第三講立體幾何

第三講立體幾何

命題者說考題統(tǒng)計(jì)考情點(diǎn)擊2018全國卷ITib面面垂直、線面角2018全國卷HT20線面垂直、線面角2018全國卷山T19面面垂直、二面角2018天津高考T17線面平行、二面角、線面角咼考對立體幾何在解答題中的考杳比較穩(wěn)定，空間線面位置關(guān)系中的平行或垂直的證明，空間角的計(jì)算是熱點(diǎn)，題型主要有：1.空間位置關(guān)系的證明。2?求空間角或其某一種三角函數(shù)值。考向側(cè)析對點(diǎn)徼練 :Q考向調(diào)研 考向一平行、垂直關(guān)系的證明【例1】如圖，在四棱錐P—ABCD中，PA丄底面ABCD,AD丄AB,AB//DC,AD=DC=AP=2,AB=1,點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)。證明：BE丄DC;BE//平面FAD;平面PCD丄平面FAD。證明 依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)。由E為棱PC的中點(diǎn)，得E(1,1,1)o

T T TT向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0)，故BEDC=0。所以BE丄DC。因?yàn)锳B丄AD,又PA丄平面ABCD,AB?平面ABCD,所以AB丄PA,PAAAD=A,PA,AD?平面FAD,所以AB丄平面PAD,T所以向量AB=(1,0,0)為平面PAD的一個(gè)法向量，TT而BEAB=(0,1,1)(1,0,0)=0,所以BE丄AB,又BE?平面PAD，所以BE//平面PAD。TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"T T⑶由⑵知平面PAD的法向量AB=(1,0,0),向量PD=(0,2,-2),DC=(2,0,0),y,z),設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為ny,z),f rnPD=0, 2y-2z=0,則 即y ，T 、2x=0,nDC=0,不妨令y不妨令y=1,可得n=(0,1,1)為平面PCD的一個(gè)法向量。T且nAB=(0,1,1)(1-,0,0)=0,所以n丄AB。所以平面PAD丄平面PCD。吾通吾通(1)利用向量法證明平行、垂直關(guān)系，關(guān)鍵是建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系(盡可能利用垂直條件，準(zhǔn)確寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而用向量表示涉及到直線、平面的要素)。(2)向量證明的核心是利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘向量，但向量證明仍然離不開立體幾何定理的條件，如在本例(2)中忽略BE?平面PAD而致誤?！咀兪接?xùn)練1】在直三棱柱ABC—A1B1C1中，/ABC=90°BC=2,CCi=4點(diǎn)E在線段BBi上，且EBi=1,D,F,G分別為CCi,C1B1,C1A1的中點(diǎn)。求證：BiD丄平面ABD;平面EGF//平面ABD。證明(1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA,BC,BBi所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示。則B(0,0,0),D(0,2,2),Bi(0,0,4),Ci(0,2,4)。設(shè)BA=a,則A(a,0,0),所以BA=(a,0,0),BD=(0,2,2),BQ=(0,2,—2)。TT TTBiDBA=0,BiDBD=0+4—4=0。則BiD丄BA,BiD丄BD。又BAnBD=B,BA,BD?平面ABD,因此BiD丄平面ABD。a 、(2)由(i)知，E(0,0,3),GQ,i,4,F(0,i,4),T/ \T則EG=:,i,i,EF=(0,i,i),TT TTBiDEG=0+2—2=0,BiDEF=0+2—2=0,即BiD丄EG,BiD丄EF。又EGnEF=E,EG,EF?平面EGF,因此BiD丄平面EGF。結(jié)合(i)可知平面EGF//平面ABD。考向二利用空間向量求空間角微考向i:求直線與平面所成的角【例2】(20i8浙江高考)如圖，已知多面體ABCAiBiCi,AiA,BiB,CiC均垂直于平面ABC,/ABC=i20°AiA=4,CiC=i,AB=BC=BiB=2。證明：ABi丄平面AiBiCi；求直線ACi與平面ABBi所成的角的正弦值。解(1)證明：證法一：由AB=2,AA1=4,BB〔=2,AA1±AB,BBi丄AB得ABi=AiBi=22,所以A1b1+AB2=AA1,故AB」A1B1o由BC=2,BB1=2,C°=1,BB1±BC,CC1±BC得B1C1=.5,由AB=BC=2,ZABC=120°得AC=23,由CC1±AC,得AC1=13,所以AB1+B1c1=AC2,故AB1±B1C1。因此AB1±平面A1B1C1o證法二：如圖，以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以射線OB,OC為x,y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz。由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：A(0,—3,0),B(1,0,0),A1(0,—3,4),B1(1,0,2),C?0,3,1)o———因此AB1=(1, 3,2),A1B1=(1, 3,—2),g=(0,23,一3)o——由AB1?1B1=0得AB」A1B1o——由AB1?1C1=0得AB1±A1C1o所以AB1±平面A1B1C1o(2)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為6o

由(1)可知ACi=(0,23,1),AB=(1, 3,0),BBi=(0,0,2)。設(shè)平面ABBi的法向量n=(x,y,z)。T可取n=(-3可取n=(-3,1,0)。由TnBB1=0,T所以sin6=|cos〈T所以sin6=|cos〈AC1,.IAC1n| 39=T=冇IAC1I|n|因此，直線AC1與平面因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是吾通(2018湖北八校聯(lián)考)如圖，四邊形(2018湖北八校聯(lián)考)如圖，四邊形ABCD/DBF=60°異面直線所成的角 6可以通過兩直線的方向向量的夾角?求得，即cos6=|cos?|。直線與平面所成的角6主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角?求得，即sin6=|cos林有時(shí)也可分別求出斜線與它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)。【變式訓(xùn)練2】與BDEF均為菱形,求證：AC丄平面BDEF;求直線AD與平面ABF所成角的正弦值。解(1)證明：設(shè)AC與BD相交于點(diǎn)O,連接FO,因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC丄BD，且O為AC中點(diǎn),因?yàn)閒A=FC,所以AC丄FO,又FOPBD=O,所以AC丄平面BDEF。(2)連接DF，因?yàn)樗倪呅蜝DEF為菱形，且/DBF=60°所以△DBF為等邊三角形，因?yàn)镺為BD中點(diǎn)，所以FO丄BD,又AC丄FO,ACPBD=O,所以FO丄平面ABCD。因?yàn)镺A,OB,OF兩兩垂直，所以可建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz,如圖所示，設(shè)AB=2,因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，/DAB=60°所以BD=2,AC=23。因?yàn)椤鱀BF為等邊三角形，所以O(shè)F=3o所以A(3,0,0),B(0,1,0),D(0,—1,0),F(0,0, 3),———所以AD=(—3,—1,0),AF=(—3,0, 3),AB=(—3,1,0)o設(shè)平面ABF的法向量為n=(x,y,z),AFn=—V3x+V3z=0,則——'ABn=—V3x+y=0,取x=1,得n=(1,3,1)o設(shè)直線AD與平面ABF所成角為6,

則sin0=|cos〈AD則sin0=|cos〈AD,"r =~5~|AD||n|微考向2:求二面角【例3】(2018全國卷山)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧CD所在平面垂直，M是CD上異于C，D的點(diǎn)。證明：平面AMD丄平面BMC;當(dāng)三棱錐M—ABC體積最大時(shí)，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值。解(1)由題設(shè)知，平面CMD丄平面ABCD,交線為CD。因?yàn)锽C丄CD,BC?平面ABCD,所以BC丄平面CMD，故BC丄DM。因?yàn)镸為CD上異于C,D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以DM丄CM。又BCnCM=C,所以DM丄平面BMC。而DM?平面AMD，故平面AMD丄平面BMC。(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D—xyz。

當(dāng)三棱錐M—ABC體積最大時(shí)，M為CD的中點(diǎn)。由題設(shè)得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),———AM=(—2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0)。設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量，貝Uf—n?M=0, —2x+y+z=0,可取n=可取n=(1,0,2)?！?2y=°。n?B=0,—DA是平面MCD的法向量,因此cos—n,DA〉—因此cos—n,DA〉—nDA5""="5"|n||DA|—,sin〈n,DA〉2.5=5,所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是2,55。利用公式cos〈n1,n2〉=^1/12利用公式cos〈n1,n2〉Iniim'?量）進(jìn)行求解，注意〈n1,n2〉與二面角大小的關(guān)系，是相等還是互補(bǔ)，需結(jié)合圖形進(jìn)行判斷?！咀兪接?xùn)練3】如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB//DC,AD丄DC,PD丄平面ABCD,E、F、M分別是棱PD、PC和BC上的點(diǎn)，且DP=Cl=Mb=2,N是PA上一點(diǎn)，AD=PD。

pp求當(dāng)NF為何值時(shí)，平面NEF丄平面MEF;1在(1)的條件下，若AB=2DC=2,FD=3,求平面BCN與平面MEF所成銳二面角的余弦值。DGi解(1)在AD上取一點(diǎn)G,使得GA=2,連接EG,MG,PlPl因?yàn)镈E=CM=1口為EP-MB-2，所以EG//FA,MG//CD,因?yàn)镕D丄平面ABCD,所以FD丄CD,又因?yàn)锳D丄CD,ADnFD=D,所以CD丄平面FAD,因?yàn)镈E=CF，所以EF//DC,所以EF丄平面FAD

若平面NEF丄平面MEF，則/NEG=90°在RtAPAD中，AD=PD,所以FA=2PD,PN=~^PD,所以當(dāng)AN=2時(shí)，平面NEF丄平面MEF。(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 D—xyz,貝UA(3,0,0),B(3,2,0),C(0,4,0),P(0,0,3),N(1,0,2),——所以NB=(2,2,—2),CB=(3,—2,0),設(shè)平面BCN的法向量為n=(x,y,z),nNB=0,則—nCB=nNB=0,則—nCB=0,3x—2y=0,令y=3,貝Ux=2,z=5,所以n=(2,3,5)。因?yàn)镋F//AB,FM//PB，則易知平面MEF//平面PAB,易知平面PAB的一個(gè)法向量為6=(1,0,1),n1=(1,0,1)n1=(1,0,1),所以|cos〈n,n"|=7r19,即平面BCN與平面即平面BCN與平面MEF所成銳二面角的余弦值為71938考向三探究性問題【例4】(2018全國卷H)如圖，在三棱錐P—ABC中，AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn)。p證明：PO丄平面ABC;⑵若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角M—PA-C為30°求PC與平面PAM所成角的正弦值。解(1)證明：因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P丄AC,且OP=2“3。連接OB。因?yàn)锳B=BC=2AC,所以△ABC為等腰直角三角形，且,1OB丄AC,OB=2AC=2。由OP2+OB2=PB2知PO丄OB。由OP丄OB,OP丄AC且OBAAC=O,知PO丄平面ABC。如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz。由已知得O(O,O,O),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,—T23),AP=(0,2,2.3),

取平面PAC的一個(gè)法向量0B=(2,0,0)。設(shè)M(a,2—a,0)(0<aW2),則取平面PAC的一個(gè)法向量0B=(2,0,0)。設(shè)M(a,2—a,0)(0<aW2),則AM=(a,4-a,0)。設(shè)平面PAM的法向量為n=(x,y,z)。由APn=0,T 2y+23z=0,AMn=0得、ax+(4—a)y=0,可取n=(3(a—4),3a,—a),所以cos〈OB,n>2/3(a—4)23a—42+3a2+a2由已知得|cos〈OB,n>匸。2,3|a—4| 亠3所以23a—42+3a2+a尸T°整理得3a2+8a—16=0,解得a=—4(舍去)，a=4所以n=8/33,4/34、—3丿。T T 3又PC=(0,2,—23)，所以cos〈PC,n〉=^所以PC與平面PAM所成角的正弦值為亍。利用空間向量求解探索性問題的策略假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論。在(1)的前提下進(jìn)行邏輯推理，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等。若由此推導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論。【變式訓(xùn)練4】(2018湖南五市十校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P—ABCD中，PA丄平面ABCD,AD//BC,AD丄CD，且AD=CD=22,BC=42,PA=2。求證：AB丄PC;在線段PD上，是否存在一點(diǎn)M，使得二面角M—AC—D的大小為45°如果存在，求BM與平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，請說明理由。解(1)證明：由已知得四邊形ABCD是直角梯形，由AD=CD=22,BC=42，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB丄AC,因?yàn)镻A丄平面ABCD，所以FAXAB,又FAPAC=A,所以AB丄平面PAC,所以AB丄PC。(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，貝U A(0,0,0),C(22,—22,0),D(0,22,0),P(0,0,2),B(22,—22,0),PD=——(0,22,—2),AC=(22,22,0)。

pMDpMD設(shè)PM=tPD(Ovtvl)，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0,22,2-2t),所以AM=(0,22t,2-2t)。設(shè)平面MAC的法向量是n=設(shè)平面MAC的法向量是n=(x,y,z),n?C=0,TnAM=0,即22x+22y即22x+22y=0,2.2ty+2-2tz=0,則可取n=1,-1,又m=(0,0,1)是平面ACD的一個(gè)法向量,所以|cos〈m,所以|cos〈m,n>|=|mn||m||n|cos45°=￥，解1得t=2即點(diǎn)M是線段PD的中點(diǎn)。此時(shí)平面MAC的法向量n=(1,-1,2),M(0,2,1),TBM=(-22,32,1)。設(shè)BM與平面MAC所成的角為6,T _則sin0=|cos〈n,BM>|=|n嗖=冷6。|n||BM|所以存在PD的中點(diǎn)M使得二面角M—AC-D的大小為所以所以O(shè)F勺￥而AUFDffilii/fiiW止弦值為宇.45,且45,且BM與平面MAC所成角的正弦值為296高考大題搏分微課（三）數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)展示——直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算技法導(dǎo)讀圖解導(dǎo)思技法導(dǎo)讀圖解導(dǎo)思■I平疔模世I■I平疔模世IXi.直觀想彖：立休幾何解界題大劣以捋*議，合及某些不觀則杓幾何休為栽休.觀黠，想象幾何體的形態(tài)?想象苴中點(diǎn)、線、面之間的位雀艾系是璉題的人門?特別是觀疼陽哪業(yè)怙是定?郎些城圧動.更足關(guān)錐*詳鎰迄舊：搟間題軼化為平行關(guān)乘、垂直關(guān)乘.充莎利HJY-ifq'JL^的知識凰空間中線、面平打勻腿丘的仃關(guān)崖理進(jìn)幵計(jì)貳與論證°.站學(xué)運(yùn)莽：求空間角依托F題中的乖克條件?建龍疫間血角喘標(biāo)慕{無明顯垂直關(guān)系的通過現(xiàn)察分析構(gòu)建垂直關(guān)暴X利用空間向量解決*某些問憾往鉉津肓零變址?在汕算怯向.秋及求斛方祥吋竹較大的運(yùn)算hb所L才塑擠外的認(rèn)耳*細(xì)粧，惻總浮瓣，社急。高考真題聯(lián)想解題［典例」（2OJ8