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2019届高三数学复习--立体几何与空间向量--立体几何

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.

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.

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.

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

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

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

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,

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,

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