2019届高考数学总复习模块四立体几何与空间向量第13讲立体几何学案理.docx

第13讲立体几何1.2018全国卷如图M4-13-1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PFBF.(1)证明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.图M4-13-1 试做2.2018全国卷如图M4-13-2所示,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.图M4-13-2试做3.2016北京卷如图M4-13-3所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,ABAD,AB=1,AD=2,AC=CD=5.(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M,使得BM平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,说明理由.图M4-13-3 试做命题角度立体几何大题求解策略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.求空间角应注意的3个问题:(a)两条异面直线所成的角不一定是两直线的方向向量的夹角,应该是cos =|cos |;(b)直线与平面所成的角的正弦值等于平面的法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值,即sin =|cos |;(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.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M4-13-4所示,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,ADCD,BC=2,AD=CD=1,M是PB的中点.图M4-13-4(1)求证:AM平面PCD;(2)求证:平面ACM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M4-13-5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ABE的位置,使得平面ABE平面BCDE(如图M4-13-5). (1)求证:AOCD.(2)在线段AC上(包括端点)是否存在点P,使得OP平面ADE?若存在,求出APAC的值;若不存在,请说明理由.图M4-13-5解答2利用空间向量求角的问题2 如图M4-13-6所示,在PBE中,ABPE,D是AE的中点,C是线段BE上的一点,且AC=5,AB=AP=12AE=2,现将PBA沿AB折起,使得二面角P-AB-E是直二面角(如图M4-13-6).(1)求证:CD平面PAB;(2)求直线PE与平面PCD所成角的正弦值.图M4-13-6听课笔记 3 如图M4-13-7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,CEAD于点E.图M4-13-7(1)求证:ADPC;(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,则直线与平面的夹角=2-或-2,故有sin =|cos |=|ln|l|n|;(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M4-13-8所示,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,DABDCB,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M4-13-82.如图M4-13-9所示,在五边形ABCDE中,ED=EA,ABCD,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M4-13-9所示,点M为线段PC的中点,且BM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12,求直线BM与平面PDB所成角的正弦值.图M4-13-93.如图M4-13-10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34,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M4-13-10解答3利用空间向量解决探索性问题4 如图M4-13-11,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ADDB=CEEA=12,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M4-13-11).(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.图M4-13-11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M4-13-12所示,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,BCAD,ABAD,且PA=AD=AB=2BC=2,M为AD的中点.(1)求证:平面PCM平面PAD.(2)在棱PD上是否存在点Q,使PD平面CMQ?若存在,求出二面角P-CM-Q的余弦值;若不存在,请说明理由.图M4-13-12第13讲立体几何 典型真题研析1.解:(1)证明:由已知可得,BFPF,BFEF,所以BF平面PEF.又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PEPF,可得PH=32,EH=32,则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成的角为,则sin =HPDP|HP|DP|=343=34,所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.2.解:(1)证明:由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)以D为坐标原点,DA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M-ABC体积最大时,M为CD的中点.由题设得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).设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则nAM=0,nAB=0,即-2x+y+z=0,2y=0,可取n=(1,0,2).DA是平面MCD的法向量,因此cos=nDA|n|DA|=55,sin=255.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是255.3.解:(1)证明:因为平面PAD平面ABCD,ABAD,所以AB平面PAD,所以ABPD.又因为PAPD,所以PD平面PAB.(2)取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以POAD.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POCO.因为AC=CD,所以COAD.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nPD=0,nPC=0,即-y-z=0,2x-z=0.令z=2,则x=1,y=-2,所以n=(1,-2,2).又PB=(1,1,-1),所以cos=nPB|n|PB|=-33,所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.(3)设M是棱PA上一点,则存在0,1使得AM=AP.因此点M(0,1-,),BM=(-1,-,).因为BM平面PCD,所以BM平面PCD,当且仅当BMn=0,即(-1,-,)(1,-2,2)=0,解得=14.所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD,此时AMAP=14.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MN,DN,因为M为PB的中点,所以MNBC,且MN=12BC,又ADBC,且AD=12BC,所以MN=AD,且MNAD,所以四边形AMND为平行四边形,所以AMDN,又DN平面PCD,所以AM平面PCD.(2)因为AD=CD=1,BC=2,ADBC,ADCD,所以AC=AB=2,又BC=2,所以CAAB.因为PA底面ABCD,所以PAAC,又PAAB=A,所以AC平面PAB,因为AC平面ACM,所以平面ACM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(a0),则A(1,1,0),B(0,2,0),C(0,0,0),D(1,0,0),P(1,1,a),M12,32,a2,所以CP=(1,1,a),CD=(1,0,0).设平面PCD的法向量为n1=(x0,y0,z0),则n1CP=0,n1CD=0,即x0+y0+az0=0,x0=0,令y0=a,则x0=0,z0=-1,所以n1=(0,a,-1),又AM=-12,12,a2,所以AMn1=a2-a2=0,所以AM平面PCD.(2)由(1)知CA=(1,1,0),CM=12,32,a2,设平面ACM的法向量为n2=(x1,y1,z1),则n2CA=0,n2CM=0,即x1+y1=0,12x1+32y1+a2z1=0,令x1=1,则y1=-1,z1=2a,所以n2=1,-1,2a.AP=(0,0,a),AB=(-1,1,0),设平面PAB的法向量为n3=(x2,y2,z2),则n3AP=0,n3AB=0,即az2=0,-x2+y2=0,令x2=1,则y2=1,z2=0,所以n3=(1,1,0).因为n2n3=0,所以平面ACM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,AOBE.由题意可知,AOBE,平面ABE平面BCDE,平面ABE平面BCDE=BE,AO平面ABE,AO平面BCDE,又CD平面BCDE,AOCD.(2)方法一:取BC的中点为F,连接OF,易知OFBE.由(1)可知,AOBE,AOOF,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(0,0,2),E(0,2,0),D(2,22,0),C(22,2,0).假设在线段AC上存在点P,使得OP平面ADE,设AP=AC(01),则由AC=(22,2,-2),得AP=(22,2,-2),P(22,2,2-2),OP=(22,2,2-2).AE=(0,2,-2),ED=(2,2,0),设平面ADE的法向量为m=(x,y,z),则mAE=0,mED=0,即2y-2z=0,2x+2y=0,令y=1,则x=-1,z=1,m=(-1,1,1).若OP平面ADE,则mOP=0,-22+2+2-2=0,解得=12,APAC=12.方法二:取CD的中点M,AC的中点N,连接OM,ON,MN,易证OMDE,MNAD,又OMMN=M,DEAD=D,平面OMN平面ADE.ON平面OMN,ON平面ADE,即P与N重合时,满足题意,APAC=12.解答2例2解:(1)证明:因为12AE=2,所以AE=4,又AB=2,ABAE,所以BE=AB2+AE2=22+42=25.因为AC=5=12BE,所以AC是RtABE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CDAB.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=12AE=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PE=(0,4,-2),PC=(1,2,-2),CD=(-1,0,0).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则nCD=0,nPC=0,即-x=0,x+2y-2z=0,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,则sin =PEn|PE|n|=1010.例3解:(1)证明:连接PE.PA=AC,PAD=CAD,AE是公共边,PAECAE,PEA=CEA.CEAD,PEAD,又PECE=E,AD平面PCE,PC平面PCE,ADPC.(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=3,DE=2,则E(0,0,0),D(-2,0,0),C(0,3,0),P(0,0,3),DP=(2,0,3),DC=(2,3,0).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则nDP=0,nDC=0,即2x+3z=0,2x+3y=0,令x=-3,则y=2,z=2,n=(-3,2,2).易知平面PAD的一个法向量为EC=(0,3,0).设二面角C-PD-A的平面角为,则|cos |=ECn|EC|n|=23311=21111,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21111.【自我检测】1.解:(1)证明:在BCD中,EB=ED=EC=BC,故BCD=2,CBE=CEB=3,DABDCB,EABECB,从而有FED=BEC=AEB=3,EC=EA,FED=FEA,ED=EA,故EFAD,AF=FD.又PG=GD,FGPA.PA平面ABCD,GF平面ABCD,GFAD,又GFEF=F,故AD平面CFG.AD平面PAD,平面PAD平面CGF.(2)由(1)知EAB=ECB=3,DEF=FEA=3,AE=ED,EAF=6,BAF=2,即BAAF.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(3,3,0),D(0,23,0),P(0,0,3),故BC=(1,3,0),CP=(-3,-3,3),CD=(-3,3,0).设平面BCP的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1BC=0,n1CP=0,即x1+3y1=0,-3x1-3y1+3z1=0,令x1=1,则y1=-33,z1=23,n1=1,-33,23.设平面DCP的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2CD=0,n2CP=0,即-3x2+3y2=0,-3x2-3y2+3z2=0,令x2=1,则y2=3,z2=2,n2=(1,3,2).设平面BCP与平面DCP所成的锐二面角为,则cos =|n1n2|n1|n2|=434322=24.2.解:(1)证明:取PD的中点N,连接AN,MN,则MNCD,且MN=12CD.ABCD,且AB=12CD,MNAB,且MN=AB,则四边形ABMN为平行四边形,ANBM,又BM平面PCD,AN平面PCD,ANPD,ANCD.由ED=EA,即PD=PA,且N为PD的中点,ANPD,可得PAD为等边三角形,PDA=60,又EDC=150,CDA=90,即CDAD.ADAN=A,CD平面PAD,又CD平面ABCD,平面PAD平面ABCD.(2)ABCD,PCD为直线PC与AB所成的角,由(1)可得PDC=90,tanPCD=PDCD=12,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-12,0,0,B12,1,0,P0,0,32,M-14,1,34,则DB=(1,1,0),PB=12,1,-32,BM=-34,0,34.设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则nDB=0,nPB=0,即x+y=0,12x+y-32z=0,令x=3,则y=-3,z=-3,n=(3,-3,-3),则cos=nBM|n|BM|=-32132=-277,故直线BM与平面PDB所成角的正弦值为277.3.解:(1)证明:如图所示,取AD的中点O,连接PO,OB.PA=PD,POAD.ADC=BCD=90,BCAD,又BC=12AD=1,BC=OD,四边形BCDO为矩形,OB=CD=1.在POB中,PO=3,OB=1,PB=2,POB=90,则POOB.ADOB=O,PO平面ABCD,又PO平面PAD,平面PAD平面ABCD.(2)由(1)知ADPO,ADBO,POOB=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34,13PE12(AD+BC)CD=13PE12(2+1)1=12PE=34,PE=32.PO=3,OE=PO2-PE2=32.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),P0,-32,32,D(-1,0,0),C(-1,1,0),则DP=1,-32,32,DC=(0,1,0),PA=1,32,-32.设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则nDP=0,nDC=0,即x-32y+32z=0,y=0,令x=1,则y=0,z=-23,n=1,0,-23.设直线PA与平面PCD所成的角为,则sin =|PAn|PA|n|=22133=31313,故直线PA与平面PCD所成角的正弦值为31313.解答3例4解:(1)证明:因为等边三角形ABC的边长为3,且ADDB=CEEA=12,所以AD=1,AE=2.在ADE中,DAE=60,由余弦定理得DE=12+22-212cos60=3.因为AD2+DE2=AE2,所以ADDE,故折叠后有A1DDE.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,A1DDE,所以A1D平面BCED.(2)由(1)知EDDB,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(02a3),过点P作PHBD于H,则PH=3a,DH=2-a,所以A1(0,0,1),P(2-a,3a,0),E(0,3,0),所以PA1=(a-2,-3a,1),易知平面A1BD的一个法向量为DE=(0,3,0).若直线PA1与平面A1BD所成的角为60,则sin 60=|PA1DE|PA1|DE|=3a4a2-4a+53=32,解得a=54,则PB=2a=52,满足02a3,符合题意.故在线段BC上存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60,此时PB=52.【自我检测】解:(1)证明:以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),故AD=(0,2,0),AP=(0,0,2),M为AD的中点,M(0,1,0),MC=(2,0,0).MCAD=0,MCAP=0,CMPA,CMAD,又PA平面PAD,AD平面PAD,且PAAD=A,CM平面PAD.CM平面PCM,平面PCM平面PAD.(2)过点M作MQPD于点Q,由(1)知CM平面PAD,PD平面PAD,CMPD,又MQCM=M,PD平面CMQ.设平面PCM的法向量为n=(x,y,z),则nMC=0,nPM=0,即2x=0,y-2z=0,令y=2,则x=0,z=1,n=(0,2,1).PD平面CMQ,PD=(0,2,-2)是平面CMQ的一个法向量.设二面角P-CM-Q的平面角为,易知其为锐角,cos =|nPD|n|PD|=258=1010,故二面角P-CM-Q的余弦值为1010.备选理由 例1是以四棱柱为载体来考查线面垂直的证明与求二面角的问题,本题的关键是完成第(1)问的证明,需要充分利用平面几何的性质;例2的关键是第(2)问依据线面角求棱的长度;例3为不规则几何体,是涉及平行、二面角、线线垂直的探究性命题,需要合理建立空间直角坐标系,利用空间向量求解.例1配例3使用 如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O为AC和BD的交点,且AB=AA1=2,A1AB=A1AD=60.(1)求证:A1O平面ABCD;(2)求二面角C1-BD-C的余弦值.解:(1)证明:连接A1B,A1D,由题意知ABA1,ADA1均是边长为2的等边三角形,所以A1B=A1D=2,所以ABDA1BD.因为底面ABCD是正方形,所以AC与BD相互垂直且平分,所以A1OBD,且A1O=AO=2,因为A1O2+AO2=4=A1A2,所以A1OAO,又AOBD=O,AO,BD平面ABCD,所以A1O平面ABCD.(2)连接A1C1,OC1,由(1)可知BD平面ACC1A1,所以BDOC,BDOC1,所以C1OC为二面角C1-BD-C的平面角,易知C1OC为锐角.以O为原点,OA,OB,OA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则O(0,0,0),C(-2,0,0),A1(0,0,2),A(2,0,0),所以OC=(-2,0,0),OC1=OA1+A1C1=OA1+AC=(-22,0,2),所以cosC1OC=cos=OCOC1|OC|OC1|=425=255.故二面角C1-BD-C的余弦值为255.例2配例3使用 如图所示,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,BAD=120,AB=2,E,F分别为CD,AA1的中点.(1)求证:DF平面B1AE;(2)若AA1底面ABCD,且直线AD1与平面B1AE所成角的正弦值为34,求AA1的长.解:(1)证明:设G为AB1的中点,连接EG,GF,因为FG12A1B1,DE12A1B1,所以FGDE,所以四边形DEGF是平行四边形,所以DFEG,又DF平面B1AE,EG平面B1AE,所以DF平面B1AE.(2)连接AC,因为四边形ABCD是菱形,且ABC=60,所以ABC是等边三角形,取BC的中点Q,则AQAD,因为AA1平面ABCD,所以AA1AQ,AA1AD.以A为原点,AQ,AD,AA1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,设AA1=t(t0),则A(0,0,0),E32,32,0,B1(3,-1,t),D1(0,2,t),AE=32,32,0,AB1=(3,-1,t),AD1=(0,2,t).设平面B1AE的法向