2021届高考数学一轮复习专题六立体几何(第3课时)课件

图 6-39
(1)证明：∵AB⊥CD，AB⊥BE，∴CD∥EB. ∵AC⊥CD，∴PC⊥CD.∴EB⊥PC， 且 PC∩BC＝C， ∴EB⊥平面 PBC, 又∵EB⊂平面 DEBC，∴平面 PBC ⊥平面 DEBC.
图 D102
(2)解：由(1)知 EB⊥平面 PBC，∴EB⊥PB， 由 PE 与平面 PBC 所成的角为 45°，得∠EPB＝45°， ∴△PBE 为等腰直角三角形，∴PB＝BE. ∵AB∥DE，结合 CD∥EB 得 BE＝CD＝2， ∴PB＝ ，故2PBC 为等边三角形. 取 BC 的中点 O，连接 PO， ∵PO⊥BC，∴PO⊥平面 EBCD，
取平面 PAC 的法向量O→B＝(2,0,0).
设 M(a,2－a,0)(0<a≤2)，则A→M＝(a,4－a,0).
设平面 PAM 的法向量为 n＝(x，y，z).
由A→P·n＝0，A→M·n＝0 得2ayx＋ ＋24－3az＝y＝0，0，
可取 n＝( 3a－4 3， 3a，－a)，
∴cos〈O→B，n〉＝2
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.
【跟踪训练】 2.如图 6-39，在四边形 ABED 中，AB∥DE，AB⊥BE，点 C 在 AB 上，且 AB⊥CD，AC＝BC＝CD＝ ，现将2ACD 沿 CD 折起，使点 A 到达点 P 的位置，且 PE 与平面 PBC 所成的角为 45°. (1)求证：平面 PBC ⊥平面 DEBC； (2)求二面角 D-PE-B 的余弦值.
余弦值是3 1313，若不存在请说明理由，若存在请求出 M 点所 在的位置.
图 6-42 (1)证明：依题意，在平面 ADFC 中， ∠CAO＝∠FOD＝60°，∴AC∥OF. 又 OF⊂平面 OEF，∴AC∥平面 OEF. ① 同理，在平面 ABED 中，∠BAO＝∠EOD＝60°， ∴AB∥OE，∴AB∥平面 OEF. ②
【跟踪训练】 3.如图 6-42，ABEDFC 为多面体，平面 ABED 与平面ACFD 垂直，点 O 在线段 AD 上，OA＝1，OD＝ ，2OAB，△OAC， △ODE，△ODF 都是正三角形. (1)证明：直线 BC∥面 OEF； (2)在线段 DF 上是否存在一点 M，使得二面角 M-OE-D 的
∵AB∩AC＝A，OE∩OF＝O，AB∥面 OEF，AC∥面 OEF， OE⊂面 OEF，OF⊂面 OEF，
由①②可得，平面 ABC∥平面 OEF. 又 BC⊂面 ABC，∴直线 BC∥面 OEF. (本题可先证明 BC∥EF 后得证，也可建立空间直角坐标系 得证)
(2)解：设 OD 的中点为 G，以 G 为原点，GE，GD，GF 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.易知， O(0，－1,0)，E( 3，0,0)，F(0,0， 3)，D(0,1,0).
建立如图 6-38 所示的空间直角坐标系 H-xyz.
图 6-38
由(1)可得，DE⊥PE.又 DP＝2，DE＝1，∴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，－3，0 2
， D→P ＝
1，32，
3 2
，H→P＝
2 3a－4 3a－42＋3a2＋a2.
由已知，得|cos〈O→B，n〉|＝
3 2.
∴ 2
3a2－43|2a＋－34a|2＋a2＝
3 2.
解得 a＝－4(舍去)，a＝43.
∴n＝－8
3
3，4
3
3，－43.
又P→C＝(0,2，－2
3)，∴cos〈P→C，n〉＝
3 4.
∴PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 43.
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பைடு நூலகம்Ⅱ)如图 6-34，在三棱锥 P-ABC 中， AB＝BC＝2 2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O 为 AC 的中点.
以 O 为坐标原点，过点 O 与 BE 平行的直线为 x 轴，CB 所在的直线为 y 轴，OP 所在的直线为 z 轴建立空间直角坐标系 如图 D102，
则 B(0,1,0)，E(2,1,0)，D(2，－1,0)，P(0,0， 3)， 从而D→E＝(0,2,0)，B→E＝(2,0,0)，P→E＝(2,1，－ 3). 设平面 PDE 的一个法向量为 m＝(x，y，z)，平面 PEB 的 一个法向量为 n＝(a，b，c)， 则由mm··PD→→EE＝＝00，， 得22xy＋＝y0－， 3z＝0，
∵M 是棱 PD 的中点，∴ M(－1,1,1). ∴A→M＝(－1,1,1), A→B＝(2,0,0). 设 n＝(x，y，z)为平面 MAB 的法向量， ∴nn··AA→→MB＝＝00，， 即－ 2x＝x＋0.y＋z＝0， 令 y＝1，则 x＝0，z＝－1，
∴平面 MAB 的法向量 n＝(0,1，－1).
【规律方法】立体几何中的直线与平面的位置关系，以及 空间的三种角，是高考的必考内容，都可以采用传统的方法来 处理，对于直线与平面间几种位置关系，可采用平行垂直间的 转化关系来证明，对于异面直线所成的角、直线与平面所成的 角和二面角可分别通过平移法、射影法和垂面法将它们转化为 相交直线所成的角来处理.本题主要考查立体几何中传统的平 行与垂直关系，并且考查了线面所成的角，难度并不是太大， 旨在考查考生对解题技巧的把握和抽象分析能力.
图 6-35
∴△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 6-35，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)，
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，
∴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.
∵N 是棱 AB 上一点，
∴设 N(x,0,0)，0≤x≤2，N→C＝(－x,2,0).
设直线 CN 与平面 MAB 所成角为 α，
∵平面 MAB 的法向量 n＝(0,1，－1)，
∴sin α＝|nn|··|N→N→CC|＝
2× 2x2＋4＝
10 5.
解得 x＝1，即 AN＝1，NB＝1，∴ANNB＝1.
(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF， 又 PF∩EF＝F，∴BF⊥平面 PEF. 又 BF⊂平面 ABFD，∴平面 PEF⊥平面 ABFD. (2)解：作 PH⊥EF，垂足为 H. 由(1)得，PH⊥平面 ABFD.
以 H 为坐标原点，H→F的方向为 y 轴正方向，|B→F|为单位长，
图 6-40
(1)证明：连接 AC，如图 6-41. ∵在△ABC 中，AB＝AC＝2，BC＝2 2， ∴BC2＝AB2＋AC2，∴ AB⊥AC. ∵AB∥CD，∴AC⊥CD. 又∵PA ⊥底面 ABCD, ∴PA ⊥CD. ∵AC∩PA ＝A，∴CD⊥平面 PAC .
图 6-41
(2)解：如图 6-41，以 A 为原点，AB，AC，AP 所在直线分 别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，P(0,0,2)， B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(－2,2,0).
22，0，－
22，A→B＝(0,1,0).
设 n＝(x，y，z)是平面 PCB 的法向量，
则nn··PC→ →CB＝ ＝00， ，
－ 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··AP→→AB＝＝00，，
即
22x－
题型 3 探索性问题 例 3：如图 6-40，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为平行 四边形，PA⊥底面 ABCD，M 是棱 PD 的中点，且 PA＝AB＝AC ＝2，BC＝2 2. (1)求证：CD⊥平面 PAC； (2)如果 N 是棱 AB 上一点，且直线 CN 与平面 MAB 所成角 的正弦值为 510，求ANNB的值.
【跟踪训练】 1.(2017 年新课标Ⅰ)如图 6-36，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 6-36
(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90° ，得 AB⊥AP，CD⊥PD. 由于 AB∥CD，故 AB⊥PD. 又 AP∩PD＝P，从而 AB⊥平面 PAD . 又 AB⊂平面 PAB，∴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.
令 z＝－2 得 m＝(－ 3，0，－2),
由nn··BP→ →EE＝ ＝00， ， 得22aa＝ ＋0b， － 3c＝0，
令 c＝1 得 n＝(0， 3，1)，
设二面角 D-PE-B 的大小为 θ，则 cos θ＝|mm|··|nn|＝ －7×22＝－ 77，
即二面角
D-PE-B
的余弦值为－
7 7.
(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 6-34
(1)证明：∵PA＝PC＝AC＝4，O 为 AC 的中点， ∴OP⊥AC，且 OP＝2 3. 如图 6-35，连接 OB.∵AB＝BC＝ 22AC，
例 2：(2018 年新课标Ⅰ)如图 6-37，四边形 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 6-37
设D→M＝λD→F，λ∈[0,1].可得 M(0,1－λ， 3λ)，
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 D101 所示的空间直角坐标系 F-xyz.
图 D101
由(1)及已知可得
A
22，0，0，P0，0，
22，B
22，1，0，
C－
22，1，0.
∴
P→C
＝
－
22，1，－
2
2
，
C→B
＝
(
2 ， 0,0) ， P→A ＝
0，0，
3 2
为平面
ABFD
的法向量.
设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ，
3
则
sin
θ＝||H→H→PP|··D|→D→PP||＝
4＝ 3
3 4.
∴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