北师版高考总复习一轮理科数精品课件 第8章 立体几何 解答题专项四 立体几何中的综合问题

B1P∥QC,
又QC⊈平面B1DP,B1P⫋平面B1DP,
∴QC∥平面B1DP,同理可得OQ∥平面B1DP,
又OQ∩QC=Q,
∴平面B1DP∥平面OQC.
又AC⫋平面OQC,∴AC∥平面B1DP.
BD 交 AC 于点 O,连接 OQ,
1 1

=
1
,
2
(2)解:以 D 为坐标原点,以, , 1 方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,
(1)证明:取B'C的中点G,连接FG,DG.
∵F为B'E的中点,
∴FG∥EC,且
1
FG=2EC.
∵图①中四边形 ABCD 为等腰梯形,AD∥BC,
且
1
AD= BC=a,AE⊥BC,∠BAD=135°,
3
1
∴EC=2a,AD∥EC,AD=2EC,
∴AD∥FG,AD=FG,
∴四边形ADGF为平行四边形,∴AF∥DG.
的余弦值与二面角的余弦值可能存在正负号的差异.
对点训练2如图①所示,四边形ABCD为等腰梯形,AD∥BC,且AD=
1
BC=a,
3
∠BAD=135°,AE⊥BC于点E,F为BE的中点.将△ABE沿着AE折起至△AB'E
的位置,得到如图②所示的四棱锥B'-ADCE.
(1)求证:AF∥平面B'CD;
(2)若平面AB'E⊥平面AECD,求二面角B'-CD-E的余弦值.
因为AP=PD,所以OP⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD,所以OP⊥平面ABCD.
以 O 为坐标原点,分别以, , 方向为 x,y,z 轴正方向,
建立如图所示的空间直角坐标系,
设 OP=a,则有 B(1,2,0),C(-1,2,0),D(-1,0,0),P(0,0,a),
可得=(2,0,0), =(0,-2,0),=(1,-2,a),
因为三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,所以AB⊥CD,CD= 3 ,BD=1.
又因为AB⊥B1C,且CD∩B1C=C,所以AB⊥平面B1CD.
又因为B1D⫋平面B1CD,
所以AB⊥B1D.
在 Rt△B1BD 中,BD=1,B1B=2,所以 B1D= 3.
在△B1CD 中,CD= 3,B1D= 3,B1C= 6,
6
=
6
.
3
由图知平面 B'CD 与平面 AECD 所成的二面角为锐角,
6
所以所求角的余弦值为 3 .
考向3 翻折与展开问题
例3如图,四边形ABCD是边长为2的正方形,AP=PD,将△PAD沿AD折起使
平面PAD⊥平面ABCD.
(1)若M为PC上一点,且满足BM⊥PD,求证:PD⊥AM;
(2)若二面角 B-PC-D 的余弦值为-
设 m=(x1,y1,z1)为平面 PBC 的一个法向量,
21 = 0,
· = 0,
则有
即
不妨令 y1=a,则 m=(0,a,2),设
1 -21 + 1 = 0,
· = 0,
n=(x2,y2,z2)为平面 PCD 的一个法向量,
-22 = 0,
· = 0,
则有
即
2 -22 + 2 = 0,
设 PD=DB=DC=2,则 C(0,2,0),B(2,0,0),P(1,0, 3),H
3
3
0, ,2
2
所以 =(-2,2,0),=(-1,0, 3), =
1
3
, 0, 2
2
,G
1 3
, ,0
2 2
.
-2 + 2 = 0,
· = 0,
设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z),则
=
化简得 16λ -8λ+1=0,解得
2
2 3
5 3+(-1)2 +3 2
1
λ=4.所以
=
4
,
5
1
1
BP=4BB1=2.
考向2 空间位置关系的证明与二面角
例2如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,
AB⊥BC,DD1⊥底面ABCD,AB=2BC=2CD=2DD1=4D1C1,P为棱CC1的中点.
所以 =( 3,-1,0),1 = 1 =(0,1, 3),=(- 3,-1,0).
因为点 P 在棱 BB1 上,所以设=1 =λ(0,1, 3)=(0,λ, 3),其中 0≤λ≤1.
所以 = + =(- 3,-1+λ, 3).
设平面 ACC1A1 的法向量为 n=(x,y,z),
(1)证明:AC∥平面B1DP;
(2)求二面角B1-DP-C的余弦值.
(1)证明:在 BB1 上取点 Q,使
1
B1Q=3BB1,连接
延长 BB1,CC1,设 CC1,BB1 交于点
1 1
V,由

=
则 VB1=B1B=3B1Q,VC1=C1C=2C1P=2CP,

∴
=
1
=3,即
1
图形的表面(或部分表面)按一定的要求铺成平面图形,再利用平面图形的
性质解决立体问题的一类题型.解决展开问题的关键是:确定需要展开立体
图形中的哪几个面(有时需要分类讨论),以及利用什么平面定理来解决对
应的立体图形问题.
对点训练3如图,在四棱锥P-ABCD
的展开图中,点P分别对应点P1,P2,
P3,P4,已知点A,D均在线段P1P3上,
· = 0,
不妨令 x2=a,则 n=(a,0,-1),
| ·|
所以|cos<m,n>|=| |||
=
2
2 +4
2 +1
=
10
,解得
5
a=1,所以 AP= 1 + 1 = 2.
规律方法 1.翻折问题的两个解题策略
2.“展开问题”是“折叠问题”的逆向思维、逆过程,“展开问题”是指将立体
连接BD,作BE⊥CD,点E为垂足,
1
因为AB= 3 CP2,且四边形ABCP2是等腰梯形,所以P2D=DE=EC,
所以BD=BC.
1
又AB= 2 BC,所以BC=CD,
所以△BCD是正三角形.
又因为M为BC的中点,
所以DM⊥BC.
又因为PD∩DM=D,PD⫋平面PDM,DM⫋平面PDM,
所以BC⊥平面PDM.
所以CD2+B1D2=B1C2,所以CD⊥B1D.
又因为AB⊥B1D,AB∩CD=D,所以B1D⊥平面ABC.
又因为B1D⫋平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)解:以D为原点,DC,DA,DB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直
角坐标系如图所示,
则 A(0,1,0),B(0,-1,0),C( 3,0,0),B1(0,0, 3),
求有加强的趋势.转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终.
向量法求解空间几何问题的步骤:建、设、求、算、取.
1.建:建立空间直角坐标系,以三条互相垂直的直线的交点为原点,没有三条
垂线时需要作辅助线,建立右手直角坐标系(尽可能使得较多的关键点落在
坐标轴或者坐标平面内);
2.设:设出所需的点的坐标,得出所需要的向量坐标;
且P1P3⊥P2C, P1P3∩P2C=D,四边
形ABCP2为等腰梯形,AB∥CP2,
AB=
1
1
BC=
2
3
CP2.
(1)若M为线段BC的中点,
证明:BC⊥平面PDM;
(2)求二面角A-PB-C的余弦值.
(1)证明:由P1P3⊥P2C,P1P3∩P2C=D,可知PD,AD,CD两两相互垂直.
因为AD∩CD=D,所以PD⊥平面ABCD,则PD⊥BC.
到达点P的位置,如图②,∠PBD=60°,E,F,H分
别为PB,BC,PD的中点,G为CF的中点.
(1)求证:GH∥平面DEF;
(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值.
(1)证明:如图,连接BH,交DE于点M,连接MF.
因为△ABC是等腰直角三角形,CD是斜边AB上的高,
所以AD=DB,即PD=DB.
设平面 B'CD 的法向量为 n=(x,y,z).
则' ·n=(-a,2a,0)·
(x,y,z)=-ax+2ay=0,
·n=(0,-a,a)·
(x,y,z)=-ay+az=0,
令 z=1,得 n=(2,1,1),显然'=(a,0,0)为平面 AECD 的一个法向量,
所以 cos
2
<',n>=
(2)解:以D为坐标原点,以DA,DC,DP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的
空间直角坐标系.
设 AB=1,则 D(0,0,0),A( 3,0,0),B( 3,1,0),C(0,2,0),P(0,0,1),
从而=( 3,1,-1), =(- 3,1,0), =(0,1,0).
3 + - = 0,
因为∠PBD=60°,所以△PBD是等边三角形.
因为E,H分别为PB,PD的中点,所以M是等边三角形PBD的中心,
所以
2
BM=3BH.
因为 F 为 BC 的中点,G 为 CF 的中点,所以
2
BF=3BG.
所以MF∥GH.
又MF⫋平面DEF,GH⊈平面DEF,所以GH∥平面DEF.
(2)解:如图,建立空间直角坐标系,
· = 0,
设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z),则
即
- 3 + = 0,
· = 0,
令 x=1,得 n=(1, 3,2 3).
· = 0,
3.求:求出所需平面的法向量;
4.算:运用向量的数量积,验证平行与垂直,利用线面角公式求线面角,或求
出两个平面的法向量的夹角的余弦值;
5.取:根据题意或者二面角、线面角的取值范围得出答案.
考向1 空间位置关系的证明与线面角
例1.如图①,在等腰直角三角形ABC中,CD是
斜边AB上的高,沿CD将△ACD折起,使点A
解答题
专项四
立体几何中的综合问题
考情分析:从近五年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重点,约占整
个试卷的15%,通常以一大两小的模式命题,以中、低档难度为主.简单几何
体的表面积与体积、点、线、面位置关系的判定与证明以及空间角的计
算是考查的重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形
式加以考查.着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算的要
2
令 y=2,可得 m=(4,2,-3).
又 n=(1,0,0)为平面 DCC1D1 的一个法向量,
∴cos<m,n>=
4
16+4+9
=
由图知二面角 B1-DP-C
4 29
.
29
4 29
的平面角为钝角,所以其余弦值为- 29 .
规律方法 利用法向量求二面角的余弦时,由于法向量的方向不同,两个法
向量的夹角与二面角的大小可能相等,也可能互补.所以两个法向量的夹角
建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.
设 AB=4,则 D(0,0,0),B1(1,1,2),P
即1 =(1,1,2),=
3
0, 2 , 1
3
0, 2 , 1
,
,
设 m=(x,y,z)为平面 B1DP 的一个法向量,
+ + 2 = 0,
·1 = 0,
则
即 3

+

=
0,
· = 0,
7
.
7
,
规律方法 利用空间向量求线面角的解题模型
对点训练1如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,B1C= 6 ,AB⊥B1C.
(1)求证:平面ABB1A1⊥平面ABC;
4
(2)若点P在棱BB1上,且直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为 ,求BP,连接CD,B1D.
即
- + 3 = 0,
· = 0,
令 x= 3,则 y= 3,z=1,所以 n=( 3, 3,1)为平面 PBC 的一个法向量.
设直线 GH 与平面 PBC 所成的角为 θ,
则 sin θ=|cos<n, >|=
|· |
||| |
=
3
3× 7
=
7
,
7
故直线 GH 与平面 PBC 所成角的正弦值为
∵AF⊈平面B'CD,DG⫋平面B'CD,∴AF∥平面B'CD.
(2)解:易证EA,EB',EC两两垂直,故以点E为原点,EB'为x轴,EC为y轴,EA为z
轴,建立空间直角坐标系,
∴B'(a,0,0),D(0,a,a),C(0,2a,0),
∴' =(-a,2a,0), =(0,-a,a).
10
,求
5
AP 的长.
(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⫋平面
ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,
又PD⫋平面PAD,所以PD⊥AB.
又PD⊥BM,AB∩BM=B,所以PD⊥平面ABM,
又AM⫋平面ABM,所以PD⊥AM.
(2)解:取AD中点O,连接OP,
3- = 0,
· = 0,
则
即
取 x=1,则 y= 3,z=-1,
+ 3 = 0,
·1 = 0,
所以 n=(1, 3,-1)为平面 ACC1A1 的一个法向量.
因为直线 CP 与平面
所以|cos<n,>|=
4
ACC1A1 所成角的正弦值为5,
|· |
||| |