1、精品文檔2019屆高三數(shù)學復習-立體幾何與空間向量-立體幾何第13講立體幾何1. 2018?全國卷I 如圖4-13-1所示，四邊形ABcD為正方形,E,F分別為AD,Bc的中點，以DF為折痕把厶DFc折起, 使點c到達點P的位置，且PF丄BF.(1) 證明：平面PEFL平面ABFD;(2) 求DP與平面ABFD所成角的正弦值.圖 4-13-1 試做2. 2018?全國卷川如圖4-13-2所示，邊長為2的正方形ABcD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于c,D的 占八、(1) 證明：平面AD丄平面Bc;(2) 當三棱錐-ABc體積最大時，求面AB與面cD所成二面 角的正弦值.2016全新精品

2、資料-全新公文范文-全程指導寫作-獨家原創(chuàng)1 / 27精品文檔圖 4-13-2 試做3. 2016?北京卷如圖4-13-3所示，在四棱錐 P-ABcD中,平面 PADL平面 ABcD,PA! PD,PA=PD,ABL AD,AB=1,AD=2,Ac=cD=. 求證:PD丄平面PAB.(2) 求直線PB與平面PcD所成角的正弦值.(3) 在棱PA上是否存在點，使得B /平面PcD?若存在，求 的值；若不存在，說明理由.圖 4-13-3 試做命題角度立體幾何大題求解策略 利用法向量求解空間角的關鍵在于“四破”：(a) 破“建系關”：建立恰當?shù)目臻g直角坐標系.(b) 破“求坐標關”：準確求解相關點的

3、坐標.(c) 破“求法向量關”：求出平面的法向量.(d) 破“應用公式關”：熟記求角公式即可求出角. 求空間角應注意的3個問題：(a) 兩條異面直線所成的角a不一定是兩直線的方向向量的夾角B ,應該是COS a =|COS B I；(b) 直線與平面所成的角a的正弦值等于平面的法向量與直線方向向量夾角B的余弦值的絕對值，即sin a =|cos BI；(c) 兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補角 平行與垂直問題的求證策略：(a) 證明平行問題除結(jié)合平行關系的判定與性質(zhì)定理之 外,還需充分利用三角形的中位線、平行四邊形等 ；(b) 證明垂直問題，注意利用等腰三角形

4、底邊的中線與底邊垂直、菱形的對角線互相垂直、勾股定理證明垂直等.解答1平行、垂直關系的證明1 如圖 4-13-4 所示，在四棱錐 P-ABcD中,PA丄底面 ABcD,AD/ Bc,AD 丄 cD,Bc=2,AD=cD=1,是 PB 的中點.圖 4-13-4(1) 求證:A /平面PcD;(2) 求證:平面 Ac丄平面PAB. 聽課筆記【考場點撥】(1)利用幾何法證明平行與垂直,關鍵是根據(jù)平行與垂直的判定定理及性質(zhì)定理來確定有關的線與面，如果所給圖形中不存在這樣的線與面，可以連接或添加有關的線與面；(2)利用向量法證明平行與垂直，首先要合理建立空間直角坐標系，其次寫出有關線的方向向量及求出有關

5、平面的法 向量,最后根據(jù)向量的性質(zhì)進行論證.【自我檢測】如圖4-13-5所示，在矩形 ABcD中,AB=2,Bc=4,E 為AD 的中點,o為BE的中點將 ABE沿BE折起到 A BE的位置， 使得平面 A BE丄平面 BcDE(如圖4-13-5).(1) 求證:A o 丄 cD.(2) 在線段A c上(包括端點)是否存在點P,使得oP/ 平面A DE?若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.圖 4-13-5解答2利用空間向量求角的問題2 如圖4-13-6所示，在厶PBE中,AB丄PE,D是AE的中 點,c是線段BE上的一點，且Ac=,AB=AP=AE=2現(xiàn)將 PBA沿 AB折起,使得二面角

6、P-AB-E是直二面角(如圖4-13-6). 求證:cD /平面PAB;(2) 求直線PE與平面PcD所成角的正弦值.圖 4-13-6 聽課筆記3 如圖4-13-7所示，在四棱錐 P-ABcD中，底面ABcD為平 行四邊形，已知PA=Ac=2,Z PAD玄DAc=60 ,cE丄AD于點E.圖 4-13-7 求證:AD丄Pc;(2)若平面 PADL平面 ABcD,且 AD=3,求二面角 C-PD-A的余弦值. 聽課筆記【考場點撥】空間角求解常見失分點：(1)用向量法求出的異面直線所成角的余弦值必須為正；(2)若直線的方向向量I與平面的 法向量n的夾角為B ,則直線與平面的夾角a =- B或B -

7、,故 有sin a =|cos 9 |=;(3)判斷所求的二面角到底是銳角還是 鈍角時，要結(jié)合圖形分析，以防結(jié)論錯誤.【自我檢測】1. 如圖4-13-8所示，在四棱錐 P-ABcD中,PA丄平面ABcD, DAB DcB,E為線段 BD上的一點，且EB=ED=Ec=Bc連接 cE并延長，交AD于點F.(1) 若G為PD的中點，求證：平面PADL平面cGF;(2) 若Bc=2,PA=3,求平面BcP與平面DcP所成銳二面角 的余弦值.圖 4-13-82. 如圖4-13-9所示，在五邊形 ABcDE中，ED=EA,AB/ cD,cD=2AB, / EDc=150 ,現(xiàn)將 EAD沿 AD翻折到 PA

8、D的位 置，得到四棱錐P-ABcD,如圖4-13-9所示，點為線段Pc的 中點，且B丄平面PcD. 求證：平面PADL平面 ABcD;(2) 若直線Pc與直線AB所成角的正切值為，求直線B與 平面PDB所成角的正弦值.圖 4-13-93. 女口圖 4-13-10所示，在 四棱錐 P-ABcD中,PA=PD=AD=2cD=2Bc=2且/ ADc=Z BcD=90 .(1) 當PB=2時，證明：平面PADL平面 ABcD;(2) 當四棱錐P-ABcD的體積為，且二面角P-AD-B為鈍角 時,求直線PA與平面PcD所成角的正弦值.圖 4-13-10解答3利用空間向量解決探索性問題4 如圖4-13-1

9、1，等邊三角形 ABc的邊長為3,點D,E 分別為AB,Ac上的點，且滿足=,將厶ADE沿DE折起到 AIDE 的位置，使二面角 A1-DE-B為直二面角（如圖4-13-11）. 求證:A1D丄平面BcED.（2） 在線段Bc上（包括端點）是否存在點 P,使直線PA1 與平面A1BD所成的角為60 ?若存在，求出PB的長；若不存 在,請說明理由.圖 4-13-11 聽課筆記【考場點撥】與空間向量有關的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關系；另一類是探究線面角或二面角滿足特定要 求時的存在性問題.處理原則是：先建立空間直角坐標系，引 入?yún)?shù)（有些是題中已給出）,設出關鍵點的坐標，然后探究

10、 這樣的點是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷.【自我檢測】如圖 4-13-12 所示，在四棱錐 P-ABcD中,PA丄平面 ABcD,Bc/ AD,AB丄AD,且 PA=AD=AB=2Bc=2為 AD的中點. 求證：平面Pc丄平面PAD.(2) 在棱PD上是否存在點 Q,使PtK平面cQ?若存在，求 出二面角P-c-Q的余弦值；若不存在，請說明理由.圖 4-13-12第13講立體幾何典型真題研析1. 解: 證明：由已知可得,BF丄PF,BF丄EF,所以BF丄 平面PEF.又BF?平面ABFD所以平面PEF丄平面ABFD.(2) 作PHL EF,垂足為H.由(1)得,PH丄平面 ABFD

11、.以H為坐標原點，的方向為y軸正方向,|為單位長，建 立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz.由(1)可得，DE丄PE.又 DP=2,DE=1,所以 PE=.又 PF=1,EF=2,故 PEL PF,可得 PH=,EH=,貝U H(0,0,0),P0,0,D-1,-,0,=1,=0,0,為平面 ABFD的法向量.設DP與平面ABFD所成的角為B ,則sin 9 =,所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.2. 解:(1)證明：由題設知，平面cD丄平面 ABcD,交線為cD.因為BcL cD,Bc?平面ABcD,所以Be丄平面cD,故BcL D.因為為上異于c,D的點，且Dc為直徑，所以D丄c.又

12、BeQ c=c,所以D丄平面Bc.而D?平面 AD,故平面 AD丄平面 Bc.(2) 以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系 D-xyz.當三棱錐-ABc體積最大時，為的中點.由題設得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).設n=(x,y,z) 是平面AB的法向量，貝U即可取 n=(1,0,2).是平面cD的法向量，因此cos=,sin=.所以面AB與面cD所成二面角的正弦值是.3. 解: 證明：因為平面PADL平面ABcD,AB丄AD,所以AB丄平面 PAD所以

13、AB丄PD.又因為PA! PD,所以PD丄平面 PAB.(2) 取AD的中點o,連接Po,co.因為PA=PD所以Po丄AD.又因為 Po平面PAD平面PADL平面 ABcD,所以Po丄平面ABcD.因為co平面 ABcD,所以Po! co.因為Ac=cD,所以co丄AD.如圖建立空間直角坐標系o-xyz.由題意 得，A(0,1,0),B(1,1,0),c(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).設平面PcD的法向量為n=(x,y,z),貝U即令 z=2,則 x=1,y=-2,所以 n=(1,-2,2).又=(1,1,-1), 所以cos=-,所以直線PB與平面PcD所成角的正弦值

14、為.(3) 設是棱PA上一點，則存在入 0,1使得=入.因此點(0,1-入，入),=(-1,- 入，入).因為B平面PcD,所以B/平面PcD,當且僅當？n=0,即(-1,-入，入)?(1,-2,2)=0,解得入=.所以在棱PA上存在點使得 B/平面PcD,此時=.考點考法探究解答1例1證明：方法一(幾何法):(1)取cP的中點N,連接 N,DN,因為為 PB的中點，所以N/ Bc,且N=Bc,又AD/ Bc,且 AD=Bc,所以N=AD且N/ AD,所以四邊形 AND為平行四邊形， 所以A/ DN,又DN?平面PcD,所以A/平面PcD.(2) 因為 AD=cD=1,Bc=2,AD/ Bc,

15、AD 丄 cD,所以 Ac=AB=，又 Bc=2,所以cA丄AB.因為PA!底面 ABcD,所以PA! Ac,又PA n AB=A,所以 Ac丄平面 PAB，因為 Ac平面 Ac,所以平面 Ac丄 平面PAB.方法二(向量法):(1)以c為原點，cD,cB所在直線分別 為x,y軸，建立空間直角坐標系 c-xyz,如圖所示.設PA=a(a0),則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).設平面PcD的法向量為 n1=(x0,y0,z0),貝U即令 y0=a,則 x0=0,z0=-1,所以 n仁(0,a,-1

16、),又=,所以?n1=-=0,所以A/平面PcD.(2) 由(1)知=(1,1,0),=, 設平面 Ac的法向量為 n2=(x1,y1,z1), 則即令 x仁1,則 y1= -1,z1=,所以 n2=.=(0,0,a),=(-1,1,0),設平面 PAB的法向量為n3=(x2,y2,z2),貝U即令 x2=1,則 y2=1,z2=0,所以 n3=(1,1,0).因為n2?n3=0,所以平面 Ac丄平面 PAB.【自我檢測】解:(1)證明：T AB=2,Bc=4,E 為 AD的中點，二 AB=AE=2,又 o為BE的中點， Ao丄BE.由題意可知,A o丄BE,平面 A BE丄平面 BcDE,平

17、面A BEQ平面 BcDE=BE,A o平面A BE, A o丄平面 BcDE,又cD平面BcDE, A o 丄 cD.(2) 方法一：取Bc的中點為F,連接oF,易知oF丄BE.由(1)可知,A o 丄 BE,A o 丄 oF,以o為原點,oA 所在直線為 z軸,oF所在直線為 x 軸,oE所在直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則 A (0,0,),E(0,0),D(,2,0),c(2,0).假設在線段A c上存在點P,使得oP/平面A DE,設=入(01),則由=(2,-), 得=(2入,入，-入), P(2 入，入，-入), =(2 入，入，-入).=(0,-),=(,0),設平

18、面A DE的法向量為=(x,y,z), 則即令 y=1,則 x=-1,z=1, =(-1,1,1).若 oP/平面 A DE，則?=0,- -2入+入+-入=0,解得入=,=.方法二：取cD的中點,A c的中點N,連接o,oN,N,易證 o II DE,N/ A D,又 o n N=,DEQ A D=D, a 平面 oN/平面 A DE. T oN?平面oN,. oN/平面 A DE,即卩P與N重合時， 滿足題意,a =.解答2例2 解: 證明：因為AE=2,所以AE=4,又 AB=2,AB丄 AE,所以 BE=2.因為 Ac=BE,所以Ac是Rt ABE的斜邊 BE上的中線， 所以c是BE的

19、中點，又cD是厶ABE的中位線，所以cD/ AB.因為cD平面PAB,AB平面PAB,所以cD/平面 PAB.(2) 由題意可知 AB,AE,AP兩兩垂直，以A為原 點,AB,AE,AP所在直線分別為x,y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.因為AB=AP=AE=2且 c,D分別是BE,AE的中點，所以 AE=4,AD=2,貝V 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).設平面PcD的法向量為n=(x ,y ,z ),貝U即令 y =1,則 x =0,z =1,所以 n=(0,1,1).設直線PE與

20、平面PcD所成角的大小為B ,則sin 9 =.例3 解: 證明：連接PE. PA=Ac,/ PAD玄 cAD,AE 是公共邊, PAEA cAE,:丄 PEA=/ cEA. cE丄 AD, a PE丄 AD,又 PEA cE=E,a ADL平面 PcE, Pc 平面 PcE,a ADL Pc.(2)T AD丄平面PEc,平面PADL平面ABcD,a EP,EA,Ec兩兩垂直，以E為原點,EA,Ec,EP 所在直線 分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，如圖所示. PA=Ac=2,/ PAD玄 cAD=60 ,AD=3,a AE=1,PE=cE=,DE=2,則E(0,0,0),D(-2,0,0

21、),c(0,0),P(0,0,),=(2,0,),=(2,0).設平面PcD的法向量為n=(x,y,z),則即令 x=-,則 y=2,z=2, a n=(-,2,2).易知平面PAD的一個法向量為=(0,0).設二面角c-PD-A的平面角為B ,貝卩 |cos 0 |=,2016全新精品資料-全新公文范文-全程指導寫作-獨家原創(chuàng)17 / 27精品文檔顯然二面角 c-PD-A的平面角是銳角，故二面角c-PD-A 的余弦值為.【自我檢測】1. 解: 證明：在厶 BcD 中,EB=ED=Ec=Bc，故/ BcD=, / cBE=Z cEB=, DABA DcB, EABA EcB,從而有/ FED=

22、Z BEc=Z AEB=,Ec=EA,/ FED=/ FEA,ED=EA故 EF丄 AD,AF=FD.又 PG=GDFG II PA. T PA!平面 ABcD, GFL平面 ABcD,. GF! AD,又 GFQ EF=F,故 ADL平面 cFG. AD平面PAD, a平面 PAD!平面cGF.(2) 由 知/ EAB=/ EcB=, / DEF=/ FEA=,AE=ED, a/ EAF=, a BAF=,即 BA! AF.以點A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸 建立如圖所示的空間直角坐標系，則 A(0,0,0),B(2,0,0),c(3,0),D(0,2,0),P(0

23、,0,3),故=(1,0),=(-3,-,3),=(-3,0).設平面BcP的法向量為 n仁(x1,y1,z1),貝U即令 x仁 1,則 y1=-,z仁，a n1=.設平面DcP的法向量為n2=(x2,y2,z2), 則即令x2=1,貝Uy2=,z2=2,n2=(1,2).設平面BcP與平面DcP所成的銳二面角為B ,則cos 92. 解: 證明：取PD的中點N,連接AN,N,則N/ cD,且N=cD. AB/ cD,且 AB=cD,. N/ AB,且 N=AB貝U四邊形 ABN為平行四邊形， AN/ B,又B丄平面PcD, AN!平面 PcD, AN! PD,AN丄 cD.由ED=EA即卩P

24、D=PA且 N為PD的中點,AN! PD,可得 PAD為等邊三角形，/ PDA=60 ,又/ EDc=150，/ cDA=90 ,即 cD! AD. ADA AN=A, cD丄平面 PAD,又cD平面 ABcD,平面 PADL平面 ABcD.(2) AB/ cD,PcD為直線Pc與AB所成的角，由(1)可得/ PDc=90 , tan / PcD=,. cD=2PD.設 PD=1,貝 cD=2,PA=AD=AB=1,取AD的中點o,連接Po,過o作AB的平行線，建立如圖所示的空間直角坐標系o-xyz,2016全新精品資料-全新公文范文-全程指導寫作-獨家原創(chuàng)佃/ 27精品文檔貝y D,B,p,

25、則=(1,1,0),=,=.設n=(x,y,z) 為平面PBD的法向量，則即令 x=3,則 y=-3,z=-,n=(3,-3,-),貝y cos=-,故直線B與平面PDB所成角的正弦值為.3. 解: 證明：如圖所示，取AD的中點o,連接Po,oB. PA=PD,. Po 丄 AD. v / ADc=Z BcD=90 , /. Bc II AD,又 Bc=AD=1,. Bc=oD, 四邊形 BcDo 為矩形,a oB=cD=1. PoB 中,Po=,oB=1,PB=2, / PoB=90 ,貝U Po oB. v ADA oB=o, a Po丄平面 ABcD,又 Po平面PAD, a平面 PAD

26、L平面 ABcD.(2) 由(1)知 AD丄 Po,ADL Bo, v PoA oB=o, a AD丄平面 PoB,又AD平面 ABcD, a平面 PoB丄平面 ABcD.過點P作PEL 平面ABcD,則垂足E 一定落在平面 PoB與平面ABcD的交線 oB 上.v四棱錐 P-ABcD 的體積為,ax PEXX (AD+Bc) x cD= x PExx (2+1) x 1=PE=, a PE=.v Po=, a oE=.以o為坐標原點,oA,oB所在直線分別為 x,y軸，在平面PoB內(nèi)過點o作垂直于平面 AoB的直線為z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系o-xyz.由題意可知A(1,0,0),

27、P,D(-1,0,0),c(-1,1,0),則=,=(0,1,0),=. 設平面PcD的法向量為n=(x,y,z), 則即令x=1,則y=0,z=-,n=.設直線PA與平面PcD所成的角為B ,則sin 9 =,故直線PA 與平面PcD所成角的正弦值為.解答3例4解:(1)證明：因為等邊三角形 ABc的邊長為3,且=,所以 AD=1,AE=2.在厶 ADE中，/ DAE=60 ,由余弦定理得 DE=.因為 AD2+DE2=AE2,所以AD丄DE,故折疊后有A1D丄DE.因為二面角 A1-DE-B是直二面角，所以平面 A1DEL平面BcED,又平面 A1DE?平面 BcED=DE,A1D平面 A

28、1DE,A1DL DE, 所以A1D丄平面BcED.(2) 由(1)知 ED DB,A1D丄平面 BcED.以D為坐標原點，DB,DE,DA1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系 D-xyz，如圖所示，設 PB=2a(0 2a 3),過點 P作 PhU BD于 H,則 PH=a,DH=2-a,所以 A1(0,0,1),P(2-a,a,0),E(0,0),所以=(a-2,-a,1),易知平面A1BD的一個法向量為=(0,0).若直線PA1與平面A1BD所成的角為60 ,則 sin60 =,解得a=,則PB=2a=,滿足OW 2a0),則 A(0,0,0),E,B1(,-1,t),D1(0,2,t),=,=(,-1,t),=(0,2,t).設平面B1AE的法向量為n=(x,y,z),貝U即2016全新精品資料-全新公文范文-全程指導寫作-獨家原創(chuàng)25 / 27精品文檔令 y=t,則 x=-t,z=4,所以 n=(-t,t,4).設直線AD1與平面B1AE所成的角為B ,貝U sin 0 =,解得t=2,故線段AA1的長為2.例3配例4使用如圖所示，四邊形ABcD是梯形,ADII Bc, / BAD=90 ,四邊形 CC1D1D為矩形，已知 AB丄Bc1,AD=4,AB=2,Bc=1.(1) 求證:Bc