高三數學課件范文

導語：如何才能寫好一篇高三數學課件，這就需要搜集整理更多的資料和文獻，歡迎閱讀由公務員之家整理的十篇范文，供你借鑒。

篇1

一、教材分析

(一)內容說明

函數是中學數學的重要內容，中學數學對函數的研究大致分成了三個階段。

三角函數是最具代表性的一種基本初等函數。4.8節是第二章《函數》學習的延伸，也是第四章《三角函數》的核心內容,是在前面已經學習過正、余弦函數的圖象、三角函數的有關概念和公式基礎上進行的，其知識和方法將為后續內容的學習打下基礎，有承上啟下的作用。

本節課是數形結合思想方法的良好素材。數形結合是數學研究中的重要思想方法和解題方法。

著名數學家華羅庚先生的詩句：......數缺形時少直觀，形少數時難入微，數形結合百般好，隔裂分家萬事休......可以說精辟地道出了數形結合的重要性。

本節通過對數形結合的進一步認識，可以改進學習方法，增強學習數學的自信心和興趣。另外，三角函數的曲線性質也體現了數學的對稱之美、和諧之美。

因此，本節課在教材中的知識作用和思想地位是相當重要的。

(二)課時安排

4.8節教材安排為4課時,我計劃用5課時

(三)目標和重、難點

1.教學目標

教學目標的確定，考慮了以下幾點：

(1)高一學生有一定的抽象思維能力，而形象思維在學習中占有不可替代的地位，所以本節要緊緊抓住數形結合方法進行探索;

(2)本班學生對數學科特別是函數內容的學習有畏難情緒，所以在內容上要降低深難度。

(3)學會方法比獲得知識更重要，本節課著眼于新知識的探索過程與方法，鞏固應用主要放在后面的三節課進行。

由此，我確定了以下三個層面的教學目標：

(1)知識層面：結合正弦曲線、余弦曲線，師生共同探索發現正(余)弦函數的性質，讓學生學會正確表述正、余函數的單調性和對稱性,理解體會周期函數性質的研究過程和數形結合的研究方法;

(2)能力層面：通過在教師引導下探索新知的過程，培養學生觀察、分析、歸納的自學能力，為學生學習的可持續發展打下基礎;

(3)情感層面：通過運用數形結合思想方法，讓學生體會(數學)問題從抽象到形象的轉化過程，體會數學之美，從而激發學習數學的信心和興趣。

2. 重、難點

由以上教學目標可知，本節重點是師生共同探索，正、余函數的性質，在探索中體會數形結合思想方法。

難點是：函數周期定義、正弦函數的單調區間和對稱性的理解。

為什么這樣確定呢?

因為周期概念是學生第一次接觸，理解上易錯;單調區間從圖上容易看出，但用一個區間形式表示出來，學生感到困難。

如何克服難點呢?

其一，抓住周期函數定義中的關鍵字眼，舉反例說明;

其二，利用函數的周期性規律，抓住“橫向距離”和“k∈Z"的含義，充分結合圖象來理解單調性和對稱性

二、教法分析

(一)教法說明 教法的確定基于如下考慮：

(1)心理學的研究表明：只有內化的東西才能充分外顯，只有學生自己獲取的知識，他才能靈活應用，所以要注重學生的自主探索。

(2)本節目的是讓學生學會如何探索、理解正、余弦函數的性質。教師始終要注意的是引導學生探索，而不是自己探索、學生觀看，所以教師要引導，而且只能引導不能代辦，否則不但沒有教給學習方法，而且會讓學生產生依賴和倦怠。

(3)本節內容屬于本源性知識，一般采用觀察、實驗、歸納、總結為主的方法，以培養學生自學能力。

所以，根據以人為本，以學定教的原則，我采取以問題為解決為中心、啟發為主的教學方法，形成教師點撥引導、學生積極參與、師生共同探討的課堂結構形式，營造一種民主和諧的課堂氛圍。

(二) 教學手段說明：

為完成本節課的教學目標，突出重點、克服難點，我采取了以下三個教學手段：

(1)精心設計課堂提問，整個課堂以問題為線索，帶著問題探索新知，因為沒有問題就沒有發現。

(2)為便于課堂操作和知識條理化，事先制作正弦函數、余弦函數性質表，讓學生當堂完成表格的填寫;

(3)為節省課堂時間，制作幻燈片演示正、余弦函數圖象和性質，也可以使教學更生動形象和連貫。

三、學法和能力培養

我發現，許多學生的學習方法是：直接記住函數性質，在解題中套用結論，對結論的來源不理解，知其然不知其所以然，應用中不能變通和遷移。

本節的學習方法對后續內容的學習具有指導意義。為了培養學法，充分關注學生的可持續發展，教師要轉換角色，站在初學者的位置上，和學生共同探索新知，共同體驗數形結合的研究方法，體驗周期函數的研究思路;幫助學生實現知識的意義建構，幫助學生發現和總結學習方法，使教師成為學生學習的高級合作伙伴。

教師要做到：

授之以漁，與之合作而漁，使學生享受漁之樂趣。 因此

1.本節要教給學生看圖象、找規律、思考提問、交流協作、探索歸納的學習方法。

2.通過本課的探索過程，培養學生觀察、分析、交流、合作、類比、歸納的學習能力及數形結合(看圖說話)的意識和能力。

四、教學程序

指導思想是：兩條線索、三大特點、四個環節

(一)導入

引出數形結合思想方法，強調其含義和重要性，告訴學生，本節課將利用數形結合方法來研究，會使學習變得輕松有趣。

采用這樣的引入方法，目的是打消學生對函數學習的畏難情緒，引起學生注意，也激起學生好奇和興趣。

(二)新知探索 主要環節，分為兩個部分

教學過程如下：

第一部分————師生共同研究得出正弦函數的性質

1.定義域、值域 2.周期性

3.單調性 (重難點內容)

為了突出重點、克服難點，采用以下手段和方法：

(1)利用多媒體動態演示函數性質，充分體現數形結合的重要作用;

(2)以層層深入，環環相扣的課堂提問，啟發學生思維，反饋課堂信息，使問題成為探索新知的線索和動力，隨著問題的解決，學生的積極性將被調動起來。

(3)單調區間的探索過程是：

先在靠近原點的一個單調周期內找出正弦函數的一個增區間，由此表示出所有的增區間，體現從特殊到一般的知識認識過程。

** 教師結合圖象幫助學生理解并強調 “距離”(“長度”)是周期的多少倍

為什么要這樣強調呢?

因為這是對知識的一種意義建構，有助于以后理解記憶正弦型函數的相關性質。

4.對稱性

設計意圖：

(1)因為奇偶性是特殊的對稱性，掌握了對稱性，容易得出奇偶性，所以著重講清對稱性。體現了從一般到特殊的知識再現過程。

(2)從正弦函數的對稱性看到了數學的對稱之美、和諧之美，體現了數學的審美功能。

5.最值點和零值點

有了對稱性的理解，容易得出此性質。

第二部分————學習任務轉移給學生

設計意圖：

(1)通過把學習任務轉移給學生，激發學生的主體意識和成就動機，利于學生作自我評價;

(2)通過學生自主探索，給予學生解決問題的自主權，促進生生交流，利于教師作反饋評價;

(3)通過課堂教學結構的改革，提高課堂教學效率，最終使學生成為獨立的學習者，這也符合建構主義的教學原則。

(三)鞏固練習

補充和選作題體現了課堂要求的差異性。

(四)結課

五、板書說明 既要體現原則性又要考慮靈活性

1.板書要基本體現整堂課的內容與方法，體現課堂進程，能簡明扼要反映知識結構及其相互聯系;能指導教師的教學進程、引導學生探索知識;同時不完全按課本上的呈現方式來編排板書。即體現系統性、程序性、概括性、指導性、啟發性、創造性的原則;(原則性)

2.使用幻燈片輔助板書，節省課堂時間，使課堂進程更加連貫。(靈活性)

六、效果及評價說明

(一)知識診斷

(二)評價說明

1.針對本班學生情況對課本進行了適當改編、細化，有利于難點克服和學生主體性的調動。

2. 根據課堂上師生的雙邊活動，作出適時調整、補充(反饋評價);根據學生課后作業、提問等情況，反復修改并指導下節課的設計(反復評價)。

篇2

高考數學重點考查學生的能力，而這種能力是以整體的、完善的知識結構為基礎的。有人認為高三復習課由于時間緊、內容多只好采用“大容量，快節奏”的方式。于是高三數學復習課往往存在下面五方面的問題：一是重視課堂任務的完成，忽視學生聽課的感受；二是重視常規工作的完成，忽視課前的充分準備；三是以教師思維代替學生思維，忽視學生學習的能動性；四是重視知識的注入、疊加、再現，忽視非智力因素對學習的影響；五是追求應試效果、強化訓練和解題技巧的指導過多，學生自主探究知識的學習太少。

事實上，為了高效率地完成總復習的繁重任務，更應該講究復習教學的科學性和有效性。教師要始終堅持以學生為主體，教師為主導的教學原則。復習數學課不能由教師包講，更不能成為教師展示自己解題能力的表演，而要還給學生課堂的空間，讓學生真正成為學習的主人。作為數學教師，如何讓學生在課堂上“動”起來、“忙”起來？如何更好地提高復習效率？

高中生的抽象邏輯思維屬于理論型，他們基本上可以掌握辯證思維（一般到特殊的演繹過程，特殊到一般的歸納過程），能夠用理論作指導來分析，綜合各種事實材料，擴大自己的知識領域。在情感方面，高中階段，獨立性、自主性是情感發展的主要特征。學生的意志行為愈來愈多，他們追求真理、正直。高層自我調控在行為控制中占主導地位，一切外界因素只有內化為自我調控時才能發揮其作用。就像“洋思中學”的蔡林森校長所說的：（1）學生能不能成才不是教師教出來的，是他自己學出來的。（2）教師進課堂的任務不是去講，而是組織學生學。（3）什么叫完成教學任務？學生學會了才叫完成教學任務。

根據我校學生基礎比較薄弱，層次差異大、回家學習不自覺的實際學情，我校將課堂教學現實的努力方向確立為：向課堂45分鐘要質量，力求打造適合我校學情的高效課堂模式“30+15”（即教師講課不得超過30分鐘，學生練習消化不得少于15分鐘）。

經過近兩年多來課堂教學實踐，挖掘其中的教學規律，我覺得在高三數學課實施“30+15”課堂教學模式需要注意以下幾個問題：

一、連節課如何合理安排講練時間，充分調動學生的學習積極性和主動性

高三數學課大部分都是連節（一周三次），如果兩節課都采用“30+15”課堂教學模式，這樣上下來，不僅學生會覺得累，連老師都會覺得體力透支。怎么來合理地分配那90分鐘，盡量不要浪費一分一秒，值得我們深思。注意規律理論指出，任何人的注意不可能以同樣強度維持20分鐘以上。教師應該運用有意注意的規律合理組織教學活動，經常進行學習目的性教育，明確為什么學習，每一部分學習內容的具體要求是什么？目的越明確，注意就越容易集中。根據兩種注意（有意注意與無意注意）轉換的規律特點，結合自己平時聽課的感受（前面剛開始聽得很認真，中間沒心思聽，快下課又很認真聽），我把第一節課45分鐘分配成20（教師講）+15（學生練）+10（教師講），第二節課的45分鐘分配成5（教師講）+30（學生練，主要是小測）+10（教師點評小測）。

二、如何做到精講精練

新課改后數學每學期的教學任務都很繁重，特別是高三的數學復習，在短短不到一年時間要復習10本書。教師講的時間又減少，這就要求教師要做到精講精練。例題是數學教學的靈魂。在平時的備課當中，我堅守兩個原則：

（1）選題要突出一個“精”字。設計的試題一般有：

①類比型試題：通過尋同辨異，加深理解。例如可以通過尋找它們的共同點及分析它們的不同之處，在對比中加深理解，達到對知識的鞏固。

②變式型試題：

例如：教材104頁例3

變換視角：已知橢圓+=1的焦點為，點P為橢圓上的動點，當為鈍角時，求點P的橫坐標的取值范圍。

變換條件：已知橢圓+=1的焦點為，點P為橢圓上的動點，當為直角三角形時，求點P的坐標。

開放條件：已知橢圓+=1（a>b>0），

變式①點P為橢圓上的動點，當點P在何處時∠F1PF2最大？

變式②試問橢圓上是否存在點P，使若存在，這樣的點P有幾個？不存在，說明理由。

通過變換視角、變換條件、開放條件，可以擺脫學生一味機械地模仿，克服思維定勢，拓寬思維，培養思維的靈活性、嚴密性和深刻性，加強對基本概念的理解。

③問題鏈型試題：例題是一節課的靈魂，是能否突破知識重點難點的關鍵，例題設計要有層次性，能誘敵深入逐本求源，可以通過變換視角、變換條件、開放條件等手段，讓學生在探究中感悟到高考題是以不變之本，應萬變之體，克服習慣上的思維定勢，拓寬思路，培養思維的靈活性、嚴密性和深刻性，進一步加強對基礎知識、基本技能的理解。

（2）設計練習突出一個“準”字

設計練習要求：

a.難度小一點：難度要適中。太難，容易使學生產生畏難情緒，做而生煩；太淺，容易產生松懈怠慢心理，也不利于個性品質的培養。

b.考點準一點：要緊扣復習要求、重難點，要突出一個“準”字。

c.概括性強一點：應具有多種功能，有一定的概括性、典型性、代表性，能培養一定的數學能力。

三、適合自己學生的方法才是好方法

一堂課是不是有效課？我覺得最關鍵的是有沒有適合自己的學生。在復習求圓的方程時，我先在3班授課，講了三道例題，一道是已知圓上兩點和圓心所在的一直線方程，求圓的方程；一道是已知圓上三點求圓的方程；一道是已知切點和對應的切線方程，和圓心所在的一直線方程求圓的方程。我讓學生先做了15分鐘，講評時把收集到的學生的方法展示出來，所以每道題都有2-3種解法。原本對自己的這堂課很滿意，但下課時有位學生給我提了個建議說：“老師，方法多了學生會亂，剛才三道題有一個共同的解法，先求圓心后求半徑，主要教我們這個就行啦”。我把他的建議到4班實行，感覺學生好像掌握得比較好。教學活動是個動態的過程，它必須通過教師和學生之間的信息聯系和信息反饋，才能實現控制和調節。每一堂課都有預定的目標要求和實施方案，但在實施過程中，教師必須了解是否符合學生的實際，選用的方法是否切合學生的知識基礎和認知條件，這樣才能達到我們真正的教學目的。

篇3

關鍵詞：數學；高效課堂；動心；動情；動身

中圖分類號：G623.5 文獻標志碼：A 文章編號：1008-3561（2016）34-0082-01

在提倡素質教育的今天，學生的主體地位得到充分的提高。學生是課堂的第一主體，是高效課堂成敗的首要因素。以往數學課堂的教學內容，主要框定在數學教師的教學活動之內，忽視數學課堂教學的高效性。老師是“水桶”，學生是“水碗”，數學課堂教學就是“灌水”的過程。數學教師教得特別辛苦，學生學得也特別痛苦，漸漸地，學生對數學學習產生了逆反心理，對數學學習漸漸地失去興趣。因此，教師必須要改變以往陳舊的教學模式，要尊重學生的主體地位，要讓學生不再“痛苦地學習”，從“要我學”變為“我要學”。要改變學生厭煩學習數學的觀念，實現數學課堂的有效性，教師必須做到“三動”。

一、動心

何謂動心？動心即要學生真心地喜歡學習數學，對數學產生興趣。于漪曾說過：“課的第一錘要敲在學生的心靈上，激發起他們思維的火花，或像磁石一樣把學生牢牢地吸引住?！崩纾虒W“能被3整除的數的特征”時，教師可以先跟學生來一個比賽。讓學生隨便說出一個數，教師迅速地回答這個數是否能被3整除。學生便覺得奇怪：老師怎么會如此快速準確地計算出來呢？這引起學生的求知欲，激發學生的學習興趣，吸引其注意力，使其在整節課都認真地學習老師傳授的方法。一節課下來，學生不但不感覺累，反而學習興趣高漲，教學重難點得到突破，達到預期的教學目標，實現有效教學。

二、動情

感情是最難捉摸的東西，倘若學生對數學產生了感情，便會越發地喜歡學習數學和熱愛數學，實現數學課堂教學的有效性。

（1）以情感人。數學課堂不像語文課堂具有一定的激情，能讓學生專注于學習課文，體會當中的含義，但數學課堂也能做到以情感人，讓學生專注于學習數學、熱愛數學。例如，教學蘇教版四年級數學下冊“了解我們的生存空間”時，可以帶領學生回憶動畫片《熊出沒》，讓學生回憶熊大、熊二保護森林，得知樹被砍掉后傷心地為樹唱最后一曲的故事，讓學生感受熊大、熊二與樹之間無比真摯的感情。然后告訴學生，假如樹被砍掉是為了制造賀卡，請計算一棵樹大概可以制作多少張賀卡。借這個故事教育學生要好好保護樹木，不要隨意浪費紙張。因為這是小鳥的好朋友樹犧牲自己換來的，我們更應好好珍惜。一節課下來，學生們深受感動，認真計算賀卡所消耗樹木的數量，清晰地明白要珍惜友誼和保護樹木，節約用紙。這樣，能讓學生有效地學習數學知識，領悟人生道理。

（2）以美動人。教學充滿美感，才能激發學生學習的熱情。數學老師不能讓學生為了學數學而學數學，一定要充分挖掘數學教材中一切可以運用的素材，讓數學知識變得生動。如教學四年級“搭配的規律”時，教師在引出問題后，依次出示美術中顏色的搭配、音樂中音符的搭配、生活中衣服的搭配等等。這能使學生感受到顏色的鮮艷、音樂的柔美，讓數學融入到各個學科和生活中，感受來自不同學科的美，真正體會到數學無處不在，感受數學的美，體會數學的魅力。又如在教學“百分數的意義”一課后，教師先讓學生靜靜地欣賞一首詩：“一蓑一笠一葉舟，一支竹竿一條鉤。一山一水一輪月，一人獨釣一江秋?！苯處熥寣W生沉浸在詩歌的美感之中，然后讓學生數一下這詩中一共用了多少個“一”字，“一”字占這首詩總字數的百分之幾，“一”字在這首詩里面起了什么作用。這樣的練習，不僅能夠激發學生數學學習的興趣，而且還鞏固了這節課所學習到的知識。

三、動身

動身，即要求教師在課堂上盡量引導學生能較好地動口、動腦和動手，讓學生全身心參與到數學課堂的教學過程之中。數學教師在數學教學中一定要引導學生動手、動腦、動口，從而使學生所學的數學知識掌握得更牢固。這是深化學生對數學概念理解的有效教學手段，也是優化數學課堂教學、提高教學質量的有效途徑。數學課程標準指出：有效的數學學習活動不能單純地依賴模仿與記憶，動手實踐、自主探索與合作交流是學生學習數學的重要方式。所以，在教學過程中，教師必須充分調動學生動手、動腦和動口能力，讓其全身參與到數學課堂中。例如，講述“三角形內角和”時，先讓學生使用量角器測量一下三角形任意兩個內角的度數，然后告訴教師，教師迅速說出另一個內角的度數。這引起學生的質疑，好奇老師是怎么知道的。在這種情況下，教師開始教學。這種動手、動腦和動口的引入，可以讓學生從無意注意向有意注意轉變，激發學生學習的動力。又如，在有關路程的應用題教學中，教師先讓學生讀熟題目，弄清題意，明白題目給出的已知條件。然后，再讓學生畫出線路圖，便于學生理清思路，利用圖文結合來解決問題。教師要最大限度地讓每一位學生都能開口說說自己對應用題的理解和分析，以說促思，同時也可集思廣益，發散創造性思維。要通過數學教學，充分培養學生的動手、動腦和動口能力，讓學生真正全身心投入到學習之中。

參考文獻：

篇4

關鍵詞：“三五X”教學模式；學習效率

中圖分類號：G632 文獻標識碼：A 文章編號：1002-7661（2013）01-187-01

對學生來說學習數學的重要目的就是學會用數學的方式思考，用數學的眼光去看世界，用數學的邏輯分析事件的前因后果。如何有效利用課堂教學時間，如何盡可能地提高學生學習數學的興趣，提高學生的學習效率，我認為“三五X”教學模式既符合素質教育理念，又從根本上改變了數學教學中存在的“少慢差費，高耗低效”的教學現狀，更可以實現教師的教學行為和學生學習方式的質的轉變，教學過程中凸顯同步訓練，點上深化，面上擴展，全面提升的新思路，真正實現數學教學的高效性。

一、加強新教學模式的理論學習和嘗試，教學中努力踐行“三五X”高效課堂教學模式

所謂“三五X”高效課堂教學模式就是指三個目標，五個指標，多種模式。三個目標就是在教學中培養學生的三種學習能力，即自主學習，合作學習和探索學習。五個指標是指課堂評價的五項標準，即學生自主學習的時間每節課應保持在30—32分鐘為宜；學生個體主動學習的參與率應達到學生總人數的60%左右；課堂練習應實現數量合理，講練結合，難度適中，層次科學；學生主動參與課堂活動的興奮度應達到80%，絕大多數學生以飽滿熱情，積極地參與課堂活動，并有所收獲；學生學習目標效果測試面和測試成果應達到80%以上。“X”則是指各任課教師根據學生的實際情況，學科特點，區域差異，教師授課經驗及特長等實際情況而采用各具特色的教學方式，這一方面體現了課改的新理念、新思路，另一方面又體現了教學過程中差異性，多樣性的學科特點。

新課程標準明確要求教師從從片面注重知識傳授轉變為注重學生學習能力的培養，教師不僅要關注學生學習的結果，更重要的是要關注學生的學習過程，促進自主學習、合作學習，引導學生探索學習，讓學生親歷、感受、理解感悟知識推導過程，注重學生數學素養的培養和創新能力的提高，重視學生的可持續發展和健全人格的塑造。教師必須轉變角色，更新觀念，加強業務學習，以新課程理念為行動指南，真正做到由注入式教學轉變為啟發式，學生由被動的聽課轉變為主動參與，由單純的講授知識轉變為知識和能力并重，共性與個性結合。 “三五X”高效課堂教學模式有著嚴密的內在邏輯關系。高效課堂實現的目標，實現的手段和實現的途徑與方法有機的結合在一起，這既實現了教學的總體目標，又承認城鄉差別，個體差異，學科差異等不可回避的現實問題。

二、明確教學目標，準確把握學習重難點

“三五X”高效課堂教學模式明確提出教師必須優化課堂教學設計，從學生發展的角度出發，從有利于學生能力培養和知識掌握方面出發對課堂教學活動進行科學合理的安排。數學教學目標分為三大領域，即認識領域、情感領域和動作技能領域，所以教師備課時應圍繞三維目標選擇教學策略和方法，并對教學內容進行科學合理的整合。備課應以課標為依據以教材為藍本，以學生認知能力為基礎，從不同層次出發活用教材，對于學生掌握的教師不要講解，對于學生完全不能掌握的不要講解。

教學中為了使學生明確本課學習的重、難點，教師在講授新課前應將重、難點簡要地寫出來，并用彩色粉筆進行標注，以便引起學生注意。教師講解難點時可通過手勢語、聲音高低變化、板書、Flas、多媒體幻燈片等方式刺激學生大腦提高學生興奮度，使學生對所學內容留下深刻印象。

三、建立和諧的師生關系，充分發揮學生主體作用，調動學生的學習積極性

只有建立民主、平等的師生關系，積極創設和諧、激情的課堂氛圍，才能增強師生之間的教學互動，改變教師與學生之間單向的教學互動。只有建立一種有效的雙向或多向的師生教學互動，才能使師生、生生之間多層次的互動和交流富有成效，使學生掌握知識，發展能力。師生間的互動交往不追求形式上的熱鬧，而應追求實實在在的質量和效果。

學生是學習的主體，教師要圍繞著學生展開教學。在教學過程中，自始至終讓學生唱主角，使學生變被動學習為主動學習，讓學生成為學習的主人，教師成為學習的領路人。在上課過程中教師盡量少講，對于一些問題可以讓學生充當教師的身份給其他學生講解。學生的思維本身就是一個資源庫，學生往往會想出教師意想不到的解題思路和方法。

四、教學過程中要勤分析，善反思，做一名反思型教師。

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關鍵詞：高師 美術教學法課程 教學模式 實踐研究

“美術教學法”是師范美術教育中的一門重要課程。但在教學實際中，它卻并不受歡迎。從課程的發展來看，它沒有及時與當下時代中學教學改革的背景相呼應；作為教材教法課，它過分具體和呆板的內容難以引發學生的興趣。要想改變這一現狀，必須重新思考課程的定位，對課程實施的方法以及與此相關的問題進行實實在在的實驗性的探討與研究。

本次課程改革將研究視野定位在基礎教育新課改的背景下，針對高師美術教學法課程進行改革探索，將傳統美術教學法課程進行“理論――實訓――實踐‘三段式’教學模式”的構建。本次課程改革主要實現對“三段式”教學模式中三大教學模塊之間關系的論證、三大模塊研究內容的實踐，最終對高師教法課實現“理論――實訓――實踐‘三段式’教學模式”的建構，并在此基礎上對美術教學法課程建立新的評價機制。以實訓帶動理論的學習，使學生掌握美術教學的理論知識，加強美術教學實踐能力，為形成和完善中小學美術教師的職業素質和能力奠定良好的基礎。

一、構建理論與實踐結合的“模塊化”的課程體系――“三段式”教學模式中三大教學模塊及其關系的建構研究

高師美術教學法課程體系中理論與實踐部分，在教學內容的科學銜接上，在教學順序不可倒置的流程關系上都有著內在的不可分割的有機聯系。在這次教學改革中，將整個課程中理論與實踐部分分為三個教學模塊：基礎知識模塊、實訓模塊和實踐模塊。各模塊間既相互獨立，又相互關聯。

1、基礎知識教學模塊：著眼于學生理論素養的培養

高師美術教學法課程體系中原有四部分內容：課程、學生、教學和教師，在教法課的傳統教學中這四部分的內容均為單純的理論教學。本課題研究在本次教學改革的探索中，精縮傳統教學內容中的學生論和教師論部分，在課程論和教學論部分拓展基礎教育美術新課改的相關內容，讓傳統的優秀教學資源與新課程改革的理念、內容有效結合。因此，本課題構建的基礎知識模塊將中學新課程改革的內容充分滲入到教學論、課程論、教師論等相關部分，使傳統的教學內容更具有時代性，基礎知識模塊在學生二年級第二學期集中完成。

2、實訓教學模塊：著眼于學生方法技能素質的訓練

基于中學美術新課程改革的課程標準的要求，本課題研究在高師美術教學法課程教學過程中本著“教師為主導，學生為主體，實訓為主線”的原則，打造“四階教學法”，以實現學生師范技能的有效培養：

第1階，學生基本師范技能的訓練：包括美術課教案制定、PPT課件制作、板書設計、美術教師口語等。

第2階，學生專業素養及能力的訓練。包括分析美術課程、設計課程的原則及方法 等。

第3階，學生課堂授課能力的訓練：包括備課、上課、組織課堂教學的方法與策略、教學評價能力等。

第4階，學生教研能力的訓練：包括教學反思、教育敘事、教學調查、教學科研能力等。

本課題研究中增設的實訓教學模塊采用案例教學、討論教學、情景模擬等多種教學方法，讓學生體驗課堂情境，促使學生由觀課到教學的、由被動到主動的理念和行為轉變。在前期基礎知識模塊學習的基礎上引入新課改中優秀的中學教學課例，由觀摩到教學分解的實訓改變以往傳統的教學模式，為實踐模塊做充分的鋪墊工作；實訓模塊將在學生三年級第一學期進行。

3、實踐模塊教學：以美術專業教學技能競賽為先導、優化提升教育實習效果

實踐模塊將在學生三年級第二學期施行，伴隨整個學期的教育實習和省級、校級等若干個教學競賽，讓學生自主實踐，獨立承擔教學設計并完成教學任務，鼓勵學生基于新課改的要求積極創新中學課程。鑒于高師美術教育實習知識技能的綜合性、應用性、實踐性特色，本課題研究將美術專業教學技能教學競賽納入美術教學法課程。以美術專業教學技能競賽為先導環節、給學生一個專業知識整合及教育技能強化和教學理念創新的準備平臺，一個基于美術新課改要求的創新平臺，有效提升、優化高師美術教育實習的效果。

研究圍繞三大教學模塊的教學比例、順序安排、內容銜接遞進以及構建關系進行具體研究：在教學流程上沿著“理論――實訓――實踐”的漸進順序；在教學時間的安排上將實行分段式教學，將原有的理論時間精縮，增設實訓課程，最后是實踐部分。三個教學模塊間的知識由理論到應用層層遞進，相互關聯，前面的模塊是后面模塊的知識基礎，后面的模塊又是對前面模塊的直接實踐。

二、“三段式”教學模式中教學實驗的展開研究

1、實訓教學模塊的實驗步驟

在進行實訓的學期，課程組按照高中美術新課程改革的教學模塊，又結合學生的興趣將他們分成九個教研小組（鑒賞、繪畫、書法、設計、工藝等），在教學過程中本著“教師為主導，學生為主體，實訓為主線”的原則，精心設計有序的教學內容，對學生教學教法技能采用“四步”訓練法：

1）課例導學，宏觀設計。

在第一階段理論知識學習之后，從中學美術教學的實際問題出發，精心準備各種典型中學美術教學課例，指導學生從宏觀上對各種課型進行教學思考和設計。在這個階段，教師處于課程的主導角色。在此階段，對學生開始展開實訓訓練的第一步：學生基本師范技能的訓練：包括美術課教案制定、PPT課件制作、板書設計、美術教師口語等。

2）分析課例，合作學習。

針對課例進行具體分析，教師啟發學生自主思考。將課例分解為若干個部分，逐步分析課例的優勢和不足，組織各教研小組討論解決問題。學生在討論交流中，發現問題，提出問題，在問題的引導下學習相關知識和師范技能。在這個階段，教師處于課程的輔助角色，學生進入教學訓練的第二步：即對學生專業素養及能力的訓練。包括分析美術課程、設計課程的原則及方法等。

3）設計課例，學以致用。

學期中段，為了保持學生學習的積極性，鼓勵學生學以致用，要求學生自主設計并獨立完成一節中學美術教學課。各教研小組將圍繞自己小組的規定科目準備一次完整的教學，進一步的鞏固知識。在這一階段，學生處于教學訓練的第三步：即完整課堂授課能力的訓練，包括備課、上課、組織課堂教學的方法與策略、教學評價能力等。此階段學生處于課堂的主體，教師處于課程的欣賞者角色。

4）歸納總結，自我提高。

課程進行到此階段，教師引導學生將實訓階段所學理論知識和教學體會進行歸納總結。各教研小組推薦本組內部一節最優秀的課程作為示范課，讓全體學生能夠以若干個不同內容的課例為載體，充分掌握不同課型的授課技巧。同時，通過集中進行的教學反思和教育敘事活動，既鞏固了學生的師范技能，又提高了他們的創新能力和思考能力。利用網絡將課堂教學延伸到課外，學生根據需要通過網絡學習有關的內容，搜集教學資料，給學生的研究性學習提供了更加豐富的資源。在這一階段，教師處于課程的組織者角色，學生處于教學訓練的第四步：即教研能力的訓練，包括教學反思、教育敘事、教學調查、教學科研能力等。

2、組織競賽與實習并重的實踐學習

教育實習高師美術類課程與教育類課程的知識技能綜合運用于教育教學實踐的實踐性操作課程。為了擺脫學科教育的束縛，提升學生教育實踐的效果。在學生進入三年級上學期之后，圍繞每年一次的“河南省畢業生師范技能大賽”和洛陽師范學院“十佳未來教學明星”比賽，以院系為單位開展一系列的師范技能大賽。以師范技能競技為平臺，既考查了實訓階段的教學效果，又整體提升學生的教育實踐的能力。

競賽選手將建立學生競賽檔案，以記錄他（她）們在競賽當中自身的成長。在院系競技中獲獎的學生作為向省級比賽推薦的選手，將被院系樹立為本屆學生師范技能高水平的明星典型，學期末實習結束總結時，在學生中間組織觀摩討論學習會，生生互動，相互學習，為學生師范技能的再次提高，和下一屆教育實習工作奠定了堅實的基礎。

（三）全新的評價機制的建構――“三段式”教學模式中課程評價機制的研究

“三段式”教學模式中針對高師美術教學法課程應注重理論性、創造性和實際技能培養的要求，建立以綜合實踐能力考核為主線的開放式、全程化考核體系。新的評價方式包括理論考核和實踐考核的改革，實現考教分離，客觀評價學生掌握本專業知識、技能的能力以及應用知識、繼續學習、創新發展的能力。

本課題研究在評價機制構建研究方面，以學生綜合實踐能力考核為主線，建立開放式、全程化考核體系。針對高師美術教學法課程應注重理論性、創造性和實際技能培養的要求，我們全面改革了 “期末一張卷”的傳統考核方法。新的評價方式包括理論考核和實踐考核的改革：

1、 理論考核將傳統的閉卷考試變為開卷考試，立足新課改的教學理念，加大主觀測試題的分值，考核學生分析和解決問題的能力；

2、 實訓考核內容范圍更廣，包括對學生的授課能力、教案、PPT課件制作能力、審美能力和創新能力等綜合考評；考核方式由傳統教師“一錘定音”的考核方式，變為以小組為單位進行的互相評價，最后由教師綜合量化。

3、 實踐環節的考核則采用學生自評成績、實習成績和競賽成績相結合的考評方式。

新的評價機制將更好的實現考教分離，不僅能夠客觀的了解學生掌握知識的能力，同時還客觀評價學生掌握專業知識、技能的能力以及應用知識、繼續學習、創新發展的能力。

篇6

立體幾何

第二十三講

空間中點、直線、平面之間的位置關系

2019年

1.(2019全國III文8）如圖，點N為正方形ABCD的中心，ECD為正三角形，平面ECD平面ABCD，M是線段ED的中點，則

A．BM=EN，且直線BM、EN

是相交直線

B．BM≠EN，且直線BM，EN

是相交直線

C．BM=EN，且直線BM、EN

是異面直線

D．BM≠EN，且直線BM，EN

是異面直線

2.（2019全國1文19）如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.

（1）證明：MN∥平面C1DE；

（2）求點C到平面C1DE的距離．

3.（2019全國II文7）設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是

A．α內有無數條直線與β平行

B．α內有兩條相交直線與β平行

C．α，β平行于同一條直線

D．α，β垂直于同一平面

4.（2019北京文13）已知l，m是平面外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：

①lm；②m∥；③l．

以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：__________．

5.（2019江蘇16）如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC．

求證：（1）A1B1∥平面DEC1；

（2）BEC1E．

6.（2019全國II文17）如圖，長方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BEEC1.

（1）證明：BE平面EB1C1；

（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱錐的體積．

7.(2019全國III文19）圖1是由矩形ADEB、ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結DG，如圖2.

（1）證明圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC平面BCGE；

（2）求圖2中的四邊形ACGD的面積.

8.（2019北京文18）如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點．

（Ⅰ）求證：BD平面PAC；

（Ⅱ）若∠ABC=60°，求證：平面PAB平面PAE；

（Ⅲ）棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．

9.（2019天津文17）如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，，，，

（Ⅰ）設分別為的中點，求證：平面；

（Ⅱ）求證：平面；

（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值.

10.（2019江蘇16）如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC．

求證：（1）A1B1∥平面DEC1；

（2）BEC1E．

11.（2019浙江19）如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點.

（1）證明：；

（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.

12.（2019北京文18）如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點．

（Ⅰ）求證：BD平面PAC；

（Ⅱ）若∠ABC=60°，求證：平面PAB平面PAE；

（Ⅲ）棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．

13.（2019全國1文16）已知∠ACB=90°，P為平面ABC外一點，PC=2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為___________．

14.（2019全國1文19）如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.

（1）證明：MN∥平面C1DE；

（2）求點C到平面C1DE的距離．

15.（2019天津文17）如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，，，，

（Ⅰ）設分別為的中點，求證：平面；

（Ⅱ）求證：平面；

（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值.

16.（2019浙江8）設三棱錐V-ABC的底面是正三角形，側棱長均相等，P是棱VA上的點（不含端點），記直線PB與直線AC所成角為α，直線PB與平面ABC所成角為β，二面角P-AC-B的平面角為γ，則

A．β

B．β

C．β

D．α

17.（2019浙江19）如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點.

（1）證明：；

（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.

2010-2018年

一、選擇題

1．(2018全國卷Ⅱ)在正方體中，為棱的中點，則異面直線與所成角的正切值為

A．

B．

C．

D．

2．(2018浙江)已知平面，直線，滿足，，則“∥”是“∥”的

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充分必要條件

D．既不充分也不必要條件

3．（2017新課標Ⅰ）如圖，在下列四個正方體中，，為正方體的兩個頂點，，，為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直接與平面不平行的是

4．（2017新課標Ⅲ）在正方體中，為棱的中點，則

A．

B．

C．

D．

5．（2016年全國I卷）平面過正方體ABCDA1B1C1D1的頂點A，∥平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABB1

A1=n，則m，n所成角的正弦值為

A．

B．

C．

D．

6．（2016年浙江）已知互相垂直的平面

交于直線l．若直線m，n滿足m∥α，nβ，則

A．m∥l

B．m∥n

C．nl

D．mn

7．（2015新課標1）《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題：“今有委米依垣內角，下周八尺，高五尺，問”積及為米幾何？”其意思為：“在屋內墻角處堆放米（如圖，米堆為一個圓錐的四分之一），米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少？”已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有

A．斛

B．斛

C．斛

D．斛

8．（2015新課標2）已知、是球的球面上兩點，，為該球面上的動點．若三棱錐體積的最大值為36，則球的表面積為

A．

B．

C．

D．

9．（2015廣東）若直線和是異面直線，在平面內，在平面內，是平面與平面的交線，則下列命題正確的是

A．與，都不相交

B．與，都相交

C．至多與，中的一條相交

D．至少與，中的一條相交

10．（2015浙江）如圖，已知，是的中點，沿直線將翻折成，所成二面角的平面角為，則

11．（2014廣東）若空間中四條兩兩不同的直線，滿足，則下面結論一定正確的是

A．

B．

C．既不垂直也不平行

D．的位置關系不確定

12．（2014浙江）設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面

A．若，，則

B．若，則

C．若則

D．若，，，則

13．（2014遼寧）已知，表示兩條不同直線，表示平面，下列說法正確的是

A．若則

B．若，，則

C．若，，則

D．若，，則

14．（2014浙江）如圖，某人在垂直于水平地面的墻面前的點處進行射擊訓練，已知點到墻面的距離為，某目標點沿墻面的射擊線移動，此人為了準確瞄準目標點，需計算由點觀察點的仰角的大?。ㄑ鼋菫橹本€與平面所成角）。若，，則的最大值

A．

B．

C．

D．

15．（2014四川）如圖，在正方體中，點為線段的中點。設點在線段上，直線

與平面所成的角為，則的取值范圍是

A．

B．

C．

D．

16．（2013新課標2）已知為異面直線，平面，平面．直線滿足，，則

A．且

B．且

C．與相交，且交線垂直于

D．與相交，且交線平行于

17．（2013廣東）設是兩條不同的直線,是兩個不同的平面，下列命題中正確的是

A．若,,,則

B．若,,,則

C．若,,,則

D．若,,,則

18．（2012浙江）設是直線，是兩個不同的平面

A．若∥，∥，則∥

B．若∥，，則

C．若，，則

D．若,

∥，則

19．（2012浙江）已知矩形，，．將沿矩形的對角線所在的直線進行翻折，在翻折過程中，

A．存在某個位置，使得直線與直線垂直

B．存在某個位置，使得直線與直線垂直

C．存在某個位置，使得直線與直線垂直

D．對任意位置，三對直線“與”，“與”，“與”均不垂直

20．（2011浙江）下列命題中錯誤的是

A．如果平面，那么平面內一定存在直線平行于平面

B．如果平面不垂直于平面，那么平面內一定不存在直線垂直于平面

C．如果平面，平面，，那么

D．如果平面，那么平面內所有直線都垂直于平面

21．（2010山東）在空間，下列命題正確的是

A．平行直線的平行投影重合

B．平行于同一直線的兩個平面平行

C．垂直于同一平面的兩個平面平行

D．垂直于同一平面的兩條直線平行

二、填空題

22．(2018全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為，母線，互相垂直，與圓錐底面所成角為，若的面積為，則該圓錐的體積為_____．

三、解答題

23．（2018全國卷Ⅱ）如圖，在三棱錐中，，

，為的中點．

(1)證明：平面；

(2)若點在棱上，且，求點到平面的距離．

24．（2018全國卷Ⅲ）如圖，矩形所在平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點．

(1)證明：平面平面；

(2)在線段上是否存在點，使得平面？說明理由．

25．（2018北京）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面平面，，=，，分別為，的中點．

(1)求證：；

(2)求證：平面平面；

(3)求證：∥平面．

26．（2018天津）如圖，在四面體中，是等邊三角形，平面平面，點為棱的中點，，，．

(1)求證：；

(2)求異面直線與所成角的余弦值；

(3)求直線與平面所成角的正弦值．

27．(2018江蘇)在平行六面體中，，．

求證：(1)平面；

(2)平面平面．

28．(2018浙江)如圖，已知多面體，，，均垂直于平面，，，，．

(1)證明：平面；

(2)求直線與平面所成的角的正弦值．

29．（2017新課標Ⅱ）如圖，四棱錐中，側面為等邊三角形且垂直于底面，，．

(1)證明：直線∥平面；

(2)若的面積為，求四棱錐的體積。

30．（2017新課標Ⅲ）如圖，四面體中，是正三角形，．

(1)證明：；

(2)已知是直角三角形，．若為棱上與不重合的點，且，求四面體與四面體的體積比．

31．（2017天津）如圖，在四棱錐中，平面，，，，，，．

（Ⅰ）求異面直線與所成角的余弦值；

（Ⅱ）求證：平面；

（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值．

32．（2017山東）由四棱柱截去三棱錐后得到的幾何體如圖所示，四邊形為正方形，為與的交點，為的中點，平面，

（Ⅰ）證明：∥平面；

（Ⅱ）設是的中點，證明：平面平面．

33．（2017北京）如圖，在三棱錐中，，，，，為線段的中點，為線段上一點．

（Ⅰ）求證：；

（Ⅱ）求證：平面平面；

（Ⅲ）當∥平面時，求三棱錐的體積．

34．（2017浙江）如圖，已知四棱錐，是以為斜邊的等腰直角三角形，，，，為的中點．

（Ⅰ）證明：∥平面；

（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．

35．（2017江蘇）如圖，在三棱錐中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，點E、F（E與A、D不重合）分別在棱AD，BD上，且EFAD．

求證：（1）EF∥平面ABC；

（2）ADAC．

36．（2017江蘇）如圖，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱臺形玻璃容器Ⅱ的高均為32cm，容器Ⅰ的底面對角線的長為10cm，容器Ⅱ的兩底面對角線，的長分別為14cm和62cm．

分別在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均為12cm．

現有一根玻璃棒，其長度為40cm．（容器厚度、玻璃棒粗細均忽略不計）

（1）將放在容器Ⅰ中，的一端置于點處，另一端置于側棱上，求沒入水中部分的長度；

（2）將放在容器Ⅱ中，的一端置于點處，另一端置于側棱上，求沒入水中部分的長度．

37．（2016年山東）在如圖所示的幾何體中，D是AC的中點，EF∥DB.

（I）已知AB=BC，AE=EC.求證：ACFB；

（II）已知G，H分別是EC和FB的中點.求證：GH∥平面ABC.

38．（2016年天津）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，平面AED平面ABCD，EFAB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60o，G為BC的中點.

(Ⅰ)求證：FG平面BED；

(Ⅱ)求證：平面BED平面AED；

(Ⅲ)求直線EF與平面BED所成角的正弦值.

39．（2016年全國I卷）如圖，已知正三棱錐的側面是直角三角形，，頂點在平面內的正投影為點，在平面內的正投影為點，連結并延長交于點．

（I）證明：是的中點；

（II）在圖中作出點在平面內的正投影（說明作法及理由），并求四面體的體積．

40．（2016年全國II卷）如圖，菱形的對角線與交于點，點、分別在，上，，交于點，將沿折到的位置.

(Ⅰ)證明：；

(Ⅱ)若,求五棱錐體積．

41．（2016年全國III卷）如圖，四棱錐中，底面，，，，為線段上一點，，為的中點．

（Ⅰ）證明平面；

（Ⅱ）求四面體的體積．

42．（2015新課標1）如圖四邊形為菱形，為與交點，平面．

（Ⅰ）證明：平面平面；

（Ⅱ）若，，三棱錐的體積為，求該三棱錐的側面積．

43．（2015新課標2）如圖，長方體中，，，，點，分別在，上，．過點，的平面與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形．

（Ⅰ）在圖中畫出這個正方形（不必說明畫法和理由）；

（Ⅱ）求平面把該長方體分成的兩部分體積的比值．

44．（2014山東）如圖，四棱錐中，，，

分別為線段的中點.

（Ⅰ）求證：；

（Ⅱ）求證：．

45．(2014江蘇)如圖，在三棱錐中，，E，F分別為棱的中點．已知，

求證：（Ⅰ）直線平面；

（Ⅱ）平面平面．

46．（2014新課標2）如圖，四棱錐中，底面為矩形，平面，為的中點．

（Ⅰ）證明：∥平面；

（Ⅱ）設二面角為60°，=1，=，求三棱錐的體積．

47．（2014天津）如圖，四棱錐的底面是平行四邊形，，,,,分別是棱,的中點．

（Ⅰ）證明:

平面；

（Ⅱ）若二面角為，

（ⅰ）證明：平面平面；

（ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．

48．（2013浙江）如圖，在四棱錐PABCD中，PA面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=，PA=，∠ABC=120°，G為線段PC上的點．

（Ⅰ）證明：BD面APC

；

（Ⅱ）若G是PC的中點，求DG與APC所成的角的正切值；

（Ⅲ）若G滿足PC面BGD，求

的值．

49．（2013遼寧）如圖，是圓的直徑，垂直圓所在的平面，是圓上的點．

（Ⅰ）求證：；

（Ⅱ）設為的中點，為的重心，求證：平面．

50．（2012江蘇）如圖，在直三棱柱中，，分別是棱上的點（點D不同于點C），且為的中點．

求證：（Ⅰ）平面平面；

（Ⅱ）直線平面．

51．(2012廣東)如圖所示，在四棱錐中，平面，，是中點，是上的點，且，為中邊上的高．

（Ⅰ）證明：平面；

（Ⅱ）若，求三棱錐的體積；

（Ⅲ）證明：平面．

52．（2011江蘇）如圖，在四棱錐中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分別是AP、AD的中點．

求證：（Ⅰ）直線EF∥平面PCD；

（Ⅱ）平面BEF平面PAD．

53．（2011廣東）如圖，在椎體P-ABCD中，ABCD是邊長為1的棱形，且∠DAB=60，,PB=2，E，F分別是BC,PC的中點．

（Ⅰ）證明：AD平面DEF；

（Ⅱ）求二面角P-AD-B的余弦值．

54．（2010天津）如圖，在五面體中，四邊形是正方形，平面，∥，=1，=，∠＝∠＝45°．

（Ⅰ）求異面直線與所成角的余弦值；

（Ⅱ）證明平面；

（Ⅲ）求二面角的正切值．

55．（2010浙江）如圖，在平行四邊形中，=2，∠=120°．為線段的中點，將沿直線翻折成，使平面平面，為線段的中點．

（Ⅰ）求證：∥平面；

（Ⅱ）設為線段的中點，求直線與平面所成角的余弦值．

專題八

立體幾何

第二十三講

空間中點、直線、平面之間的位置關系

答案部分

2019年

2019年

1.解析

如圖所示，聯結，.

因為點為正方形的中心，為正三角形，平面平面，是線段的中點，所以平面，平面，因為是中邊上的中線，是中邊上的中線，直線，是相交直線，設，則，，

所以，，

所以．故選B．

2.解析

（1）連結.因為M，E分別為的中點，所以，且.又因為N為的中點，所以.

由題設知，可得，故，因此四邊形MNDE為平行四邊形，.又平面，所以MN∥平面.

（2）過C作C1E的垂線，垂足為H.

由已知可得，，所以DE平面，故DECH.

從而CH平面，故CH的長即為C到平面的距離，

由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.

從而點C到平面的距離為.

3.解析：對于A，內有無數條直線與平行，則與相交或，排除；

對于B，內有兩條相交直線與平行，則；

對于C，，平行于同一條直線，則與相交或，排除；

對于D，，垂直于同一平面，則與相交或，排除．

故選B．

4.解析

若②，過作平面，則，又③，則，又，同在內，所以①，即.

5.證明：（1）因為D，E分別為BC，AC的中點，

所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，

所以A1B1∥ED.

又因為ED?平面DEC1，A1B1平面DEC1，

所以A1B1∥平面DEC1.

（2）因為AB=BC，E為AC的中點，所以BEAC.

因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.

又因為BE?平面ABC，所以CC1BE.

因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C，

所以BE平面A1ACC1.

因為C1E?平面A1ACC1，所以BEC1E.

6.解：（1）由已知得B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，

故.

又，所以BE平面.

（2）由（1）知∠BEB1=90°.由題設知RtABE≌RtA1B1E，所以，故AE=AB=3，.

作，垂足為F，則EF平面，且.

所以，四棱錐的體積.

7.解析（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．

由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．

又因為AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．

（2）取的中點，聯結，.

因為，平面，所以平面，故.

由已知，四邊形是菱形，且得，故平面.

因此.

在中，，，故.

所以四邊形的面積為4.

8.解析（Ⅰ）因為平面ABCD，且平面，

所以．

又因為底面ABCD為菱形，所以．

又平面，平面，，

所以平面PAC．

（Ⅱ）因為PA平面ABCD，平面ABCD，

所以PAAE．

因為底面ABCD為菱形，∠ABC=60°，且E為CD的中點，

所以AECD．

又，所以ABAE．

又平面，平面，，所以AE平面PAB．

又平面，所以平面PAB平面．

（Ⅲ）棱PB上存在點F，且為的中點，使得CF∥平面PAE．

取F為PB的中點，取G為PA的中點，連結CF，FG，EG．

因為，分別為，的中點，則FG∥AB，且FG=AB．

因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，

所以CE∥AB，且CE=AB．

所以FG∥CE，且FG=CE．

所以四邊形CEGF為平行四邊形，

所以CF∥EG．

因為CF平面PAE，EG平面PAE，

所以CF∥平面PAE．

9.解析

（Ⅰ）連接，易知，.又由，故，又因為平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）取棱的中點，連接.依題意，得，又因為平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.

（Ⅲ）連接，由（Ⅱ）中平面，可知為直線與平面所成的角，

因為為等邊三角形，且為的中點，所以.又，

故在中，.

所以，直線與平面所成角的正弦值為.

10..證明：（1）因為D，E分別為BC，AC的中點，

所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，

所以A1B1∥ED.

又因為ED?平面DEC1，A1B1平面DEC1，

所以A1B1∥平面DEC1.

（2）因為AB=BC，E為AC的中點，所以BEAC.

因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.

又因為BE?平面ABC，所以CC1BE.

因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C，

所以BE平面A1ACC1.

因為C1E?平面A1ACC1，所以BEC1E.

11.（I）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，所以A1EAC.

又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，

平面A1ACC1∩平面ABC=AC，

所以，A1E平面ABC，則A1EBC.

又因為A1F∥AB，∠ABC=90°，故BCA1F.

所以BC平面A1EF.

因此EFBC.

（Ⅱ）取BC中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．

由于A1E平面ABC，故AE1EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．

由（I）得BC平面EGFA1，則平面A1BC平面EGFA1，

所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上.

連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補角）.

不妨設AC=4，則在RtA1EG中，A1E=2，EG=.

由于O為A1G的中點，故，

所以．

因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是．

12.解析（Ⅰ）因為平面ABCD，且平面，

所以．

又因為底面ABCD為菱形，所以．

又平面，平面，，

所以平面PAC．

（Ⅱ）因為PA平面ABCD，平面ABCD，

所以PAAE．

因為底面ABCD為菱形，∠ABC=60°，且E為CD的中點，

所以AECD．

又，所以ABAE．

又平面，平面，，所以AE平面PAB．

又平面，所以平面PAB平面．

（Ⅲ）棱PB上存在點F，且為的中點，使得CF∥平面PAE．

取F為PB的中點，取G為PA的中點，連結CF，FG，EG．

因為，分別為，的中點，則FG∥AB，且FG=AB．

因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，

所以CE∥AB，且CE=AB．

所以FG∥CE，且FG=CE．

所以四邊形CEGF為平行四邊形，

所以CF∥EG．

因為CF平面PAE，EG平面PAE，

所以CF∥平面PAE．

13.

過點P作PO平面ABC交平面ABC于點O，

過點P作PDAC交AC于點D，作PEBC交BC于點E，聯結OD，OC，OE，

則

所以又,

故四邊形為矩形.

有所做輔助線可知，

所以，

所以矩形為邊長是1的正方形，則.

在中，，所以.

即為點P到平面ABC的距離，即所求距離為.

14.解析

（1）連結.因為M，E分別為的中點，所以，且.又因為N為的中點，所以.

由題設知，可得，故，因此四邊形MNDE為平行四邊形，.又平面，所以MN∥平面.

（2）過C作C1E的垂線，垂足為H.

由已知可得，，所以DE平面，故DECH.

從而CH平面，故CH的長即為C到平面的距離，

由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.

從而點C到平面的距離為.

15.解析

（Ⅰ）連接，易知，.又由，故，又因為平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）取棱的中點，連接.依題意，得，又因為平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.

（Ⅲ）連接，由（Ⅱ）中平面，可知為直線與平面所成的角，

因為為等邊三角形，且為的中點，所以.又，

故在中，.

所以，直線與平面所成角的正弦值為.

16.解析：解法一：如圖G為AC的中點，V在底面的射影為O，則P在底面上的射影D在線段AO上，

作于E，易得，過P作于F，

過D作，交BG于H，

則，，，

則，可得；

，可得.

解法二：由最小值定理可得，記的平面角為(顯然)，

由最大角定理可得；

解法三特殊圖形法：設三棱錐為棱長為2的正四面體，P為VA的中點，

易得，可得，，，

故選B．

17.（I）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，所以A1EAC.

又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，

平面A1ACC1∩平面ABC=AC，

所以，A1E平面ABC，則A1EBC.

又因為A1F∥AB，∠ABC=90°，故BCA1F.

所以BC平面A1EF.

因此EFBC.

（Ⅱ）取BC中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．

由于A1E平面ABC，故AE1EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．

由（I）得BC平面EGFA1，則平面A1BC平面EGFA1，

所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上.

連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補角）.

不妨設AC=4，則在RtA1EG中，A1E=2，EG=.

由于O為A1G的中點，故，

所以．

因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是．

2010-2018年

1．C【解析】如圖，連接，因為，所以異面直線與所成角等于相交直線與所成的角，即．不妨設正方體的棱長為2，則，，由勾股定理得，又由平面，可得，

所以，故選C．

2．A【解析】若，，∥，由線面平行的判定定理知∥．若∥，，，不一定推出∥，直線與可能異面，故“∥”是“∥”的充分不必要條件．故選A．

3．A【解析】由正方體的線線關系，易知B、C、D中，所以平面，

只有A不滿足．選A．

4．C【解析】如圖，連結，易知平面，所以，又，所以平面，故，選C．

5．A【解析】因為過點的平面與平面平行，平面∥平面，所以∥∥，又∥平面，所以∥，則與所成的角為所求角，所以，所成角的正弦值為，選A．

6．C【解析】選項A，只有當或時，；選項B，只有當時；選項C，由于，所以；選項D，只有當或時，，故選C．

7．B【解析】由得圓錐底面的半徑，所以米堆的體積，所以堆放的米有斛．

8．C【解析】三棱錐，其中為點到平面的距離，而底面三角形時直角三角形，頂點到平面的最大距離是球的半徑，

故=，其中為球的半徑，

所以，所以球的表面積．

9．D【解析】若直線和是異面直線，在平面內，在平面內，是平面與平面的交線，則至少與，中的一條相交，故選A．

10．B【解析】解法一

設，，則由題意知．

在空間圖形中，連結，設=．

在中，．

過作，過作，垂足分別為．

過作，使四邊形為平行四邊形，則，

連結，則就是二面角的平面角，所以．

在中，，．

同理，，，故．

顯然平面，故．

在中，．

在中，

=

，

所以

，

所以（當時取等號），

因為，，而在上為遞減函數，

所以，故選B．

解法二

若，則當時，，排除D；當時，，，排除A、C，故選B．

11．D【解析】利用正方體模型可以看出，與的位置關系不確定．選D．

12．C【解析】選項中均可能與平面平行、垂直、斜交或在平面內，故選．

13．B【解析】對于選項A，若，則與可能相交、平行或異面，A錯誤；顯然選項B正確；對于選項C，若，，則或，C錯誤；對于選項D，若，，則或或與相交，D錯誤．故選B．

14．D【解析】作，垂足為，設，則，

由余弦定理，

，

故當時，取得最大值，最大值為．

15．B【解析】直線與平面所成的角為的取值范圍是，

由于，，

所以的取值范圍是

16．D【解析】作正方形模型，為后平面，為左側面

可知D正確．

17．D【解析】A中可能平行、垂直、也可能為異面；B中還可能為異面；C中

應與中兩條相交直線垂直時結論才成立，選D．

18．B【解析】利用排除法可得選項B是正確的，∥，，則．如選項A：∥，∥時，或∥；選項C：若，，∥或；選項D：若,

，∥或．

19．B【解析】過點作，若存在某個位置，使得，則面，從而有，計算可得與不垂直，則A不正確；當翻折到時，因為，所以面，從而可得；若，因為，所以面，從而可得，而，所以這樣的位置不存在，故C不正確；同理，D也不正確，故選B．

20．D【解析】對于D，若平面平面，則平面內的某些直線可能不垂直于平面，即與平面的關系還可以是斜交、平行或在平面內，其余選項易知均是正確的．

21．D【解析】兩平行直線的平行投影不一定重合，故A錯；由空間直線與平面的位置關系及線面垂直與平行的判定與性質定理可知、均錯誤，故選D．

22．【解析】由題意畫出圖形，如圖，

設是底面圓的直徑，連接，則是圓錐的高，設圓錐的母線長為，

則由，的面積為8，得，得，在中，

由題意知，所以，．

故該圓錐的體積．

23．【解析】(1)因為，為的中點，所以，且．

連結．因為，所以為等腰直角三角形，

且，．

由知，．

由，知平面．

(2)作，垂足為．又由(1)可得，所以平面．

故的長為點到平面的距離．

由題設可知，，．

所以，．

所以點到平面的距離為．

24．【解析】(1)由題設知，平面平面，交線為．

因為，平面，所以平面，故．

因為為上異于，的點，且為直徑，所以

．

又=，所以平面．

而平面，故平面平面．

(2)當為的中點時，∥平面．

證明如下：連結交于．因為為矩形，所以為中點．

連結，因為為

中點，所以∥．

平面，平面，所以∥平面．

25．【解析】(1)，且為的中點，．

底面為矩形，，

．

(2)底面為矩形，．

平面平面，平面．

．又，

平面，平面平面．

(3)如圖，取中點，連接．

分別為和的中點，，且．

四邊形為矩形，且為的中點，

，

，且，四邊形為平行四邊形，

．

又平面，平面，

平面．

26．【解析】(1)由平面平面，平面∩平面=，，可得平面，故．

(2)取棱的中點，連接，．又因為為棱的中點，故∥．所以（或其補角）為異面直線與所成的角．

在中，，故．

因為平面，故．

在中，，故．

在等腰三角形中，，可得．

所以，異面直線與所成角的余弦值為．

(3)連接．因為為等邊三角形，為邊的中點，故，

．又因為平面平面，而平面，

故平面．所以，為直線與平面所成的角．

在中，．

在中，．

所以，直線與平面所成角的正弦值為．

27．【證明】(1)在平行六面體中，．

因為平面，平面，

所以∥平面．

(2)在平行六面體中，四邊形為平行四邊形．

又因為，所以四邊形為菱形，

因此．

又因為，∥，

所以．

又因為=，平面，平面，

所以平面．

因為平面，

所以平面平面．

28．【解析】(1)由，，，，得

，

所以．

故．

由，，，，得，

由，得，

由，得，所以，故．

因此平面．

(2)如圖，過點作，交直線于點，連結．

由平面得平面平面，

由得平面，

所以是與平面所成的角．

由，，

得，，

所以，故．

因此，直線與平面所成的角的正弦值是．

29．【解析】（1）在平面內，因為，所以∥，

又平面，平面，故∥平面．

（2）取的中點，連結，．由及∥，

得四邊形正方形，則．

因為側面為等邊三角形且垂直于底面，平面平面=，所以，底面．因為底面，所以．

設，則，，，．取的中點，連結，則，所以．

因為的面積為，所以，解得（舍去），．于是，，．

所以四棱錐的體積．

30．【解析】（1）取的中點連結，.因為，所以．

又由于是正三角形，所以.從而平面，故BD.

（2）連結．

由（1）及題設知，所以．

在中，．

又，所以

，故.

由題設知為直角三角形，所以．

又是正三角形，且，所以．

故為BD的中點，從而到平面的距離為到平面的距離的，四面體的體積為四面體的體積的，即四面體與四面體的體積之比為1:1．

31．【解析】（Ⅰ）如圖，由已知AD//BC，故或其補角即為異面直線AP與BC所成的角．因為AD平面PDC，所以ADPD．在RtPDA中，由已知，得，故．

所以，異面直線AP與BC所成角的余弦值為．

（Ⅱ）證明：因為AD平面PDC，直線PD平面PDC，所以ADPD．又因為BC//AD，所以PDBC，又PDPB，所以PD平面PBC．

（Ⅲ）過點D作AB的平行線交BC于點F，連結PF，則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角．

因為PD平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影，所以為直線DF和平面PBC所成的角．

由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC–BF=2．又ADDC，故BCDC，在RtDCF中，可得,在RtDPF中，可得．

所以，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為．

32．【解析】（Ⅰ）取中點,連接，，

由于為四棱柱,

所以，，

因此四邊形為平行四邊形,

所以,

又面,平面,

所以∥平面,

（Ⅱ）．，分別為和的中點，

，

又平面，平面，

所以，

，所以，，

又，平面，

所以平面

又平面,

所以平面平面．

33．【解析】（Ⅰ）因為，，所以平面，

又因為平面，所以．

（Ⅱ）因為，為中點，所以，

由（Ⅰ）知，，所以平面．

所以平面平面．

（Ⅲ）因為平面，平面平面，

所以．

因為為的中點，所以，．

由（Ⅰ）知，平面，所以平面．

所以三棱錐的體積．

34．【解析】（Ⅰ）如圖，設PA中點為F，連結EF，FB．

因為E，F分別為PD，PA中點，所以EF∥AD且，

又因為BC∥AD，，所以

EF∥BC且EF=BC，

即四邊形BCEF為平行四邊形，所以CE∥BF，

因此CE∥平面PAB．

（Ⅱ）分別取BC，AD的中點為M，N．連結PN交EF于點Q，連結MQ．

因為E，F，N分別是PD，PA，AD的中點，所以Q為EF中點，

在平行四邊形BCEF中，MQ∥CE．

由為等腰直角三角形得

PNAD．

由DCAD，N是AD的中點得

BNAD．

所以

AD平面PBN，

由BC∥AD得

BC平面PBN，

那么，平面PBC平面PBN．

過點Q作PB的垂線，垂足為H，連結MH．

MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角．

設CD=1．

在中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，

在PBN中，由PN=BN=1，PB=得，

在中，，MQ=，

所以

，

所以，直線CE與平面PBC所成角的正弦值是．

35．【解析】證明：（1）在平面內，因為，，所以.

又因為平面，平面，所以∥平面.

（2）因為平面平面，

平面平面=，

平面，，

所以平面.

因為平面，所以.

又，，平面，平面，

所以平面，

又因為平面，

所以．

36．【解析】（1）由正棱柱的定義，平面，

所以平面平面，．

記玻璃棒的另一端落在上點處．

因為，．

所以，從而．

記與水平的交點為，過作，為垂足，

則平面，故，

從而．

答：玻璃棒沒入水中部分的長度為16cm.

(

如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結果為24cm)

（2）如圖，，是正棱臺的兩底面中心.

由正棱臺的定義，平面

，

所以平面平面，.

同理，平面平面，.

記玻璃棒的另一端落在上點處.

過作，為垂足，

則==32.

因為=

14，=

62，

所以=

，從而.

設則.

因為，所以.

在中，由正弦定理可得，解得.

因為，所以.

于是

.

記與水面的交點為，過作，為垂足，則

平面，故=12，從而

=.

答:玻璃棒沒入水中部分的長度為20cm.

(如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結果為20cm)

37．【解析】（Ⅰ）證明：因，所以與確定一個平面，連接，因為

為的中點，所以；同理可得，又因為，所以平面，因為平面，．

（Ⅱ）設的中點為，連，在中，是的中點，所以，又，所以；在中，是的中點，所以，又，所以平面平面，因為平面，所以平面．

38．【解析】（Ⅰ）證明：取的中點為，連接，在中，因為是的中點，所以且，又因為，所以且，即四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．

（Ⅱ）證明：在中，，由余弦定理可，進而可得，即，又因為平面平面平面；平面平面，所以平面.又因為平面，所以平面平面．

（Ⅲ）解：因為，所以直線與平面所成角即為直線與平面所成角.過點作于點，連接，又因為平面平面，由（Ⅱ）知平面，所以直線與平面所成角即為.在中，，由余弦定理可得，所以，因此，在中，，所以直線與平面所成角的正弦值為．

39．【解析】（Ⅰ）因為在平面內的正投影為，所以

因為在平面內的正投影為，所以

所以平面，故

又由已知可得，，從而是的中點.

（Ⅱ）在平面內，過點作的平行線交于點，即為在平面內的正投影.

理由如下：由已知可得，，又,所以，,因此平面，即點為在平面內的正投影.

連接，因為在平面內的正投影為，所以是正三角形的中心.

由（Ⅰ）知，是的中點，所以在上，故

由題設可得平面，平面，所以，因此

由已知，正三棱錐的側面是直角三角形且，可得

在等腰直角三角形中，可得

所以四面體的體積

40．【解析】（Ⅰ）由已知得，，

又由得，故

由此得，所以

（Ⅱ）由得

由得

所以

于是故

由（Ⅰ）知，又，

所以平面于是

又由，所以，平面

又由得

五邊形的面積

所以五棱錐體積

41．【解析】（Ⅰ）由已知得，取的中點，連接，由為中點知，.

又，故平行且等于，四邊形為平行四邊形，于是.

因為平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）因為平面，為的中點，所以到平面的距離為．取的中點，連結.由得，

.

由得到的距離為，故.

所以四面體的體積.

42．【解析】（Ⅰ）因為四邊形為菱形，所以，

因為平面，所以，故平面．

又平面，所以平面平面．

（Ⅱ）設=，在菱形中，由=120°，

可得=，=．

因為，所以在中，可得．

由平面，知為直角三角形，可得．

由已知得，三棱錐的體積．

故．

從而可得．

所以的面積為3，的面積與的面積均為．

故三棱錐的側面積為．

43．【解析】（Ⅰ）交線圍成的正方形如圖

（Ⅱ）作，垂足為，則，，．因為為正方形，所以．

于是，，．

因為長方形被平面分成兩個高為10的直棱柱，所以其體積的比值為（也正確）．

44．【解析】（Ⅰ）設，連結OF，EC，

由于E為AD的中點，，

所以,

因此四邊形ABCE為菱形，所以O為AC的中點，又F為PC的中點，

因此在中，可得.

又平面BEF，平面BEF，所以平面.

（Ⅱ）由題意知，，所以四邊形為平行四邊形，

因此．又平面PCD，所以，因此．

因為四邊形ABCE為菱形，所以.

又，AP，AC平面PAC，所以平面．

45．【解析】（Ⅰ）為中點，DE∥PA，

平面DEF，DE平面DEF，PA∥平面DEF，

（Ⅱ）為中點，，

為中點，，

，，DEEF，

，，

，DE平面ABC，

DE平面BDE，平面BDE平面ABC．

46．【解析】（Ⅰ）連接BD交AC于點O，連結EO．

因為ABCD為矩形，所以O為BD的中點。

又E為PD的中點，所以EO∥PB。

EO平面AEC,PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.

（Ⅱ）因為PA平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直．

如圖，以A為坐標原點，的方向為軸的正方向，為單位長，建立空間直角坐標系，

則.

設，則。

設為平面ACE的法向量，

則即，

可取．

又為平面DAE的法向量，

由題設，即，解得．

因為E為PD的中點，所以三棱錐的高為．

三棱錐的體積．

47．【解析】（Ⅰ）證明：如圖取PB中點M，連接MF，AM.因為F為PC中點，

故MF//BC且MF=BC．由已知有BC//AD，BC=AD．又由于E為AD中點，

因而MF//AE且MF=AE，故四邊形AMFE為平行四邊形，

所以EF//AM，又AM平面PAB，而EF平面PAB，

所以EF//平面PAB.

（Ⅱ）（i）證明：連接PE，BE．因為PA=PD，BA=BD，而E為AD中點，

故PEAD，BEAD，所以PEB為二面角P-AD-B的平面角．在三角形PAD中，

由，可解得PE=2．

在三角形ABD中，由，可解得BE=1．

在三角形PEB中，PE=2，BE=1，，

由余弦定理，可解得PB=，從而，即BEPB，

又BC//AD，BEAD，從而BEBC，因此BE平面PBC．又BE平面ABCD，

所以平面PBC平面ABCD．

（ii）連接BF，由（i）知BE平面PBC．所以EFB為直線EF與平面PBC所成的角，

由PB=，PA=，AB=得ABP為直角，而MB=PB=，可得AM=，

故EF=，又BE=1，故在直角三角形EBF中，

所以直線EF與平面PBC所成角的正弦值為．

48．【解析】（Ⅰ）設點O為AC，BD的交點，

由AB＝BC，AD＝CD，得BD是線段AC的中垂線．

所以O為AC的中點，BDAC．

又因為PA平面ABCD，BD平面ABCD，

所以PABD．所以BD平面APC．

（Ⅱ）連結OG.由(1)可知OD平面APC，則DG在平面APC內的射影為OG，所以∠OGD是DG與平面APC所成的角．

由題意得OG＝PA＝.

在ABC中，AC＝＝，

所以OC＝AC＝.

在直角OCD中，OD＝＝2.

在直角OGD中，tan∠OGD＝.

所以DG與平面APC所成的角的正切值為.

（Ⅲ）連結OG.因為PC平面BGD，OG平面BGD，所以PCOG.

在直角PAC中，得PC＝.

所以GC＝.

從而PG＝，

所以.

49．【解析】（Ⅰ）由AB是圓O的直徑，得ACBC．

由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC，

又PA∩AC=A，PA平面PAC，AC平面PAC，

所以BC平面PAC．

（Ⅱ）連OG并延長交AC與M，鏈接QM，QO.

由G為?AOC的重心，得M為AC中點，

由G為PA中點，得QMPC.

又O為AB中點，得OMBC.

因為QM∩MO=M，QM平面QMO．

所以QG//平面PBC．

50．【解析】（Ⅰ）因為是直三棱柱，所以平面ABC，又平面,所以，又因為平面，所以平面，又AD平面ADE，所以平面ADE平面.

（Ⅱ）因為，為的中點，所以．因為平面，且平面，所以又因為，平面，

，所以平面，所以AD．又AD平面，平面，所以平面．

51．【解析】（Ⅰ）平面，面

又面

（Ⅱ）是中點點到面的距離，

三棱錐的體積

，

（Ⅲ）取的中點為，連接，，

又平面面面面，

點是棱的中點

，

得：平面．

52．【證明】：（Ⅰ）在PAD中，因為E、F分別為AP，AD的中點，所以EF//PD．

又因為EF平面PCD，PD平面PCD，

所以直線EF//平面PCD．

（Ⅱ）連結DB，因為AB=AD，∠BAD=60°，

所以ABD為正三角形，因為F是AD的中點，所以BFAD．

因為平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，

所以BF平面PAD．又因為BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD．

53．【解析】法一：（Ⅰ）證明：取AD中點G，連接PG，BG，BD．因PA=PD，有，在中，，有為等邊三角形，因此，所以平面PBG

又PB//EF，得，而DE//GB得AD

DE，又，所以AD

平面DEF。

（Ⅱ），為二面角P—AD—B的平面角，

在，

在，

，

法二：（Ⅰ）取AD中點為G，因為

又為等邊三角形，因此，，

從而平面PBG．

延長BG到O且使得PO

OB，又平面PBG，PO

AD，

所以PO

平面ABCD．

以O為坐標原點，菱形的邊長為單位長度，直線OB，OP分別為軸，z軸，平行于AD的直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系．

設

由于

得

平面DEF．

（Ⅱ）

取平面ABD的法向量

設平面PAD的法向量

由

取

54．【解析】（Ⅰ）因為四邊形是正方形，所以//.故為異面直線與所成的角.因為平面，所以.故.

在中，=1，=，==3,

故==.

所以異面直線和所成角的余弦值為.

（Ⅱ）證明：過點作//,交于點，則.由,可得,從而,又,=,所以平面.

(Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得=，即為的中點.取的中點，連接，則,因為//,所以//.過點作，交于，則為二面角--的平面角。

連接，可得平面,故.從而.由已知，可得=.由//,,得.

在中，,

所以二面角--的正切值為．

55．【解析】

(Ⅰ)取的中點G，連結GF，CE，由條件易知

FG∥CD，FG=CD．BE∥CD,BE=CD．所以FG∥BE，FG=BE．

故四邊形BEGF為平行四邊形，所以BF∥EG．

因為平面，BF平面，所以

BF//平面．

（Ⅱ）解：在平行四邊形,ABCD中，設BC=，則AB=CD=2，AD=AE=EB=，

連CE，因為．

在BCE中，可得CE=，

在ADE中，可得DE=，

在CDE中，因為CD2=CE2+DE2，所以CEDE,

在正三角形中，M為DE中點，所以DE.

由平面平面BCD,

可知平面BCD,

CE.

取的中點N，連線NM、NF，

所以NFDE，NF.

因為DE交于M，

所以NF平面，

則∠FMN為直線FM與平面新成角．

在RtFMN中，NF=,

MN=,

FM=，