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2019版二轮复习数学(理·普通生)通用版讲义:第一部分第二层级高考5个大题题题研诀窍立体几何问题重在“建”——建模、建系
展开[技法指导——迁移搭桥]
立体几何解答题建模、建系策略 立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合,以某个几何体为依托,分步设问,逐层加深.解决这类题目的原则是建模、建系. 建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型. 建系——依托于题中的垂直条件,建立空间直角坐标系,利用空间向量求解. |
[典例] (2018·全国卷Ⅱ)如图,在三棱锥PABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且二面角MPAC为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.
[快审题]
求什么 想什么 | 证明线面垂直,想线面垂直成立的条件. 求线面角的正弦值,想平面的法向量及直线的方向向量. |
给什么 用什么 | 给出边的长度,用勾股定理证线线垂直. 给出二面角的大小,可求出点M的位置. |
差什么 找什么 | 差点M的坐标,利用垂直关系建立空间直角坐标系,找出平面PAM,平面PAC的法向量. |
[稳解题]
(1)证明:因为PA=PC=AC=4,O为AC的中点,
所以PO⊥AC,且PO=2.
连接OB,因为AB=BC=AC,
所以△ABC为等腰直角三角形,
且OB⊥AC,OB=AC=2.
所以PO2+OB2=PB2,
所以PO⊥OB.
又因为OB∩AC=O,
所以PO⊥平面ABC.
(2)以O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Oxyz.
由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),
A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),
=(0,2,2).
取平面PAC的一个法向量=(2,0,0).
设M(a,2-a,0)(0<a≤2),则=(a,4-a,0).
设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).
由
得
令y=a,得z=-a,x=(a-4),
所以平面PAM的一个法向量为n=((a-4),a,-a),
所以cos〈,n〉=.
由已知可得|cos〈,n〉|=cos 30°=,
所以=,
解得a=或a=-4(舍去).
所以n=.
又=(0,2,-2),
所以cos〈,n〉
==.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
[题后悟道] 利用法向量求解空间角的关键在于“四破”
[针对训练]
(2018·惠州第二次调研)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,PA⊥PB,PC=2.
(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;
(2)若PA=PB,求二面角APCD的余弦值.
解:(1)证明:取AB的中点O,连接CO,PO,
∵四边形ABCD是边长为2的菱形,
∴AB=BC=2.
∵∠ABC=60°,
∴△ABC是等边三角形,
∴CO⊥AB,OC=.
∵PA⊥PB,∴PO=AB=1.
∵PC=2,∴OP2+OC2=PC2,∴CO⊥PO.
∵AB∩PO=O,∴CO⊥平面PAB.
∵CO⊂平面ABCD,
∴平面PAB⊥平面ABCD.
(2)∵PA=PB,∴PO⊥AO.
由(1)知,平面PAB⊥平面ABCD,∴PO⊥平面ABCD,
∴直线OC,OB,OP两两垂直.以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
则O(0,0,0),A(0,-1,0),C(,0,0),D(,-2,0),P(0,0,1).
∴=(0,1,1),=(,0,-1),=(0,2,0).
设平面APC的法向量为m=(x1,y1,z1),
由得
取x1=1,得m=(1,-,)为平面APC的一个法向量,
设平面PCD的法向量为n=(x2,y2,z2),
由得
取x2=1,得n=(1,0,)为平面PCD的一个法向量,
∴cos〈m,n〉==,
由图知,二面角APCD为锐二面角,
∴二面角APCD的余弦值为.
A组——大题考点落实练
1.如图,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD,四边形ABCD为菱形,A1A=AB=2,∠ABC=60°,E,F分别是BC,A1C的中点.
(1)求异面直线EF,AD所成角的余弦值;
(2)点M在线段A1D上,=λ,若CM∥平面AEF,求实数λ的值.
解:(1)因为A1A⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
所以A1A⊥AE,A1A⊥AD.
在菱形ABCD中,∠ABC=60°,连接AC,
则△ABC是等边三角形.
因为E是BC的中点,所以BC⊥AE.
因为BC∥AD,所以AE⊥AD.
以A为坐标原点,AE为x轴,AD为y轴,AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(,1,0),D(0,2,0),A1(0,0,2),E(,0,0),F,=(0,2,0),=,
所以cos〈,〉===,
所以异面直线EF,AD所成角的余弦值为.
(2)设M(x,y,z),由于点M在线段A1D上,且=λ,
所以=λ,则(x,y,z-2)=λ(0,2,-2).
解得M(0,2λ,2-2λ),所以=(-,2λ-1,2-2λ).
设平面AEF的一个法向量为n=(x0,y0,z0).
因为=(,0,0),=,
所以即
取y0=2,得z0=-1,
则平面AEF的一个法向量为n=(0,2,-1).
由于CM∥平面AEF,则n·=0,
即2(2λ-1)-(2-2λ)=0,解得λ=.
2.(2019届高三·河北三市联考)如图,三棱柱ADEBCG中,四边形ABCD是矩形,F是EG的中点,EA⊥AB,AD=AE=EF=1,平面ABGE⊥平面ABCD.
(1)求证:AF⊥平面FBC;
(2)求二面角BFCD的正弦值.
解:(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,
∴BC⊥AB,
又平面ABGE⊥平面ABCD,
∴BC⊥平面ABGE,
∵AF⊂平面ABGE,
∴BC⊥AF.
在△AFB中,AF=BF=,AB=2,
∴AF2+BF2=AB2,
即AF⊥BF,又BF∩BC=B,
∴AF⊥平面FBC.
(2)分别以AD,AB,AE所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),D(1,0,0),C(1,2,0),E(0,0,1),B(0,2,0),F(0,1,1),∴=(-1,0,1),=(0,2,0),设n1=(x,y,z)为平面CDEF的法向量,
则即
令x=1,得z=1,即n1=(1,0,1)为平面CDEF的一个法向量,
取n2==(0,1,1)为平面BCF的一个法向量,
∴cos〈n1,n2〉==,
∴二面角BFCD的正弦值为.
3.如图,在四棱锥EABCD中,底面ABCD为直角梯形,其中CD∥AB,BC⊥AB,侧面ABE⊥平面ABCD,且AB=AE=BE=2BC=2CD=2,动点F在棱AE上,且EF=λFA.
(1)试探究λ的值,使CE∥平面BDF,并给予证明;
(2)当λ=1时,求直线CE与平面BDF所成角的正弦值.
解:(1)当λ=时,CE∥平面BDF.证明如下:
连接AC交BD于点G,连接GF,
∵CD∥AB,AB=2CD,
∴==,
∵EF=FA,∴==,∴GF∥CE,
又CE⊄平面BDF,GF⊂平面BDF,
∴CE∥平面BDF.
(2)取AB的中点O,连接EO,则EO⊥AB,
∵平面ABE⊥平面ABCD,平面ABE∩平面ABCD=AB,
∴EO⊥平面ABCD,
连接DO,∵BO∥CD,且BO=CD=1,
∴四边形BODC为平行四边形,∴BC∥DO,
又BC⊥AB,∴AB⊥OD,
则OD,OA,OE两两垂直,以O为坐标原点,OD,OA,OE所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,
则O(0,0,0),A(0,1,0),B(0,-1,0),D(1,0,0),C(1,-1,0),E(0,0,).
当λ=1时,有=,∴F,
∴=(1,1,0),=,=(-1,1,).
设平面BDF的法向量为n=(x,y,z),
则即
令z=,得y=-1,x=1,
则n=(1,-1,)为平面BDF的一个法向量,
设直线CE与平面BDF所成的角为θ,
则sin θ=|cos〈,n〉|==,
故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为.
4.(2018·成都一诊)如图①,在边长为5的菱形ABCD中,AC=6,现沿对角线AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面体PABC,如图②所示.已知PB=4.
(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;
(2)若Q是线段AP上的点,且=,求二面角QBCA的余弦值.
解:(1)证明:取AC的中点O,连接PO,BO.
∵四边形ABCD是菱形,
∴PA=PC,PO⊥AC.
∵DC=5,AC=6,
∴OC=3,PO=OB=4,
∵PB=4,
∴PO2+OB2=PB2,
∴PO⊥OB.
∵OB∩AC=O,∴PO⊥平面ABC.
∵PO⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)∵AB=BC,∴BO⊥AC.
故OB,OC,OP两两垂直.
以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
则B(4,0,0),C(0,3,0),P(0,0,4),A(0,-3,0).
设点Q(x,y,z).
由=,得Q.
∴=(-4,3,0),=.
设n1=(x1,y1,z1)为平面BCQ的法向量,
由得
取x1=3,则n1=(3,4,15).
取平面ABC的一个法向量n2=(0,0,1).
∴cos〈n1,n2〉===,
∵二面角QBCA为锐角,
∴二面角QBCA的余弦值为.
B组——大题专攻补短练
1.在三棱锥PABC中,PA=PB=PC=2,BC=1,AC=,AC⊥BC.
(1)求点B到平面PAC的距离.
(2)求异面直线PA与BC所成角的余弦值.
解:(1)以C为坐标原点,CA为x轴,CB为y轴,过C作平面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,取AB的中点D,连接PD,DC,
因为△ACB为直角三角形且AC=,BC=1,
所以AB=2,
所以△PAB为正三角形,
所以PD⊥AB且PD=.
在△PDC中,PC=2,PD=,DC=1,
所以PC2=PD2+DC2,
所以PD⊥DC,又AB∩DC=D,
所以PD⊥平面ABC.
则A(,0,0),B(0,1,0),D,P,C(0,0,0),=(,0,0),=,=,=(0,1,0),
设平面PAC的法向量n=(x,y,z),
则即
取y=2,得n=(0,2,-1)为平面PAC的一个法向量,
所以点B到平面PAC的距离
d===.
(2)因为=,=(0,-1,0),
设异面直线PA与BC所成角为θ,
则cos θ===.
所以异面直线PA与BC所成角的余弦值为.
2.已知四棱锥PABCD中,底面ABCD是梯形,BC∥AD,AB⊥AD,且AB=BC=1,AD=2,顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上,PA⊥PD.
(1)求证:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若直线AC与PD所成角为60°,求二面角APCD的余弦值.
解:(1)证明:∵PH⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,
∴PH⊥AB.
∵AB⊥AD,AD∩PH=H,AD⊂平面PAD,PH⊂平面PAD,
∴AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD.
(2)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
∵PH⊥平面ABCD,
∴z轴∥PH.
则A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),设AH=a,PH=h(0<a<2,h>0).
则P(0,a,h).
∴=(0,a,h),=(0,a-2,h),=(1,1,0).
∵PA⊥PD,∴·=a(a-2)+h2=0.
∵AC与PD所成角为60°,
∴|cos〈,〉|==,
∴(a-2)2=h2,∴(a-2)(a-1)=0,
∵0<a<2,∴a=1.∵h>0,∴h=1,∴P(0,1,1).
∴=(0,1,1),=(1,1,0),=(1,0,-1),=(1,-1,0),
设平面APC的法向量为n=(x1,y1,z1),
则即
令x1=1,得y1=-1,z1=1,
∴平面APC的一个法向量为n=(1,-1,1),
设平面DPC的法向量为m=(x2,y2,z2).
则即
令x2=1,得y2=1,z2=1,
∴平面DPC的一个法向量为m=(1,1,1).
∴cos〈m,n〉==.
∵二面角APCD的平面角为钝角,
∴二面角APCD的余弦值为-.
3.(2018·西安质检)如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形,AC∩BD=O,A1O⊥底面ABCD,AB=2,AA1=3.
(1)证明:平面A1CO⊥平面BB1D1D;
(2)若∠BAD=60°,求二面角BOB1C的余弦值.
解:(1)证明:∵A1O⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD.
∴A1O⊥BD.
∵四边形ABCD是菱形,
∴CO⊥BD.
∵A1O∩CO=O,
∴BD⊥平面A1CO.
∵BD⊂平面BB1D1D,
∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.
(2)∵A1O⊥平面ABCD,CO⊥BD,∴OB,OC,OA1两两垂直,以O为坐标原点,,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
∵AB=2,AA1=3,∠BAD=60°,
∴OB=OD=1,OA=OC=,
OA1==.
则O(0,0,0),B(1,0,0),C(0,,0),A(0,-,0),A1(0,0,),
∴=(1,0,0),==(0,,),
=+=(1,,),=(0,,0).
设平面OBB1的法向量为n=(x1,y1,z1),
则即
令y1=,得n=(0,,-1)是平面OBB1的一个法向量.
设平面OCB1的法向量m=(x2,y2,z2),
则即
令z2=-1,得m=(,0,-1)为平面OCB1的一个法向量,
∴cos〈n,m〉===,
由图可知二面角BOB1C是锐二面角,
∴二面角BOB1C的余弦值为.
4.(2018·潍坊统考)在平行四边形PABC中,PA=4,PC=2,∠P=45°,D是PA的中点(如图1).将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置,得到四棱锥P1ABCD.
(1)将△PCD沿CD折起的过程中,CD⊥平面P1DA是否成立?请证明你的结论.
(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°,且△P1DA为锐角三角形,求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值.
解:(1)将△PCD沿CD折起过程中,CD⊥平面P1DA成立.证明如下:
∵D是PA的中点,PA=4,∴DP=DA=2,
在△PDC中,由余弦定理得,
CD2=PC2+PD2-2PC·PD·cos 45°=8+4-2×2×2×=4,
∴CD=2=PD,
∵CD2+DP2=8=PC2,
∴△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA,
∴CD⊥DA,CD⊥P1D,P1D∩AD=D,
∴CD⊥平面P1DA.
(2)由(1)知CD⊥平面P1DA,CD⊂平面ABCD,
∴平面P1DA⊥平面ABCD,
∵△P1DA为锐角三角形,∴P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上,记为O,连接P1O,∴P1O⊥平面ABCD,
则∠P1DA是P1D与平面ABCD所成的角,
∴∠P1DA=60°,
∵DP1=DA=2,
∴△P1DA为等边三角形,O为AD的中点,
故以O为坐标原点,过点O且与CD平行的直线为x轴,DA所在直线为y轴,OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
设x轴与BC交于点M,
∵DA=P1A=2,∴OP1=,
易知OD=OA=CM=1,
∴BM=3,
则P1(0,0,),D(0,-1,0),C(2,-1,0),B(2,3,0),=(2,0,0),=(0,-4,0),=(2,-1,-),
∵CD⊥平面P1DA,
∴可取平面P1DA的一个法向量n1=(1,0,0),
设平面P1BC的法向量n2=(x2,y2,z2),
则即
令z2=1,则n2=,
设平面P1AD和平面P1BC所成的角为θ,
由图易知θ为锐角,
∴cos θ=|cos〈n1,n2〉|===.
∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为.