高考数学专题：立体几何新题型的解题技巧(4)

2 ，点 M 在 BB1 上， 3

GM ⊥ BF ，垂足为 H ，求证： EM ⊥ 平面 BCC1 B1 ；

（3）用 θ 表示截面 EBFD1 和侧面 BCC1 B1 所成的锐二面角的大小，求 tan θ ． 命题意图：本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、 命题意图：本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和 基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力 能力和运算能力． 基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力． 过程指引：解法一： 过程指引 （1）如图，在 DD1 上取点 N ，使 DN = 1 ，连结 EN ，CN ， 则 AE = DN = 1 ， CF = ND1 = 2 ． 因为 AE ∥ DN ，ND1 ∥ CF ， 所以四边形 ADNE ，CFD1 N 都为平行四边形． 从而 EN ∥ ， FD1 ∥ CN ． AD D1

A1 B1

C1

F

N

M D

E A H

C

G B

又因为 AD ∥ ，所以 EN ∥ ，故四边形 BCNE 是平行四边形，由此推知 CN ∥ BE ， BC BC 从而 FD1 ∥ BE ． 因此， E，B，F，D1 四点共面． （2）如图， GM ⊥ BF ，又 BM ⊥ BC ，所以∠BGM = ∠CFB ，

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BM = BG itan ∠BGM = BGi tan ∠CFB = BG i

BC 2 3 = × = 1． CF 3 2

因为 AE ∥ BM ，所以 ABME 为平行四边形，从而 AB ∥ EM ． 又 AB ⊥ 平面 BCC1 B1 ，所以 EM ⊥ 平面 BCC1 B1 ． （3）如图，连结 EH ． 因为 MH ⊥ BF ， EM ⊥ BF ，所以 BF ⊥ 平面 EMH ，得 EH ⊥ BF ． 于是∠EHM 是所求的二面角的平面角，即∠EHM = θ ． 因为∠MBH = ∠CFB ，所以 MH = BM isin ∠MBH = BM isin ∠CFB

= BM i BC BC + CF

2 2

= 1×

3 3 +2

2 2

=

EM 3 ， tan θ = = 13 ． MH 13

解法二：

3， （1）建立如图所示的坐标系，则 BE = (3，1) ， BF = (0， 2) ， BD1 = (3，3) ， z 0， 3，

D1

所以 BD1 = BE + BF ，故 BD1 ， BE ， BF 共面． 又它们有公共点 B ，所以 E，B，F，D1 四点共面．

A1 B1

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E M

C1

F D

y

2 （2）如图，设 M (0， z ) ，则 GM = 0， ，z ， 0， 3 2 而 BF = (0， 2) ，由题设得 GM i BF = i3 + z i 2 = 0 ， 3， 3 得 z = 1．

因为 M (0，1) ， E (3，1) ，有 ME = (3， 0) ， 0， 0， 0，

x

A

H

C

G B

0， 又 BB1 = (0， 3) ， BC = (0，0) ，所以 ME i BB1 = 0 ， ME i BC = 0 ，从而 ME ⊥ BB1 ， 3，

ME ⊥ BC ．

故 ME ⊥ 平面 BCC1 B1 ． （3）设向量 BP = ( x，y， ⊥ 截面 EBFD1 ，于是 BP ⊥ BE ， BP ⊥ BF ． 3) 而 BE = (3，1) ， BF = (0， 2) ， 得 BPi BE = 3x + 3 = 0 ， BP i BF = 3 y + 6 = 0 ， 解 得 0， 3，

x = 1 ， y = 2 ，所以 BP = (1， 2， ． 3)

又 BA = (3， 0) ⊥ 平面 BCC1 B1 ，所以 BP 和 BA 的夹角等于 θ 或 π θ （ θ 为锐角） ． 0， 于是 cos θ =

BP i BA BP i BA

=

1 ． 14

故 tan θ = 13 ．

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小结：向量法求二面角的大小关键是确定两个平面的法向量的坐标，再用公式求夹角；点面 小结 距离一般转化为 AB 在面 BDF 的法向量 n 上的投影的绝对值. 例 11． （2006 年全国Ⅰ卷） 如图,l1、l2 是互相垂直的两条异面直线，MN 是它们的公垂线段，点 A、 B 在 l1 上，C 在 l2 上，AM=MB=MN （I）证明 AC ⊥ NB；

° （II）若 ∠ACB = 60 ，求 NB 与平面 ABC 所成角的余弦值.

A M B N C

命题目的：本题主要考查异面直线垂直、直线与平面所成角的有关 命题目的 知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间角； 过程指引 方法二关键是掌握利用空间向量求空间角的一般方法. 解答过程： 解答过程 解法一： (Ⅰ)由已知 l2⊥MN, l2⊥l1 , MN∩l1 =M, 可得 l2⊥平面 ABN. 由已知 MN⊥l1 , AM=MB=MN,可知 AN=NB 且 AN⊥NB. ∴AC⊥NB 又 AN 为 AC 在平面 ABN 内的射影.

C

H A M B N

（Ⅱ）∵Rt△CAN≌Rt△CNB, ∴AC=BC,又已知∠ACB=60°,因此△ABC 为正三角形. ∵Rt△ANB≌Rt△CNB, ∴NC=NA=NB,因此 N 在平面 ABC 内的射影 H 是正三角形 ABC 的中 心,

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连结 BH,∠NBH 为 NB 与平面 ABC 所成的角. 3 AB 3 HB 6 在 Rt△NHB 中,cos∠NBH= = = . NB 3 2 AB 2 解法二： 如图,建立空间直角坐标系 M－xyz. 令 MN=1,

M

z

C

H

o

B

N

则有 A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0), (Ⅰ)∵MN 是 l1、l2 的公垂线, l1⊥l2, ∴l2⊥平面 ABN. l2 平行于 z 轴. 故可设 C(0,1,m). 于是 =(1,1,m), =(1,－1,0). ∴AC⊥NB. x

y

∴=1+(－1)+0=0

(Ⅱ)∵ =(1,1,m), =(－1,1,m), ∴||=||, 又已知∠ACB=60°,∴△ABC 为正三角形,AC=BC=AB=2. 在 Rt△CNB 中,NB= 2, 可得 NC= 2,故 C(0,1, 连结 MC,作 NH⊥MC 于 H,设 H(0,λ, ∴=(0,1－λ,－ 2λ), =(0,1, 2) 2).

2λ) (λ>0).

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∵ = 1－λ－2λ=0, ∴λ=

1 , 3

1 2 2 2 1 2 ∴H(0, , ), 可得=(0, , － ), 连结 BH, 则=(－1, , ), 3 3 3 3 3 3 2 2 ∵=0+ － =0, ∴⊥, 又 MC∩BH=H, ∴HN⊥平面 ABC, ∠NBH 为 NB 与平面 ABC 所 9 9 成的角. 又=(－1,1,0), 4 3 2 × 2 3

∴cos∠NBH= =

=

6 . 3

简单多面体的有关概念及应用，主要考查多面体的概念、性质，主要以填空、 考点 8 简单多面体的有关概念及应用，主要考查多面体的概念、性质，主要以填空、选择 题为主，通常结合多面体的定义、性质进行判断 题为主，通常结合多面体的定义、性质进行判断. 典型例题 例 12 . 如图（1） ，将边长为 1 的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚 线折起， 做成一个无盖的正六棱柱容器， 当这个正六棱柱容器的底面边长为 容积最大. [思路启迪]设四边形一边 AD，然后写出六棱柱体积，利用均值不等式，求出体积取最值时 AD 长度即可. 解答过程：如图（2）设 AD＝a，易知∠ABC＝60°，且∠ABD＝30° AB＝ 3 a . BD＝2a 正六棱柱体积为 V .

2 2 V＝ 6 （ －2a） sin 60° 3a ＝ （ －2a） a 1 1

时

1 2

9 2

9 9 2 3 (1 2a )(1 2a ) 4a ≤ （ ） . 8 8 3 1 当且仅当 1－2a＝4a a＝ 时，体积最大， 6 1 2 此时底面边长为 1－2a＝1－2× ＝ . 6 3 1 ∴ 答案为 . 6

＝ 例 13 .如图左，在正三角形 ABC 中，D、E、F 分别为各边的中点，G、H、I、J 分

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