2018年高考数学常见题型解法归纳反馈训练第61讲立体几何探究点的位置的方法

1、第 61 讲立体几何探究点的位置的方法【知识要点】立体几何探究点的位置的方法一般有两种：猜想证明法和设点解方程法【方法讲评】方法一猜想证明法使用情景点的位置刚好很特殊（中点等），证明也比较方便. .解题步骤一般先猜想特殊位置（中点，n等分点等），再证明. .【例 1 1】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，且AD/BC，ABC - PAD = 90，1侧面PAD底面ABCD. .若PA = AB = BC AD. .2（1 1）求证：CD_平面PAC；（2 2）侧棱PA上是否存在点E，使得BE/平面PCD?若存在，指出点E的位置并证明，若不存在,请说明理由;（3）求二面角A

2、- PD -C的余弦值. .2【解析】（D因为ZPAZ=90%所以M丄 Q.又因为侧面丄底面期CD,且侧面PADnABCD = AD?所以皿丄底面MCD.而CDu底面ABCD,所以M丄CD.在底面/fiCD中，因为ZABC=ZBAD = 9Q , AB=BC=-AD , 2所以AC = CD所以HC丄CD.又因为PA|AC二A, 所以CD_平面PAC.3(2)在M上存在中点E,使得BEf/PCD,证明如下：设的中点是连结BE, EF, FC,贝EF/AD,且EF = -AD.2由已知ZABC = ZBAD=9Q%BC/ADy_BC=-AD ,2BC/fEF?且BC=EF ,所以四边形月砂为平行

3、四边形，所BEffCF因为BEU平面PCD,CFu平面PCD,所汉BE平面PCD(3)由(1 1)知，PA_底面ABCD，以A为原点，AB, AC, AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系xOyz，设AB=1，则P( 0,0,10,0,1),B(1,0,0),(1,0,0), D D(0,2,0),(0,2,0),C(1,1,0)(1,1,0)，则PC=(1,1,-1),=(1,1,-1),CD=(-1,1,0)=(-1,1,0)，显然AB_平面PAD，所以AB二(1,0,0)为平面PAD的一个法向量 设面PCD的一个法向量n=(=(x, y, z) )，则PC n= =x y - z=0=

4、0 且CD n= =-x y=0=0，取x=1=1，贝Uy=1=1，z=2=2，则n=(1, 1, 2). .设二面角A-PD-C的大小为 v ,由图可知，v 为锐角，所以cos8=出器=6|AB 6即二面角A-PD-C的余弦值为 丄6. .61【点评】(1)(1)由于BC二一AD, ,所以观察联想取PA的中点E试验证明，刚好又可以证明点E满足条2件. .(2 2)这种猜想证明法是有局限的，如果动点不是特殊点，那就不好处理，既浪费了考试的时间，又给自己制造了紧张气氛. .64【反馈检测 1 1】在长方体ABCD-A.B.GD,中，AB二BC=2，过A,C,B三点的平面截去长(1(1)证明：直线

5、AiB/平面CDDiCi; ;(2(2)求棱Ai iA的长；(3)在线段BCi上是否存在点P，使直线AP与CiD垂直，如果存在，求线段AiP的长，如果不存在，请说明理由方法二设点解方程法使用情景方法比较普遍，适用于大多数题目. .解题步骤T T T T先设点P(x, y,z), ,且AP = l PB (l ? (a,b)，再用1表示点P的坐标(f(l ),g(l ),h(l )，最后把点P的坐标代入已知的某个条件等式求出1的值，即得点P的位置. .【例 2 2】如图，四棱柱ABCD-AiB1CiDi中，侧棱AA_底面ABCD,AB/DC,AB_AD,AD = CD =i,AA = AB =2

6、,E为棱AA的中点. .(i)(i)证明：BiG CE; (2)(2)设点M在线段CiE上，且直线AM与平面ADDiAi所成角的正弦值为,求线段AM的长. .方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD - AiCiDi，这个几何体的体积为4035【解析】以点A A为原点建立空间直角坐标系，依题意得d(QOQ(02). CCLOJ)、B】(022)G(a E(0丄0).B乙=(1Q1),哉=(一UT),于罡，所以BQ丄CTTT(2)血=(0丄0)tECEC 严Ql D.设風f =乂EC】二(A,Aa0 A1,WAfAf = = AE+AE+血 =0+入乂).可取倉=(0Q2)为平面ADDADD

7、、的一个法向量.设0为直线皿与平面ADD.A,ADD.A,所成角，则2AJ3无+2兄+1干是血舄+广吕解得赵馭伽二屁【点评】 本题试验GE中点，发现证明不了，所以最好直接利用设点解方程组法 先设点P(x, y, z), ,T T T T且AP=I PB (l ?(a,b)，再用I表示点P的坐标(f(l ),g(l ),h(l )，最后把点P的坐标代入已知的某个条件等式求出I的值，即得点P的位置.(2).(2)在设点时，要注意I的范围，以免出现增解.(3).(3)设点时，有时不需要设三个未知数，要结合实际情况，确定未知数的个数【反馈检测 2 2】如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面

8、互相垂直，AB = 2AD = 2，点E为AB的中点 sinsin 0 0 = =cosAMAM ABABAM-ABAM-AB66(1 1)求证：BD1/平面AiDE; (2 2)求证：DiE _ AiD;297【反馈检测 1 1 答案】(1 1)证明见解析;(2(2) 4 4; (3 3)存在,TT(3 3)在线段AB上是否存在点M，使二面角-MC -D的大小为？若存在，求出AM的长；若16不存在，请说明理由 【反馈检测 3 3】如图，AABC的外接圆L O的半径为,5，CD_|_|O所在的平面，BE/CD，CD=4，BC=2，且BE =1，tan. AEB =25.(1 1)求证：平面AD

9、C_平面BCDE.2(2 2)试问线段DE上是否存在点M，使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为 -?若存在，确7定点M的位置，若不存在，请说明理由.高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第6161 讲:立体几何探究点的位置的方法参考答案38【反馈检测1详细解析】TABCD-砧GU是长方体，二平面4曲平面CDDG/ 4 u平面AAB ,4&工平面CWG，/. 平面cX40解：设A.A = h,VA何体ABCDS的体积为丁,.卩 _v卩_ 4二b bJBCD一贾血斗qq斗斗q =33lx2x2x/? = 解得五=4.3 23（3）在平面CCiDiD中作DiQ _CiD交CCi于Q，过Q作Q

10、P/CB交B。于点P，则AP_GD.因为AD_ 平面CC1D1D,C1D平面CC1D1D, GD _ AD，而QPCB,CBAD, QP/A1D1,又丁ADjIUQDj,GD_ 平面APQG, 且AP平面APQG, AP_GD.DiCiQ-RtCiCD，CP器,Ci1,又；陀込gBCT7四边形A1PQD1为直角梯形，且高1229DiQ二、5, AP = . （2一）5V22【反馈检测 2 2 答案】（1 1）证明见解析；43（2 2）证明见解析；（3 3）存在，AM =23即JBCD疋h_ jx萼I即2x2x/r-x39【反愦检测2详细解析X1)连结虫9交4。于卩，连结EF,因为四边形AA.D

11、.D为正方形斤以F为的中晟又点E为心的中点， 在40中， 有中位2疑理有EFfg,而BDg平面ADE, EFu平面AflE,所法，平面AfiE.(2 2)因为正方形AA,DJD与矩形ABCD所在平面互相垂直，所以AD“_ AD,AE _ AD,而ADj门AE二A，所以AQ_平面A DE，又D1E平面A DE，所以D1 _A(D. .DI(0,0,1)(3 3)存在满足条件的AMU3x依题意，以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，因为AB =2AD -2，则D(0,0,0),C(0,2,0),A(1,0,1)，所DD(0,0,1),DC (0,2, -1)易知

12、DD1为平面MCD的法向量，设M(1,a,0)(a 0)，所以MC =(-1,2-a,0)平面DC的法向量为ri Tn D1Cn =(x, y,z)，所以 tI1n MC BE丄平面ABC ,BE丄AB / BE=1=1,tan AEB=2、5 / AE =习,从而AB二.AE2- BE2=2 .5/oO的半径为5 ,.AB是直径，AC丄BC又/ CDCD 丄平面ABC, CDCD 丄BC，故BC丄平面ACD:BC平面 BCDEBCDE 平面ACD平面BCDE=0即(x,y,z) (1,2 a,0) =0=0 (x,y,z) (0,2, -10，所以2，取心,lx = (2 a)y则n =(2

13、 -a,1,2)，又二面角D1-MC-D的大1(0,01)(2-a，1,2)|_,解得a辽一仝23所以遇刖阳I(2-a)21 2故在线段AB上是存在点M，使二面角D-MC-D的大小为6，且AM【反馈检测 3 3 答案】(1 1)答案详见解析；(2 2)存在，且DM =-DE3【反馈检测 3 3 详细解析】(1(1)vCDc c 丄平面ABC,BE |CD10(2)方法 1：假设点就存在，过点械作册丄仞于，连结的，作如丄厲于 F,连结 AFT 平面/CD 丄平面RCDE,二临丄平面ACD, :.ZMAN为胚 1 与平面/QD 所咸的角.33设计算易得，DN=-xMF-x故股二 J 血 + 的=/4Ca+ CFa+AfF2= J16+xa+4-| 琲2- i-今 解得：舍去)J6+P +(4-x/故磁二勿，从而满足条件的点皿存在，且册=|QE方法 2 2:建立如图所示空间直角坐标系C -xyz,4242解得或 ，其中.(0,1应舍去，而(0,1故满足条件的点M存在，且点M的33334坐标为(0, ,2)AM则：A(4 4, 0 0, 0 0),B(0 0, 2 2, 0 0),D(0 0, 0 0,0