高考理科数学复习立体几何课件

图 6-30
(1)当 M 是线段 PD 的中点时，求证：PB∥平面 ACM； (2)求证：PE⊥AC； (3)是否存在点 M，使二面角 M-EC-D 的大小为 60°，若存
在，求出
PM PD
的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明：如图 6-31，连接 BD 交 AC 于 H 点，连接 MH， 因为四边形 ABCD 是菱形，所以点 H 为 BD 的中点. 又因为 M 为 PD 的中点，所以 MH∥BP. 又因为 BP 平面 ACM，MH⊂平面 ACM， 所以 PB∥平面 ACM.
由于 AB∥CD，故 AB⊥PD.又 AP∩PD＝P，从而 AB⊥平 面 PAD .
又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD .
(2)解：在平面 PAD 内作 PF⊥AD，垂足为 F， 由(1)可知，AB⊥平面 PAD ，故 AB⊥PF，可得 PF⊥平面 ABCD. 以 F 为坐标原点，F→A的方向为 x 轴正方向，|A→B|为单位长， 建立如图 D88 所示的空间直角坐标系 F-xyz.
2 3a－4 3a－42＋3a2＋a2.
由已知，得|cos〈O→B，n〉|＝ 23.
所以 2
3a2－43|2a＋－34a|2＋a2＝ 23.
解得 a＝－4(舍去)，a＝43.
所以
n＝－8
3
3，4
3
3，－43.
又P→C＝(0,2，－2 3)，所以 cos〈P→C，n〉＝ 43.
所以
PC
与平面
PAM
所成角的正弦值为
图 6-32 又因为 PE⊥平面 ABCD， 以 E 为原点，分别以 EB，EC，EP 为 x，y，z 轴，
如图 6-32 所示的建立空间直角坐标系 E-xyz， 则 E(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0， 3)，C(0， 3，0)，D(－2， 3，0). 假设棱 PD 上存在点 M，设点 M 坐标为(x，y，z)，P→M＝λP→D (0≤λ≤1)， 则(x，y，z－ 3)＝λ(－2， 3，－ 3). 所以 M(－2λ， 3λ， 3(1－λ)). 所以E→M＝(－2λ， 3λ， 3(1－λ))，E→C＝(0， 3，0). 设平面 CEM 的法向量为 n＝(x，y，z)，
3
则
sin
θ＝||H→H→PP|··D|→D→PP||＝
43＝
3 4.
所以
DP
与平面
ABFD
所成角的正弦值为
3 4.
【规律方法】有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形 (折叠前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数 量关系，哪些变，哪些不变.如角的大小不变，线段长度不变， 线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明.
【互动探究】 2.如图629，在长方形ABCD中，AB＝4，BC＝2，现将
△ACD沿AC折起，使D折到P的位置且P在平面ABC的射影E 恰好在线段AB上.
(1)证明：AP⊥PB； (2)求锐二面角BPCE的余弦值.
图 6-29
(1)证明：由题意，知 PE⊥平面 ABC， 又 BC⊂平面 ABC，∴PE⊥BC. 又 AB⊥BC 且 AB∩PE＝E，∴BC⊥平面 PAB. 又 AP⊂平面 PAB，∴BC⊥AP. 又 AP⊥CP 且 BC∩CP＝C，∴AP⊥平面 PBC. 又 PB⊂平面 PBC，∴AP⊥PB.
建立如图 6-28 所示的空间直角坐标系 H-xyz.
图 6-28
由(1)可得，DE⊥PE.又 DP＝2，DE＝1，所以 PE＝ 3.
又 PF＝1，EF＝2，故 PE⊥PF.
可得 PH＝ 23，EH＝32.
则
H(0,0,0)
，
P
0，0，
3
2
，
D
－1，－32，0
，
D→P
＝
1，32， 23，H→P＝0，0， 23为平面 ABFD 的法向量. 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ，
(1)证明：PO⊥平面 ABC； (2)若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M-PA -C 为 30°，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值.
图 6-24
(1)证明：因为 PA ＝PC＝AC＝4，O 为 AC 的中点， 所以 OP⊥AC，且 OP＝2 3. 如图 6-25，连接 OB.因为 AB＝BC＝ 22AC，
即－ 22x＋y－ 22z＝0， . 2x＝0
可取 n＝(0，－1，－ 2). 设 m＝(x，y，z)是平面 PAB 的法向量，
则mm··PA→→AB＝＝00，，
即22x－ຫໍສະໝຸດ 22z＝0，y＝0.
可取
m＝(1,0,1).则
cos〈n，m〉＝|nn|·|mm|＝－
3 3.
由图可知二面角 A-PB-C 的平面角为钝角，
所以二面角 A-PB-C 的余弦值为－ 33.
题型 2 折叠问题 将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图 形，把这类问题称为平面图形的翻折问题.平面图形经过翻折成 为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变 化，弄清它们是解决问题的关键.一般地，翻折后还在同一个平 面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.解 决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系 和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法.
即3－b－2a＋33cb＝－0. 3c＝0，
取ab＝ ＝01， ， c＝ 3，
所以 n＝(0,1， 3). 设锐二面角 B-PC-E 的大小为 θ，
则 cos θ＝|cos〈m，n〉|＝|mm|··|nn|＝
2 13×
4＝
13 13 .
∴锐二面角
B-PC-E
的余弦值为
13 13 .
题型 3 探索性问题 例 3：如图6-30，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是边 长为 2 的菱形，∠ABC＝60°，△PAB 为正三角形，且侧面 PAB ⊥底面 ABCD，E 为线段 AB 的中点，M 在线段 PD 上.
图 6-31
(2)证明：因为△PAB 为正三角形，E 为 AB 的中点， 所以 PE⊥AB. 因为平面 PAB⊥平面 ABCD，平面 PAB∩平面 ABCD＝AB， PE⊂平面 PAB， 所以 PE⊥平面 ABCD. 又因为 AC⊂平面 ABCD，所以 PE⊥AC.
(3)解：因为 ABCD 是菱形，∠ABC＝60°，E 是 AB 的中点， 所以 CE⊥AB.
3.如图 6-33，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，
平面 PAD ⊥底面 ABCD，且△PAD 是边长为 2 的等边三角形，
PC＝ 13，M 在 PC 上，且 PA ∥平面 MBD.
(1)求证：M 是 PC 的中点；
(2)在 PA 上是否存在点 F，使二面角
F-BD-M
为直角？若存在，求出AF的值； AP
【互动探究】 1.(2017 年新课标Ⅰ)如图6-26，在四棱锥 P-ABCD 中，AB ∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)证明：平面 PAB⊥平面 PAD ； (2)若 PA ＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A-PB-C 的余弦值.
图 6-26
(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90° ，得 AB⊥AP， CD⊥PD.
图 D89
(2)解：在 Rt△PAB 中，AP＝2，AB＝4， 由射影定理，知 AE＝1，PE＝ 3. 以 E 为原点，建立如图 D89 所示的空间直角坐标系 E-xyz. 则 E(0,0,0)，P(0,0， 3)，B(0,3,0)，C(－2,3,0)，P→C＝(－2,3， － 3)，E→P＝(0,0， 3)，P→B＝(0,3，－ 3)， 设 m＝(x，y，z)是平面 EPC 的一个法向量， 则mm⊥⊥PE→→CP，， ∴mm··PE→→CP＝＝00.，
图 6-25
所以△ABC 为等腰直角三角形， 且 OB⊥AC，OB＝12AC＝2. 由 OP2＋OB2＝PB2，知 PO⊥OB. 由 OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，知 PO⊥平面 ABC. (2)解：如图 6-25，以 O 为坐标原点，O→B的方向为 x 轴正 方向，建立空间直角坐标系 O-xyz. 由已知得 O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0, 2 3)，A→P＝(0,2,2 3)，
4λ2＋23λ1－λ2＝
2λ 7λ2－6λ＋3.
因为二面角 M-EC-D 的大小为 60°，
所以 7λ2－2λ6λ＋3＝12，即 3λ2＋2λ－1＝0. 解得 λ＝13，或 λ＝－1(舍去). 所以在棱 PD 上存在点 M，当PPMD＝13时，二面角 M-EC-D 的大小为 60°.
【互动探究】
第3课时
题型 1 利用空间向量求空间角(距离) 就新课标卷而言，对立体几何的命题基本上是“一题两 法”的格局.在备考中，对理科考生而言，还是应该注重两种方 法并重，不要盲目地追求空间向量(容易建系时才用空间向量)， 千万不要重计算而轻论证！
例 1：(2018 年新课标Ⅱ)如图6-24，在三棱锥 P-ABC 中， AB＝BC＝2 2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O 为 AC 的中点.
例 2：(2018 年新课标Ⅰ)如图6-27，四边形 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 PF⊥BF.
(1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值.
图 6-27
则nn··EE→→CM＝＝－32y＝λx＋0. 3λy＋ 31－λz＝0，
解得2y＝λx＝0， 31－λz. 令 z＝2λ，则 x＝ 3(1－λ)，得 n＝( 3(1－λ)，0,2λ). 因为 PE⊥平面 ABCD， 所以平面 ABCD 的法向量 m＝(0,0,1).