高中立體幾何教案

2012屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)立體幾何考點專項教案。

一名愛崗敬業(yè)的教師要充分考慮學(xué)生的理解性，高中教師要準(zhǔn)備好教案，這是老師職責(zé)的一部分。教案可以讓學(xué)生更好的消化課堂內(nèi)容，使高中教師有一個簡單易懂的教學(xué)思路。高中教案的內(nèi)容具體要怎樣寫呢？下面是小編幫大家編輯的《2012屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)立體幾何考點專項教案》，僅供參考，希望能為您提供參考！

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2012屆高考數(shù)學(xué)空間向量與立體幾何備考復(fù)習(xí)教案

一名優(yōu)秀負(fù)責(zé)的教師就要對每一位學(xué)生盡職盡責(zé)，教師要準(zhǔn)備好教案為之后的教學(xué)做準(zhǔn)備。教案可以讓學(xué)生更好的消化課堂內(nèi)容，幫助教師更好的完成實現(xiàn)教學(xué)目標(biāo)。那么如何寫好我們的教案呢？以下是小編為大家精心整理的“2012屆高考數(shù)學(xué)空間向量與立體幾何備考復(fù)習(xí)教案”，希望對您的工作和生活有所幫助。

專題四：立體幾何
第三講空間向量與立體幾何

【最新考綱透析】
1．空間向量及其運算
（1）了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的線性運算及其坐標(biāo)表示。
（2）掌握空間向量的線性運算及其坐標(biāo)表示。
（3）掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標(biāo)表示，能運用向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直。
2．空間向量的應(yīng)用
（1）理解直線的方向向量與平面的法向量。
（2）能用向量語言表述直線與直線，直線與平面，平面與平面的垂直、平行關(guān)系。
（3）能用向量方法證明有關(guān)直線和平面位置關(guān)系的一些定理（包括三垂線定理）。
（4）能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題，了解向量方法在研究立體幾何問題中的應(yīng)用。

【核心要點突破】
要點考向1：利用空間向量證明空間位置關(guān)系
考情聚焦：1．平行與垂直是空間關(guān)系中最重要的位置關(guān)系，也是每年的必考內(nèi)容，利用空間向量判斷空間位置關(guān)系更是近幾年高考題的新亮點。
2．題型靈活多樣，難度為中檔題，且?？汲Ｐ隆?br> 考向鏈接：1．空間中線面的平行與垂直是立體幾何中經(jīng)?？疾榈囊粋€重要內(nèi)容，一方面考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力；另一個方面考查“向量法”的應(yīng)用。
2．空間中線面的平行與垂直的證明有兩個思路：一是利用相應(yīng)的判定定理和性質(zhì)定理去解決；二是利用空間向量來論證。
例1：（2010安徽高考理科Ｔ18）如圖，在多面體中，四邊形是正方形，∥，，，，，為的中點。
(1)求證：∥平面；
(2)求證：平面；
(3)求二面角的大小。
【命題立意】本題主要考查了空間幾何體的線面平行、線面垂直的證明、二面角的求解的問題，考查了考生的空間想象能力、推理論證能力和運算求解能力。
【思路點撥】可以采用綜合法證明，亦可采用向量法證明。
【規(guī)范解答】
(1)
(2)
(3)
【方法技巧】1、證明線面平行通常轉(zhuǎn)化為證明直線與平面內(nèi)的一條直線平行；
2、證明線面垂直通常轉(zhuǎn)化為證明直線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直；
3、確定二面角的大小，可以先構(gòu)造二面角的平面角，然后轉(zhuǎn)化到一個合適的三角形中進行求解。
4、以上立體幾何中的常見問題，也可以采用向量法建立空間直角坐標(biāo)系，轉(zhuǎn)化為向量問題進行求解證明。應(yīng)用向量法解題，思路簡單，易于操作，推薦使用。
要點考向2：利用空間向量求線線角、線面角
考情聚焦：1．線線角、線面角是高考命題的重點內(nèi)容，幾乎每年都考。
2．在各類題型中均可出現(xiàn)，特別以解答題為主，屬于低、中檔題。
考向鏈接：1．利用空間向量求兩異面直線所成的角,直線與平面所成的角的方法及公式為:
（1）異面直線所成角
設(shè)分別為異面直線的方向向量，則
（2）線面角
設(shè)是直線的方向向量，是平面的法向量，則
2．運用空間向量坐標(biāo)運算求空間角的一般步驟為：
（1）建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)。（2）求出相關(guān)點的坐標(biāo)。（3）寫出向量坐標(biāo)。（4）結(jié)合公式進行論證、計算。（5）轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論。
例2：（2010遼寧高考理科Ｔ19）已知三棱錐P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=AB，N為AB上一點，AB=4AN,M,S分別為PB,BC的中點.
（Ⅰ）證明：CM⊥SN；
（Ⅱ）求SN與平面CMN所成角的大小.
【命題立意】本題考查了空間幾何體的線面與面面垂直、線面角的求解以及幾何體的計算問題，考查了考生的空間想象能力、推理論證能力和運算求解能力。
【思路點撥】建系，寫出有關(guān)點坐標(biāo)、向量的坐標(biāo)，
計算的數(shù)量積，寫出答案；
求平面CMN的法向量，求線面角的余弦，求線面角，寫出答案。
【規(guī)范解答】
設(shè)PA＝1，以A為原點，射線AB、AC、AP分別為x,y,z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖。
則P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M(1,0,)，N(,0,0)，S(1,,0)
（I）
【方法技巧】（1）空間中證明線線，線面垂直，經(jīng)常用向量法。
（2）求線面角往往轉(zhuǎn)化成直線的方向向量與平面的法向量的夾角問題來解決。
（3）線面角的范圍是0°～90°，因此直線的方向向量與平面法向量的夾角的余弦是非負(fù)的，要取絕對值。
要點考向3：利用空間向量求二面角
考情聚焦：1．二面角是高考命題的重點內(nèi)容，是年年必考的知識點。
2．常以解答題的形式出現(xiàn)，屬中檔題或高檔題。
考向鏈接：求二面角最常用的辦法就是分別求出二面角的兩個面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角。
其計算公式為：設(shè)分別為平面的法向量，則與互補或相等，
例3：（2010天津高考理科Ｔ１9）
如圖，在長方體中，、分別是棱,
上的點，,
求異面直線與所成角的余弦值；
證明平面
求二面角的正弦值。
【命題立意】本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面垂直、二面角等基礎(chǔ)知識，考查用空間向量解決立體幾何問題的方法，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力。
【思路點撥】建立空間直角坐標(biāo)系或常規(guī)方法處理問題。
【規(guī)范解答】方法一：以A為坐標(biāo)原點，AB所在直線為X軸，AD所在直線為Y軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖所示），設(shè),依題意得,,,
易得,，于是，
所以異面直線與所成角的余弦值為。
證明：已知,,
于是=0，=0.因此，,,又
所以平面
(3)解：設(shè)平面的法向量，則,即
不妨令X=1,可得。由（2）可知，為平面的一個法向量。
于是，從而
所以二面角的正弦值為
要點考向4：利用空間向量解決探索性問題
考情聚焦：立體幾何中已知結(jié)論尋求結(jié)論成立的條件（或是否存在問題），能較好地考查學(xué)生的邏輯推理能力和空間想象能力，是今后考查的重點，也能很好地體現(xiàn)新課標(biāo)高考的特點。
例4：（2010福建高考理科Ｔ18）如圖，圓柱OO1內(nèi)有一個三棱柱ABC-A1B1C1,三棱柱的底面為圓柱底面的內(nèi)接三角形，且AB是圓O的直徑。
（I）證明：平面A1ACC1平面B1BCC1；
（II）設(shè)AB＝AA1,在圓柱OO1內(nèi)隨機選取一點，記該點取自三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)的概率為p。
（i）當(dāng)點C在圓周上運動時，求p的最大值；
（ii）記平面A1ACC1與平面B1OC所成的角為（）。當(dāng)p取最大值時，求cos的值。
【命題立意】本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，以及幾何體的體積、幾何概型等基礎(chǔ)知識；考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力；考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、必然與或然思想。
【思路點撥】第一步先由線線垂直得到線面垂直，再由線面垂直得到面面垂直；第二步首先求出長方體的體積，并求解三棱柱的體積的最大值，利用體積比計算出幾何概率。立體幾何中我們可以利用向量處理角度問題，立體幾何中涉及的角：有異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角等。關(guān)于角的計算，均可歸結(jié)為兩個向量的夾角。對于空間向量，有，利用這一結(jié)論，我們可以較方便地處理立體幾何中的角的問題。
【規(guī)范解答】（I）平面，平面，，又是的直徑，，又，平面，而平面，所以平面平面；
（II）（i）設(shè)圓柱的底面半徑為，則，故圓柱的體積為，設(shè)三棱柱ABC-A1B1C1,的體積為，所以，所以當(dāng)取得最大值時取得最大值。又因為點在圓周上運動，所以當(dāng)時，的面積最大，進而，三棱柱ABC-A1B1C1,的體積最大，且其最大值為，故的最大值為；
（ii）由（i）知，取最大值時，，于是，以為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，則平面，是平面的一個法向量，設(shè)平面的法向量為，由于，，
所以平面的一個法向量為，，。
【方法技巧】立體幾何中我們可以利用空間向量處理常見的問題，本題的（II）（i）也可以采用向量法進行證明：以為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)圓柱的底面半徑為，，則，故圓柱的體積為，設(shè)三棱柱ABC-A1B1C1,的體積為，所以，所以當(dāng)取得最大值時取得最大值。，所以當(dāng)時的的面積最大，進而，三棱柱ABC-A1B1C1,的體積最大，且其最大值為，故的最大值為；

【高考真題探究】
1.（2010廣東高考理科Ｔ１0）若向量=（1,1,x）,=(1,2,1),=(1,1,1),滿足條件=-2,則=.
【命題立意】本題考察空間向量的坐標(biāo)運算及向量的數(shù)量積運算.
【思路點撥】先算出、，再由向量的數(shù)量積列出方程，從而求出
【規(guī)范解答】，，由
得，即，解得
【答案】2
2.（2010浙江高考理科Ｔ20）如圖，在矩形中，點分別在線段
上，.沿直線將翻折成，使平面.
（Ⅰ）求二面角的余弦值；
（Ⅱ）點分別在線段上，若沿直線將四邊形向上翻折，使與重合，求線段的長。
【命題立意】本題主要考察空間點、線、面位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識，考查空間向量的應(yīng)用，同時考查空間想象能力和運算求解能力。
【思路點撥】方法一利用相應(yīng)的垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量解決問題；方法二利用幾何法解決求二面角問題和翻折問題。
【規(guī)范解答】方法一：（Ⅰ）取線段EF的中點H，連結(jié)，因為=及H是EF的中點，所以,又因為平面平面.
如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則（2，2，），C（10，8，0），F(xiàn)（4，0，0），D（10，0，0）.故=（-2，2，2），=（6，0，0）.設(shè)=（x,y,z）為平面的一個法向量，所以。
取，則。
又平面的一個法向量，故。
所以二面角的余弦值為
（Ⅱ）設(shè)，則，，
因為翻折后，與重合，所以，，
故，，得，，
所以。
3.（2010陜西高考理科Ｔ１8）如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是矩形PA⊥平面ABCD，AP=AB=2，BC=，E，F(xiàn)分別是AD,PC的中點.
（Ⅰ）證明：PC⊥平面BEF；
（Ⅱ）求平面BEF與平面BAP夾角的大小。
【命題立意】本題考查了空間幾何體的的線線、線面垂直、以及二面角的求解問題，考查了同學(xué)們的空間想象能力以及空間思維能力以及利用空間向量解決立體幾何問題的方法與技巧。
【思路點撥】思路一：建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解；思路二：利用幾何法求解.
【規(guī)范解答】解法一（Ⅰ）如圖，以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系.∵AP=AB=2，BC=，四邊形ABCD是矩形.
∴A，B，C，D的坐標(biāo)為A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,,0)，D(0，，0)，P(0,0,2)
又E，F(xiàn)分別是AD，PC的中點，
∴E(0，，0),F(1，，1).
∴=（2，，-2）=（-1，，1）=（1,0,1），
∴=-2+4-2=0，=2+0-2=0，
∴⊥，⊥，
∴PC⊥BF,PC⊥EF,,
∴PC⊥平面BEF
（II）由（I）知平面BEF的法向量
平面BAP的法向量
設(shè)平面BEF與平面BAP的夾角為，
則
∴，∴平面BEF與平面BAP的夾角為
4.（2010重慶高考文科Ｔ20）如題圖，四棱錐中，
底面為矩形，，，
點是棱的中點.
（I）證明：；
（II）若，求二面角的平面角的余弦值.
【命題立意】本小題考查空間直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系，
考查余弦定理及其應(yīng)用，考查空間向量的基礎(chǔ)知識和在立體幾何中的應(yīng)用，考查空間想象能力，推理論證能力，運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合的思想，考查化歸與轉(zhuǎn)化的思想.
【思路點撥】（1）通過證明線線垂直證明結(jié)論：線面垂直，（II）作出二面角的平面角，再利用三角函數(shù)、余弦定理等知識求余弦值.或建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量的坐標(biāo)運算證明垂直和求出有關(guān)角的三角函數(shù)值.
【規(guī)范解答】（I）以為坐標(biāo)原點，
射線分別為軸、軸、軸的正半軸，
建立空間直角坐標(biāo)系.如圖所示.
設(shè)設(shè)，則，，，。于是，，，則，
所以，故.
（II）設(shè)平面BEC的法向量為，由（Ⅰ）知，，故可取.設(shè)平面DEC的法向量，則，，由，得D，G，
從而，，故，所以，，可取，則，從而.
【方法技巧】（1）用幾何法推理證明、計算求解；（2）空間向量坐標(biāo)法，通過向量的坐標(biāo)運算解題.
5.（2010江西高考文科Ｔ２０）
如圖，與都是邊長為2的正三角形，
平面平面，平面，.
（1）求直線與平面所成的角的大?。?br> （2）求平面與平面所成的二面角的正弦值.
【命題立意】本題主要考查空間幾何體的線線、線面與面面垂直關(guān)系及平行關(guān)系，考查空間線面角、二面角的問題以及有關(guān)的計算問題，考查空間向量的坐標(biāo)運算，考查數(shù)形結(jié)合思想，考查考生的空間想象能力、推理論證能力、劃歸轉(zhuǎn)化能力和運算求解能力。
【思路點撥】本題主要有兩種方法，法一：幾何法（1）直接找出線面角，然后求解；
（2）對二面角的求法思路，一般是分三步①“作”，②“證”，③“求”.其中“作”是關(guān)鍵，“證”
是難點.法二：建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量中的法向量求解.

【規(guī)范解答】取CD中點O，連OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD，又平面平面,則MO⊥平面.
以O(shè)為原點，直線OC、BO、OM為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖.
OB=OM=，則各點坐標(biāo)分別為O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，），B（0，-，0），A（0，-，2），
（1）設(shè)直線AM與平面BCD所成的角為.
因（0，，），平面
的法向量為.則有
，所以.
（2），.
設(shè)平面ACM的法向量為，由得.
解得，，取.又平面BCD的法向量為，
則
設(shè)所求二面角為，則.
6.（2010四川高考理科Ｔ18）
已知正方體的棱長為1，點是棱的中點，
點是對角線的中點.
（Ⅰ）求證：為異面直線和的公垂線；
（Ⅱ）求二面角的大??；
（Ⅲ）求三棱錐的體積.
【命題立意】本題主要考查異面直線、直線與平面垂直、
二面角、正方體、三棱錐體積等基礎(chǔ)知識，并考查空間想象能力和邏輯推理能力，考查應(yīng)用向量知識解決數(shù)學(xué)問題的能力，轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想.
【思路點撥】方法一：幾何法問題（Ⅰ），分別證明，即可.
問題（II）首先利用三垂線定理，作出二面角的平面角，然后通過平面角所在的直角三角形，求出平面角的一個三角函數(shù)值，便可解決問題.
問題（Ⅲ）選擇便于計算的底面和高，觀察圖形可知，和都在平面內(nèi)，且，故，利用三棱錐的體積公式很快求出.
方法二：建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量中的法向量求解.
【規(guī)范解答】(方法一)：（I）連結(jié).取的中點，則為的中點，連結(jié).
∵點是棱的中點，點是的中點，
由，得.
∵，∴.
∴.∴.
又∵與異面直線和都相交，
故為異面直線和的公垂線，
（II）取的中點，連結(jié)，則，
過點過點作于，連結(jié)，則由三垂線
定理得，.
∴為二面角的平面角.
.
在中.
故二面角的大小為.
（III）易知，,且和都在平面內(nèi)，
點到平面的距離，
∴.
(方法二)：以點為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，，，，，
（I）∵點是棱的中點，點是的中點，
∴,，,,.
,,
∴,,
又∵與異面直線和都相交，
故為異面直線和的公垂線，
（II）設(shè)平面的一個法向量為，
，.
即
取，則..
取平面的一個法向量.
，
由圖可知，二面角的平面角為銳角，
故二面角的大小為.
（III）易知，，設(shè)平面的一個法向量為，
,,
即
取，則，從而.
點到平面的距離.
.

【跟蹤模擬訓(xùn)練】
一、選擇題(每小題6分，共36分)
1.已知點A（-3,1,-4），則點A關(guān)于x軸的對稱點的坐標(biāo)為()
(A)（-3,-1,4）
(B)(-3,-1,-4)
(C)(3,1,4)
(D)(3,-1,-4)
2.在正三棱柱ABC—A1B1C1中，D是AC的中點，AB1⊥BC1，則平面DBC1與平面CBC1所成的角為()
(A)30°(B)45°(C)60°(D)90°
3.設(shè)動直線與函數(shù)和的圖象分別交于、兩點，則的最大值為（）
A．B．C．2D．3
4.在直角坐標(biāo)系中，設(shè)，，沿軸把坐標(biāo)平面折成的二面角后，的長為（）
A．B．C．D．
5.矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC將矩形ABCD折成一個直二面角B－AC－D，則四面體ABCD的外接球的體積為（）
A．B．C．D．
6.如圖：在平行六面體中，為與的交點。若，，則下列向量中與相等的向量是（）
（A）（B）
（C）（D）
二、填空題（每小題6分，共18分）
7．，，是空間交于同一點的互相垂直的三條直線，點到這三條直線的距離分別為,,，則,則__。
8．平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=2，AD=1，且AB、AD、AA1兩兩之間夾角均為600，則=
9．將正方形沿對角線折成直二面角后，有下列四個結(jié)論：
（1）；（2）是等邊三角形；
（3）與平面成60°；（4）與所成的角為60°．
其中正確結(jié)論的序號為_________（填上所有正確結(jié)論的序號）．
三、解答題（共46分）
10.如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面是邊長為2的菱形，∠BAD=60°，對角線AC與BD相交于點O，,E、F分別是BC、AP的中點．
（1）求證：EF∥平面PCD；
（2）求二面角A—BP—D的余弦值．
11.某組合體由直三棱柱與正三棱錐組成，如圖所示，其中，．它的正視圖、側(cè)視圖、俯視圖的面積分別為+1，，+1．
（1）求直線與平面所成角的正弦；
（2）在線段上是否存在點，使平面，若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由．
12.如圖，三棱柱中，面，
,，，為的中點。
(I)求證：面；
(Ⅱ)求二面角的余弦值
參考答案
1．【解析】選A.∵點A關(guān)于x軸對稱點的規(guī)律是在x軸上的坐標(biāo)不變，在y軸，z軸上的坐標(biāo)分別變?yōu)橄喾磾?shù)，∴點A（-3，1，-4）關(guān)于x軸的對稱點的坐標(biāo)為（-3,-1,4）.
2．【解析】選B.以A為坐標(biāo)原點，AC、AA1分別為y軸和z軸建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)底面邊長為2a.側(cè)棱長為2b.
3．D
4．D
5．C
6．A
7．64
8．3
9．（1）（2）（4）
10．解：（1）證明：取PD的中點G，連接FG、CG
∵FG是△PAD的中衛(wèi)縣，∴FG，
在菱形ABCD中，ADBC，又E為BC的中點，
∴CEFG，∴四邊形EFGC是平行四邊形，
∴EF∥CG
又EF面PCD，CG面PCD，
∴EF∥面PCD
（2）法1：以O(shè)為原點，OB，OC，OP所在直線分別為、、軸建立如
圖所示的空間直角坐標(biāo)系。
則0（0，0，0），A（0，，0），B（1，0，0）（0，0，）
=（1，，0）=（0，，）
設(shè)面ABP的發(fā)向量為，則
，即即
取
又，，
∴OA⊥面PBD，∴為面PBD的發(fā)向量，
∴=（0，，0）
.
所以所求二面角的余弦值為
法2：在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵OP⊥面ABCD，AC面ABCD，
∴AC⊥OP，OPBD=0，
∴AC⊥面PBD，AC⊥BP，
在面PBD中，過O作ON⊥PB，連AN，PB⊥面AON，則AN⊥PB。
即∠ANO為所求二面角的平面角
AO=ABcos30°=
在Rt△POB中，
，
∴
∴cos∠。
所以所求二面角的余弦值為
11．【解析】
12．解：（1）連接B1C，交BC1于點O，則O為B1C的中點，
∵D為AC中點∴OD∥B1A
又B1A平面BDC1，OD平面BDC1
∴B1A∥平面BDC1
（2）∵AA1⊥面ABC，BC⊥AC，AA1∥CC1
∴CC1⊥面ABC則BC⊥平面AC1，CC1⊥AC
如圖以C為坐標(biāo)原點，CA所在直線為X軸，CB所在直線為Y軸，所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系則C1(0,0,3)B(0,2,0)D(1,0,0)C(0,0,0)
∴設(shè)平面的法向量為由得
，取，則
又平面BDC的法向量為
cos
∴二面角C1—BD—C的余弦值為
【備課資源】
1.已知兩條異面直線a、b所成的角為40°，直線l與a、b所成的角都等于θ，則θ的取值范圍是()
(A)［20°,90°］(B)［20°,90°)
(C)(20°,40°］(D)［70°,90°］
【解析】選A.
取空間任一點O，將直線a,b,l平移到過O點后分別為a′,b′,l′，則l′與a′,b′所成的角即為l與a,b所成的角.當(dāng)l′與a′,b′共面時θ最小為20°.當(dāng)l′與a′,b′確定的平面垂直時，θ最大為90°.故θ的取值范圍為［20°,90°］.
3.如圖甲,直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=,點M、N分別在AB，CD上，且MN⊥AB，MC⊥CB，BC=2，MB=4，現(xiàn)將梯形ABCD沿MN折起，使平面AMND與平面MNCB垂直(如圖乙).
(1)求證：AB∥平面DNC；
(2)當(dāng)DN的長為何值時，二面角D-BC-N的大小為30°？

2012屆高考數(shù)學(xué)第一輪立體幾何專項復(fù)習(xí):習(xí)題課

一名合格的教師要充分考慮學(xué)習(xí)的趣味性，高中教師要準(zhǔn)備好教案，這是老師職責(zé)的一部分。教案可以讓上課時的教學(xué)氛圍非常活躍，有效的提高課堂的教學(xué)效率。那么如何寫好我們的高中教案呢？下面是由小編為大家整理的“2012屆高考數(shù)學(xué)第一輪立體幾何專項復(fù)習(xí):習(xí)題課”，供大家參考，希望能幫助到有需要的朋友。

習(xí)題課

【課時目標(biāo)】1．能熟練應(yīng)用直線、平面平行與垂直的判定及性質(zhì)進行有關(guān)的證明．2．進一步體會化歸思想在證明中的應(yīng)用．

a、b、c表示直線，α、β、γ表示平面．
位置
關(guān)系判定定理
(符號語言)性質(zhì)定理
(符號語言)
直線與平面平行a∥b且__________a∥αa∥α，________________a∥b
平面與平面平行a∥α，b∥α，且________________α∥βα∥β，________________a∥b
直線與平面垂直l⊥a，l⊥b，且____________l⊥αa⊥α，b⊥α____
平面與平面垂直a⊥α，____α⊥βα⊥β，α∩β＝a，
__________b⊥β
一、填空題
1．不同直線m、n和不同平面α、β．給出下列命題：
①α∥βmαm∥β；②m∥nm∥βn∥β；
③mαnβm，n異面；④α⊥βm∥αm⊥β．
其中假命題的個數(shù)為________．
2．下列命題中：(1)平行于同一直線的兩個平面平行；(2)平行于同一平面的兩個平面平行；(3)垂直于同一直線的兩直線平行；(4)垂直于同一平面的兩直線平行．其中正確命題的為________．
3．若a、b表示直線，α表示平面，下列命題中正確的有________個．
①a⊥α，b∥αa⊥b；②a⊥α，a⊥bb∥α；③a∥α，a⊥bb⊥α．
4．過平面外一點P：①存在無數(shù)條直線與平面α平行；②存在無數(shù)條直線與平面α垂直；③有且只有一條直線與平面α平行；④有且只有一條直線與平面α垂直，其中真命題的個數(shù)是________．
5．如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P在側(cè)面BCC1B1及其邊界上運動，并且總是保持AP⊥BD1，則動點P的軌跡是________．
6．設(shè)a，b為兩條直線，α，β為兩個平面，下列四個命題中，正確的命題是________．
①若a，b與α所成的角相等，則a∥b；
②若a∥α，b∥β，α∥β，則a∥b；
③若aα，bβ，a∥b，則α∥β；
④若a⊥α，b⊥β，α⊥β，則a⊥b．
7．三棱錐D－ABC的三個側(cè)面分別與底面全等，且AB＝AC＝3，BC＝2，則二面角A－BC－D的大小為______．
8．如果一條直線與一個平面垂直，那么，稱此直線與平面構(gòu)成一個“正交線面對”，在一個正方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構(gòu)成的“正交線面對”的個數(shù)是________．
9．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為BD1的中點，則△PAC在該正方體各個面上的射影可能是________．(填序號)
二、解答題
10．如圖所示，△ABC為正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，M是EA的中點，求證：
(1)DE＝DA；
(2)平面BDM⊥平面ECA；
(3)平面DEA⊥平面ECA．

11．如圖，棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)面BCC1B1是菱形，B1C⊥A1B．
(1)證明：平面AB1C⊥平面A1BC1；
(2)設(shè)D是A1C1上的點且A1B∥平面B1CD，求A1DDC1的值．

能力提升
12．四棱錐P—ABCD的頂點P在底面ABCD中的投影恰好是A，其三視圖如圖：
(1)根據(jù)圖中的信息，在四棱錐P—ABCD的側(cè)面、底面和棱中，請把符合要求的結(jié)論填寫在空格處(每空只要求填一種)：
①一對互相垂直的異面直線________；
②一對互相垂直的平面________；
③一對互相垂直的直線和平面________；
(2)四棱錐P—ABCD的表面積為________．(棱錐的表面積等于棱錐各面的面積之和)

13．如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，AB＝2EF，EF∥AB，EF⊥FB，BF＝FC，H為BC的中點．
(1)求證：FH∥平面EDB；
(2)求證：AC⊥平面EDB．
轉(zhuǎn)化思想是證明線面平行與垂直的主要思路，其關(guān)系為
即利用線線平行(垂直)，證明線面平行(垂直)或證明面面平行(垂直)；反過來，又利用面面平行(垂直)，證明線面平行(垂直)或證明線線平行(垂直)，甚至平行與垂直之間的轉(zhuǎn)化．這樣，來來往往，就如同運用“四渡赤水”的戰(zhàn)略戰(zhàn)術(shù)，達到了出奇制勝的目的．

習(xí)題課答案
知識梳理

位置
關(guān)系判定定理
(符號語言)性質(zhì)定理
(符號語言)
直線與平面平行a∥b且aα，bαa∥αa∥α，aβ，α∩β＝ba∥b
平面與平面平行a∥α，b∥α，且aβ，bβ，a∩b＝Pα∥βα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝ba∥b
直線與平面垂直l⊥a，l⊥b，且aα，bα，a∩b＝Pl⊥αa⊥α，b⊥αa∥b
平面與平面垂直a⊥α，aβα⊥βα⊥β，α∩β＝a，b⊥a，bαb⊥β
作業(yè)設(shè)計
1．3
解析命題①正確，面面平行的性質(zhì)；命題②不正確，也可能nβ；命題③不正確，如果m、n有一條是α、β的交線，則m、n共面；命題④不正確，m與β的關(guān)系不確定．
2．2
解析(2)和(4)對．
3．1
解析①正確．
4．2
解析①④正確．
5．線段B1C
解析連結(jié)AC，AB1，B1C，
∵BD⊥AC，AC⊥DD1，
BD∩DD1＝D，
∴AC⊥面BDD1，
∴AC⊥BD1，
同理可證BD1⊥B1C，
∴BD1⊥面AB1C．
∴P∈B1C時，始終AP⊥BD1．
6．④
7．90°
解析
由題意畫出圖形，數(shù)據(jù)如圖，取BC的中點E，
連結(jié)AE、DE，易知∠AED為二面角A—BC—D的平面角．
可求得AE＝DE＝2，由此得AE2＋DE2＝AD2．
故∠AED＝90°．
8．36
解析正方體的一條棱長對應(yīng)著2個“正交線面對”，12條棱長共對應(yīng)著24個“正交線面對”；正方體的一條面對角線對應(yīng)著1個“正交線面對”，12條面對角線對應(yīng)著12個“正交線面對”，共有36個．
9．①④
10．證明(1)如圖所示，
取EC的中點F，連結(jié)DF，∵EC⊥平面ABC，
∴EC⊥BC，又由已知得DF∥BC，
∴DF⊥EC．
在Rt△EFD和Rt△DBA中，
∵EF＝12EC＝BD，
FD＝BC＝AB，
∴Rt△EFD≌Rt△DBA，
故ED＝DA．
(2)取CA的中點N，連結(jié)MN、BN，
則MN綊12EC，
∴MN∥BD，∴N在平面BDM內(nèi)，
∵EC⊥平面ABC，∴EC⊥BN．又CA⊥BN，
∴BN⊥平面ECA，BN平面MNBD，
∴平面MNBD⊥平面ECA．
即平面BDM⊥平面ECA．
(3)∵BD綊12EC，MN綊12EC，
∴BD綊MN，
∴MNBD為平行四邊形，
∴DM∥BN，∵BN⊥平面ECA，
∴DM⊥平面ECA，又DM平面DEA，
∴平面DEA⊥平面ECA．
11．(1)證明因為側(cè)面BCC1B1是菱形，
所以B1C⊥BC1．
又B1C⊥A1B，
且A1B∩BC1＝B，
所以B1C⊥平面A1BC1．
又B1C平面AB1C，
所以平面AB1C⊥平面A1BC1．
(2)解設(shè)BC1交B1C于點E，連結(jié)DE，則DE是平面A1BC1與平面B1CD的交線．
因為A1B∥平面B1CD，所以A1B∥DE．
又E是BC1的中點，所以D為A1C1的中點，
即A1DDC1＝1．
12．(1)①PA⊥BC(或PA⊥CD或AB⊥PD)
②平面PAB⊥平面ABCD(或平面PAD⊥平面ABCD或平面PAB⊥平面PAD或平面PCD⊥平面PAD或平面PBC⊥平面PAB)
③PA⊥平面ABCD(或AB⊥平面PAD或CD⊥平面PAD或AD⊥平面PAB或BC⊥平面PAB)
(2)2a2＋2a2
解析(2)依題意：正方形的面積是a2，
S△PAB＝S△PAD＝12a2．
又PB＝PD＝2a，∴S△PBC＝S△PCD＝22a2．
所以四棱錐P—ABCD的表面積是
S＝2a2＋2a2．
13．
(1)證明如圖，設(shè)AC與BD交于點G，則G為AC的中點．連結(jié)EG，GH，由于H為BC的中點，
故GH綊12AB．
又EF綊12AB，∴EF綊GH．
∴四邊形EFHG為平行四邊形．
∴EG∥FH．
而EG平面EDB，F(xiàn)H平面EDB，
∴FH∥平面EDB．
(2)證明由四邊形ABCD為正方形，
得AB⊥BC．
又EF∥AB，∴EF⊥BC．
而EF⊥FB，∴EF⊥平面BFC．
∴EF⊥FH．
∴AB⊥FH．
又BF＝FC，H為BC的中點，∴FH⊥BC．
∴FH⊥平面ABCD．∴FH⊥AC．
又FH∥EG，∴AC⊥EG．
又AC⊥BD，EG∩BD＝G，
∴AC⊥平面EDB．

2012屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)推理與證明考點專項教案

一名愛崗敬業(yè)的教師要充分考慮學(xué)生的理解性，作為高中教師就要好好準(zhǔn)備好一份教案課件。教案可以讓學(xué)生能夠聽懂教師所講的內(nèi)容，使高中教師有一個簡單易懂的教學(xué)思路。那么，你知道高中教案要怎么寫呢？下面是小編精心收集整理，為您帶來的《2012屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)推理與證明考點專項教案》，僅供參考，大家一起來看看吧。

推理與證明
【專題測試】
一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．已知函數(shù)在[0，1]上量大值與最小值的和為3，則的值為
（A）（B）2（C）3（D）5
2．下面說法正確的有
（1）演繹推理是由一般到特殊的推理；（2）演繹推理得到的結(jié)論一定是正確的；（3）演繹推理一般模式是“三段論”形式；（4）演繹推理的結(jié)論的正誤與大前提、小前提和推理形有關(guān)
（A）1個（B）2個（C）3個（D）4個
3．已知是等比數(shù)列，，且，則=
（A）6（B）12（C）18（D）24
4．在古臘畢達哥拉斯學(xué)派把1，3，6，10，15，21，28，…這些數(shù)叫做三角形數(shù)，因為這些數(shù)對應(yīng)的點可以排成一個正三角形
1361015
則第個三角形數(shù)為
（A）（B）（C）（D）
5．命題：“有些有理數(shù)是分?jǐn)?shù)，整數(shù)是有理數(shù)，則整數(shù)是分?jǐn)?shù)”結(jié)論是錯誤的，其原因是
（A）大前提錯誤（B）小前提錯誤（C）推理形式錯誤（D）以上都不是
6．有一正方體，六個面上分別寫有數(shù)字1、2、3、4、5、6，有三個人從不同的角度觀察的結(jié)果如圖所示.如果記3的對面的數(shù)字為m，4的對面的數(shù)字為n，那么m+n的值為
（A）3（B）7（C）8（D）11

7．已知是R上的偶函數(shù)，對任意的都有成立，若，則
（A）2007（B）2（C）1（D）0
8．已知函數(shù)，若，則
（A）（B）（C）（D）
二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案填在題中橫線上.
9．在德國不來梅舉行的第48屆世乒賽期間，某商場櫥窗里用同樣的乒乓球堆成若干堆“正三棱錐”形展品，其中第一堆只有一層，就一個球，第三2、3、4、…堆最底層（第一層）分別按下圖方式固定擺放，從第二層開始每層小球的小球自然壘放在下一層之上，第堆的第層就放一個乒乓球，以表示第堆的乒乓球總數(shù)，則=__________；=_________（用表示）

10．如圖（1）有面積關(guān)系，則圖（2）有體積關(guān)系_______________
圖1圖2

11．某實驗室需購某種化工原料106千克，現(xiàn)在市場上該原料有兩種包裝，一種是每袋35千克，價格140元，另一種是每袋24千克，價格120元，在滿足需要的條件下，最少要花費___________元.
12．若，則=_____________.
三、解答題：(本大題共4小題，共40分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.)
13．已知、，求證：.

14．設(shè)滿足且，，求證：是周期函數(shù).

15.設(shè)函數(shù)的定義域為D，若存在使成立，則稱以（，）為坐標(biāo)的點是函數(shù)的圖象上的“穩(wěn)定點”，（1）若函數(shù)的圖象上有且僅有兩個相異的“穩(wěn)定點”，試求實數(shù)取值范圍；（2）已知定義在實數(shù)集R上的奇函數(shù)存在有限個“穩(wěn)定點”，求證：必有奇數(shù)個“穩(wěn)定點”.

16．已知數(shù)列{an}滿足
（1）求證：{an}為等比數(shù)列；
（2）記為數(shù)列{bn}的前n項和，那么：
①當(dāng)a=2時，求Tn；
②當(dāng)時，是否存在正整數(shù)m，使得對于任意正整數(shù)n都有如果存在，求出m的值；如果不存在，請說明理由.

一、選擇題
題號12345678
答案BCＣBAＣDB
二、填空題
9.10,10.11.50012.500
三、解答題
13.略．作差。
14．解：若
否則，令
令
所以為周期函數(shù)。
15.
16．（1）當(dāng)n≥2時，
整理得
所以{an}是公比為a的等比數(shù)列.（4分）
（2）
①當(dāng)a=2時，
兩式相減，得
（9分）
②因為－1＜a＜1，所以：當(dāng)n為偶數(shù)時，
當(dāng)n為奇數(shù)時，
所以，如果存在滿足條件的正整數(shù)m，則m一定是偶數(shù).
當(dāng)
所以
所以當(dāng)
當(dāng)
故存在正整數(shù)m=8，使得對于任意正整數(shù)n都有

2017屆高考數(shù)學(xué)考前回扣教材-立體幾何

每個老師為了上好課需要寫教案課件，大家應(yīng)該開始寫教案課件了。教案課件工作計劃寫好了之后，才能夠使以后的工作更有目標(biāo)性！有沒有好的范文是適合教案課件？小編特地為大家精心收集和整理了“2017屆高考數(shù)學(xué)考前回扣教材-立體幾何”，大家不妨來參考。希望您能喜歡！

回扣6立體幾何
1.概念理解
(1)四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方體、平行六面體、直平行六面體、長方體之間的關(guān)系.
(2)三視圖
①三視圖的正(主)視圖、側(cè)(左)視圖、俯視圖分別是從幾何的正前方、正左方、正上方觀察幾何體畫出的輪廓線.畫三視圖的基本要求：正俯一樣長，俯側(cè)一樣寬，正側(cè)一樣高.
②三視圖排列規(guī)則：俯視圖放在正(主)視圖的下面，長度與正(主)視圖一樣；側(cè)(左)視圖放在正(主)視圖的右面，高度和正(主)視圖一樣，寬度與俯視圖一樣.
2.柱、錐、臺、球體的表面積和體積
側(cè)面展開圖表面積體積
直棱柱長方形S＝2S底＋S側(cè)V＝S底h
圓柱長方形S＝2πr2＋2πrlV＝πr2l
棱錐由若干三角形構(gòu)成S＝S底＋S側(cè)V＝13S底h

圓錐扇形S＝πr2＋πrlV＝13πr2h

棱臺由若干個梯形構(gòu)成S＝S上底＋S下底＋S側(cè)V＝13(S＋SS′＋S′)h

圓臺扇環(huán)S＝πr′2＋π(r＋r′)l＋πr2V＝13π(r2＋rr′＋r′2)h

球S＝4πr2S＝43πr3

3.平行、垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化示意圖
(1)
(2)線線垂直????判定性質(zhì)線面垂直????判定性質(zhì)面面垂直
(3)兩個結(jié)論
①a⊥αb⊥αa∥b
②a∥ba⊥αb⊥α
4.用向量求空間角
(1)直線l1，l2夾角θ有cosθ＝|cos〈l1，l2〉|(其中l(wèi)1，l2分別是直線l1，l2的方向向量).
(2)直線l與平面α的夾角θ有sinθ＝|cos〈l，n〉|(其中l(wèi)是直線l的方向向量，n是平面α的法向量).
(3)平面α，β夾角θ有cosθ＝|cos〈n1，n2〉|，則α—l—β二面角的平面角為θ或π－θ(其中n1，n2分別是平面α，β的法向量).
1.混淆“點A在直線a上”與“直線a在平面α內(nèi)”的數(shù)學(xué)符號關(guān)系，應(yīng)表示為A∈a，aα.
2.在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，根據(jù)三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線為虛線.在還原空間幾何體實際形狀時一般是以正(主)視圖和俯視圖為主.
3.易混淆幾何體的表面積與側(cè)面積的區(qū)別，幾何體的表面積是幾何體的側(cè)面積與所有底面面積之和，不能漏掉幾何體的底面積；求錐體體積時，易漏掉體積公式中的系數(shù)13.
4.不清楚空間線面平行與垂直關(guān)系中的判定定理和性質(zhì)定理，忽視判定定理和性質(zhì)定理中的條件，導(dǎo)致判斷出錯.如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易誤得出m⊥β的結(jié)論，就是因為忽視面面垂直的性質(zhì)定理中mα的限制條件.
5.注意圖形的翻折與展開前后變與不變的量以及位置關(guān)系.對照前后圖形，弄清楚變與不變的元素后，再立足于不變的元素的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系去探求變化后的元素在空間中的位置與數(shù)量關(guān)系.
6.幾種角的范圍
兩條異面直線所成的角0°α≤90°
直線與平面所成的角0°≤α≤90°
二面角0°≤α≤180°
兩條相交直線所成的角(夾角)0°α≤90°
直線的傾斜角0°≤α180°
兩個向量的夾角0°≤α≤180°
銳角0°α90°
7.空間向量求角時易忽視向量的夾角與所求角之間的關(guān)系，如求解二面角時，不能根據(jù)幾何體判斷二面角的范圍，忽視向量的方向，誤以為兩個法向量的夾角就是所求的二面角，導(dǎo)致出錯.
1.如圖是一個多面體三視圖，它們都是斜邊長為2的等腰直角三角形，則這個多面體最長一條棱長為()
A.2B.3C.23D.32
答案B
解析由三視圖可知，幾何體是一個三棱錐，底面是一個斜邊長為2的等腰直角三角形，一條側(cè)棱與底面垂直，且這條側(cè)棱的長度為1，這樣在所有棱中，連接與底面垂直的側(cè)棱的頂點與底面的另一銳角頂點的側(cè)棱最長，長度是12＋22＝3.故選B.
2.將長方體截去一個四棱錐，得到的幾何體如圖所示，則該幾何體的側(cè)(左)視圖為()
答案D
解析在被截去的四棱錐的三條可見棱中，兩條為長方體的面對角線，它們在右側(cè)面上的投影與右側(cè)面(長方形)的兩條邊重合，另一條為體對角線，它在側(cè)面上的投影與右側(cè)面的對角線重合，對照各圖，只有D符合.
3.某幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則該幾何體的體積是()
A.72cm3B.90cm3C.108cm3D.138cm3
答案B
解析該幾何體為一個組合體，左側(cè)為三棱柱，右側(cè)為長方體，如圖所示.
V＝V三棱柱＋V長方體＝12×4×3×3＋4×3×6＝18＋72＝90(cm3).
4.直三棱柱ABC—A1B1C1的直觀圖及三視圖如圖所示，D為AC的中點，則下列命題是假命題的是()
A.AB1∥平面BDC1
B.A1C⊥平面BDC1
C.直三棱柱的體積V＝4
D.直三棱柱的外接球的表面積為43π
答案D
解析由三視圖可知，直三棱柱ABC—A1B1C1的側(cè)面B1C1CB是邊長為2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2.連接B1C交BC1于點O，連接OD.在△CAB1中，O，D分別是B1C，AC的中點，∴OD∥AB1，∴AB1∥平面BDC1.故A正確.
直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2，D為AC的中點，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面AA1C1C.∴BD⊥A1C.
又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，
∴A1B1⊥平面B1C1CB，∴A1B1⊥BC1.
∵BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C.
∴BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面BDC1.故B正確.
V＝S△ABC×C1C＝12×2×2×2＝4，∴C正確.
此直三棱柱的外接球的半徑為3，其表面積為12π，D錯誤.故選D.
5.如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，M，N分別為棱BC和棱CC1的中點，則異面直線AC和MN所成的角為()
A.30°B.45°C.60°D.90°
答案C
解析由中點M，N可知MN∥AD1，由△D1AC是正三角形可知∠D1AC＝60°，所以異面直線AC和MN所成的角為60°.
6.已知m，n表示兩條不同直線，α表示平面，下列說法正確的是()
A.若m∥α，n∥α，則m∥n
B.若m⊥α，nα，則m⊥n
C.若m⊥α，m⊥n，則n∥α
D.若m∥α，m⊥n，則n⊥α
答案B
7.已知三棱柱ABC—A1B1C1的側(cè)棱垂直于底面，各頂點都在同一球面上，若該棱柱的體積為3，AB＝1，AC＝1，∠BAC＝60°，則此球的表面積等于________.
答案52π3
解析由題意得三棱柱底面為正三角形，設(shè)側(cè)棱長為h，則h3412＝3h＝4，因為球心為上下底面中心連線的中點，所以R2＝22＋(33)2＝133，因此球的表面積等于4πR2＝4π133＝523π.
8.已知長方體ABCD—A′B′C′D′，E，F(xiàn)，G，H分別是棱AD，BB′，B′C′，DD′中點，從中任取兩點確定的直線中，與平面AB′D′平行的有________條.
答案6
解析如圖，連接EG，EH，F(xiàn)G，∵EH綊FG，
∴EFGH四點共面，由EG∥AB′，EH∥AD′，EG∩EH＝E，AB′∩AD′＝A，
可得平面EFGH與平面AB′D′平行，∴符合條件的共有6條.
9.α，β是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一個條件，就能得出BD⊥EF，現(xiàn)有下列條件：①AC⊥β；②AC與α，β所成的角相等；③AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上；④AC∥EF.
其中能成為增加條件的序號是________.
答案①③
解析由題意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四點共面.
①中，∵AC⊥β，EFβ，∴AC⊥EF，又∵AB⊥α，EFα，
∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，
又∵BD平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正確；
②中，由①可知，若BD⊥EF成立，
則有EF⊥平面ABCD，則有EF⊥AC成立，
而AC與α，β所成角相等是無法得到EF⊥AC的，故②錯誤；
③中，由AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上，
可知面EF⊥AC，由①可知③正確；
④中，仿照②的分析過程可知④錯誤，
故填①③.
10.如圖，ABCD—A1B1C1D1為正方體，下面結(jié)論：
①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥BD；③AC1⊥平面CB1D1；④異面直線AD與CB1所成角為60°.
錯誤的有________.(把你認(rèn)為錯誤的序號全部寫上)
答案④
解析①BD∥B1D1，利用線面平行的判定可推出BD∥平面CB1D1；
②由BD⊥平面ACC1可推出AC1⊥BD；
③AC1⊥CD1，AC1⊥B1D1可推出AC1⊥平面CB1D1；
④異面直線AD與CB1所成角為45°，錯誤.
11.如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝3，D、E分別是AC1和BB1的中點，則直線DE與平面BB1C1C所成的角為________.
答案π6
解析如圖，取AC中點F，連接FD，F(xiàn)B.則DF∥BE，DF＝BE，∴DE∥BF，∴BF與平面BB1C1C所成的角為所求的角，∵AB＝1，BC＝3，AC＝2，∴AB⊥BC，又AB⊥BB1，∴AB⊥平面BB1C1C，作GF∥AB交BC于點G，則GF⊥平面BB1C1C，∴∠FBG為直線BF與平面BB1C1C所成的角，由條件知BG＝12BC＝32，GF＝12AB＝12，
∴tan∠FBG＝GFBG＝33，∴∠FBG＝π6.
12.如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊長都相等，M是PC上的一動點，當(dāng)點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認(rèn)為是正確的條件即可)
答案DM⊥PC(或BM⊥PC，答案不唯一)
解析∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BD，
又AC∩PA＝A，
∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.
∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時，
即有PC⊥平面MBD，
而PC平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
13.在四棱錐P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC與BD的交點M恰好是AC中點，又PA＝AB＝4，∠CDA＝120°，點N在線段PB上，且PN＝2.
(1)求證：BD⊥PC；
(2)求證：MN∥平面PDC；
(3)求二面角A—PC—B的余弦值.
(1)證明因為△ABC是正三角形，M是AC中點，
所以BM⊥AC，即BD⊥AC，
又因為PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，
PA⊥BD，又PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC，
又PC平面PAC，所以BD⊥PC.
(2)證明在正三角形ABC中，BM＝23，
在△ACD中，因為M為AC中點，DM⊥AC，
所以AD＝CD，又∠CDA＝120°，所以DM＝233，
所以BM∶MD＝3∶1，在等腰直角三角形PAB中，
PA＝AB＝4，PB＝42，所以BN∶NP＝3∶1，
BN∶NP＝BM∶MD，所以MN∥PD，
又MN平面PDC，PD平面PDC，
所以MN∥平面PDC.
(3)解因為∠BAD＝∠BAC＋∠CAD＝90°，
所以AB⊥AD，分別以AB，AD，AP為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，所以B(4，0，0)，C(2，23，0)，D(0，433，0)，P(0，0，4).
由(1)可知，DB→＝(4，－433，0)為平面PAC的一個法向量，
PC→＝(2，23，－4)，PB→＝(4，0，－4)，
設(shè)平面PBC的一個法向量為n＝(x，y，z)，
則nPC→＝0，nPB→＝0，即2x＋23y－4z＝0，4x－4z＝0.
令z＝3，則平面PBC的一個法向量為n＝(3，3，3)，
設(shè)二面角A—PC—B的大小為θ，
則cosθ＝nDB→|n||DB→|＝77.
所以二面角A—PC—B的余弦值為77.