点、直线、平面之间的位置关系教学ppt课件

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,1.,理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解四个,公理及等角定理可作为理论依据,.,2,.,以立,体几何的定义,、,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,.,3.,能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图,形的位置关系的简单命题,.,学案,15,点、直线、平面之间的位置关系,学案15 点、直线、平面之间的位置关系,1.(2009,湖南,),平行六面体,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,中,既与,AB,共面也与,CC,1,共面的棱的条数为,( ),A.3 B.4 C.5 D.6,解析,如图所示,用列举法知,符合要求的棱为,BC,、,CD,、,C,1,D,1,、,BB,1,、,AA,1,.,C,C,2.(2009,湖南,),正方体,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,的棱上到异,面直线,AB,、,CC,1,的距离相等的点的个数为,( ),A.2 B.3 C.4 D.5,解析,如图所示,棱,BC,的中点,M,到异面直线,AB,、,CC,1,的距离都等,于棱长的一半,点,D,、,B,1,到异面直,线,AB,、,CC,1,的距离都等于棱长,棱,A,1,D,1,的中点到异面直线,AB,、,CC,1,的距离都等于棱长的 倍,.,C,2.(2009湖南)正方体ABCDA1B1C1D1的棱上,3.,平面 平面 的一个充分条件是,( ),A.,存在一条直线,a,B.,存在一条直线,a,C.,存在两条平行直线,a,b,D.,存在两条异面直线,a,b,解析,故排,除,A.,故排除,B.,故,排除,C.,D,3.平面 平面 的一个充分条件是 (,4.,已知两条直线,m,n,两个平面 给出下面四个命,题,:, ,其中正确命题的序号是,( ),A. B. C. D.,解析,中,m,n,有可能是异面直线,;,中,n,有可能在,上,都不对,故选,C.,C,4.已知两条直线m,n,两个平面 给出下面四个命C,题型一 空间点、线、平面之间的位置关系,【,例,1】,如图所示,平面,ABEF,平,面,ABCD,四边形,ABEF,与,ABCD,都,是直角梯形,BAD,=,FAB,=90,G,H,分别为,FA,FD,的中点,.,(1),证明,:,四边形,BCHG,是平行四边形；,(2),C,D,F,E,四点是否共面,?,为什么,?,(3),设,AB,=,BE,证明,:,平面,ADE,平面,CDE,.,点、直线、平面之间的位置关系教学ppt课件,方法一,(1),证明,由题意知,FG,=,GA,FH,=,HD,所以,所以四边形,BCHG,是平行四边形,.,(2),解,C,D,F,E,四点共面,.,理由如下：,G,是,FA,的中点知,所以,EF,BG,.,由,(1),知,BG,CH,所以,EF,CH,故,EC,FH,共面,.,又点,D,在直线,FH,上,.,所以,C,D,F,E,四点共面,.,方法一 (1)证明 由题意知,FG=GA,FH=HD,(3),证明,连接,EC,由,AB,=,BE,及,BAG,=90,知,ABEG,是正方形,.,故,BG,EA,.,由题设知,FA,AD,AB,两两垂直,故,AD,平,面,FABE,因此,EA,是,ED,在平面,FABE,内的射影，,根据三垂线定理,BG,ED,.,又,ED,EA,=,E,所以,BG,平面,ADE,.,由,(1),知,CH,BG,所以,CH,平面,ADE,.,由,(2),知,CH,平面,CDE,得平面,ADE,平面,CDE,.,(3)证明 连接EC,由AB=BE, 及BA,方法二,由题设知,FA,AB,AD,两,两互相垂直,如图,以,A,为坐标原,点,以射线,AB,为,x,轴正方向,以射,线,AD,为,y,轴正方向,以射线,AF,为,z,轴正方向,建立直角坐标系,A,xyz,.,方法二 由题设知FA,AB,AD两,(1),证明,设,AB,=,a,BC,=,b,BE,=,c,则由题设得,A,(0,0,0),B,(,a,0,0),C,(,a,b,0),D,(0,2,b,0),E,(,a,0,c,),G,(0,0,c,),H,(0,b,c,).,所以,=(0,b,0),=(0,b,0),于是,又点,G,不在直线,BC,上，,所以四边形,BCHG,是平行四边形,.,(2),解,C,D,F,E,四点共面,.,理由如下：,由题设知,F,(0,0,2,c,),所以,=(-,a,0,c,), =(-,a,0,c,),又,C,EF,H,FD,故,C,D,E,F,四点共面,.,(1)证明 设AB=a,BC=b,BE=c,则由题设得,(3),证明,由,AB,=,BE,得,c,=,a,所以,=(-,a,0,a,),=(,a,0,a,),又,=(0,2,b,0),因此 即,CH,AE,CH,AD,.,又,AD,AE,=,A,所以,CH,平面,ADE,.,故由,CH,平面,CDFE,得平面,ADE,平面,CDE,.,【,探究拓展,】,要证明四边形,BCHG,是平行四边形,只要,证明 即可,;,要证明,C,D,E,F,共面,可通过证明四边形,CDEF,中至少有一组对边平行或两,边的延长线相交即可,;,要证明面面垂直通常转化成为,证明线面垂直,.,(3)证明 由AB=BE,得c=a,所以 =(-a,变式训练,1,在正方体,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,中,E,、,F,分别,为棱,AA,1,、,CC,1,的中点,则在空间中与三条直线,A,1,D,1,、,EF,、,CD,都相交的直线,( ),A.,不存在,B.,有且只有两条,C.,有且只有三条,D.,有无数条,解析,如图所示,在平面,ADD,1,A,1,内延长,DE,与,D,1,A,1,的,延长线相交于一点,H,则,DH,为,所求直线,在平面,DCC,1,D,1,内延,长,D,1,F,与,DC,的延长线相交于点,G,则,D,1,G,为满足条件的直线,.,变式训练1 在正方体ABCDA1B1C1D1中,E、F分,取,EF,的中点,O,则,A,1,C,一定经过,O,这样就找到了满足条,件的三条直线,.,若取,DC,的中点,K,OE,的中点,M,A,1,H,的中点,N,则,K,、,M,、,N,三点共线,.,下面证明这个结论,:,以,D,1,为坐标原点建立如图所示的,空间直角坐标系,设正方体的棱长为,2.,则,K,(0,1,2),E,(2,0,1),O,(1,1,1),N,(3,0,0).,M,是,OE,的中点，,取EF的中点O,则A1C一定经过O,这样就找到了满足条,|,KN,|=|,KM,|+|,MN,|.,K,、,M,、,N,三点共线,即直线,KN,满足条件,.,这已找到了四条满足题意的直线,同理还可以找到更,多与三条直线,A,1,D,1,、,DC,、,EF,相交的直线,.,答案,D,点、直线、平面之间的位置关系教学ppt课件,题型二 线线、线面位置关系,【,例,2】(2009,江苏,),如图,在直,三棱柱,ABC,A,1,B,1,C,1,中,E,、,F,分,别是,A,1,B,、,A,1,C,的中点,点,D,在,B,1,C,1,上,A,1,D,B,1,C,.,求证,:(1),EF,平面,ABC,;,(2),平面,A,1,FD,平面,BB,1,C,1,C,.,证明,(1),由,E,、,F,分别是,A,1,B,、,A,1,C,的中点知,EF,BC,.,又,EF,平面,ABC,BC,平面,ABC,.,所以,EF,平面,ABC,.,题型二 线线、线面位置关系,(2),因为三棱柱,ABC,A,1,B,1,C,1,为直三棱柱，,所以,BB,1,面,A,1,B,1,C,1,BB,1,A,1,D,又,A,1,D,B,1,C,BB,1,B,1,C,=,B,1,所以,A,1,D,面,BB,1,C,1,C,，,又,A,1,D,面,A,1,FD,所以平面,A,1,FD,平面,BB,1,C,1,C,.,【,探究拓展,】,证明线面平行,通常用线面平行的判定,定理或由面面平行证明线面平行,;,证明线面垂直,常,用线面垂直的判定定理,;,在解决线线平行、线面平行,的问题时,若题目中出现了中点,往往可考虑中位线,来进行证明,.,(2)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，,变式训练,2,(2009,海南,),如图所,示,四棱锥,S,ABCD,的底面是正方,形,每条侧棱的长都是底面边长的,倍,P,为侧棱,SD,上的点,.,(1),求证,:,AC,SD,;,(2),若,SD,平面,PAC,求二面角,P,AC,D,的大小,;,(3),在,(2),的条件下,侧棱,SC,上是否存在一点,E,使得,BE,平面,PAC,若存在,求 的值,;,若不存在,试说,明理由,.,变式训练2 (2009海南)如图所,(1),证明,连结,BD,设,AC,交,BD,于,O,，,由题意,SO,AC,.,在正方形,ABCD,中,AC,BD,所以,AC,平面,SBD,所以,AC,SD,.,(2),解,设正方形边长为,a,则,SD,=,又,OD,=,所以,SDO,=60,连结,OP,由,(1),知,AC,平面,SBD,，,所以,AC,OP,且,AC,OD,所以,POD,是二面角,P,AC,D,的平面角,.,由,SD,平面,PAC,知,SD,OP,所以,POD,=30,即二面角,P,AC,D,的大小为,30.,(1)证明 连结BD,设AC交BD于O，,(3),解,在棱,SC,上存在一点,E,使,BE,平面,PAC,由,(2),可得,PD,=,故可在,SP,上取一点,N,，,使,PN,=,PD,过,N,作,PC,的平行线与,SC,的交点即为,E,.,连结,BN,.,在,BDN,中,知,BN,PO,又由于,NE,PC,故平面,BEN,平面,PAC,得,BE,平面,PAC,由于,SN,:,NP,=2:1,故,SE,:,EC,=2:1.,(3)解 在棱SC上存在一点E,使BE平面PAC,方法二,(1),证明,连结,BD,设,AC,交于,BD,于,O,由题意知,SO,平面,ABCD,.,以,O,为坐标原点,分别为,x,轴、,y,轴、,z,轴正方向,建立坐标系,O,xyz,如图所示,.,设底面边长为,a,，则高,SO,=,故,OC,SD,所以,AC,SD,.,方法二 (1)证明 连结BD,设AC交于,(2),解,由题设知,平面,PAC,的一个法向量,平面,DAC,的一个法向量,设所求二面角为,所求二面角,P,AC,D,的大小为,30.,(2)解 由题设知,平面PAC的一个法向量,(3),解,在棱,SC,上存在一点,E,使,BE,平面,PAC,.,由,(2),知,是平面,PAC,的一个法向量，,即当,SE,:,EC,=2:1,时,而,BE,不在平面,PAC,内,故,BE,平面,PAC,.,(3)解 在棱SC上存在一点E使BE平面PAC.,题型三 面面位置关系,【,例,3】(2009,天津,),如图,在,五面体,ABCDEF,中,FA,平面,ABCD,AD,BC,FE,AB,AD,M,为,EC,的中点,AF,=,AB,=,BC,=,FE,=,AD,.,(1),求异面直线,BF,与,DE,所成的角的大小；,(2),证明,:,平面,AMD,平面,CDE,;,(3),求二面角,A,CD,E,的余弦值,.,题型三 面面位置关系,方法一,(1),解,由题设知,BF,CE,，所以,CED,(,或,其补角,),为异面直线,BF,与,DE,所成的角,设,P,为,AD,的中,点,连结,EP,PC,.,又,FA,平面,ABCD,所以,EP,平面,ABCD,而,PC,、,AD,都在,平面,ABCD,内,故,EP,PC,EP,AD,.,由,AB,AD,可得,PC,AD,.,设,FA,=,a,则,EP,=,PC,=,PD,=,a,CD,=,DE,=,EC,=,a,故,CED,=60,所以异面直线,BF,与,DE,所成的角的大小为,60.,方法一 (1)解 由题设知,BFCE，所以CED(或,(2),证明,因为,DC,=,DE,且,M,为,CE,的中点，,所以,DM,CE,，连结,MP,则,MP,CE,.,又,MP,DM,=,M,故,CE,平面,AMD,，,而,CE,平面,CDE,所以平面,AMD,平面,CDE,.,(3),解,设,Q,为,CD,的中点,连结,PQ,EQ,.,因为,CE,=,DE,所以,EQ,CD,.,因为,PC,=,PD,所以,PQ,CD,故,EQP,为,二面角,A,CD,E,的平面角,.,由,(1),可得,EP,PQ,EQ,=,PQ,=,于是在,Rt,EPQ,中,cos,EQP,=,所以二面角,A,CD,E,的余弦值为,(2)证明 因为DC=DE且M为CE的中点，,方法二,如图所示,建立空间直,角坐标系,点,A,为坐标原点,设,AB,=1,依题意得,B,(1,0,0),C,(1,1,0),D,(0,2,0),E,(0,1,1),F,(0,0,1),(1),解,=(-1,0,1), =(0,-1,1),于是,所以异面直线,BF,与,DE,所成的角的大小为,60.,方法二 如图所示,建立空间直,(2),证明,因此,CE,AM,CE,AD,.,又,AM,AD,=,A,故,CE,平面,AMD,.,而,CE,平面,CDE,所,以平面,AMD,平面,CDE,.,(3),解,设平面,CDE,的法向量为,u,=(,x,y,z,),则,令,x,=1,可得,u,=(1,1,1).,又由题设,平面,ACD,的一个法向量,v,=(0,0,1).,(2)证明,因为二面角,A,CD,E,为锐角,所以其余弦值为,【,探究拓展,】,本小题要考查异面直线所成的角、平面,与平面垂直、二面角等基础知识,考查用空间向量解,决立体几何问题的方法,考查空间想像能力、运算能,力和推理论证能力,.,点、直线、平面之间的位置关系教学ppt课件,变式训练,3,如图所示,矩形,ABCD,和梯形,BEFC,所在平面互相垂直,BE,CF,BCF,=,CEF,=90,AD,= ,EF,=2.,(1),求证,:,AE,平面,DCF,;,(2),当,AB,的长为何值时,二面角,A,EF,C,的大小为,60?,变式训练3 如图所示,矩形ABCD,方法一,(1),证明,过点,E,作,EG,CF,交,CF,于,G,连结,DG,.,可得四边形,BCGE,为矩形，,又四边形,ABCD,为矩形，,所以,从而四边形,ADGE,为平行四边形，,故,AE,DG,.,因为,AE,平面,DCF,DG,平面,DCF,所以,AE,平面,DCF,.,方法一 (1)证明 过点E作EGCF交CF于G,(2),解,过点,B,作,BH,EF,交,FE,的延长线于,H,连结,AH,.,由平面,ABCD,平面,BEFC,AB,BC,得,AB,平面,BEFC,，,从而,AH,EF,所以,AHB,为二面角,A,EF,C,的平面角,.,在,Rt,EFG,中,因为,EG,=,AD,= ,EF,=2,所以,CFE,=60,FG,=1,又因为,CE,EF,所以,CF,=4,从而,BE,=,CG,=3.,于是,BH,=,BE,sin,BEH,=,因为,AB,=,BH,tan,AHB,所以当,AB,为 时,二面角,A,EF,C,的大小为,60.,(2)解 过点B作BHEF交FE的延长线于H,连结AH.,方法二,如图所示,以点,C,为坐标原,点,以,CB,、,CF,和,CD,所在直线分别作,为,x,轴、,y,轴和,z,轴,建立空间直角坐,标系,C,xyz,.,设,AB,=,a,BE,=,b,CF,=,c,则,C,(0,0,0),A,( ,0,a,),B,( ,0,0),E,( ,b,0),F,(0,c,0).,方法二 如图所示,以点C为坐标原,(1),证明,=(0,b,-,a,),=( ,0,0), =(0,b,0),所以 从而,CB,AE,CB,BE,.,所以,CB,平面,ABE,.,因为,CB,平面,DCF,，,所以平面,ABE,平面,DCF,.,故,AE,平面,DCF,.,(2),解,因为,=( ,c,-,b,0), =( ,b,0).,(1)证明 =(0,b,-a), =(,所以,E,( ,3,0),F,(0,4,0).,设,n,=(1,y,z,),与平面,AEF,垂直，,又因为,BA,平面,BEFC, =(0,0,a,),所以当,AB,为 时,二面角,A,EF,C,的大小为,60.,所以E( ,3,0),F(0,4,0).,题型四 折叠问题,【,例,4】,如图,1,E,F,分别是矩形,ABCD,的边,AB,CD,的中,点,G,是,EF,上的一点,将,GAB,GCD,分别沿,AB,CD,翻折成,G,1,AB,G,2,CD,并连接,G,1,G,2,使得平面,G,1,AB,平面,ABCD,G,1,G,2,AD,且,G,1,G,2,AD,.,连接,BG,2,如,图,2.,题型四 折叠问题,(1),证明,:,平面,G,1,AB,平面,G,1,ADG,2,；,(2),当,AB,=12,BC,=25,EG,=8,时,求直线,BG,2,和平面,G,1,ADG,2,所成的角的正弦值,.,方法一,(1),证明,因为平面,G,1,AB,平面,ABCD,平面,G,1,AB,平面,ABCD,=,AB,AD,AB,AD,平面,ABCD,所以,AD,平面,G,1,AB,又,AD,平面,G,1,ADG,2,所以平面,G,1,AB,平面,G,1,ADG,2,.,(1)证明:平面G1AB平面G1ADG2；,(2),解,过点,B,作,BH,AG,1,于点,H,连接,G,2,H,.,由,(1),的结论可知,BH,平面,G,1,ADG,2,所以,BG,2,H,是,BG,2,和平面,G,1,ADG,2,所成的角,.,因为平面,G,1,AB,平面,ABCD,，,平面,G,1,AB,平面,ABCD,=,AB,G,1,E,AB,，,G,1,E,平面,G,1,AB,所以,G,1,E,平面,ABCD,故,G,1,E,EF,.,因为,G,1,G,2,AD,AD,=,EF,所以可在,EF,上取一点,O,使,EO,=,G,1,G,2,又因为,G,1,G,2,AD,EO,，所以四边形,G,1,EOG,2,是矩形,.,(2)解 过点B作BHAG1于点H,连接G2H.,由题设,AB,=12,BC,=25,EG,=8,则,GF,=17.,所以,G,2,O,=,G,1,E,=8,G,2,F,=17,OF,= =15,G,1,G,2,=,EO,=10.,因为,AD,平面,G,1,AB,G,1,G,2,AD,所以,G,1,G,2,平面,G,1,AB,从而,G,1,G,2,G,1,B,.,=6,2,+8,2,+10,2,=200,，,BG,2,=,又,AG,1,=,由,BH,AG,1,=,G,1,E,AB,得,BH,=,故,sin,BG,2,H,=,即直线,BG,2,与平面,G,1,ADG,2,所成的角的正弦值为,由题设AB=12,BC=25,EG=8,则GF=17.,方法二,(1),证明,因为平面,G,1,AB,平面,ABCD,平面,G,1,AB,平面,ABCD,=,AB,G,1,E,AB,G,1,E,平面,G,1,AB,所以,G,1,E,平面,ABCD,，,从而,G,1,E,AD,.,又,AB,AD,，,所以,AD,平面,G,1,AB,.,因为,AD,平面,G,1,ADG,2,所以平面,G,1,AB,平面,G,1,ADG,2,.,(2),解,由,(1),可知,G,1,E,平面,ABCD,.,故以,E,为原点,分别以直线,EB,EF,EG,1,为,x,轴、,y,轴、,z,轴建立空间直角坐标系,(,如图所示,),方法二 (1)证明 因为平面G1AB平面ABCD,由题设,AB,=12,BC,=25,EG,=8,则,EB,=6,EF,=25,EG,1,=8,相关各点的坐标分别是,A,(-6,0,0),D,(-6,25,0),G,1,(0,0,8),B,(6,0,0).,所以,=(0,25,0), =(6,0,8).,设,n,=(,x,y,z,),是平面,G,1,ADG,2,的一个法向量，,故可取,n,=(4,0,-3).,过点,G,2,作,G,2,O,平面,ABCD,于点,O,，,点、直线、平面之间的位置关系教学ppt课件,因为,G,2,C,=,G,2,D,所以,OC,=,OD,于是点,O,在,y,轴上,因为,G,1,G,2,AD,，,所以,G,1,G,2,EF,G,2,O,=,G,1,E,=8.,设,G,2,(0,m,8) (0,m,25),由,17,2,=8,2,+(25-,m,),2,解得,m,=10,，,所以,G,2,(0,10,8),所以,=(0,10,8)-(6,0,0)=(-6,10,8).,设,BG,2,和平面,G,1,ADG,2,所成的角是,即直线,BG,2,与平面,G,1,ADG,2,所成的角的正弦值为,因为G2C=G2D,所以OC=OD,【,探究拓展,】,解决折叠问题的关键是弄清折叠前后的,不变量和变化量,一般情况下,线段长度是不变量,而,折痕同侧的各种关系不发生变化,折痕两侧的位置关,系将发生变化，抓住不变量是解决问题的关键,.,【探究拓展】解决折叠问题的关键是弄清折叠前后的,变式训练,4,已知等腰梯形,PBCD,中,(,如图,1),PB,=3,DC,=1,PD,=,BC,=,A,是,PB,边上一点,且,AD,PB,现将,PAD,沿,AD,折起,使平面,PAD,平面,ABCD,(,如图,2).,(1),证明,:,平面,PAD,平面,PCD,;,(2),试在棱,PB,上确定一点,M,使截面,AMC,把几何体分,成两部分的体积比,V,PDCMA,:,V,MACB,=2:1;,(3),在点,M,满足,(2),的条件下,判断直线,PD,是否平行于,平面,AMC,并说明理由,.,变式训练4 已知等腰梯形PBCD中,(如图1),PB=3,(1),证明,由题意知,:,CD,AD,又平面,PAD,平面,ABCD,所以,CD,平面,PAD,又,CD,平面,PCD,所以,平面,PAD,平面,PCD,.,(2),解,由,(1),知,PA,平面,ABCD,所以平面,PAB,平面,ABCD,在,PB,上取一点,M,，,作,MN,AB,于,N,，,则,MN,平面,ABCD,设,MN,=,h,则,V,M,ABC,=,S,ABC,h,(1)证明 由题意知:CDAD,要使,V,PDCMA,:,V,MACB,=2:1,解得,h,=,即,M,为,PB,的中点,.,(3),解,连接,BD,交,AC,于点,O,因为,AB,CD,AB,=2,CD,=1,由三角形相似得,BO,=2,OD,所以,O,不是,BD,的中点,又,M,为,PB,的中点,所以在平面,PBD,中,直线,OM,与,PD,相交,所以直线,PD,与平面,AMC,不平行,.,点、直线、平面之间的位置关系教学ppt课件,【,考题再现,】,(2009,山东,),如图,在直四棱柱,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,中,底面,ABCD,为等腰梯形,AB,CD,AB,=4,BC,=,CD,=2,AA,1,=2,E,、,E,1,、,F,分别,是棱,AD,、,AA,1,、,AB,的中点,.,(1),证明,:,直线,EE,1,平面,FCC,1,；,(2),求二面角,B,FC,1,C,的余弦值,.,点、直线、平面之间的位置关系教学ppt课件,(1),证明,在直四棱柱,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,中,取,A,1,B,1,的中,点,F,1,，,连接,A,1,D,C,1,F,1,CF,1,因为,AB,=4,CD,=2,且,AB,CD,所以,所以四边形,A,1,F,1,CD,为平行四边,形，所以,CF,1,A,1,D,又因为,E,、,E,1,分别是棱,AD,、,AA,1,的中点,所以,EE,1,A,1,D,所以,CF,1,EE,1,又因为,EE,1,平面,FCC,1,，,CF,1,平面,FCC,1,所以直线,EE,1,平面,FCC,1,. 6,分,(1)证明 在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,取A1,(2),解,因为,AB,=4,BC,=,CD,=2,F,是棱,AB,的中点,所以,BF,=,BC,=,CF,BCF,为正三角形,取,CF,的中点,O,则,OB,CF,又因为直四棱柱,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,中,CC,1,平面,ABCD,所以,CC,1,BO,所以,OB,平面,CC,1,F,过,O,在平面,CC,1,F,内作,OP,C,1,F,垂足为,P,连接,BP,则,OPB,为二面角,B,FC,1,C,的一个平面角, 9,分,在,BCF,为正三角形中,OB,=,在,Rt,CC,1,F,中,OPF,CC,1,F,(2)解 因为AB=4,BC=CD=2,F是棱AB的中点,在,Rt,OPB,中,BP,=,cos,OPB,= 11,分,所以二面角,B,FC,1,C,的余弦值为,12,分,1.,解决平行问题的常用方法,:,证线线平行的问题常,用方法,:),利用定义,.),利用公理,4.),利用线面平,行的性质定理证明,.,),利用线面垂直的性质定理证,明,.),利用面面平行的性质定理证明,.,证明线面平,行问题的常用方法,:),利用定义证明,.),利用线面,平行的判定定理证明,.),利用面面平行的重要结论,证明,.,证明面面平行的常用方法,:,),利用定义证明,.,),利用面面平行的判定定理证明,.),利用线面垂直,的重要结论证明,.,特别提醒,:,在平行问题中,平行关系,的转化是重要的数学思想,在应用中,应认真领悟,点、直线、平面之间的位置关系教学ppt课件,“,线线平行线面平行面面平行”这三种平行关系,的转化,.,2.,解决垂直问题的常用方法,:,线线垂直问题,:),利,用定义,.),利用线面垂直的定义,.,线面垂直,:,),利,用线面垂直的定义,(,反证法或向量法,),.),线面垂直的,判定定理,.),利用线面垂直的判定定理的推论证明,.,),利用面面垂直的性质定理证明,.),利用面面平行,的重要结论证明,.,面面垂直,:),利用定义证明,.,),利用面面垂直的判定定理,.,“线线平行线面平行面面平行”这三种平行关系,3.,空间角问题的常见解法,:,直线与平面所成角,:,作出,直线与平面所成的角,关键是作垂线,找射影,.,两异,面直线所成的角,:),平移法,.,),补形法,.,),向量法,.,二面角的常用方法,:),定义法,.,）利用线面垂直,关系来确定二面角的平面角,.,3.空间角问题的常见解法:直线与平面所成角:作出,一、选择题,1.,给定空间中的直线,l,及平面,条件“直线,l,与平面,内两条相交直线都垂直”是“直线,l,与平面,垂直”,的,( ),A.,充分非必要条件,B.,必要非充分条件,C.,充要条件,D.,既非充分又非必要条件,解析,由线面垂直的判定定理知是充要条件,.,C,C,2.(2009,全国,),已知二面角 为,60,动点,P,、,Q,分别在面 内,P,到 的距离为,Q,到 的,距离为 则,P,、,Q,两点之间距离的最小值为,( ),A. B.2 C. D.4,解析,如图,过,P,作,PE,交 于,E,在平面 内过点,E,作,EF,l,则,PFE,=60,由,P,到 的距离为,知,PE,=,PF,=2.,同理可求平面 内的点,Q,到棱,l,的距离为,4.,当,将二面角展开,P,、,Q,的连线与,l,垂直时,P,、,Q,两点之间,2.(2009全国)已知二面角 为60,动,的距离最短,(,此时在二面角内,P,、,Q,应是二面角平面,角边上的两点）,.,其最小值应为,d,2,=4+16-242cos 60,=12,d,=,答案,C,3.,已知,m,n,是两条不同直线,是三个不同平面,下列命题中正确的是,( ),A. B.,C. D.,解析,由线面的位置关系可知,B,正确,.,B,的距离最短(此时在二面角内,P、Q应是二面角平面B,4.(2009,江西,),如图,正四面体,ABCD,的顶点,A,B,C,分别在两两,垂直的三条射线,Ox,Oy,Oz,上,则在下列命题中,错误的为,( ),A.,O,ABC,是正三棱锥,B.,直线,OB,平面,ACD,C.,直线,AD,与,OB,所成的角是,45,D.,二面角,D,OB,A,为,45,解析,将原图补为正方体不难得出,B,错误,故选,B.,B,4.(2009江西)如图,正四面体B,5.,已知三棱柱,ABC,A,1,B,1,C,1,的侧棱与底面边长都相等,A,1,在底面,ABC,内的射影为,ABC,的中心,则,AB,1,与底面,ABC,所成角的正弦值等于,( ),A. B. C. D.,解析,设棱柱的侧棱与底面,边长均为,a,O,为,ABC,的中心,如图,连接,AO,则,AO,=,A,1,O,平面,ABC,A,1,O,=,又在三棱柱,ABC,A,1,B,1,C,1,中,A,1,B,1,平面,ABC,5.已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都相等,点,B,1,到平面,ABC,的距离为,d,=,连接,AB,1,、,A,1,B,、,BO,设,A,1,B,与,AB,1,交点为,H,.,在,Rt,A,1,BO,中,A,1,B,=,a,.,四边形,AA,1,B,1,B,为菱形,A,1,H,AB,1,设,AB,1,与底面,ABC,成的角为,答案,B,点B1到平面ABC的距离为d=,6.(2009,海南,),如图所示,正方体,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,的棱长为,1,，线,段,B,1,D,1,上有两个动点,E,、,F,且,EF,=,则下列结论中错误的是,( ),A.,AC,BE,B.,EF,平面,ABCD,C.,三棱锥,A,BEF,的体积为定值,D.,异面直线,AE,BF,所成的角为定值,6.(2009海南)如图所示,正方体,解析,由正方体的性质可知,AC,平面,BB,1,D,1,D,则,AC,BE,所以,A,正确,;,易知,B,正确,;,因,B,到直线,B,1,D,1,的距离是,1,而,EF,=,点,A,到平面,BB,1,D,1,D,的距离为常量 所,以三棱锥,A,BEF,的体积,V,A,BEF,=,所以,C,正确,.,答案,D,解析 由正方体的性质可知,AC平面BB1D1D,则AC,二、填空题,7.(2009,江苏,),在平面上,若两个正三角形的边长比,为,1:2,则它们的面积比为,1:4,类似地,在空间中,若,两个正四面体的棱长比为,1:2,则它们的体积比为,_.,解析,两个正三角形是相似的三角形,它们的面,积之比是相似比的平方,.,同理,两个正四面体是两个,相似几何体,体积之比为相似比的立方,所以它们的,体积比为,1:8.,1:8,二、填空题1:8,8.,（,2008,海南、宁夏）一个六棱柱的底面是正六边,形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在,同一个球面上，且该六棱柱的高为 ，底面周长为,3,，那么这个球的体积为,.,解析,正六棱柱的底面周长为,3,，,正六棱柱的底面边长为,.,又正六棱柱的高为 ，,正六棱柱的体对角线长为,.,正六棱柱的外接球半径为,1.V,球,= .,8.（2008海南、宁夏）一个六棱柱的底面是正六边,9.(2009,浙江,),如图,在长方形,ABCD,中,AB,=2,BC,=1,E,为,DC,的中点,F,为线段,EC,(,端点除外,),上一动点,.,现将,AFD,沿,AF,折起,使平面,ABD,平面,ABC,.,在平面,ABD,内过点,D,作,DK,AB,K,为垂足,.,设,AK,=,t,则,t,的取值范围,是,_.,9.(2009浙江)如图,在长方形ABCD中,AB=2,B,解析,如图,在平面,ADF,内过,D,作,DH,AF,垂足为,H,连结,HK,.,过,F,点作,FP,BC,交,AB,于点,P,.,设,FAB,=,则,设,DF,=,x,则,1,x,2.,DK,平面,ABC,DH,AF,则,AH,HK,.,在,Rt,ADF,中,ADH,和,APF,都是直角三角形,PF,=,AD,Rt,ADH,Rt,APF,AH,=,AP,=,x,.,解析 如图,在平面ADF内过D作,答案,答案,10.(2008,全国,),已知菱形,ABCD,中,AB,=2,A,=,120,沿对角线,BD,将,ABD,折起,使二面角,A,-,BD,-,C,为,120,则点,A,到,BCD,所在平面的距离等于,_.,解析,如图所示,取,BD,中点,E,连接,AE,、,CE,.,ABD,、,BCD,均为等腰三角形，,AE,BD,CE,BD,BD,平面,AEC,.,AEC,为二面角,A,BD,C,的平面角,AEC,=120.,10.(2008全国)已知菱形ABCD中,AB=2,A,在平面,AEC,内过,A,作,CE,的垂线,AH,垂足为,H,则,H,在,CE,的延长线上,.,BD,平面,AEC,.,BD,AH,.,又,AH,CE,AH,平面,BCD,.,BAD,=120,BAE,=60,cos,BAE,= ,AE,=1.,又,AEH,=60,AH,=,即点,A,到面,BCD,的距离为,答案,在平面AEC内过A作CE的垂线AH,垂足为H,则H在CE,三、解答题,11.(2009,湖北,),如图，四棱锥,S,ABCD,的底面是正方形,SD,平面,ABCD,SD,=2,a,AD,=,点,E,是,SD,上的点,且,DE,=,a,(0,2).,(1),求证,:,对任意的 ,(0,2,都有,AC,BE,;,(2),设二面角,C,AE,D,的大小为,直线,BE,与平面,ABCD,所成的角为,若 求 的值,.,三、解答题,方法一,(1),证明,如图,连结,BE,、,BD,由底面,ABCD,是正方形可得,AC,BD,.,SD,平面,ABCD,BD,是,BE,在平面,ABCD,上的射影,图,AC,BE,.,(2),解,如图,由,SD,平面,ABCD,CD,平面,ABCD,SD,CD,.,又底面,ABCD,是正方形,CD,AD,.,又,SD,AD,=,D,CD,平面,SAD,.,方法一 (1)证明 如图,连结BE、,过点,D,在平面,SAD,内作,DF,AE,于,F,连结,CF,则,CF,AE,故,CFD,是二面角,C,AE,D,的平面角,即,CFD,=,在,Rt,BDE,中,BD,=2,a,DE,=,a,在,Rt,ADE,中,AD,=,DE,=,AE,=,由 ,(0,2,解得 即为所求,.,过点D在平面SAD内作DFAE于F,连结CF,则CF,方法二,(1),证明,以,D,为原点,的方向分别作为,x,y,z,轴的正方向建立如图所示的,空间直角坐标系,则,D,(0,0,0),A,( ,0,0),B,( , ,0),C,(0, ,0),E,(0,0,a,), =2,a,2,-2,a,2,+0,a,=0,即,AC,BE,方法二 (1)证明 以D为原点,(2),解,由,(1),得,设平面,ACE,的法向量为,n,=(,x,y,z,),易知平面,ABCD,与平面,ADE,的一个法向量分别为,=,(0,0,2,a,),与,=(0, ,0).,(2)解 由(1)得,由 ,(0,2,解得 即为所求,.,点、直线、平面之间的位置关系教学ppt课件,12.(2009,全国,),如图,直三棱柱,ABC,A,1,B,1,C,1,中,AB,AC,D,、,E,分,别为,AA,1,、,B,1,C,的中点,DE,平面,BCC,1,.,(1),证明,:,AB,=,AC,;,(2),设二面角,A,BD,C,为,60,求,B,1,C,与平面,BCD,所,成的角的大小,.,12.(2009全国)如图,直三棱柱,方法一,(1),证明,取,BC,的中点,F,连结,EF,则,连结,AF,则四边形,ADEF,为平行四边形,从而,AF,DE,.,又,DE,平面,BCC,1,故,AF,平面,BCC,1,从而,AF,BC,即,AF,为,BC,的垂直平分线，,所以,AB,=,AC,.,(2),解,作,AG,BD,垂足为,G,连结,CG,.,由三垂线定理,知,CG,BD,故,AGC,为二面角,A,BD,C,的平面角,.,由题设知,AGC,=60.,设,AC,=2,则,AG,=,又,AB,=2,BC,=,故,AF,= .,方法一 (1)证明 取BC的中点F,连结EF,则,由,AB,AD,=,AG,BD,得,解得,AD,= ,故,AD,=,AF,.,又,AD,AF,所以四边形,ADEF,为正方形,.,因为,BC,AF,BC,AD,AF,AD,=,A,故,BC,平面,DEF,.,因此平面,BCD,平面,DEF,.,连结,AE,、,DF,设,AE,DF,=,H,则,EH,DF,EH,平面,BCD,.,连结,CH,则,ECH,为,B,1,C,与平面,BCD,所成的角,.,因为,ADEF,为正方形,AD,= ,故,EH,=1.,又,EC,=,B,1,C,=2.,所以,ECH,=30,即,B,1,C,与平面,BCD,所成的角为,30.,由ABAD=AGBD得,方法二,(1),证明,以,A,为坐标原点,分,别以,AB,AC,AA,1,为,x,轴,y,轴,z,轴的正半,轴,建立如图所示的直角坐标系,A,xyz,设,B,(1,0,0),C,(0,b,0),D,(0,0,c,),则,B,1,(1,0,2,c,),由,DE,平面,BCC,1,知,DE,BC,求得,b,=1,所以,AB,=,AC,.,方法二 (1)证明 以A为坐标原点,分,(2),解,设平面,BCD,的法向量,=(,x,y,z,),令,x,=1,则,y,=1,z,=,又平面,ABD,的法向量,由二面角,A,BD,C,为,60,知,(2)解 设平面BCD的法向量 =(x,y,z),所以,B,1,C,与平面,BCD,所成的角为,30.,返回,返回,专题八 明治维新第一课走向崩溃的幕府统治,高一年级历史科 选修模块一,历史上重大改革回眸,专题八 明治维新第一课走向崩溃的幕府统治高一年级历史科,一是走向崩溃的幕府政权；,二是明治维新的举措；,三是迅速崛起的日本；,改革的,背景,；,改革的,内容,；,改革的,影响,；,本专题的,主要内容,：,81,一是走向崩溃的幕府政权；二是明治维新的举措； 三是迅速崛起的,第一课 走向崩溃的幕府政权,第一课,史料介绍：,幕府一词始自古代汉语，指出征时将军的府署。在日本，最初指近卫大将住所，转指武士首脑征夷大将军,(,简称将军,),府邸，以后又称将军为首的中央政权为幕府。,幕府,1603,年初，德川家康打败竞争对手，取得,“,征夷大将军,”,的称号，在江户设立幕府，建立起统一中央集权的幕府统治，史称德川幕府或江户幕府，开始了二百六十多年的统治。德川家族对日本的统治是通过幕府的形式实现的。,史料介绍：幕府一词始自古代汉语，指出征时将军的府署。在日本,德川幕府统治的,构成,天皇,：,享有崇高威望，名义上是国家的最高统治者，但并没有实权。,幕府将军,：,掌握实权。将军也是最大的封建主，直接管理着全国四分之一的土地和许多重要城市。,大名,：,藩的首领，（全国其他地区分成大大小小两百多个,“,藩,”,） 享有藩的世袭统治权，但必须听命于将军。,武士,：,将军与大名养着的自己家臣。从将军或大名那里得到封地和禄米，但必须效忠将军或大名,84,德川幕府统治的构成天皇：享有崇高威望，名义上是国家的最高统,将军与大名都养着自己的家臣即武士，武士从将军或大名那里得到封地和禄米，但必须效忠将军或大名，这些武士一般是,职业军人,，拥有,佩刀特权,，他们,构成了幕府统治的基础,，从而形成了由幕府和藩,构,成的,封建统治制度即,幕藩体制,。德川幕府为了从思想意识上培养武士这个支柱，大力宣扬武士应具有,忠,、,义,、,勇,的,“,武士道,”,精神，使武士为其效力和卖命。,日本武士,85,将军与大名都养着自己的家臣即武士，武士从将军或大名那,天 皇 （傀 儡）,将 军,大 名,武 士,农 工 商,等级森严,士,幕府统治下的日本社会分为,士,、农、工、商,四个等级，武士阶级是统治阶级。,身份等级世代相继，不能逾越。,86,天 皇 （傀 儡）将 军大 名武 士农 工 商等,补充知识：,幕府的腐朽统治（政治）,1,）,森严的等级制度,激化了阶级矛盾：日本社会被分为士,(,将军、大名、武士,),、农、工、商四个等级。,2,）,重农抑商政策,严重阻碍了资本主义的发展。,3,）,闭关政策,使日本逐渐落后于世界发展的大趋势。,87,补充知识：幕府的腐朽统治（政治） 1）森严的等级制度激化,一、,资本主义因素的成长,；,1,、原因：,2,、表现：,1,）城市；,2,）农村；,生产力的提高,，日本的自然经济开始瓦解。,商业资本和高利贷资本发达，形成江户、大阪、京都三个中心，并开始参与藩政。,商品经济也渗透到农村，促进了自然经济的解体。,A.,经济较发达地区，资本主义的手工工场,普遍发展起来。,B.,有些商人组织资本主义性质家庭手工业,或直接投资本主义手工工场。,C.,一小部分兼营手工业的农民，开始使用,雇佣工人，扩大自己的作纺。,这些人在经营商业、高利贷或资本主义家庭劳动同时，还投资于土地，,变成新兴地主。,88,一、资本主义因素的成长；1、原因：生产力的提高，日本的自然经,探究活动一：,资本主义因素的成长对日本社会产生了怎样的影响？,