2019届高三数学复习--立体几何与空间向
量--立体几何
第13讲立体几何
1.[2018?全国卷Ⅰ]如图4-13-1所示,四边形ABcD为正方形,E,F分别为AD,Bc的中点,以DF为折痕把△DFc折起,使点c到达点P的位置,且PF⊥BF.
(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
图4-13-1
[试做]
2.[2018?全国卷Ⅲ]如图4-13-2所示,边长为2的正方形ABcD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,是上异于c,D的点.
(1)证明:平面AD⊥平面Bc;
(2)当三棱锥-ABc体积最大时,求面AB与面cD所成二面角的正弦值.
图4-13-2
[试做]
3.[2016?北京卷]如图4-13-3所示,在四棱锥P-ABcD中,平面PAD⊥平面ABcD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,
AB=1,AD=2,Ac=cD=.
(1)求证:PD⊥平面PAB.
(2)求直线PB与平面PcD所成角的正弦值.
(3)在棱PA上是否存在点,使得B∥平面PcD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.
图4-13-3
[试做]
命题角度立体几何大题求解策略
①利用法向量求解空间角的关键在于“四破”:
(a)破“建系关”:建立恰当的空间直角坐标系.
(b)破“求坐标关”:准确求解相关点的坐标.
(c)破“求法向量关”:求出平面的法向量.
(d)破“应用公式关”:熟记求角公式即可求出角.
②求空间角应注意的3个问题:
(a)两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β,应该是cosα=|cosβ|;
(b)直线与平面所成的角α的正弦值等于平面的法向量与直线方向向量夹角β的余弦值的绝对值,即sinα=|cosβ|;
(c)两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,有可能为两法向量夹角的补角.
③平行与垂直问题的求证策略:
(a)证明平行问题除结合平行关系的判定与性质定理之外,还需充分利用三角形的中位线、平行四边形等;
(b)证明垂直问题,注意利用等腰三角形底边的中线与底边垂直、菱形的对角线互相垂直、勾股定理证明垂直等.
解答1平行、垂直关系的证明
1如图4-13-4所示,在四棱锥P-ABcD中,PA⊥底面ABcD,AD∥Bc,AD⊥cD,Bc=2,AD=cD=1,是PB的中点.
图4-13-4
(1)求证:A∥平面PcD;
(2)求证:平面Ac⊥平面PAB.
[听课笔记]
【考场点拨】
(1)利用几何法证明平行与垂直,关键是根据平行与垂直的判定定理及性质定理来确定有关的线与面,如果所给图形中不存在这样的线与面,可以连接或添加有关的线与面;(2)利用向量法证明平行与垂直,首先要合理建立空间直角坐标系,其次写出有关线的方向向量及求出有关平面的法向量,最后根据向量的性质进行论证.
【自我检测】
如图4-13-5①所示,在矩形ABcD中,AB=2,Bc=4,E为AD 的中点,o为BE的中点.将△ABE沿BE折起到△A’BE的位置,使得平面A’BE⊥平面BcDE(如图4-13-5②).
(1)求证:A’o⊥cD.
(2)在线段A’c上(包括端点)是否存在点P,使得oP∥平面A’DE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
①
②
图4-13-5
解答2利用空间向量求角的问题
2如图4-13-6①所示,在△PBE中,AB⊥PE,D是AE的中点,c是线段BE上的一点,且Ac=,AB=AP=AE=2,现将△PBA沿AB折起,使得二面角P-AB-E是直二面角(如图4-13-6②).
(1)求证:cD∥平面PAB;
(2)求直线PE与平面PcD所成角的正弦值.
①
②
图4-13-6
[听课笔记]
3如图4-13-7所示,在四棱锥P-ABcD中,底面ABcD为平行四边形,已知PA=Ac=2,∠PAD=∠DAc=60°,cE⊥AD于点E.
图4-13-7
(1)求证:AD⊥Pc;
(2)若平面PAD⊥平面ABcD,且AD=3,求二面角c-PD-A 的余弦值.
[听课笔记]
【考场点拨】
空间角求解常见失分点:(1)用向量法求出的异面直线所成角的余弦值必须为正;(2)若直线的方向向量l与平面的法向量n的夹角为θ,则直线与平面的夹角α=-θ或θ-,故有sinα=|cosθ|=;(3)判断所求的二面角到底是锐角还是钝角时,要结合图形分析,以防结论错误.
【自我检测】
1.如图4-13-8所示,在四棱锥P-ABcD中,PA⊥平面ABcD,△DAB≌△DcB,E为线段BD上的一点,且EB=ED=Ec=Bc,连接cE并延长,交AD于点F.
(1)若G为PD的中点,求证:平面PAD⊥平面cGF;
(2)若Bc=2,PA=3,求平面BcP与平面DcP所成锐二面角的余弦值.
图4-13-8
2.如图4-13-9①所示,在五边形ABcDE中,ED=EA,AB∥cD,cD=2AB,∠EDc=150°,现将△EAD沿AD翻折到△PAD的位
置,得到四棱锥P-ABcD,如图4-13-9②所示,点为线段Pc的中点,且B⊥平面PcD.
(1)求证:平面PAD⊥平面ABcD;
(2)若直线Pc与直线AB所成角的正切值为,求直线B与平面PDB所成角的正弦值.
①
②
图4-13-9
3.如图4-13-10所示,在四棱锥P-ABcD 中,PA=PD=AD=2cD=2Bc=2,且∠ADc=∠BcD=90°.
(1)当PB=2时,证明:平面PAD⊥平面ABcD;
(2)当四棱锥P-ABcD的体积为,且二面角P-AD-B为钝角时,求直线PA与平面PcD所成角的正弦值.
图4-13-10
解答3利用空间向量解决探索性问题
4如图4-13-11①,等边三角形ABc的边长为3,点D,E 分别为AB,Ac上的点,且满足==,将△ADE沿DE折起到△A1DE 的位置,使二面角A1-DE-B为直二面角(如图4-13-11②).
(1)求证:A1D⊥平面BcED.
(2)在线段Bc上(包括端点)是否存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°?若存在,求出PB的长;若不存在,请说明理由.
①②
图4-13-11
[听课笔记]
【考场点拨】
与空间向量有关的探究性问题主要有两类:一类是探究线面的位置关系;另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则是:先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而作出判断.
【自我检测】
如图4-13-12所示,在四棱锥P-ABcD中,PA⊥平面ABcD,Bc∥AD,AB⊥AD,且PA=AD=AB=2Bc=2,为AD的中点.
(1)求证:平面Pc⊥平面PAD.
(2)在棱PD上是否存在点Q,使PD⊥平面cQ?若存在,求出二面角P-c-Q的余弦值;若不存在,请说明理由.
图4-13-12
第13讲立体几何
典型真题研析
1.解:(1)证明:由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF.
又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)作PH⊥EF,垂足为H.
由(1)得,PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
由(1)可得,DE⊥PE.
又DP=2,DE=1,所以PE=.
又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,
可得PH=,EH=,
则H(0,0,0),P0,0,,D-1,-,0,=1,,,=0,0,为平面ABFD 的法向量.
设DP与平面ABFD所成的角为θ,则sinθ===,
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
2.解:(1)证明:由题设知,平面cD⊥平面ABcD,交线为cD.因为Bc⊥cD,Bc?平面ABcD,所以Bc⊥平面cD,故Bc⊥D.
因为为上异于c,D的点,且Dc为直径,所以D⊥c.
又Bc∩c=c,所以D⊥平面Bc.
而D?平面AD,故平面AD⊥平面Bc.
(2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所
示的空间直角坐标系D-xyz.
当三棱锥-ABc体积最大时,为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),c(0,2,0),(0,1,1),=(-2,1, 1),=(0,2,0),=(2,0,0).
设n=(x,y,z)是平面AB的法向量,则
即
可取n=(1,0,2).
是平面cD的法向量,因此cos==,sin=.
所以面AB与面cD所成二面角的正弦值是.
3.解:(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABcD,AB⊥AD,
所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.
(2)取AD的中点o,连接Po,co.
因为PA=PD,所以Po⊥AD.
又因为Po平面PAD,平面PAD⊥平面ABcD,
所以Po⊥平面ABcD.
因为co平面ABcD,所以Po⊥co.
因为Ac=cD,所以co⊥AD.
如图建立空间直角坐标系o-xyz.
由题意
得,A(0,1,0),B(1,1,0),c(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).
设平面PcD的法向量为n=(x,y,z),则
即
令z=2,则x=1,y=-2,
所以n=(1,-2,2).
又=(1,1,-1),所以
cos==-,
所以直线PB与平面PcD所成角的正弦值为.
(3)设是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得=λ.
因此点(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).
因为B平面PcD,所以B∥平面PcD,当且仅当?n=0,
即(-1,-λ,λ)?(1,-2,2)=0,
解得λ=.
所以在棱PA上存在点使得B∥平面PcD,此时=.
考点考法探究
解答1
例1 证明:方法一(几何法):(1)取cP的中点N,连接N,DN,因为为PB的中点,所以N∥Bc,且N=Bc,又AD∥Bc,且AD=Bc,所以N=AD,且N∥AD,所以四边形AND为平行四边形,所以A∥DN,又DN?平面PcD,所以A∥平面PcD.
(2)因为AD=cD=1,Bc=2,AD∥Bc,AD⊥cD,所以Ac=AB=,又Bc=2,所以cA⊥AB.因为PA⊥底面ABcD,所以PA⊥Ac,又PA
∩AB=A,所以Ac⊥平面PAB,因为Ac平面Ac,所以平面Ac⊥平面PAB.
方法二(向量法):(1)以c为原点,cD,cB所在直线分别为x,y轴,建立空间直角坐标系c-xyz,如图所示.
设PA=a(a>0),则A(1,1,0),B(0,2,0),c(0,0,0),D(1,0,0),P(1,1,a),,所以=(1,1,a),=(1,0,0).
设平面PcD的法向量为n1=(x0,y0,z0),则即
令y0=a,则x0=0,z0=-1,所以n1=(0,a,-1),
又=,所以?n1=-=0,
所以A∥平面PcD.
(2)由(1)知=(1,1,0),=,设平面Ac的法向量为n2=(x1,y1,z1),则即
令x1=1,则y1=-1,z1=,所以n2=.
=(0,0,a),=(-1,1,0),设平面PAB的法向量为n3=(x2,y2,z2),则即
令x2=1,则y2=1,z2=0,所以n3=(1,1,0).
因为n2?n3=0,所以平面Ac⊥平面PAB.
【自我检测】
解:(1)证明:∵AB=2,Bc=4,E为AD的中点,∴AB=AE=2, 又∵o为BE的中点,∴Ao⊥BE.
由题意可知,A’o⊥BE,
∵平面A’BE⊥平面BcDE,
平面A’BE∩平面BcDE=BE,A’o平面A’BE,
∴A’o⊥平面BcDE,
又cD平面BcDE,
∴A’o⊥cD.
(2)方法一:取Bc的中点为F,连接oF,易知oF⊥BE.
由(1)可知,A’o⊥BE,A’o⊥oF,
以o为原点,oA’所在直线为z轴,oF所在直线为x 轴,oE所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A’(0,0,),E(0,,0),D(,2,0),c(2,,0).
假设在线段A’c上存在点P,使得oP∥平面A’DE,
设=λ(0≤λ≤1),
则由=(2,,-),得=(2λ,λ,-λ),
∴P(2λ,λ,-λ),∴=(2λ,λ,-λ).
=(0,,-),=(,,0),设平面A’DE的法向量为=(x,y,z),则即令y=1,则x=-1,z=1,∴=(-1,1,1).
若oP∥平面A’DE,则?=0,
∴-2λ+λ+-λ=0,解得λ=,
∴=.
方法二:取cD的中点,A’c的中点N,连接o,oN,N,易证
o∥DE,N∥A’D,又o∩N=,DE∩A’D=D,∴平面oN∥平面A’DE.∵oN?平面oN,∴oN∥平面A’DE,即P与N重合时,满足题意,∴=.
解答2
例2 解:(1)证明:因为AE=2,所以AE=4,
又AB=2,AB⊥AE,
所以BE===2.
因为Ac==BE,所以Ac是Rt△ABE的斜边BE上的中线,所以c是BE的中点,又cD是△ABE的中位线,所以cD∥AB.
因为cD平面PAB,AB平面PAB,所以cD∥平面PAB.
(2)由题意可知AB,AE,AP两两垂直,以A为原点,AB,AE,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB=AP=AE=2,且c,D分别是BE,AE的中点,
所以AE=4,AD=2,
则E(0,4,0),c(1,2,0),P(0,0,2),D(0,2,0),
所以=(0,4,-2),=(1,2,-2),=(-1,0,0).
设平面PcD的法向量为n=(x’,y’,z’),则
即
令y’=1,则x’=0,z’=1,所以n=(0,1,1).
设直线PE与平面PcD所成角的大小为θ,则sinθ==.
例3 解:(1)证明:连接PE.
∵PA=Ac,∠PAD=∠cAD,AE是公共边,
∴△PAE≌△cAE,
∴∠PEA=∠cEA.
∵cE⊥AD,∴PE⊥AD,
又PE∩cE=E,
∴AD⊥平面PcE,
∵Pc平面PcE,
∴AD⊥Pc.
(2)∵AD⊥平面PEc,平面PAD⊥平面ABcD,
∴EP,EA,Ec两两垂直,以E为原点,EA,Ec,EP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
∵PA=Ac=2,∠PAD=∠cAD=60°,AD=3,
∴AE=1,PE=cE=,DE=2,
则
E(0,0,0),D(-2,0,0),c(0,,0),P(0,0,),=(2,0,),=(2,,0).
设平面PcD的法向量为n=(x,y,z),
则即令x=-,则y=2,z=2,∴n=(-,2,2).
易知平面PAD的一个法向量为=(0,,0).
设二面角c-PD-A的平面角为θ,
则|cosθ|===,
显然二面角c-PD-A的平面角是锐角,故二面角c-PD-A 的余弦值为.
【自我检测】
1.解:(1)证明:在△BcD中,EB=ED=Ec=Bc,故∠BcD=,∠cBE=∠cEB=,
∵△DAB≌△DcB,∴△EAB≌△EcB,从而有∠FED=∠BEc=∠AEB=,Ec=EA,
∴∠FED=∠FEA,ED=EA,故EF⊥AD,AF=FD.又PG=GD,∴FG ∥PA.∵PA⊥平面ABcD,
∴GF⊥平面ABcD,∴GF⊥AD,又GF∩EF=F,故AD⊥平面cFG.
∵AD平面PAD,∴平面PAD⊥平面cGF.
(2)由(1)知∠EAB=∠EcB=,∠DEF=∠FEA=,AE=ED,∴∠EAF=,∴BAF=,即BA⊥AF.
以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),c(3,,0),D(0,2,0),P(0,0,3), 故=(1,,0),=(-3,-,3),=(-3,,0).
设平面BcP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
令x1=1,则y1=-,z1=,∴n1=.
设平面DcP的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令x2=1,则y2=,z2=2,∴n2=(1,,2).
设平面BcP与平面DcP所成的锐二面角为θ,则cosθ===.
2.解:(1)证明:取PD的中点N,连接AN,N,则N∥cD,且N=cD.
∵AB∥cD,且AB=cD,∴N∥AB,且N=AB,则四边形ABN为平行四边形,∴AN∥B,
又B⊥平面PcD,
∴AN⊥平面PcD,∴AN⊥PD,AN⊥cD.
由ED=EA,即PD=PA,且N为PD的中点,AN⊥PD,可得△PAD 为等边三角形,
∴∠PDA=60°,
又∠EDc=150°,∴∠cDA=90°,即cD⊥AD.
∵AD∩AN=A,
∴cD⊥平面PAD,又cD平面ABcD,
∴平面PAD⊥平面ABcD.
(2)∵AB∥cD,∴∠PcD为直线Pc与AB所成的角,
由(1)可得∠PDc=90°,∴tan∠PcD==,∴cD=2PD.
设PD=1,则cD=2,PA=AD=AB=1,
取AD的中点o,连接Po,过o作AB的平行线,
建立如图所示的空间直角坐标系o-xyz,
则D,B,P,,
则=(1,1,0),=,=.
设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则即
令x=3,则y=-3,z=-,∴n=(3,-3,-),
则cos===-,
故直线B与平面PDB所成角的正弦值为.
3.解:(1)证明:如图所示,取AD的中点o,连接Po,oB.∵PA=PD,∴Po⊥AD.∵∠ADc=∠BcD=90°,∴Bc∥AD,又Bc=AD=1,∴Bc=oD,∴四边形BcDo为矩形,∴oB=cD=1.在△PoB中,Po=,oB=1,PB=2,∴∠PoB=90°,则Po⊥oB.∵AD∩oB=o,∴Po⊥平面ABcD,又Po平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABcD.
(2)由(1)知AD⊥Po,AD⊥Bo,∵Po∩oB=o,∴AD⊥平面PoB,又AD平面ABcD,∴平面PoB⊥平面ABcD.过点P作PE⊥平面ABcD,则垂足E一定落在平面PoB与平面ABcD的交线oB上.∵四棱锥P-ABcD的体积为,∴×PE××(AD+Bc)×cD=×PE××(2+1)×1=PE=,∴PE=.
∵Po=,∴oE==.以o为坐标原点,oA,oB所在直线分别为x,y轴,在平面PoB内过点o作垂直于平面AoB的直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系o-xyz.由题意可知
A(1,0,0),P,D(-1,0,0),c(-1,1,0),则=,=(0,1,0),=.设平面PcD的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则y=0,z=-,∴n=.设直线PA与平面PcD所成的角为θ,则sinθ===,故直线PA 与平面PcD所成角的正弦值为.
解答3
例4 解:(1)证明:因为等边三角形ABc的边长为3,且==,所以AD=1,AE=2.
在△ADE中,∠DAE=60°,
由余弦定理得DE==.
因为AD2+DE2=AE2,
所以AD⊥DE,
故折叠后有A1D⊥DE.
因为二面角A1-DE-B是直二面角,所以平面A1DE⊥平面BcED,
又平面A1DE∩平面BcED=DE,A1D平面A1DE,A1D⊥DE, 所以A1D⊥平面BcED.
(2)由(1)知ED⊥DB,A1D⊥平面BcED.
以D为坐标原点,DB,DE,DA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示,
设PB=2a(0≤2a≤3),
过点P作PH⊥BD于H,则PH=a,DH=2-a,