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如左下圖，空間四點A、B、C、D中，每兩點所連線段的長都等于a，動點P在線段AB上，動點Q在線段CD上，則P與Q的最短距離為_________.

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如圖，直角三角形OAB的直角頂點O是空間坐標系O-xyz的原點，點A在Ox軸正半軸上，|OA|=1；點B在Oz軸正半軸上，|OB|=2．我們稱△OAB繞Oz軸逆時針旋轉

π

2

后得到的旋轉體為四分之一圓錐體．以下關于此四分之一圓錐體的三視圖的表述錯誤的是（　　）

A、該四分之一圓錐體主視圖和左視圖的圖形是全等的直角三角形

B、該四分之一圓錐體俯視圖的圖形是一個圓心角為 π 2 的扇形

C、該四分之一圓錐體主視圖、左視圖和俯視圖的圖形都是扇形

D、該四分之一圓錐體主視圖的圖形面積大于俯視圖的圖形面積

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如圖，直角三角形OAB的直角頂點O是空間坐標系O-xyz的原點，點A在Ox軸正半軸上，|OA|=1；點B在Oz軸正半軸上，|OB|=2．我們稱△OAB繞Oz軸逆時針旋轉后得到的旋轉體為四分之一圓錐體．以下關于此四分之一圓錐體的三視圖的表述錯誤的是（ ）

A．該四分之一圓錐體主視圖和左視圖的圖形是全等的直角三角形
B．該四分之一圓錐體俯視圖的圖形是一個圓心角為的扇形
C．該四分之一圓錐體主視圖、左視圖和俯視圖的圖形都是扇形
D．該四分之一圓錐體主視圖的圖形面積大于俯視圖的圖形面積

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難點磁場

解：(1)在矩形ABCD中，作AE⊥BD，E為垂足

連結QE，∵QA⊥平面ABCD，由三垂線定理得QE⊥BE

∴QE的長為Q到BD的距離

在矩形ABCD中，AB=a,AD=b,

∴AE=

在Rt△QAE中，QA=PA=c

∴QE=

∴Q到BD距離為.

(2)解法一：∵平面BQD經過線段PA的中點，

∴P到平面BQD的距離等于A到平面BQD的距離

在△AQE中，作AH⊥QE，H為垂足

∵BD⊥AE,BD⊥QE,∴BD⊥平面AQE  ∴BD⊥AH

∴AH⊥平面BQE，即AH為A到平面BQD的距離.

在Rt△AQE中，∵AQ=c,AE=

∴AH=

∴P到平面BD的距離為

解法二：設點A到平面QBD的距離為h，由

V_A―BQD=V_Q―ABD,得S△_BQD?h=S_△ABD?AQ

h=

殲滅難點訓練

一、1.解析：過點M作MM′⊥EF,則MM′⊥平面BCF

∵∠MBE=∠MBC

∴BM′為∠EBC為角平分線，

∴∠EBM′=45°,BM′=,從而MN=

答案：A

2.解析：交線l過B與AC平行，作CD⊥l于D，連C₁D，則C₁D為A₁C₁與l的距離，而CD等于AC上的高，即CD=,Rt△C₁CD中易求得C₁D==2.6

答案：C

二、3.解析：以A、B、C、D為頂點的四邊形為空間四邊形，且為正四面體，取P、Q分別為AB、CD的中點，因為AQ=BQ=a,∴PQ⊥AB,同理可得PQ⊥CD，故線段PQ的

長為P、Q兩點間的最短距離，在Rt△APQ中，PQ=a

答案：a

4.解析：顯然∠FAD是二面角E―AB―C的平面角，∠FAD=30°,過F作FG⊥平面ABCD于G，則G必在AD上，由EF∥平面ABCD.

∴FG為EF與平面ABCD的距離，即FG=.

答案：

三、5.(1)證明：由于BC₁∥AD₁，則BC₁∥平面ACD₁

同理，A₁B∥平面ACD₁，則平面A₁BC₁∥平面ACD₁

(2)解：設兩平行平面A₁BC₁與ACD₁間的距離為d，則d等于D₁到平面A₁BC₁的距離.易求A₁C₁=5，A₁B=2，BC₁=，則cosA₁BC₁=,則sinA₁BC₁=,則S=,由于，則S?d=?BB₁,代入求得d=,即兩平行平面間的距離為.

(3)解：由于線段B₁D₁被平面A₁BC₁所平分，則B₁、D₁到平面A₁BC₁的距離相等，則由(2)知點B₁到平面A₁BC₁的距離等于.

6.解：(1)連結DB交AC于O，連結EO，

∵底面ABCD是正方形

∴DO⊥AC，又ED⊥面ABCD

∴EO⊥AC，即∠EOD=45°

又DO=a，AC=a，EO==a，∴S_△EAC=a

(2)∵A₁A⊥底面ABCD，∴A₁A⊥AC，又A₁A⊥A₁B₁

∴A₁A是異面直線A₁B₁與AC間的公垂線

又EO∥BD₁，O為BD中點，∴D₁B=2EO=2a

∴D₁D=a，∴A₁B₁與AC距離為a

(3)連結B₁D交D₁B于P，交EO于Q，推證出B₁D⊥面EAC

∴B₁Q是三棱錐B₁―EAC的高，得B₁Q=a

7.解：(1)∵BB₁⊥A₁E，CC₁⊥A₁F，BB₁∥CC₁

∴BB₁⊥平面A₁EF

即面A₁EF⊥面BB₁C₁C

在Rt△A₁EB₁中，

∵∠A₁B₁E=45°，A₁B₁=a

∴A₁E=a,同理A₁F=a,又EF=a，∴A₁E=a

同理A₁F=a,又EF=a

∴△EA₁F為等腰直角三角形，∠EA₁F=90°

過A₁作A₁N⊥EF，則N為EF中點，且A₁N⊥平面BCC₁B₁

即A₁N為點A₁到平面BCC₁B₁的距離

∴A₁N=

又∵AA₁∥面BCC₁B，A到平面BCC₁B₁的距離為

∴a=2，∴所求距離為2

(2)設BC、B₁C₁的中點分別為D、D₁，連結AD、DD₁和A₁D₁，則DD₁必過點N，易證ADD₁A₁為平行四邊形.

∵B₁C₁⊥D₁D,B₁C₁⊥A₁N

∴B₁C₁⊥平面ADD₁A₁

∴BC⊥平面ADD₁A₁

得平面ABC⊥平面ADD₁A₁，過A₁作A₁M⊥平面ABC，交AD于M，

若A₁M=A₁N，又∠A₁AM=∠A₁D₁N，∠AMA₁=∠A₁ND₁=90°

∴△AMA₁≌△A₁ND₁,∴AA₁=A₁D₁=,即當AA₁=時滿足條件.

8.解：(1)∵BC∥AD,BC面PBC,∴AD∥面PBC

從而AD與PC間的距離就是直線AD與平面PBC間的距離.

過A作AE⊥PB，又AE⊥BC

∴AE⊥平面PBC，AE為所求.

在等腰直角三角形PAB中，PA=AB=a

∴AE=a

(2)作CM∥AB，由已知cosADC=

∴tanADC=,即CM=DM

∴ABCM為正方形，AC=a,PC=a

過A作AH⊥PC,在Rt△PAC中，得AH=

下面在AD上找一點F，使PC⊥CF

取MD中點F，△ACM、△FCM均為等腰直角三角形

∴∠ACM+∠FCM=45°+45°=90°

∴FC⊥AC,即FC⊥PC∴在AD上存在滿足條件的點F.

［學法指導］立體幾何中的策略思想及方法

立體幾何中的策略思想及方法

近年來，高考對立體幾何的考查仍然注重于空間觀點的建立和空間想象能力的培養(yǎng).題目起點低，步步升高，給不同層次的學生有發(fā)揮能力的余地.大題綜合性強，有幾何組合體中深層次考查空間的線面關系.因此，高考復習應在抓好基本概念、定理、表述語言的基礎上，以總結空間線面關系在幾何體中的確定方法入手，突出數學思想方法在解題中的指導作用，并積極探尋解答各類立體幾何問題的有效的策略思想及方法.

一、領悟解題的基本策略思想

高考改革穩(wěn)中有變.運用基本數學思想如轉化，類比，函數觀點仍是考查中心，選擇好典型例題，在基本數學思想指導下，歸納一套合乎一般思維規(guī)律的解題模式是受學生歡迎的，學生通過熟練運用，逐步內化為自己的經驗，解決一般基本數學問題就會自然流暢.

二、探尋立體幾何圖形中的基面

立體幾何圖形必須借助面的襯托，點、線、面的位置關系才能顯露地“立”起來.在具體的問題中，證明和計算經常依附于某種特殊的輔助平面即基面.這個輔助平面的獲取正是解題的關鍵所在，通過對這個平面的截得，延展或構造，綱舉目張，問題就迎刃而解了.

三、重視模型在解題中的應用

學生學習立體幾何是從認識具體幾何模型到抽象出空間點、線、面的關系，從而培養(yǎng)空間想象能力.而數學問題中許多圖形和數量關系都與我們熟悉模型存在著某種聯(lián)系.它引導我們以模型為依據，找出起關鍵作用的一些關系或數量，對比數學問題中題設條件，突出特性，設法對原圖形補形，拼湊、構造、嵌入、轉化為熟知的、形象的、直觀的模型，利用其特征規(guī)律獲取優(yōu)解.