高考理科数学普通生讲义高考5个大题题题研诀窍立体几何问题重在建建模建系.docx
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高考理科数学普通生讲义高考5个大题题题研诀窍立体几何问题重在建建模建系
[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 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〉|=cos30°=, 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sinθ=|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cosθ===. 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(00). 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, ∴=(0,1,1),=(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·cos45°=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, ∴cosθ=|cos〈n1,n2〉|===. ∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为.
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