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【步步高】(全国通用)2016版高考数学 考前三个月复习冲刺 第二篇 第2讲 立体几何 理


第2讲
题型一 空间中的平行与垂直问题

立体几何

例 1 (12 分)如图所示,在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,E、F 分别为 PC、BD 的 中点,侧面 PAD⊥底面 ABCD,且 PA=PD= 2 AD. 2

(1)求证:EF∥平面 PAD; (2)求证:平面 PAB⊥平面 PCD. 证明 (1)连接 AC,则 F 是 AC 的中点,又∵E 为 PC 的中点,

∴在△CPA 中,EF∥PA,[3 分] 又∵PA? 平面 PAD,

EF?平面 PAD,[4 分]
∴EF∥平面 PAD.[5 分] (2)∵平面 PAD⊥平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 又∵CD⊥AD, ∴CD⊥平面 PAD,∴CD⊥PA.[8 分] 又 PA=PD= 2 AD, 2

∴△PAD 是等腰直角三角形,[10 分] 且∠APD=90°,即 PA⊥PD. 又∵CD∩PD=D,∴PA⊥平面 PCD, 又∵PA? 平面 PAB, ∴平面 PAB⊥平面 PCD.[12 分] 评分细则 第(1)问得分点

1

1.不说明 EF?平面 PAD,扣 1 分. 2.不说明 PA? 平面 PAD,扣 1 分. 第(2)问得分点 1.不说明平面 PAD∩平面 ABCD=AD,扣 2 分. 2.不说明 CD∩PD=D,扣 2 分. 3.不说明 PA? 平面 PAB,扣 1 分.

第一步:将题目条件和图形结合起来; 第二步:根据条件寻找图形中的平行、垂直关系; 第三步:和要证结论相结合,寻找已知的垂直、平行关系和要证关系的联系; 第四步:严格按照定理条件书写解题步骤. 跟踪训练 1 如图,四棱锥 P-ABCD 中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,

N 分别为 PB,AB,BC,PD,PC 的中点.

(1)求证:CE∥平面 PAD; (2)求证:平面 EFG⊥平面 EMN.

2

题型二 利用空间向量求角 例 2 (12 分)如图,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC 于点 F,

FE∥CD,交 PD 于点 E.

(1)证明:CF⊥平面 ADF; (2)求二面角 D-AF-E 的余弦值. 规范解答 (1)证明 ∵PD⊥平面 ABCD,AD? 平面 ABCD, ∴PD⊥AD. 又 CD⊥AD,PD∩CD=D, ∴AD⊥平面 PCD.[2 分] 又 PC? 平面 PCD,∴AD⊥PC. 又 AF⊥PC,AD∩AF=A, ∴PC⊥平面 ADF, 即 CF⊥平面 ADF.[4 分] (2)解 设 AB=1,则在 Rt△PDC 中,CD=1, 又∠DPC=30°,∴PC=2,PD= 3,∠PCD=60°. 由(1)知 CF⊥DF, ∴DF=CDsin 60°= 3 1 ,CF=CDcos 60°= . 2 2

DE CF 1 3 又 FE∥CD,∴ = = ,∴DE= . PD PC 4 4
3 3 同理 EF= CD= .[6 分] 4 4 如图所示,以 D 为原点,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,1),

E(

3 3 3 ,0,0),F( , ,0), 4 4 4

P( 3,0,0),C(0,1,0).[7 分]

3

设 m=(x,y,z)是平面 AEF 的一个法向量,则?

→ ? ?m⊥AE, → ? ?m⊥EF.

3 3 → → 又AE=( ,0,-1),EF=(0, ,0), 4 4 3 → ? ?m·AE= 4 x-z=0, ∴? 3 EF= y=0. ?m·→ ? 4 令 x=4,则 z= 3,m=(4,0, 3).[9 分] → 由(1)知平面 ADF 的一个法向量为PC=(- 3,1,0).[11 分] 设二面角 D-AF-E 的平面角为 θ ,可知 θ 为锐角, → |m·PC| 4 3 2 57 → 故 cos θ =|cos〈m,PC〉|= = = . → 19 19×2 |m||PC| 2 57 故二面角 D-AF-E 的余弦值为 .[12 分] 19 评分细则 第(1)问得分点 1.AD⊥DC,PD⊥AD 及相关证明,每个给 1 分. 2.证明线面垂直时条件完整得 2 分,不完整扣 1 分. 第(2)问得分点 1.写出建系方法可得 1 分. 2.写出相应点、向量的坐标给 2 分,有错误根据相应情况扣除分数,长度单位可灵活选取. 3.求出平面 AEF 的一个法向量给 2 分,只给出结果没有过程,只给 1 分. 4.写(求)出平面 ADF 的一个法向量给 2 分. 5.求出两个法向量所成角的余弦值给 1 分. 6.转化为所求二面角的平面角的余弦值给 1 分.

第一步:作出?或找出?具有公共交点的三条相互垂直的直线; 第二步:建立空间直角坐标系,设出特征点坐标; 第三步:求半平面的法向量 n,m;

4

第四步:求法向量 n,m 的夹角或 cos〈m,n〉 ; 第五步:将法向量的夹角转化为二面角,要注意直观判定二面角的大小; 第六步:反思回顾.查看关键点、易错点及解题规范. 跟踪训练 2 如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的 3 中点,△DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 并延长交 AD 于 F. 2

(1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值.

5

6

答案精析

第2讲

立体几何

跟踪训练 1 证明 (1)方法一 取 PA 的中点 H,连接 EH,DH. 又 E 为 PB 的中点, 1 所以 EH 綊 AB. 2 1 又 CD 綊 AB,所以 EH 綊 CD. 2 所以四边形 DCEH 是平行四边形,所以 CE∥DH. 又 DH? 平面 PAD,CE?平面 PAD. 所以 CE∥平面 PAD. 1 方法二 连接 CF.因为 F 为 AB 的中点,所以 AF= AB. 2 1 又 CD= AB,所以 AF=CD. 2 又 AF∥CD,所以四边形 AFCD 为平行四边形.因此 CF∥AD, 又 AD? 平面 PAD,CF?平面 PAD, 所以 CF∥平面 PAD. 因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点,所以 EF∥PA. 又 PA? 平面 PAD,EF?平面 PAD, 所以 EF∥平面 PAD. 因为 CF∩EF=F,故平面 CEF∥平面 PAD. 又 CE? 平面 CEF,所以 CE∥平面 PAD. (2)因为 E、F 分别为 PB、AB 的中点,所以 EF∥PA. 又因为 AB⊥PA,所以 EF⊥AB,同理可证 AB⊥FG. 又因为 EF∩FG=F,EF? 平面 EFG,FG? 平面 EFG. 所以 AB⊥平面 EFG. 又因为 M,N 分别为 PD,PC 的中点,所以 MN∥CD, 又 AB∥CD,所以 MN∥AB,所以 MN⊥平面 EFG. 又因为 MN? 平面 EMN,所以平面 EFG⊥平面 EMN. 跟踪训练 2 (1)证明 在△ABD 中,因为 E 为 BD 中点, π 所以 EA=EB=ED=AB=1,故∠BAD= , 2
7

π ∠ABE=∠AEB= . 3 因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB, π 从而有∠FED=∠BEC=∠AEB= , 3 所以∠FED=∠FEA. 故 EF⊥AD,AF=FD,所以 EF∥AB,GF∥PA. 又因为 PA⊥平面 ABCD,AB⊥AD, 所以 GF⊥AD,EF⊥AD,又 GF∩EF=F, 故 AD⊥平面 CFG. (2)解 以 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,

3? 3 ? ?3 ? 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C? , ,0?,D(0, 3,0),P?0,0, ?, 2? ? ?2 2 ? 3 ? → ? 3 3 3? → ?1 故BC=? , ,0?,CP=?- ,- , ?, 2 2 2 2 2? ? ? ? →

CD=?- ,

? 3 ? 2

3 ? ,0?. 2 ?

设平面 BCP 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), → ? ?n1·CP=0, 则? ?n1·→ BC=0, ? 3 3 3 ? ?-2x - 2 y +2z =0, 即? 1 3 x + y =0, ? ?2 2
1 1 1 1 1

令 y1=- 3,则 x1=3,z1=2,n1=(3,- 3,2). 同理求得面 DCP 的法向量 n2=(1, 3,2), 从而平面 BCP 与平面 DCP 的夹角 θ 的余弦值为 |n1·n2| 4 2 cos θ =|cos〈n1,n2〉|= = = . |n1||n2| 4×2 2 4

8



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