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- 2021-05-13 发布
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新教材高考研究
高二中心组
第九章 立体几何
一、教材、考试要求的变化
旧教材考试说明中的“对于截面问题,只要求会解决与几种特殊的截面(棱柱、棱锥、棱台的对角面,棱柱的直截面,圆柱、圆锥、圆台的轴截面和平行于底面的截面,球的截面)以及已给出图形或它的全部顶点的其他截面的有关问题.” 提法删去了,而增加了“了解正多面体的概念,了解多面体的欧拉公式。”最主要的是增加了空间向量的运算以及在距离、夹角等的应用。具体如下:
9.(B)直线、平面、简单几何体
考试内容
平面及其基本性质,平面图形直观图的画法
平行直线
直线的方向向量,异面直线所成的角,异面直线的公垂线,异面直线的距离
直线和平面垂直的性质,平面的法向量,点到平面的距离,直线和平面所成的角,向量在平面内的射影
平行平面的判定和性质,平行平面间的距离,二面角及其平面角,两个平面垂直的判定和性质
多面体、棱柱、棱锥、正多面体、球
考试要求
(1)掌握平面的基本性质,会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图,能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形,能够根据图形想象它们的位置关系。
(2)了解空两条直线、直线和平面、两个平面的位置关系。
(3)掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理,理解直线和平面垂直的概念,掌握直线和平面垂直的判定定理,了解三垂线定理及其逆定理。
(4)理解空间向量的概念,掌握空间向量的加法、减法和数乘。
(5)了解空间向量的基本定理,理解空间向量坐标的概念,掌握空间向量的坐标运算。
(6)掌握空间向量的数量积的定义及其性质,掌握用直角坐标计算空间向量数量积的公式,掌握空间两点间距离公式。
(7)理解直线的方向向量、平面的法向量、向量在平面内的射影等概念。
(8)掌握直线和直线、直线和平面,平面和平面所成的角、距离的概念,对于异面直线的距离,只要求会计算已给出公垂线或在坐标表示下的距离,掌握直线和平面垂直的性质定理,掌握两个平面平行、垂直的判定定理和性质定理。
(9)了解多面体的概念,了解凸多面体的概念。
(10)了解棱柱的概念,掌握棱柱的性质,会画直棱柱的直观图。
(11)了解棱锥的概念,掌握正棱锥的性质,会画正棱锥的直观图。
(12)了解正多面体的概念,了解多面体的欧拉公式。
(13)了解球的概念,掌握球的性质,掌握球的表面积、体积公式。
教材的最大变化是首次引入空间向量,并用这一工具去解决空间的平行垂直关系,以及求空间的“距离”、“角”,因此,要重点掌握“空间向量”(可看着平面向量的推广),突出其“工具性”。在实际应用中,要强化训练如何将空间问题坐标化(如何建立空间坐标系,并确定相关点的坐标,这里还需要具有相应的平几知识)这一数学思想。
二、高考试题汇编
1 、(2000年天津高考(文、理)第3 题)一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是、、,这个长方体对角线的长是( )
(A)2 (B)3 (C) (D)6
2 、(2000年天津高考(文、理)第9 题)一个圆柱的侧面展开图是一个正方形,这个圆柱的全面积与侧面积的比是( )
A
B
C
D
C1
F
B1
A1
D1
E
(A) (B) (C) (D)
3 、(2000年天津高考(理)第12 题)如图OA是圆锥底面的中心O到母线的垂线,OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成体积相等的两部分,则母线与轴的夹角的余弦值为( )
(A) (B) (C) (D)
3 、(2000年天津高考(文、理)第16 题) 如图,E、F分别为正方体的面ADD1A1 面BCC1B1的中心,则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是 。
(要求:把可能的图的序号都填上)
A
B
N
C
A1
C1
B1
M
① ② ③ ④
4 、(2000年天津高考(文、理)第18 甲 题) 如图,直三棱柱ABC-A1B1C1 ,底面△ABC中,CA=CB=1 ,
∠BCA=90° ,棱AA1=2 ,M、N分别是A1B1 ,AA1的中点。
(I) 求的长; (II) 求cos< ,>的值;
(III) 求证A1C⊥C1M
5 、(2001高考(新课程)第11题)一间民房地屋顶有如图的三种盖法:① 单向倾斜;② 双向倾斜;③ 四向倾斜 。记三种盖法的屋顶面积分别为P1 、P2 、P3 。若屋顶斜面与水平面所成的角都是a ,则( )
①
③
②
(A) P1 < P2 < P3 (B)P1 = P2 < P3 (C)P1 < P2 = P3 (D)P1 =P2=P3
(B)
6 、(2001高考(新课程)第15题)(文、理)在空间中,
①若四点不共面,则这四点中如何三点都不共线。
② 若两条直线没有公共点,则这两条直线是异面直线。
A
B
C
D
V
E
O
y
z
x
以上两个命题中,逆命题为真命题的是: (把符合要求的命题序号都填上)。
7 、(2001高考(新课程)第20题 甲)如图,以正四棱锥V-ABCD底面中心O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz,其中Ox∥BC ,Oy∥AB。E为VC的中点,正四棱锥底面边长为2a,高为h。
(I)求cos< ,> ;
(II)记面BCV为a ,面DCV为 b ,若∠BED是二面角a-VC-b 的平面角,求cos∠BED (理科为:求∠BED)
8 、(2002年天津高考第3题)已知m、n为异面直线,m Ì 平面a ,n Ì 平面 b ,a ∩ b =l ,则l ( )
(A)与m、n都相交 (B)与m、n中至少一条相交
(C)与m、n都不相交 (D)至多与m、n中的一条相交
9 、(2002年天津高考第7题)正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1 的底面边长为1 ,侧棱长为,则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1 所成的角是
A
B
C
A1
B1
C1
(A)90° (B)60° (C)45° (D)30°
10 、(2002年天津高考第18题 甲) 如图,正三棱柱ABC-A1B1C1 ,底面边长为a ,侧棱长为a
(I)建立适当的坐标系,并写出点A 、B、 A1、C1 的坐标;
(II)求AC1与侧面ABB1A1 所成的角。
B
A
C
D
P
E
F
11 、(1999年上海考题第20题)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是一直角梯形,∠BAD=90° ,AD∥BC,AB=a ,AD=2a ,且PA⊥底面ABCD ,PD与底面成30° 角,
(I)若AE⊥PD,E为垂足,求证BE⊥PD;
(II)求异面直线AE与CD所成角的大小(用反三角函数表示)。
证明:如图,以A为原点,AB、AD、AP所在直线为坐标系,建立空间直角坐标系,则点
A(0,0,0)、B(a,0,0)、C(a,a,0)、D(0,2a,0)。
(1)∵PA⊥底面ABCD,∠PDA是PD与底面成的角,∴∠PDA =30°
过E作EF⊥AD,垂足为F,则AE=a,AF=,EF=,AP=
∴E(0,,)、P(0,0,).
=(-a,,)、=(0,-2a,).
·=(-a)·0 +·(-2a)+· =0
∴BE⊥PD
(2)由(1)可得=(0,,)、=(-a,a,0)
设与所成的角为q 则
cosq ==
∴q =arccos,即异面直线AE与CD所成角的大小为arccos
三、教学建议
从近几年的高考来看,新教材的甲组题(即9(B)考题)比乙组题(即9(A)考题)和全国题都要好做,其实,用向量方法去解传统的立体几何也是有优势的,如2000年的高考立体几何题,普遍都认为较难,但如果用向量方法去解,就很简单了
(2000年全国(理)第18题的向量解法)如图,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60° .
A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
(I)证明:C1C⊥BD ;
(II)假定CD=2,C1C=,记面C1BD为a ,面CBD为 b ,求二面角a-BD-b 的平面角的余弦值;
(III)的值为多大时,能够使
A1C⊥平面C1BD ? 请给出证明。
(I) 证明:设= = =,且||=||
由题知=-=-
∵·=||·||·cos60° ,
·=||·||·cos60° ,
·=-·(-)=-·+·=0
∴⊥ 即 C1C⊥BD
(II)由题知 | |=||=2,||=||=, 连结AC交BD于O,连C1O,则C1 D=C1 B ∴C1O⊥C1 B ∴∠C1 OC为所求二面角的平面角。
∵=-=-=( +)-
=( +)
∴·=[( +)-]·( +)
=2 +·+·+2 -·-·=
而| |= , | |=| -| =
二面角a-BD-b 的平面角的余弦值为 。
(III)要使A1C⊥平面C1BD ,即使A1C⊥BD 或A1C⊥C1D来观察的值为多少。
由假设有·=0, ……………………①
·=0. ……………………②
由题设有=+=++=++
=-=-
=-=-
∵·=(++)·(-) =0 (∵||=||)
∴⊥这说明① 成立
又∵·=(++)·(-)
=·-·+2 -·+·-2
=||2 -||·|| -||2
要⊥只要·=0
即||2 -||·||-||2 =0 解得||=||
即当||=|| 时⊥
由此可知===1时,能使A1C⊥平面C1BD
再看2002广东高考第19题的向量解法:
(II)证法一:
不论棱锥的高如何变化,△PAD≌△PCD.
作AE⊥DP ,垂足为E,连EC,则△ADE≌△CDE ,
∴AE=CE,∠CED=90°
∴∠CEA是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角。
设=,=,=
依题意得 ||=|| ,⊥,=-,=-
在Rt△CED中,cos<,>=cos<,>= ,
∴·=(-)·(-)
=·-·-·+|| 2 =-|| 2 < 0
∴cos∠CEA < 0
∴面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°
证法二:作AE⊥DP ,垂足为E,连EC,则△ADE≌△CDE ,
D
C
A
P
O
E
y
x
B
∴AE=CE,∠CED=90°
∴∠CEA是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角。且PD⊥面CEA ,PD⊥OE
设CA 、BD交于O,以CA所在直线为x轴,OE所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,设PB=x,在Rt△PBD中,∵OE⊥PD
∴OE=
∴C(,0)、A(,0)、E(0 ,)
∴=(,-),
=(,-)
∴·=
∴cos∠CEA < 0
∴面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°
从以上的解法可以看到,利用向量解立体几何问题,有其独特点优势,既可以将空间问题转化为研究某一平面的问题,用平面向量的方法(纯向量运算或坐标运算)去解决,还可以用空间向量的方法去解决。因此,教学中,不要用旧教材的方法去进行题形训练,着重在概念的理解和掌握(如二面角),向量工具的选择与操作,重视通性、通法的教学,提高教与学的效率。
【2003上海(春季高考)19】 已知三棱柱ABC-A1B1C1,在某个空间直角坐标系中,= {,,0},={m,0,0},={0,0,n},其中m、n > 0.
(1)证明:三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱;
(2) 若m=n,求直线CA1与平面A1ABB1所成角的大小。
解答(1)∵=-= {,,0}
∴||=m,
又={,,0},={m,0,0},
∴||=m |,|=m,
即⊿ABC是正三角形。
又•=0,即⊥
同理⊥,∴⊥平面ABC,从而三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱;
(2)取AB的中点O,连结CO、A1O.
∵CO⊥AB,平面ABC⊥平面ABB1A,
∴CO⊥平面ABB1A,即∠CA1O为直线CA1与平面A1ABB1所成角,
在Rt⊿CA1O中,CO=,CA1=
∴sin∠CA1O=
即∠CA1O=45°