),=(-,m),|=2,|=,=2m-1.,异面直线AB1和MN所成的角等于45,和的夹角是45或135,又cos=,=,解得m=-,但-0,2,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,点N不在侧棱CC1上,即在侧棱CC1上不存在点N,使得异面直线AB1和MN所成的角等于45.,【归纳拓展】利用向量法解答立体几何中的“探索型”问题时,常把“是否存在”问题,转化为“方程是否有解”或“是否有规定范围内的解”等问题,这也体现了转化思想与方程思想的应用.如本例探究点N是否存在的问题,转化为与点N坐标相关的方程是否有解的问题.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,变式训练5(2012年福建)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD中点.,(1)求证:B1EAD1;,(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP平面B1AE?若存在,求AP的长,若不存在,说明理由;,(3)若二面角A-B1E-A1的大小为30,求AB的长.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】(1)以A为原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E(,1,0),B1(a,0,1),故=(0,1,1),=(-,1,-1),=(a,0,1),=(,1,0).,=-0+11+(-1)1=0,B1EAD1.,(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP平面B1AE,此时=(0,-1,z0).,又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,n平面B1AE,n,n,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=(1,-,-a).,要使DP平面B1AE,只要n,有-az0=0,解得z0=.,又DP平面B1AE,存在点P,满足DP平面B1AE,此时AP=.,(3)连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1A1D.,B1CA1D,AD1B1C.,又由(1)知B1EAD1,且B1CB1E=B1,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,AD1平面DCB1A1,是平面A1B1E的一个法向量,此时=(0,1,1).,设与n所成的角为,则cos=.,二面角A-B1E-A1的大小为30,|cos|=cos 30,即=,解得a=2,即AB的长为2.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,热点六:翻折问题,空间图形的翻折问题是高考命题的亮点之一,它能够较好地考查学生的空间想象能力、图形变换能力及识图能力.选择题、填空题、解答题均可出现,尤其解答题为多,属中档难度试题.,(2012年北京)如图1,在RtABC中,C=90,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DEBC,DE=2,将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使A1CCD,如图2.,(1)求证:A1C平面BCDE;,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;,(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【分析】第(1)问判断线面位置关系的问题,易证,且可以充分地利用垂直条件,建立空间直角坐标系,也为第(2)、(3)问的解答建立了基础,第(3)问是探索性问题,常转化为方程是否有解的问题.,【解析】(1)因为ACBC,DEBC,所以DEAC.所以DEA1D,DECD.,所以DE平面A1DC,所以DEA1C.,又因为A1CCD,所以A1C平面BCDE.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(2)如图,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系C-xyz,则A1(0,0,2),D(0,2,0),M(0,1,),B(3,0,0),E(2,2,0).,设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则n=0,n=0.,又=(3,0,-2),=(-1,2,0),所以,令y=1,则x=2,z=.,所以n=(2,1,),设CM与平面A1BE所成的角为,因为=(0,1,),名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,所以sin=|cosn,|=|=.,所以CM与平面A1BE所成角的大小为.,(3)线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直,理由如下:,假设这样的点P存在,设其坐标为(p,0,0),其中p0,3.,设平面A1DP的法向量为m=(x,y,z),则,m=0,m=0,又=(0,2,-2),=(p,-2,0),名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,所以,令x=2,则y=p,z=.,所以m=(2,p,).,平面A1DP平面A1BE,当且仅当mn=0,即4+p+p=0.,解得p=-2,与p0,3矛盾.,所以线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【归纳拓展】(1)解决与翻折有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量,一般情况下,线段的长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,变式训练6(2012年河南许昌质检)已知四边形ABCD是等腰梯形,AB=3,DC=1,BAD=45,DEAB(如图1).现将ADE沿DE折起,使得AEEB(如图2),连结AC,AB,设M是AB的中点.,(1)求证:BC平面AEC;,(2)判断直线EM是否平行于平面ACD,并说明理由.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,【解析】(1)在图1中,过C作CFEB,垂足为F.,DEEB,四边形CDEF是矩形,CD=1,EF=1.,四边形ABCD是等腰梯形,AB=3,AE=BF=1.,BAD=45,DE=CF=1.则CE=CB=.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,EB=2,BCE=90,则BCCE.,在图2中,AEEB,AEED,EBED=E,AE平面BCDE.,BC平面BCDE,AEBC.,AECE=E,BC平面AEC.,(2)假设EM平面ACD.,EBCD,CD平面ACD,EB平面ACD,EB平面ACD,EBEM=E,平面AEB平面ACD.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,而A平面AEB,A平面ACD,与平面AEB平面ACD矛盾.,假设不成立,EM与平面ACD不平行.,限时训练卷(一),一、选择题,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,1.一个简单几何体的正(主)视图、侧(左)视图如图所示,则其俯视图不可能为:长方形;正方形;圆;椭圆.其中正确的是(),(A).(B).,(C).(D).,【解析】根据画三视图的规则“长对正,高平齐,宽相等”可知,该几何体的三视图不可能是圆和正方形.,【答案】B,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,2.一长方体木料,沿图1所示平面EFGH截长方体,若ABCD,那么图2四个图形中是截面的是(),【解析】AB、MN两条交线所在平面(侧面)互相平行,故AB、MN无公共点,又AB、MN在平面EFGH内,故ABMN,同理易知ANBM,又ABCD,截面必为矩形.,【答案】A,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,3.有一个几何体的三视图及其尺寸如图(单位:cm),则该几何体的表面积为(),(A)12 cm2.,(B)15 cm2.,(C)24 cm2.,(D)36 cm2.,【解析】该几何体是底面半径等于3,母线长等于5的圆锥,其表面积S表=35+32=24 cm2.,【答案】C,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,4.某几何体的三视图如图所示,其中俯视图是半圆,则该几何体的表面积为(),(A).,(B)+.,(C)+.,(D)+.,【解析】由三视图可知该几何体为半个圆锥,底面半径为1,高为,表面积S=2+12+12=+.,【答案】C,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,5.用若干个棱长为1的正方体搭成一个几何体,其正(主)视图、侧(左)视图都是如图的图形,对这个几何体,下列说法正确的是(),(A)这个几何体的体积一定是7.,(B)这个几何体的体积一定是10.,(C)这个几何体的体积的最小值是6,最大值是10.,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高考,(D)这个几何体的体积的最小值是5,最大值是11.,【解析】易知其俯视图如图,由其正(主)视图与侧(左)视图知5必为3块,若“1和9”或“3和7”各有1块,则最小体积为5.最大体积为5有3块,其余各有1块,共11块,故选D.,【答案】D,名师诊断,专案突破,对点集训,决胜高