高三数学课件范文

导语：如何才能写好一篇高三数学课件，这就需要搜集整理更多的资料和文献，欢迎阅读由公文云整理的十篇范文，供你借鉴。

篇1

一、教材分析

(一)内容说明

函数是中学数学的重要内容，中学数学对函数的研究大致分成了三个阶段。

三角函数是最具代表性的一种基本初等函数。4.8节是第二章《函数》学习的延伸，也是第四章《三角函数》的核心内容,是在前面已经学习过正、余弦函数的图象、三角函数的有关概念和公式基础上进行的，其知识和方法将为后续内容的学习打下基础，有承上启下的作用。

本节课是数形结合思想方法的良好素材。数形结合是数学研究中的重要思想方法和解题方法。

著名数学家华罗庚先生的诗句：......数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休......可以说精辟地道出了数形结合的重要性。

本节通过对数形结合的进一步认识，可以改进学习方法，增强学习数学的自信心和兴趣。另外，三角函数的曲线性质也体现了数学的对称之美、和谐之美。

因此，本节课在教材中的知识作用和思想地位是相当重要的。

(二)课时安排

4.8节教材安排为4课时,我计划用5课时

(三)目标和重、难点

1.教学目标

教学目标的确定，考虑了以下几点：

(1)高一学生有一定的抽象思维能力，而形象思维在学习中占有不可替代的地位，所以本节要紧紧抓住数形结合方法进行探索;

(2)本班学生对数学科特别是函数内容的学习有畏难情绪，所以在内容上要降低深难度。

(3)学会方法比获得知识更重要，本节课着眼于新知识的探索过程与方法，巩固应用主要放在后面的三节课进行。

由此，我确定了以下三个层面的教学目标：

(1)知识层面：结合正弦曲线、余弦曲线，师生共同探索发现正(余)弦函数的性质，让学生学会正确表述正、余函数的单调性和对称性,理解体会周期函数性质的研究过程和数形结合的研究方法;

(2)能力层面：通过在教师引导下探索新知的过程，培养学生观察、分析、归纳的自学能力，为学生学习的可持续发展打下基础;

(3)情感层面：通过运用数形结合思想方法，让学生体会(数学)问题从抽象到形象的转化过程，体会数学之美，从而激发学习数学的信心和兴趣。

2. 重、难点

由以上教学目标可知，本节重点是师生共同探索，正、余函数的性质，在探索中体会数形结合思想方法。

难点是：函数周期定义、正弦函数的单调区间和对称性的理解。

为什么这样确定呢?

因为周期概念是学生第一次接触，理解上易错;单调区间从图上容易看出，但用一个区间形式表示出来，学生感到困难。

如何克服难点呢?

其一，抓住周期函数定义中的关键字眼，举反例说明;

其二，利用函数的周期性规律，抓住“横向距离”和“k∈Z"的含义，充分结合图象来理解单调性和对称性

二、教法分析

(一)教法说明 教法的确定基于如下考虑：

(1)心理学的研究表明：只有内化的东西才能充分外显，只有学生自己获取的知识，他才能灵活应用，所以要注重学生的自主探索。

(2)本节目的是让学生学会如何探索、理解正、余弦函数的性质。教师始终要注意的是引导学生探索，而不是自己探索、学生观看，所以教师要引导，而且只能引导不能代办，否则不但没有教给学习方法，而且会让学生产生依赖和倦怠。

(3)本节内容属于本源性知识，一般采用观察、实验、归纳、总结为主的方法，以培养学生自学能力。

所以，根据以人为本，以学定教的原则，我采取以问题为解决为中心、启发为主的教学方法，形成教师点拨引导、学生积极参与、师生共同探讨的课堂结构形式，营造一种民主和谐的课堂氛围。

(二) 教学手段说明：

为完成本节课的教学目标，突出重点、克服难点，我采取了以下三个教学手段：

(1)精心设计课堂提问，整个课堂以问题为线索，带着问题探索新知，因为没有问题就没有发现。

(2)为便于课堂操作和知识条理化，事先制作正弦函数、余弦函数性质表，让学生当堂完成表格的填写;

(3)为节省课堂时间，制作幻灯片演示正、余弦函数图象和性质，也可以使教学更生动形象和连贯。

三、学法和能力培养

我发现，许多学生的学习方法是：直接记住函数性质，在解题中套用结论，对结论的来源不理解，知其然不知其所以然，应用中不能变通和迁移。

本节的学习方法对后续内容的学习具有指导意义。为了培养学法，充分关注学生的可持续发展，教师要转换角色，站在初学者的位置上，和学生共同探索新知，共同体验数形结合的研究方法，体验周期函数的研究思路;帮助学生实现知识的意义建构，帮助学生发现和总结学习方法，使教师成为学生学习的高级合作伙伴。

教师要做到：

授之以渔，与之合作而渔，使学生享受渔之乐趣。 因此

1.本节要教给学生看图象、找规律、思考提问、交流协作、探索归纳的学习方法。

2.通过本课的探索过程，培养学生观察、分析、交流、合作、类比、归纳的学习能力及数形结合(看图说话)的意识和能力。

四、教学程序

指导思想是：两条线索、三大特点、四个环节

(一)导入

引出数形结合思想方法，强调其含义和重要性，告诉学生，本节课将利用数形结合方法来研究，会使学习变得轻松有趣。

采用这样的引入方法，目的是打消学生对函数学习的畏难情绪，引起学生注意，也激起学生好奇和兴趣。

(二)新知探索 主要环节，分为两个部分

教学过程如下：

第一部分————师生共同研究得出正弦函数的性质

1.定义域、值域 2.周期性

3.单调性 (重难点内容)

为了突出重点、克服难点，采用以下手段和方法：

(1)利用多媒体动态演示函数性质，充分体现数形结合的重要作用;

(2)以层层深入，环环相扣的课堂提问，启发学生思维，反馈课堂信息，使问题成为探索新知的线索和动力，随着问题的解决，学生的积极性将被调动起来。

(3)单调区间的探索过程是：

先在靠近原点的一个单调周期内找出正弦函数的一个增区间，由此表示出所有的增区间，体现从特殊到一般的知识认识过程。

** 教师结合图象帮助学生理解并强调 “距离”(“长度”)是周期的多少倍

为什么要这样强调呢?

因为这是对知识的一种意义建构，有助于以后理解记忆正弦型函数的相关性质。

4.对称性

设计意图：

(1)因为奇偶性是特殊的对称性，掌握了对称性，容易得出奇偶性，所以着重讲清对称性。体现了从一般到特殊的知识再现过程。

(2)从正弦函数的对称性看到了数学的对称之美、和谐之美，体现了数学的审美功能。

5.最值点和零值点

有了对称性的理解，容易得出此性质。

第二部分————学习任务转移给学生

设计意图：

(1)通过把学习任务转移给学生，激发学生的主体意识和成就动机，利于学生作自我评价;

(2)通过学生自主探索，给予学生解决问题的自主权，促进生生交流，利于教师作反馈评价;

(3)通过课堂教学结构的改革，提高课堂教学效率，最终使学生成为独立的学习者，这也符合建构主义的教学原则。

(三)巩固练习

补充和选作题体现了课堂要求的差异性。

(四)结课

五、板书说明 既要体现原则性又要考虑灵活性

1.板书要基本体现整堂课的内容与方法，体现课堂进程，能简明扼要反映知识结构及其相互联系;能指导教师的教学进程、引导学生探索知识;同时不完全按课本上的呈现方式来编排板书。即体现系统性、程序性、概括性、指导性、启发性、创造性的原则;(原则性)

2.使用幻灯片辅助板书，节省课堂时间，使课堂进程更加连贯。(灵活性)

六、效果及评价说明

(一)知识诊断

(二)评价说明

1.针对本班学生情况对课本进行了适当改编、细化，有利于难点克服和学生主体性的调动。

2. 根据课堂上师生的双边活动，作出适时调整、补充(反馈评价);根据学生课后作业、提问等情况，反复修改并指导下节课的设计(反复评价)。

篇2

高考数学重点考查学生的能力，而这种能力是以整体的、完善的知识结构为基础的。有人认为高三复习课由于时间紧、内容多只好采用“大容量，快节奏”的方式。于是高三数学复习课往往存在下面五方面的问题：一是重视课堂任务的完成，忽视学生听课的感受；二是重视常规工作的完成，忽视课前的充分准备；三是以教师思维代替学生思维，忽视学生学习的能动性；四是重视知识的注入、叠加、再现，忽视非智力因素对学习的影响；五是追求应试效果、强化训练和解题技巧的指导过多，学生自主探究知识的学习太少。

事实上，为了高效率地完成总复习的繁重任务，更应该讲究复习教学的科学性和有效性。教师要始终坚持以学生为主体，教师为主导的教学原则。复习数学课不能由教师包讲，更不能成为教师展示自己解题能力的表演，而要还给学生课堂的空间，让学生真正成为学习的主人。作为数学教师，如何让学生在课堂上“动”起来、“忙”起来？如何更好地提高复习效率？

高中生的抽象逻辑思维属于理论型，他们基本上可以掌握辩证思维（一般到特殊的演绎过程，特殊到一般的归纳过程），能够用理论作指导来分析，综合各种事实材料，扩大自己的知识领域。在情感方面，高中阶段，独立性、自主性是情感发展的主要特征。学生的意志行为愈来愈多，他们追求真理、正直。高层自我调控在行为控制中占主导地位，一切外界因素只有内化为自我调控时才能发挥其作用。就像“洋思中学”的蔡林森校长所说的：（1）学生能不能成才不是教师教出来的，是他自己学出来的。（2）教师进课堂的任务不是去讲，而是组织学生学。（3）什么叫完成教学任务？学生学会了才叫完成教学任务。

根据我校学生基础比较薄弱，层次差异大、回家学习不自觉的实际学情，我校将课堂教学现实的努力方向确立为：向课堂45分钟要质量，力求打造适合我校学情的高效课堂模式“30+15”（即教师讲课不得超过30分钟，学生练习消化不得少于15分钟）。

经过近两年多来课堂教学实践，挖掘其中的教学规律，我觉得在高三数学课实施“30+15”课堂教学模式需要注意以下几个问题：

一、连节课如何合理安排讲练时间，充分调动学生的学习积极性和主动性

高三数学课大部分都是连节（一周三次），如果两节课都采用“30+15”课堂教学模式，这样上下来，不仅学生会觉得累，连老师都会觉得体力透支。怎么来合理地分配那90分钟，尽量不要浪费一分一秒，值得我们深思。注意规律理论指出，任何人的注意不可能以同样强度维持20分钟以上。教师应该运用有意注意的规律合理组织教学活动，经常进行学习目的性教育，明确为什么学习，每一部分学习内容的具体要求是什么？目的越明确，注意就越容易集中。根据两种注意（有意注意与无意注意）转换的规律特点，结合自己平时听课的感受（前面刚开始听得很认真，中间没心思听，快下课又很认真听），我把第一节课45分钟分配成20（教师讲）+15（学生练）+10（教师讲），第二节课的45分钟分配成5（教师讲）+30（学生练，主要是小测）+10（教师点评小测）。

二、如何做到精讲精练

新课改后数学每学期的教学任务都很繁重，特别是高三的数学复习，在短短不到一年时间要复习10本书。教师讲的时间又减少，这就要求教师要做到精讲精练。例题是数学教学的灵魂。在平时的备课当中，我坚守两个原则：

（1）选题要突出一个“精”字。设计的试题一般有：

①类比型试题：通过寻同辨异，加深理解。例如可以通过寻找它们的共同点及分析它们的不同之处，在对比中加深理解，达到对知识的巩固。

②变式型试题：

例如：教材104页例3

变换视角：已知椭圆+=1的焦点为，点P为椭圆上的动点，当为钝角时，求点P的横坐标的取值范围。

变换条件：已知椭圆+=1的焦点为，点P为椭圆上的动点，当为直角三角形时，求点P的坐标。

开放条件：已知椭圆+=1（a>b>0），

变式①点P为椭圆上的动点，当点P在何处时∠F1PF2最大？

变式②试问椭圆上是否存在点P，使若存在，这样的点P有几个？不存在，说明理由。

通过变换视角、变换条件、开放条件，可以摆脱学生一味机械地模仿，克服思维定势，拓宽思维，培养思维的灵活性、严密性和深刻性，加强对基本概念的理解。

③问题链型试题：例题是一节课的灵魂，是能否突破知识重点难点的关键，例题设计要有层次性，能诱敌深入逐本求源，可以通过变换视角、变换条件、开放条件等手段，让学生在探究中感悟到高考题是以不变之本，应万变之体，克服习惯上的思维定势，拓宽思路，培养思维的灵活性、严密性和深刻性，进一步加强对基础知识、基本技能的理解。

（2）设计练习突出一个“准”字

设计练习要求：

a.难度小一点：难度要适中。太难，容易使学生产生畏难情绪，做而生烦；太浅，容易产生松懈怠慢心理，也不利于个性品质的培养。

b.考点准一点：要紧扣复习要求、重难点，要突出一个“准”字。

c.概括性强一点：应具有多种功能，有一定的概括性、典型性、代表性，能培养一定的数学能力。

三、适合自己学生的方法才是好方法

一堂课是不是有效课？我觉得最关键的是有没有适合自己的学生。在复习求圆的方程时，我先在3班授课，讲了三道例题，一道是已知圆上两点和圆心所在的一直线方程，求圆的方程；一道是已知圆上三点求圆的方程；一道是已知切点和对应的切线方程，和圆心所在的一直线方程求圆的方程。我让学生先做了15分钟，讲评时把收集到的学生的方法展示出来，所以每道题都有2-3种解法。原本对自己的这堂课很满意，但下课时有位学生给我提了个建议说：“老师，方法多了学生会乱，刚才三道题有一个共同的解法，先求圆心后求半径，主要教我们这个就行啦”。我把他的建议到4班实行，感觉学生好像掌握得比较好。教学活动是个动态的过程，它必须通过教师和学生之间的信息联系和信息反馈，才能实现控制和调节。每一堂课都有预定的目标要求和实施方案，但在实施过程中，教师必须了解是否符合学生的实际，选用的方法是否切合学生的知识基础和认知条件，这样才能达到我们真正的教学目的。

篇3

关键词：数学；高效课堂；动心；动情；动身

中图分类号：G623.5 文献标志码：A 文章编号：1008-3561（2016）34-0082-01

在提倡素质教育的今天，学生的主体地位得到充分的提高。学生是课堂的第一主体，是高效课堂成败的首要因素。以往数学课堂的教学内容，主要框定在数学教师的教学活动之内，忽视数学课堂教学的高效性。老师是“水桶”，学生是“水碗”，数学课堂教学就是“灌水”的过程。数学教师教得特别辛苦，学生学得也特别痛苦，渐渐地，学生对数学学习产生了逆反心理，对数学学习渐渐地失去兴趣。因此，教师必须要改变以往陈旧的教学模式，要尊重学生的主体地位，要让学生不再“痛苦地学习”，从“要我学”变为“我要学”。要改变学生厌烦学习数学的观念，实现数学课堂的有效性，教师必须做到“三动”。

一、动心

何谓动心？动心即要学生真心地喜欢学习数学，对数学产生兴趣。于漪曾说过：“课的第一锤要敲在学生的心灵上，激发起他们思维的火花，或像磁石一样把学生牢牢地吸引住。”例如，教学“能被3整除的数的特征”时，教师可以先跟学生来一个比赛。让学生随便说出一个数，教师迅速地回答这个数是否能被3整除。学生便觉得奇怪：老师怎么会如此快速准确地计算出来呢？这引起学生的求知欲，激发学生的学习兴趣，吸引其注意力，使其在整节课都认真地学习老师传授的方法。一节课下来，学生不但不感觉累，反而学习兴趣高涨，教学重难点得到突破，达到预期的教学目标，实现有效教学。

二、动情

感情是最难捉摸的东西，倘若学生对数学产生了感情，便会越发地喜欢学习数学和热爱数学，实现数学课堂教学的有效性。

（1）以情感人。数学课堂不像语文课堂具有一定的激情，能让学生专注于学习课文，体会当中的含义，但数学课堂也能做到以情感人，让学生专注于学习数学、热爱数学。例如，教学苏教版四年级数学下册“了解我们的生存空间”时，可以带领学生回忆动画片《熊出没》，让学生回忆熊大、熊二保护森林，得知树被砍掉后伤心地为树唱最后一曲的故事，让学生感受熊大、熊二与树之间无比真挚的感情。然后告诉学生，假如树被砍掉是为了制造贺卡，请计算一棵树大概可以制作多少张贺卡。借这个故事教育学生要好好保护树木，不要随意浪费纸张。因为这是小鸟的好朋友树牺牲自己换来的，我们更应好好珍惜。一节课下来，学生们深受感动，认真计算贺卡所消耗树木的数量，清晰地明白要珍惜友谊和保护树木，节约用纸。这样，能让学生有效地学习数学知识，领悟人生道理。

（2）以美动人。教学充满美感，才能激发学生学习的热情。数学老师不能让学生为了学数学而学数学，一定要充分挖掘数学教材中一切可以运用的素材，让数学知识变得生动。如教学四年级“搭配的规律”时，教师在引出问题后，依次出示美术中颜色的搭配、音乐中音符的搭配、生活中衣服的搭配等等。这能使学生感受到颜色的鲜艳、音乐的柔美，让数学融入到各个学科和生活中，感受来自不同学科的美，真正体会到数学无处不在，感受数学的美，体会数学的魅力。又如在教学“百分数的意义”一课后，教师先让学生静静地欣赏一首诗：“一蓑一笠一叶舟，一支竹竿一条钩。一山一水一轮月，一人独钓一江秋。”教师让学生沉浸在诗歌的美感之中，然后让学生数一下这诗中一共用了多少个“一”字，“一”字占这首诗总字数的百分之几，“一”字在这首诗里面起了什么作用。这样的练习，不仅能够激发学生数学学习的兴趣，而且还巩固了这节课所学习到的知识。

三、动身

动身，即要求教师在课堂上尽量引导学生能较好地动口、动脑和动手，让学生全身心参与到数学课堂的教学过程之中。数学教师在数学教学中一定要引导学生动手、动脑、动口，从而使学生所学的数学知识掌握得更牢固。这是深化学生对数学概念理解的有效教学手段，也是优化数学课堂教学、提高教学质量的有效途径。数学课程标准指出：有效的数学学习活动不能单纯地依赖模仿与记忆，动手实践、自主探索与合作交流是学生学习数学的重要方式。所以，在教学过程中，教师必须充分调动学生动手、动脑和动口能力，让其全身参与到数学课堂中。例如，讲述“三角形内角和”时，先让学生使用量角器测量一下三角形任意两个内角的度数，然后告诉教师，教师迅速说出另一个内角的度数。这引起学生的质疑，好奇老师是怎么知道的。在这种情况下，教师开始教学。这种动手、动脑和动口的引入，可以让学生从无意注意向有意注意转变，激发学生学习的动力。又如，在有关路程的应用题教学中，教师先让学生读熟题目，弄清题意，明白题目给出的已知条件。然后，再让学生画出线路图，便于学生理清思路，利用图文结合来解决问题。教师要最大限度地让每一位学生都能开口说说自己对应用题的理解和分析，以说促思，同时也可集思广益，发散创造性思维。要通过数学教学，充分培养学生的动手、动脑和动口能力，让学生真正全身心投入到学习之中。

参考文献：

篇4

关键词：“三五X”教学模式；学习效率

中图分类号：G632 文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2013）01-187-01

对学生来说学习数学的重要目的就是学会用数学的方式思考，用数学的眼光去看世界，用数学的逻辑分析事件的前因后果。如何有效利用课堂教学时间，如何尽可能地提高学生学习数学的兴趣，提高学生的学习效率，我认为“三五X”教学模式既符合素质教育理念，又从根本上改变了数学教学中存在的“少慢差费，高耗低效”的教学现状，更可以实现教师的教学行为和学生学习方式的质的转变，教学过程中凸显同步训练，点上深化，面上扩展，全面提升的新思路，真正实现数学教学的高效性。

一、加强新教学模式的理论学习和尝试，教学中努力践行“三五X”高效课堂教学模式

所谓“三五X”高效课堂教学模式就是指三个目标，五个指标，多种模式。三个目标就是在教学中培养学生的三种学习能力，即自主学习，合作学习和探索学习。五个指标是指课堂评价的五项标准，即学生自主学习的时间每节课应保持在30—32分钟为宜；学生个体主动学习的参与率应达到学生总人数的60%左右；课堂练习应实现数量合理，讲练结合，难度适中，层次科学；学生主动参与课堂活动的兴奋度应达到80%，绝大多数学生以饱满热情，积极地参与课堂活动，并有所收获；学生学习目标效果测试面和测试成果应达到80%以上。“X”则是指各任课教师根据学生的实际情况，学科特点，区域差异，教师授课经验及特长等实际情况而采用各具特色的教学方式，这一方面体现了课改的新理念、新思路，另一方面又体现了教学过程中差异性，多样性的学科特点。

新课程标准明确要求教师从从片面注重知识传授转变为注重学生学习能力的培养，教师不仅要关注学生学习的结果，更重要的是要关注学生的学习过程，促进自主学习、合作学习，引导学生探索学习，让学生亲历、感受、理解感悟知识推导过程，注重学生数学素养的培养和创新能力的提高，重视学生的可持续发展和健全人格的塑造。教师必须转变角色，更新观念，加强业务学习，以新课程理念为行动指南，真正做到由注入式教学转变为启发式，学生由被动的听课转变为主动参与，由单纯的讲授知识转变为知识和能力并重，共性与个性结合。 “三五X”高效课堂教学模式有着严密的内在逻辑关系。高效课堂实现的目标，实现的手段和实现的途径与方法有机的结合在一起，这既实现了教学的总体目标，又承认城乡差别，个体差异，学科差异等不可回避的现实问题。

二、明确教学目标，准确把握学习重难点

“三五X”高效课堂教学模式明确提出教师必须优化课堂教学设计，从学生发展的角度出发，从有利于学生能力培养和知识掌握方面出发对课堂教学活动进行科学合理的安排。数学教学目标分为三大领域，即认识领域、情感领域和动作技能领域，所以教师备课时应围绕三维目标选择教学策略和方法，并对教学内容进行科学合理的整合。备课应以课标为依据以教材为蓝本，以学生认知能力为基础，从不同层次出发活用教材，对于学生掌握的教师不要讲解，对于学生完全不能掌握的不要讲解。

教学中为了使学生明确本课学习的重、难点，教师在讲授新课前应将重、难点简要地写出来，并用彩色粉笔进行标注，以便引起学生注意。教师讲解难点时可通过手势语、声音高低变化、板书、Flas、多媒体幻灯片等方式刺激学生大脑提高学生兴奋度，使学生对所学内容留下深刻印象。

三、建立和谐的师生关系，充分发挥学生主体作用，调动学生的学习积极性

只有建立民主、平等的师生关系，积极创设和谐、激情的课堂氛围，才能增强师生之间的教学互动，改变教师与学生之间单向的教学互动。只有建立一种有效的双向或多向的师生教学互动，才能使师生、生生之间多层次的互动和交流富有成效，使学生掌握知识，发展能力。师生间的互动交往不追求形式上的热闹，而应追求实实在在的质量和效果。

学生是学习的主体，教师要围绕着学生展开教学。在教学过程中，自始至终让学生唱主角，使学生变被动学习为主动学习，让学生成为学习的主人，教师成为学习的领路人。在上课过程中教师尽量少讲，对于一些问题可以让学生充当教师的身份给其他学生讲解。学生的思维本身就是一个资源库，学生往往会想出教师意想不到的解题思路和方法。

四、教学过程中要勤分析，善反思，做一名反思型教师。

篇5

关键词：高师 美术教学法课程 教学模式 实践研究

“美术教学法”是师范美术教育中的一门重要课程。但在教学实际中，它却并不受欢迎。从课程的发展来看，它没有及时与当下时代中学教学改革的背景相呼应；作为教材教法课，它过分具体和呆板的内容难以引发学生的兴趣。要想改变这一现状，必须重新思考课程的定位，对课程实施的方法以及与此相关的问题进行实实在在的实验性的探讨与研究。

本次课程改革将研究视野定位在基础教育新课改的背景下，针对高师美术教学法课程进行改革探索，将传统美术教学法课程进行“理论――实训――实践‘三段式’教学模式”的构建。本次课程改革主要实现对“三段式”教学模式中三大教学模块之间关系的论证、三大模块研究内容的实践，最终对高师教法课实现“理论――实训――实践‘三段式’教学模式”的建构，并在此基础上对美术教学法课程建立新的评价机制。以实训带动理论的学习，使学生掌握美术教学的理论知识，加强美术教学实践能力，为形成和完善中小学美术教师的职业素质和能力奠定良好的基础。

一、构建理论与实践结合的“模块化”的课程体系――“三段式”教学模式中三大教学模块及其关系的建构研究

高师美术教学法课程体系中理论与实践部分，在教学内容的科学衔接上，在教学顺序不可倒置的流程关系上都有着内在的不可分割的有机联系。在这次教学改革中，将整个课程中理论与实践部分分为三个教学模块：基础知识模块、实训模块和实践模块。各模块间既相互独立，又相互关联。

1、基础知识教学模块：着眼于学生理论素养的培养

高师美术教学法课程体系中原有四部分内容：课程、学生、教学和教师，在教法课的传统教学中这四部分的内容均为单纯的理论教学。本课题研究在本次教学改革的探索中，精缩传统教学内容中的学生论和教师论部分，在课程论和教学论部分拓展基础教育美术新课改的相关内容，让传统的优秀教学资源与新课程改革的理念、内容有效结合。因此，本课题构建的基础知识模块将中学新课程改革的内容充分渗入到教学论、课程论、教师论等相关部分，使传统的教学内容更具有时代性，基础知识模块在学生二年级第二学期集中完成。

2、实训教学模块：着眼于学生方法技能素质的训练

基于中学美术新课程改革的课程标准的要求，本课题研究在高师美术教学法课程教学过程中本着“教师为主导，学生为主体，实训为主线”的原则，打造“四阶教学法”，以实现学生师范技能的有效培养：

第1阶，学生基本师范技能的训练：包括美术课教案制定、PPT课件制作、板书设计、美术教师口语等。

第2阶，学生专业素养及能力的训练。包括分析美术课程、设计课程的原则及方法 等。

第3阶，学生课堂授课能力的训练：包括备课、上课、组织课堂教学的方法与策略、教学评价能力等。

第4阶，学生教研能力的训练：包括教学反思、教育叙事、教学调查、教学科研能力等。

本课题研究中增设的实训教学模块采用案例教学、讨论教学、情景模拟等多种教学方法，让学生体验课堂情境，促使学生由观课到教学的、由被动到主动的理念和行为转变。在前期基础知识模块学习的基础上引入新课改中优秀的中学教学课例，由观摩到教学分解的实训改变以往传统的教学模式，为实践模块做充分的铺垫工作；实训模块将在学生三年级第一学期进行。

3、实践模块教学：以美术专业教学技能竞赛为先导、优化提升教育实习效果

实践模块将在学生三年级第二学期施行，伴随整个学期的教育实习和省级、校级等若干个教学竞赛，让学生自主实践，独立承担教学设计并完成教学任务，鼓励学生基于新课改的要求积极创新中学课程。鉴于高师美术教育实习知识技能的综合性、应用性、实践性特色，本课题研究将美术专业教学技能教学竞赛纳入美术教学法课程。以美术专业教学技能竞赛为先导环节、给学生一个专业知识整合及教育技能强化和教学理念创新的准备平台，一个基于美术新课改要求的创新平台，有效提升、优化高师美术教育实习的效果。

研究围绕三大教学模块的教学比例、顺序安排、内容衔接递进以及构建关系进行具体研究：在教学流程上沿着“理论――实训――实践”的渐进顺序；在教学时间的安排上将实行分段式教学，将原有的理论时间精缩，增设实训课程，最后是实践部分。三个教学模块间的知识由理论到应用层层递进，相互关联，前面的模块是后面模块的知识基础，后面的模块又是对前面模块的直接实践。

二、“三段式”教学模式中教学实验的展开研究

1、实训教学模块的实验步骤

在进行实训的学期，课程组按照高中美术新课程改革的教学模块，又结合学生的兴趣将他们分成九个教研小组（鉴赏、绘画、书法、设计、工艺等），在教学过程中本着“教师为主导，学生为主体，实训为主线”的原则，精心设计有序的教学内容，对学生教学教法技能采用“四步”训练法：

1）课例导学，宏观设计。

在第一阶段理论知识学习之后，从中学美术教学的实际问题出发，精心准备各种典型中学美术教学课例，指导学生从宏观上对各种课型进行教学思考和设计。在这个阶段，教师处于课程的主导角色。在此阶段，对学生开始展开实训训练的第一步：学生基本师范技能的训练：包括美术课教案制定、PPT课件制作、板书设计、美术教师口语等。

2）分析课例，合作学习。

针对课例进行具体分析，教师启发学生自主思考。将课例分解为若干个部分，逐步分析课例的优势和不足，组织各教研小组讨论解决问题。学生在讨论交流中，发现问题，提出问题，在问题的引导下学习相关知识和师范技能。在这个阶段，教师处于课程的辅助角色，学生进入教学训练的第二步：即对学生专业素养及能力的训练。包括分析美术课程、设计课程的原则及方法等。

3）设计课例，学以致用。

学期中段，为了保持学生学习的积极性，鼓励学生学以致用，要求学生自主设计并独立完成一节中学美术教学课。各教研小组将围绕自己小组的规定科目准备一次完整的教学，进一步的巩固知识。在这一阶段，学生处于教学训练的第三步：即完整课堂授课能力的训练，包括备课、上课、组织课堂教学的方法与策略、教学评价能力等。此阶段学生处于课堂的主体，教师处于课程的欣赏者角色。

4）归纳总结，自我提高。

课程进行到此阶段，教师引导学生将实训阶段所学理论知识和教学体会进行归纳总结。各教研小组推荐本组内部一节最优秀的课程作为示范课，让全体学生能够以若干个不同内容的课例为载体，充分掌握不同课型的授课技巧。同时，通过集中进行的教学反思和教育叙事活动，既巩固了学生的师范技能，又提高了他们的创新能力和思考能力。利用网络将课堂教学延伸到课外，学生根据需要通过网络学习有关的内容，搜集教学资料，给学生的研究性学习提供了更加丰富的资源。在这一阶段，教师处于课程的组织者角色，学生处于教学训练的第四步：即教研能力的训练，包括教学反思、教育叙事、教学调查、教学科研能力等。

2、组织竞赛与实习并重的实践学习

教育实习高师美术类课程与教育类课程的知识技能综合运用于教育教学实践的实践性操作课程。为了摆脱学科教育的束缚，提升学生教育实践的效果。在学生进入三年级上学期之后，围绕每年一次的“河南省毕业生师范技能大赛”和洛阳师范学院“十佳未来教学明星”比赛，以院系为单位开展一系列的师范技能大赛。以师范技能竞技为平台，既考查了实训阶段的教学效果，又整体提升学生的教育实践的能力。

竞赛选手将建立学生竞赛档案，以记录他（她）们在竞赛当中自身的成长。在院系竞技中获奖的学生作为向省级比赛推荐的选手，将被院系树立为本届学生师范技能高水平的明星典型，学期末实习结束总结时，在学生中间组织观摩讨论学习会，生生互动，相互学习，为学生师范技能的再次提高，和下一届教育实习工作奠定了坚实的基础。

（三）全新的评价机制的建构――“三段式”教学模式中课程评价机制的研究

“三段式”教学模式中针对高师美术教学法课程应注重理论性、创造性和实际技能培养的要求，建立以综合实践能力考核为主线的开放式、全程化考核体系。新的评价方式包括理论考核和实践考核的改革，实现考教分离，客观评价学生掌握本专业知识、技能的能力以及应用知识、继续学习、创新发展的能力。

本课题研究在评价机制构建研究方面，以学生综合实践能力考核为主线，建立开放式、全程化考核体系。针对高师美术教学法课程应注重理论性、创造性和实际技能培养的要求，我们全面改革了 “期末一张卷”的传统考核方法。新的评价方式包括理论考核和实践考核的改革：

1、 理论考核将传统的闭卷考试变为开卷考试，立足新课改的教学理念，加大主观测试题的分值，考核学生分析和解决问题的能力；

2、 实训考核内容范围更广，包括对学生的授课能力、教案、PPT课件制作能力、审美能力和创新能力等综合考评；考核方式由传统教师“一锤定音”的考核方式，变为以小组为单位进行的互相评价，最后由教师综合量化。

3、 实践环节的考核则采用学生自评成绩、实习成绩和竞赛成绩相结合的考评方式。

新的评价机制将更好的实现考教分离，不仅能够客观的了解学生掌握知识的能力，同时还客观评价学生掌握专业知识、技能的能力以及应用知识、继续学习、创新发展的能力。

篇6

立体几何

第二十三讲

空间中点、直线、平面之间的位置关系

2019年

1.(2019全国III文8）如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则

A．BM=EN，且直线BM、EN

是相交直线

B．BM≠EN，且直线BM，EN

是相交直线

C．BM=EN，且直线BM、EN

是异面直线

D．BM≠EN，且直线BM，EN

是异面直线

2.（2019全国1文19）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.

（1）证明：MN∥平面C1DE；

（2）求点C到平面C1DE的距离．

3.（2019全国II文7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是

A．α内有无数条直线与β平行

B．α内有两条相交直线与β平行

C．α，β平行于同一条直线

D．α，β垂直于同一平面

4.（2019北京文13）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①lm；②m∥；③l．

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．

5.（2019江苏16）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．

求证：（1）A1B1∥平面DEC1；

（2）BEC1E．

6.（2019全国II文17）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.

（1）证明：BE平面EB1C1；

（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．

7.(2019全国III文19）图1是由矩形ADEB、ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.

（1）证明图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；

（2）求图2中的四边形ACGD的面积.

8.（2019北京文18）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．

（Ⅰ）求证：BD平面PAC；

（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB平面PAE；

（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．

9.（2019天津文17）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，

（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；

（Ⅱ）求证：平面；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.

10.（2019江苏16）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．

求证：（1）A1B1∥平面DEC1；

（2）BEC1E．

11.（2019浙江19）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.

（1）证明：；

（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

12.（2019北京文18）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．

（Ⅰ）求证：BD平面PAC；

（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB平面PAE；

（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．

13.（2019全国1文16）已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________．

14.（2019全国1文19）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.

（1）证明：MN∥平面C1DE；

（2）求点C到平面C1DE的距离．

15.（2019天津文17）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，

（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；

（Ⅱ）求证：平面；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.

16.（2019浙江8）设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P-AC-B的平面角为γ，则

A．β

B．β

C．β

D．α

17.（2019浙江19）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.

（1）证明：；

（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

2010-2018年

一、选择题

1．(2018全国卷Ⅱ)在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为

A．

B．

C．

D．

2．(2018浙江)已知平面，直线，满足，，则“∥”是“∥”的

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

3．（2017新课标Ⅰ）如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接与平面不平行的是

4．（2017新课标Ⅲ）在正方体中，为棱的中点，则

A．

B．

C．

D．

5．（2016年全国I卷）平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，∥平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABB1

A1=n，则m，n所成角的正弦值为

A．

B．

C．

D．

6．（2016年浙江）已知互相垂直的平面

交于直线l．若直线m，n满足m∥α，nβ，则

A．m∥l

B．m∥n

C．nl

D．mn

7．（2015新课标1）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有

A．斛

B．斛

C．斛

D．斛

8．（2015新课标2）已知、是球的球面上两点，，为该球面上的动点．若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为

A．

B．

C．

D．

9．（2015广东）若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，是平面与平面的交线，则下列命题正确的是

A．与，都不相交

B．与，都相交

C．至多与，中的一条相交

D．至少与，中的一条相交

10．（2015浙江）如图，已知，是的中点，沿直线将翻折成，所成二面角的平面角为，则

11．（2014广东）若空间中四条两两不同的直线，满足，则下面结论一定正确的是

A．

B．

C．既不垂直也不平行

D．的位置关系不确定

12．（2014浙江）设是两条不同的直线，是两个不同的平面

A．若，，则

B．若，则

C．若则

D．若，，，则

13．（2014辽宁）已知，表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是

A．若则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则

14．（2014浙江）如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练，已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小（仰角为直线与平面所成角）。若，，则的最大值

A．

B．

C．

D．

15．（2014四川）如图，在正方体中，点为线段的中点。设点在线段上，直线

与平面所成的角为，则的取值范围是

A．

B．

C．

D．

16．（2013新课标2）已知为异面直线，平面，平面．直线满足，，则

A．且

B．且

C．与相交，且交线垂直于

D．与相交，且交线平行于

17．（2013广东）设是两条不同的直线,是两个不同的平面，下列命题中正确的是

A．若,,,则

B．若,,,则

C．若,,,则

D．若,,,则

18．（2012浙江）设是直线，是两个不同的平面

A．若∥，∥，则∥

B．若∥，，则

C．若，，则

D．若,

∥，则

19．（2012浙江）已知矩形，，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，

A．存在某个位置，使得直线与直线垂直

B．存在某个位置，使得直线与直线垂直

C．存在某个位置，使得直线与直线垂直

D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直

20．（2011浙江）下列命题中错误的是

A．如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面

B．如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面

C．如果平面，平面，，那么

D．如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面

21．（2010山东）在空间，下列命题正确的是

A．平行直线的平行投影重合

B．平行于同一直线的两个平面平行

C．垂直于同一平面的两个平面平行

D．垂直于同一平面的两条直线平行

二、填空题

22．(2018全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为_____．

三、解答题

23．（2018全国卷Ⅱ）如图，在三棱锥中，，

，为的中点．

(1)证明：平面；

(2)若点在棱上，且，求点到平面的距离．

24．（2018全国卷Ⅲ）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．

(1)证明：平面平面；

(2)在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．

25．（2018北京）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，=，，分别为，的中点．

(1)求证：；

(2)求证：平面平面；

(3)求证：∥平面．

26．（2018天津）如图，在四面体中，是等边三角形，平面平面，点为棱的中点，，，．

(1)求证：；

(2)求异面直线与所成角的余弦值；

(3)求直线与平面所成角的正弦值．

27．(2018江苏)在平行六面体中，，．

求证：(1)平面；

(2)平面平面．

28．(2018浙江)如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，．

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成的角的正弦值．

29．（2017新课标Ⅱ）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，．

(1)证明：直线∥平面；

(2)若的面积为，求四棱锥的体积。

30．（2017新课标Ⅲ）如图，四面体中，是正三角形，．

(1)证明：；

(2)已知是直角三角形，．若为棱上与不重合的点，且，求四面体与四面体的体积比．

31．（2017天津）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，．

（Ⅰ）求异面直线与所成角的余弦值；

（Ⅱ）求证：平面；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．

32．（2017山东）由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形为正方形，为与的交点，为的中点，平面，

（Ⅰ）证明：∥平面；

（Ⅱ）设是的中点，证明：平面平面．

33．（2017北京）如图，在三棱锥中，，，，，为线段的中点，为线段上一点．

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求证：平面平面；

（Ⅲ）当∥平面时，求三棱锥的体积．

34．（2017浙江）如图，已知四棱锥，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，为的中点．

（Ⅰ）证明：∥平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

35．（2017江苏）如图，在三棱锥中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EFAD．

求证：（1）EF∥平面ABC；

（2）ADAC．

36．（2017江苏）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线的长为10cm，容器Ⅱ的两底面对角线，的长分别为14cm和62cm．

分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．

现有一根玻璃棒，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）

（1）将放在容器Ⅰ中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度；

（2）将放在容器Ⅱ中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度．

37．（2016年山东）在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.

（I）已知AB=BC，AE=EC.求证：ACFB；

（II）已知G，H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC.

38．（2016年天津）如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED平面ABCD，EFAB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60º，G为BC的中点.

(Ⅰ)求证：FG平面BED；

(Ⅱ)求证：平面BED平面AED；

(Ⅲ)求直线EF与平面BED所成角的正弦值.

39．（2016年全国I卷）如图，已知正三棱锥的侧面是直角三角形，，顶点在平面内的正投影为点，在平面内的正投影为点，连结并延长交于点．

（I）证明：是的中点；

（II）在图中作出点在平面内的正投影（说明作法及理由），并求四面体的体积．

40．（2016年全国II卷）如图，菱形的对角线与交于点，点、分别在，上，，交于点，将沿折到的位置.

(Ⅰ)证明：；

(Ⅱ)若,求五棱锥体积．

41．（2016年全国III卷）如图，四棱锥中，底面，，，，为线段上一点，，为的中点．

（Ⅰ）证明平面；

（Ⅱ）求四面体的体积．

42．（2015新课标1）如图四边形为菱形，为与交点，平面．

（Ⅰ）证明：平面平面；

（Ⅱ）若，，三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积．

43．（2015新课标2）如图，长方体中，，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；

（Ⅱ）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值．

44．（2014山东）如图，四棱锥中，，，

分别为线段的中点.

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求证：．

45．(2014江苏)如图，在三棱锥中，，E，F分别为棱的中点．已知，

求证：（Ⅰ）直线平面；

（Ⅱ）平面平面．

46．（2014新课标2）如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点．

（Ⅰ）证明：∥平面；

（Ⅱ）设二面角为60°，=1，=，求三棱锥的体积．

47．（2014天津）如图，四棱锥的底面是平行四边形，，,,,分别是棱,的中点．

（Ⅰ）证明:

平面；

（Ⅱ）若二面角为，

（ⅰ）证明：平面平面；

（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

48．（2013浙江）如图，在四棱锥PABCD中，PA面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=，PA=，∠ABC=120°，G为线段PC上的点．

（Ⅰ）证明：BD面APC

；

（Ⅱ）若G是PC的中点，求DG与APC所成的角的正切值；

（Ⅲ）若G满足PC面BGD，求

的值．

49．（2013辽宁）如图，是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）设为的中点，为的重心，求证：平面．

50．（2012江苏）如图，在直三棱柱中，，分别是棱上的点（点D不同于点C），且为的中点．

求证：（Ⅰ）平面平面；

（Ⅱ）直线平面．

51．(2012广东)如图所示，在四棱锥中，平面，，是中点，是上的点，且，为中边上的高．

（Ⅰ）证明：平面；

（Ⅱ）若，求三棱锥的体积；

（Ⅲ）证明：平面．

52．（2011江苏）如图，在四棱锥中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点．

求证：（Ⅰ）直线EF∥平面PCD；

（Ⅱ）平面BEF平面PAD．

53．（2011广东）如图，在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，且∠DAB=60，,PB=2，E，F分别是BC,PC的中点．

（Ⅰ）证明：AD平面DEF；

（Ⅱ）求二面角P-AD-B的余弦值．

54．（2010天津）如图，在五面体中，四边形是正方形，平面，∥，=1，=，∠＝∠＝45°．

（Ⅰ）求异面直线与所成角的余弦值；

（Ⅱ）证明平面；

（Ⅲ）求二面角的正切值．

55．（2010浙江）如图，在平行四边形中，=2，∠=120°．为线段的中点，将沿直线翻折成，使平面平面，为线段的中点．

（Ⅰ）求证：∥平面；

（Ⅱ）设为线段的中点，求直线与平面所成角的余弦值．

专题八

立体几何

第二十三讲

空间中点、直线、平面之间的位置关系

答案部分

2019年

2019年

1.解析

如图所示，联结，.

因为点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，所以平面，平面，因为是中边上的中线，是中边上的中线，直线，是相交直线，设，则，，

所以，，

所以．故选B．

2.解析

（1）连结.因为M，E分别为的中点，所以，且.又因为N为的中点，所以.

由题设知，可得，故，因此四边形MNDE为平行四边形，.又平面，所以MN∥平面.

（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.

由已知可得，，所以DE平面，故DECH.

从而CH平面，故CH的长即为C到平面的距离，

由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.

从而点C到平面的距离为.

3.解析：对于A，内有无数条直线与平行，则与相交或，排除；

对于B，内有两条相交直线与平行，则；

对于C，，平行于同一条直线，则与相交或，排除；

对于D，，垂直于同一平面，则与相交或，排除．

故选B．

4.解析

若②，过作平面，则，又③，则，又，同在内，所以①，即.

5.证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，

所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，

所以A1B1∥ED.

又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，

所以A1B1∥平面DEC1.

（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BEAC.

因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.

又因为BE⊂平面ABC，所以CC1BE.

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，

所以BE平面A1ACC1.

因为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°.由题设知RtABE≌RtA1B1E，所以，故AE=AB=3，.

作，垂足为F，则EF平面，且.

所以，四棱锥的体积.

7.解析（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．

由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．

又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．

（2）取的中点，联结，.

因为，平面，所以平面，故.

由已知，四边形是菱形，且得，故平面.

因此.

在中，，，故.

所以四边形的面积为4.

8.解析（Ⅰ）因为平面ABCD，且平面，

所以．

又因为底面ABCD为菱形，所以．

又平面，平面，，

所以平面PAC．

（Ⅱ）因为PA平面ABCD，平面ABCD，

所以PAAE．

因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，

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上存在点F，且为的中点，使得CF∥平面PAE．

取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．

因为，分别为，的中点，则FG∥AB，且FG=AB．

因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，

所以CE∥AB，且CE=AB．

所以FG∥CE，且FG=CE．

所以四边形CEGF为平行四边形，

所以CF∥EG．

因为CF平面PAE，EG平面PAE，

所以CF∥平面PAE．

9.解析

（Ⅰ）连接，易知，.又由，故，又因为平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）取棱的中点，连接.依题意，得，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.

（Ⅲ）连接，由（Ⅱ）中平面，可知为直线与平面所成的角，

因为为等边三角形，且为的中点，所以.又，

故在中，.

所以，直线与平面所成角的正弦值为.

10..证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，

所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，

所以A1B1∥ED.

又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，

所以A1B1∥平面DEC1.

（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BEAC.

因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.

又因为BE⊂平面ABC，所以CC1BE.

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，

所以BE平面A1ACC1.

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BEC1E.

11.（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，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，则A1EBC.

又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BCA1F.

所以BC平面A1EF.

因此EFBC.

（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．

由于A1E平面ABC，故AE1EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．

由（I）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，

所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.

连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.

不妨设AC=4，则在RtA1EG中，A1E=2，EG=.

由于O为A1G的中点，故，

所以．

因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．

12.解析（Ⅰ）因为平面ABCD，且平面，

所以．

又因为底面ABCD为菱形，所以．

又平面，平面，，

所以平面PAC．

（Ⅱ）因为PA平面ABCD，平面ABCD，

所以PAAE．

因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，

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上存在点F，且为的中点，使得CF∥平面PAE．

取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．

因为，分别为，的中点，则FG∥AB，且FG=AB．

因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，

所以CE∥AB，且CE=AB．

所以FG∥CE，且FG=CE．

所以四边形CEGF为平行四边形，

所以CF∥EG．

因为CF平面PAE，EG平面PAE，

所以CF∥平面PAE．

13.

过点P作PO平面ABC交平面ABC于点O，

过点P作PDAC交AC于点D，作PEBC交BC于点E，联结OD，OC，OE，

则

所以又,

故四边形为矩形.

有所做辅助线可知，

所以，

所以矩形为边长是1的正方形，则.

在中，，所以.

即为点P到平面ABC的距离，即所求距离为.

14.解析

（1）连结.因为M，E分别为的中点，所以，且.又因为N为的中点，所以.

由题设知，可得，故，因此四边形MNDE为平行四边形，.又平面，所以MN∥平面.

（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.

由已知可得，，所以DE平面，故DECH.

从而CH平面，故CH的长即为C到平面的距离，

由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.

从而点C到平面的距离为.

15.解析

（Ⅰ）连接，易知，.又由，故，又因为平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）取棱的中点，连接.依题意，得，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.

（Ⅲ）连接，由（Ⅱ）中平面，可知为直线与平面所成的角，

因为为等边三角形，且为的中点，所以.又，

故在中，.

所以，直线与平面所成角的正弦值为.

16.解析：解法一：如图G为AC的中点，V在底面的射影为O，则P在底面上的射影D在线段AO上，

作于E，易得，过P作于F，

过D作，交BG于H，

则，，，

则，可得；

，可得.

解法二：由最小值定理可得，记的平面角为(显然)，

由最大角定理可得；

解法三特殊图形法：设三棱锥为棱长为2的正四面体，P为VA的中点，

易得，可得，，，

故选B．

17.（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，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，则A1EBC.

又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BCA1F.

所以BC平面A1EF.

因此EFBC.

（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．

由于A1E平面ABC，故AE1EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．

由（I）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，

所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.

连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.

不妨设AC=4，则在RtA1EG中，A1E=2，EG=.

由于O为A1G的中点，故，

所以．

因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．

2010-2018年

1．C【解析】如图，连接，因为，所以异面直线与所成角等于相交直线与所成的角，即．不妨设正方体的棱长为2，则，，由勾股定理得，又由平面，可得，

所以，故选C．

2．A【解析】若，，∥，由线面平行的判定定理知∥．若∥，，，不一定推出∥，直线与可能异面，故“∥”是“∥”的充分不必要条件．故选A．

3．A【解析】由正方体的线线关系，易知B、C、D中，所以平面，

只有A不满足．选A．

4．C【解析】如图，连结，易知平面，所以，又，所以平面，故，选C．

5．A【解析】因为过点的平面与平面平行，平面∥平面，所以∥∥，又∥平面，所以∥，则与所成的角为所求角，所以，所成角的正弦值为，选A．

6．C【解析】选项A，只有当或时，；选项B，只有当时；选项C，由于，所以；选项D，只有当或时，，故选C．

7．B【解析】由得圆锥底面的半径，所以米堆的体积，所以堆放的米有斛．

8．C【解析】三棱锥，其中为点到平面的距离，而底面三角形时直角三角形，顶点到平面的最大距离是球的半径，

故=，其中为球的半径，

所以，所以球的表面积．

9．D【解析】若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，是平面与平面的交线，则至少与，中的一条相交，故选A．

10．B【解析】解法一

设，，则由题意知．

在空间图形中，连结，设=．

在中，．

过作，过作，垂足分别为．

过作，使四边形为平行四边形，则，

连结，则就是二面角的平面角，所以．

在中，，．

同理，，，故．

显然平面，故．

在中，．

在中，

=

，

所以

，

所以（当时取等号），

因为，，而在上为递减函数，

所以，故选B．

解法二

若，则当时，，排除D；当时，，，排除A、C，故选B．

11．D【解析】利用正方体模型可以看出，与的位置关系不确定．选D．

12．C【解析】选项中均可能与平面平行、垂直、斜交或在平面内，故选．

13．B【解析】对于选项A，若，则与可能相交、平行或异面，A错误；显然选项B正确；对于选项C，若，，则或，C错误；对于选项D，若，，则或或与相交，D错误．故选B．

14．D【解析】作，垂足为，设，则，

由余弦定理，

，

故当时，取得最大值，最大值为．

15．B【解析】直线与平面所成的角为的取值范围是，

由于，，

所以的取值范围是

16．D【解析】作正方形模型，为后平面，为左侧面

可知D正确．

17．D【解析】A中可能平行、垂直、也可能为异面；B中还可能为异面；C中

应与中两条相交直线垂直时结论才成立，选D．

18．B【解析】利用排除法可得选项B是正确的，∥，，则．如选项A：∥，∥时，或∥；选项C：若，，∥或；选项D：若,

，∥或．

19．B【解析】过点作，若存在某个位置，使得，则面，从而有，计算可得与不垂直，则A不正确；当翻折到时，因为，所以面，从而可得；若，因为，所以面，从而可得，而，所以这样的位置不存在，故C不正确；同理，D也不正确，故选B．

20．D【解析】对于D，若平面平面，则平面内的某些直线可能不垂直于平面，即与平面的关系还可以是斜交、平行或在平面内，其余选项易知均是正确的．

21．D【解析】两平行直线的平行投影不一定重合，故A错；由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可知、均错误，故选D．

22．【解析】由题意画出图形，如图，

设是底面圆的直径，连接，则是圆锥的高，设圆锥的母线长为，

则由，的面积为8，得，得，在中，

由题意知，所以，．

故该圆锥的体积．

23．【解析】(1)因为，为的中点，所以，且．

连结．因为，所以为等腰直角三角形，

且，．

由知，．

由，知平面．

(2)作，垂足为．又由(1)可得，所以平面．

故的长为点到平面的距离．

由题设可知，，．

所以，．

所以点到平面的距离为．

24．【解析】(1)由题设知，平面平面，交线为．

因为，平面，所以平面，故．

因为为上异于，的点，且为直径，所以

．

又=，所以平面．

而平面，故平面平面．

(2)当为的中点时，∥平面．

证明如下：连结交于．因为为矩形，所以为中点．

连结，因为为

中点，所以∥．

平面，平面，所以∥平面．

25．【解析】(1)，且为的中点，．

底面为矩形，，

．

(2)底面为矩形，．

平面平面，平面．

．又，

平面，平面平面．

(3)如图，取中点，连接．

分别为和的中点，，且．

四边形为矩形，且为的中点，

，

，且，四边形为平行四边形，

．

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)取棱的中点，连接，．又因为为棱的中点，故∥．所以（或其补角）为异面直线与所成的角．

在中，，故．

因为平面，故．

在中，，故．

在等腰三角形中，，可得．

所以，异面直线与所成角的余弦值为．

(3)连接．因为为等边三角形，为边的中点，故，

．又因为平面平面，而平面，

故平面．所以，为直线与平面所成的角．

在中，．

在中，．

所以，直线与平面所成角的正弦值为．

27．【证明】(1)在平行六面体中，．

因为平面，平面，

所以∥平面．

(2)在平行六面体中，四边形为平行四边形．

又因为，所以四边形为菱形，

因此．

又因为，∥，

所以．

又因为=，平面，平面，

所以平面．

因为平面，

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)如图，过点作，交直线于点，连结．

由平面得平面平面，

由得平面，

所以是与平面所成的角．

由，，

得，，

所以，故．

因此，直线与平面所成的角的正弦值是．

29．【解析】（1）在平面内，因为，所以∥，

又平面，平面，故∥平面．

（2）取的中点，连结，．由及∥，

得四边形正方形，则．

因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面=，所以，底面．因为底面，所以．

设，则，，，．取的中点，连结，则，所以．

因为的面积为，所以，解得（舍去），．于是，，．

所以四棱锥的体积．

30．【解析】（1）取的中点连结，.因为，所以．

又由于是正三角形，所以.从而平面，故BD.

（2）连结．

由（1）及题设知，所以．

在中，．

又，所以

，故.

由题设知为直角三角形，所以．

又是正三角形，且，所以．

故为BD的中点，从而到平面的距离为到平面的距离的，四面体的体积为四面体的体积的，即四面体与四面体的体积之比为1:1．

31．【解析】（Ⅰ）如图，由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．因为AD平面PDC，所以ADPD．在RtPDA中，由已知，得，故．

所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为．

（Ⅱ）证明：因为AD平面PDC，直线PD平面PDC，所以ADPD．又因为BC//AD，所以PDBC，又PDPB，所以PD平面PBC．

（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．

因为PD平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以为直线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，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．

32．【解析】（Ⅰ）取中点,连接，，

由于为四棱柱,

所以，，

因此四边形为平行四边形,

所以,

又面,平面,

所以∥平面,

（Ⅱ）．，分别为和的中点，

，

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）因为，，所以平面，

又因为平面，所以．

（Ⅱ）因为，为中点，所以，

由（Ⅰ）知，，所以平面．

所以平面平面．

（Ⅲ）因为平面，平面平面，

所以．

因为为的中点，所以，．

由（Ⅰ）知，平面，所以平面．

所以三棱锥的体积．

34．【解析】（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连结EF，FB．

因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且，

又因为BC∥AD，，所以

EF∥BC且EF=BC，

即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，

因此CE∥平面PAB．

（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连结PN交EF于点Q，连结MQ．

因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，

在平行四边形BCEF中，MQ∥CE．

由为等腰直角三角形得

PNAD．

由DCAD，N是AD的中点得

BNAD．

所以

AD平面PBN，

由BC∥AD得

BC平面PBN，

那么，平面PBC平面PBN．

过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．

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

设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，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是．

35．【解析】证明：（1）在平面内，因为，，所以.

又因为平面，平面，所以∥平面.

（2）因为平面平面，

平面平面=，

平面，，

所以平面.

因为平面，所以.

又，，平面，平面，

所以平面，

又因为平面，

所以．

36．【解析】（1）由正棱柱的定义，平面，

所以平面平面，．

记玻璃棒的另一端落在上点处．

因为，．

所以，从而．

记与水平的交点为，过作，为垂足，

则平面，故，

从而．

答：玻璃棒没入水中部分的长度为16cm.

(

如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)

（2）如图，，是正棱台的两底面中心.

由正棱台的定义，平面

，

所以平面平面，.

同理，平面平面，.

记玻璃棒的另一端落在上点处.

过作，为垂足，

则==32.

因为=

14，=

62，

所以=

，从而.

设则.

因为，所以.

在中，由正弦定理可得，解得.

因为，所以.

于是

.

记与水面的交点为，过作，为垂足，则

平面，故=12，从而

=.

答:玻璃棒没入水中部分的长度为20cm.

(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)

37．【解析】（Ⅰ）证明：因，所以与确定一个平面，连接，因为

为的中点，所以；同理可得，又因为，所以平面，因为平面，．

（Ⅱ）设的中点为，连，在中，是的中点，所以，又，所以；在中，是的中点，所以，又，所以平面平面，因为平面，所以平面．

38．【解析】（Ⅰ）证明：取的中点为，连接，在中，因为是的中点，所以且，又因为，所以且，即四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．

（Ⅱ）证明：在中，，由余弦定理可，进而可得，即，又因为平面平面平面；平面平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面．

（Ⅲ）解：因为，所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角.过点作于点，连接，又因为平面平面，由（Ⅱ）知平面，所以直线与平面所成角即为.在中，，由余弦定理可得，所以，因此，在中，，所以直线与平面所成角的正弦值为．

39．【解析】（Ⅰ）因为在平面内的正投影为，所以

因为在平面内的正投影为，所以

所以平面，故

又由已知可得，，从而是的中点.

（Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.

理由如下：由已知可得，，又,所以，,因此平面，即点为在平面内的正投影.

连接，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心.

由（Ⅰ）知，是的中点，所以在上，故

由题设可得平面，平面，所以，因此

由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得

在等腰直角三角形中，可得

所以四面体的体积

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

五边形的面积

所以五棱锥体积

41．【解析】（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.

又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是.

因为平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）因为平面，为的中点，所以到平面的距离为．取的中点，连结.由得，

.

由得到的距离为，故.

所以四面体的体积.

42．【解析】（Ⅰ）因为四边形为菱形，所以，

因为平面，所以，故平面．

又平面，所以平面平面．

（Ⅱ）设=，在菱形中，由=120°，

可得=，=．

因为，所以在中，可得．

由平面，知为直角三角形，可得．

由已知得，三棱锥的体积．

故．

从而可得．

所以的面积为3，的面积与的面积均为．

故三棱锥的侧面积为．

43．【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图

（Ⅱ）作，垂足为，则，，．因为为正方形，所以．

于是，，．

因为长方形被平面分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为（也正确）．

44．【解析】（Ⅰ）设，连结OF，EC，

由于E为AD的中点，，

所以,

因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点，又F为PC的中点，

因此在中，可得.

又平面BEF，平面BEF，所以平面.

（Ⅱ）由题意知，，所以四边形为平行四边形，

因此．又平面PCD，所以，因此．

因为四边形ABCE为菱形，所以.

又，AP，AC平面PAC，所以平面．

45．【解析】（Ⅰ）为中点，DE∥PA，

平面DEF，DE平面DEF，PA∥平面DEF，

（Ⅱ）为中点，，

为中点，，

，，DEEF，

，，

，DE平面ABC，

DE平面BDE，平面BDE平面ABC．

46．【解析】（Ⅰ）连接BD交AC于点O，连结EO．

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点。

又E为PD的中点，所以EO∥PB。

EO平面AEC,PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.

（Ⅱ）因为PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．

如图，以A为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，

则.

设，则。

设为平面ACE的法向量，

则即，

可取．

又为平面DAE的法向量，

由题设，即，解得．

因为E为PD的中点，所以三棱锥的高为．

三棱锥的体积．

47．【解析】（Ⅰ）证明：如图取PB中点M，连接MF，AM.因为F为PC中点，

故MF//BC且MF=BC．由已知有BC//AD，BC=AD．又由于E为AD中点，

因而MF//AE且MF=AE，故四边形AMFE为平行四边形，

所以EF//AM，又AM平面PAB，而EF平面PAB，

所以EF//平面PAB.

（Ⅱ）（i）证明：连接PE，BE．因为PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，

故PEAD，BEAD，所以PEB为二面角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=，从而，即BEPB，

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

所以平面PBC平面ABCD．

（ii）连接BF，由（i）知BE平面PBC．所以EFB为直线EF与平面PBC所成的角，

由PB=，PA=，AB=得ABP为直角，而MB=PB=，可得AM=，

故EF=，又BE=1，故在直角三角形EBF中，

所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．

48．【解析】（Ⅰ）设点O为AC，BD的交点，

由AB＝BC，AD＝CD，得BD是线段AC的中垂线．

所以O为AC的中点，BDAC．

又因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，

所以PABD．所以BD平面APC．

（Ⅱ）连结OG.由(1)可知OD平面APC，则DG在平面APC内的射影为OG，所以∠OGD是DG与平面APC所成的角．

由题意得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与平面APC所成的角的正切值为.

（Ⅲ）连结OG.因为PC平面BGD，OG平面BGD，所以PCOG.

在直角PAC中，得PC＝.

所以GC＝.

从而PG＝，

所以.

49．【解析】（Ⅰ）由AB是圆O的直径，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）连OG并延长交AC与M，链接QM，QO.

由G为∆AOC的重心，得M为AC中点，

由G为PA中点，得QMPC.

又O为AB中点，得OMBC.

因为QM∩MO=M，QM平面QMO．

所以QG//平面PBC．

50．【解析】（Ⅰ）因为是直三棱柱，所以平面ABC，又平面,所以，又因为平面，所以平面，又AD平面ADE，所以平面ADE平面.

（Ⅱ）因为，为的中点，所以．因为平面，且平面，所以又因为，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）是中点点到面的距离，

三棱锥的体积

，

（Ⅲ）取的中点为，连接，，

又平面面面面，

点是棱的中点

，

得：平面．

52．【证明】：（Ⅰ）在PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，所以EF//PD．

又因为EF平面PCD，PD平面PCD，

所以直线EF//平面PCD．

（Ⅱ）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，

所以ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BFAD．

因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，

所以BF平面PAD．又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD．

53．【解析】法一：（Ⅰ）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD．因PA=PD，有，在中，，有为等边三角形，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），为二面角P—AD—B的平面角，

在，

在，

，

法二：（Ⅰ）取AD中点为G，因为

又为等边三角形，因此，，

从而平面PBG．

延长BG到O且使得PO

OB，又平面PBG，PO

AD，

所以PO

平面ABCD．

以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为轴，z轴，平行于AD的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系．

设

由于

得

平面DEF．

（Ⅱ）

取平面ABD的法向量

设平面PAD的法向量

由

取

54．【解析】（Ⅰ）因为四边形是正方形，所以//.故为异面直线与所成的角.因为平面，所以.故.

在中，=1，=，==3,

故==.

所以异面直线和所成角的余弦值为.

（Ⅱ）证明：过点作//,交于点，则.由,可得,从而,又,=,所以平面.

(Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得=，即为的中点.取的中点，连接，则,因为//,所以//.过点作，交于，则为二面角--的平面角。

连接，可得平面,故.从而.由已知，可得=.由//,,得.

在中，,

所以二面角--的正切值为．

55．【解析】

(Ⅰ)取的中点G，连结GF，CE，由条件易知

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

故四边形BEGF为平行四边形，所以BF∥EG．

因为平面，BF平面，所以

BF//平面．

（Ⅱ）解：在平行四边形,ABCD中，设BC=，则AB=CD=2，AD=AE=EB=，

连CE，因为．

在BCE中，可得CE=，

在ADE中，可得DE=，

在CDE中，因为CD2=CE2+DE2，所以CEDE,

在正三角形中，M为DE中点，所以DE.

由平面平面BCD,

可知平面BCD,

CE.

取的中点N，连线NM、NF，

所以NFDE，NF.

因为DE交于M，

所以NF平面，

则∠FMN为直线FM与平面新成角．

在RtFMN中，NF=,

MN=,

FM=，