2019浙江高考数学(理)二轮专题复习课件第一部分 专题整合高频突破 专题五立体几何与空间向量 5-3

2.
(2017北京,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平 面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面 MAC,PA=PD= 6 ,AB=4. (1)求证:M为PB的中点; (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
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如图建立空间直角坐标系 O-xyz,则 P(0,0, 2),D(2,0,0),B(-2,4,0),������������ =(4,-4,0),������������=(2,0,- 2).
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设平面 BDP 的法向量为 n=(x,y,z), 4������-4������ = 0, ������· ������������ = 0, 则 即 2������- 2������ = 0. ������· ������������ = 0, 令 x=1,则 y=1,z= 2. 于是 n=(1,1, 2),平面 PAD 的法向量为 p=(0,1,0). 所以 cos<n,p>=|������||������| = 2. (3)解: 由题意知 M -1,2, 则 sin α=|cos<n,������������ >|=
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(2)易知 n1=(1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量. 设 n2=(x,y,z)为平面 EMN 的法向量, 则 ������2 · ������������ = 0, ������2 · ������������ = 0.
因为������������=(0,-2,-1),������������=(1,2,-1), -2������-������ = 0, 所以 ������ + 2������-������ = 0. 不妨设 y=1,可得 n2=(-4,1,-2). 因此有 cos<n1,n2>= 于是 sin<n1,n2>=
2 2 ������· ������ 1
由题知二面角 B-PD-A 为锐角,所以它的大小为 . ,C(2,4,0),������������ = 3,2,=
2 6 . 9
π 3
设直线 MC 与平面 BDP 所成角为 α,
|������· ������������| |������|| ������������| 2 6 所成角的正弦值为 . 9
解: (1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)
2 2
.
所以直线 MC 与平面 BDP
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3.(2017全国1,理18)
如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB⊥平面Pห้องสมุดไป่ตู้D; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
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解: 如图,以A为原点,分别以 ������������, ������������ , ������������ 方向为x轴、y轴、z轴正 方向建立空间直角坐标系. 依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2), M(0,0,1),N(1,2,0).
|������������· ������������| |������������||������������| 8
=
|2ℎ-2| ℎ2 +5×2 3 1
= 21,
7
整理得 10h2-21h+8=0,解得 h=5或 h=2. 所以,线段 AH
8 1 的长为 或 . 5 2
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第3讲 空间向量与立体几何
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1.(2017天津,理17)
如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°,点D,E,N分别为 棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN∥平面BDE; (2)求二面角C-EM-N的正弦值; 7 (3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ,求 21 线段AH的长.
������1 · ������2 4 =- , |������1 ||������2 | 21 105 . 21 105 . 21
所以,二面角 C-EM-N 的正弦值为
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(3)依题意,设 AH=h(0≤h≤4),则 H(0,0,h),进而可得 ������������ =(-1,-2,h),������������ =(-2,2,2). 由已知,得|cos<������������ , ������������ >|=
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(1)证明:������������=(0,2,0),������������=(2,0,-2), 设 n=(x,y,z)为平面 BDE 的法向量, 2������ = 0, ������· ������������ = 0, 则 即 2������-2������ = 0. ������· ������������ = 0, 不妨设 z=1,可得 n=(1,0,1). 又������������=(1,2,-1),可得������������· n=0. 因为 MN⊄平面 BDE,所以 MN∥平面 BDE.
(1)证明: 设AC,BD交点为E,连接ME.
因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME. 因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点. 所以M为PB的中点.
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(2)解: 取AD的中点O,连接OP,OE. 因为PA=PD,所以OP⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面 ABCD. 因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE. 因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.