习题3.2教案2

西安市三中2019届二轮复习数学讲义

2019.4.8 模型(一)

线面位置关系的判定与证明

【案例1】

如图,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥CD,PD=AD,F是DC上的点且DF=AB,PH为△PAD中AD边上的高.

(1)求证:AB∥平面PDC.

(2)求证:PH⊥BC.

(3)线段PB上是否存在点E,使EF⊥平面PAB?说明理由.

【审题流程】

(1)利用已知条件➡证明直线与直线平行➡证明线面平行.

(2)由已知找线线垂直➡证明线面垂直➡根据线面垂直的性质定理证明线线垂直.

(3)由图形及已知做出判断➡由已知证明线线垂直➡由线面垂直的判定定理证明结论.

规范解题过程

构建答题模板

解析▶

(1)因为AB∥CD,且AB⊄平面PDC,

第一步

CD⊂平面PDC,所以AB∥平面PDC.(2分) 找条件:寻找已知中(2)因为AB⊥平面PAD,且PH⊂平面PAD, 的平行和垂直关系,所以AB⊥PH.(3分) 又PH为△PAD中AD边上的高,所以PH⊥AD.(4确定证明方向.

第二步

分) 定工具:根据已知条又AD∩AB=A,所以PH⊥平面ABCD, 件和求证方向,选择而BC⊂平面ABCD,所以PH⊥BC.(6分) (3)线段PB上存在点E,使EF⊥平面PAB.(7分) 恰当的定理进行证明.

理由如下:如图,分别取PA,PB的中点G,E, 第三步

详论证:根据已知及相关定理进行严密推导.

第四步

连接GE,GD,EF, 反思:证明要注意逻

辑推理的严谨性.

则GEAB.

1

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2019.4.8 由DFAB,得GEDF,

所以四边形GDFE为平行四边形,故EF∥GD.(9分) 因为AB⊥平面PAD,所以AB⊥GD, 所以EF⊥AB.(10分) 因为G为PA的中点,且PD=AD,所以GD⊥PA,所以EF⊥PA.

又PA∩AB=A,所以EF⊥平面PAB.(12分)

【评分细则】

1.第一小问: 利用线面平行定理证明,得2分.

2.第二小问: (1)根据已知正确判断两组线线垂直,得2分.

(2)根据线面垂直的性质定理得证,得2分.

3.第三小问: (1)利用已知条件,结合图形判断线面位置关系,得1分.

(2)利用已知条件及辅助线证明线线平行,得2分.

(3)利用相关定理证明线面垂直,得3分.

【学习笔记】

模型(二)

空间向量在立体几何中的应用

【案例2】

(2016·全国Ⅰ卷·理T18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,平面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.

(1)证明:平面ABEF⊥EFDC.

(2)求二面角E-BC-A的余弦值.

2

西安市三中2019届二轮复习数学讲义

2019.4.8 【审题流程】

(1)利用已知证明线线垂直➡证明线面垂直➡证明面面垂直.

(2)建立空间直角坐标系➡定各点的空间坐标➡求平面法向量➡求余弦值.

规范解题过程

构建答题模板

解析▶

(1)由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,

第一步

∴AF⊥平面EFDC.(1分) 利用线面垂直的判又AF⊂平面ABEF, 定定理,证明AF⊥平∴平面ABEF⊥平面EFDC.(1分) 面EFDC,利用面面垂(2)过点D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平直的判定定理,证明面ABEF.

平面ABEF⊥平面以G为坐标原点, 的方向为x轴正方向,| |EFDC.

第二步

为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系过点D作DG⊥平面G-xyz.(2分) ABEF于点G,再建立空间直角坐标系

G-xyz,通过确定二由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的一个平面角,面角D-AF-E的平面故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=

,可得角,进而得到点A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,

).(1分) A,B,E,D的坐标,通过线面平行的判定和性质定理证明∵AB∥EF,∴AB∥平面EFDC.

又平面ABCD∩平面EFDC=CD, 故AB∥CD,CD∥EF.(2分) 由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC, ∴∠CEF为二面角C-BE-F的一个平面角,故∠CEF=60°.(1分) 从而可得C(-2,0,

).

AB∥CD,CD∥EF,通过确定二面角C-BE-F的平面角,得

=(-3,-4,

)到点C的坐标以及

=(0,4,0),

∴ =(1,0,

),

3

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2019.4.8

=(-4,0,0).(1分) ,

设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,

,

,

·

则

即

·

,

,

, , 的坐标.

第三步

设出平面BCE的法向量,利用线面垂直的判定定理,列出

·

,和

·

,

·

解之

·

,得到平面的法向量,求得cos,再利用两个平面的二面角的平面角与两个法向量之间的关系,得到两个平面的二面角的余弦值.

∴可取n=(3,0,-

).(1分) 设m是平面ABCD的法向量,

,

· 则

·

同理可取m=(0,

,4),(1分) 则

cos==- .

·

观察图形知,二面角E-BC-A的余弦值为-

.(1分)

【评分细则】

1.第一小问: (1)正确使用线面垂直的判定定理,得1分.

(2)正确使用面面垂直的判定定理,得1分.

2.第二小问: (1)正确使用面面垂直的性质定理,建立空间直角坐标系,得2分.

(2)正确利用二面角的平面角的概念,得到|DF|,|DG|的长度以及A,B,E,D的坐标,得1分.

4

西安市三中2019届二轮复习数学讲义

2019.4.8 (3)正确利用线面平行的判定和性质定理,得2分.

(4)正确判断线面垂直的一个推论,确定二面角C-BE-F的平面角,得1分.

(5)正确利用向量的坐标运算,得1分.

(6)正确利用两向量垂直的条件和数量积的运算,得1分.

(7)正确利用两向量垂直的条件和数量积的运算,得1分.

(8)正确利用数量积的运算求夹角的余弦值,得1分.

【学习笔记】

模板训练

1.如图,在各棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为棱A1B1的中点,E在棱BB1上,B1E=3BE,M,N为线段C1D上的动点,其中,M更靠近D,且MN=1.F在棱AA1上,且A1E⊥DF.

(1)证明:A1E⊥平面C1DF.

(2)若BM=

,求三棱锥

E-AFN的体积.

解析▶

(1)由已知得△A1B1C1为正三角形,D为棱A1B1的中点,∴C1D⊥A1B1.

在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1,则AA1⊥C1D.

又AA1∩A1B1=A1,∴C1D⊥平面AB

A1,∴C1D⊥A1E.

又A1E⊥DF且FD∩C1D=D,∴A1E⊥平面C1DF.

(2)如图，连接MB1,则BB1⊥MB1.

∵BB1=2,BM=∴MB1=

.

,

5

西安市三中2019届二轮复习数学讲义

2019.4.8 又MD⊥A1B1, ∴MD=

.

由(1)知C1D⊥平面AEF,∴N到平面AEF的距离d=DN=+1.

设A1E∩DF=O,∵A1E⊥DF,∴△FA1D∽△A1OD∽△A1B1E.

∵B1E=3BE,∴

=

,∴

=

,∴A1F=

,AF=

.

∴VE-AFN=VN-AEF=

×

×

×2×d=

×

=

.

2.如图,在几何体A1B1C1-ABC中,△ABC为等腰直角三角形,AA1⊥平面ABC,AA1∥BB1∥CC1,BB1∶CC1∶AA1=3∶2∶1,AC=BC=2,已知异面直线AC与

(1)求证:平面A1B1C1⊥平面A1ABB1.

(2)求平面ABC与平面A1BC1所成角的余弦值.

解析▶

(1)取A1B1,AB的中点M,N,连接C1M,CN,∴AA1∥BB1∥MN,∴CC1∥MN.

又MN=

A1B1所成的角的余弦值为

.

,同时BB1∶CC1∶AA1=3∶2∶1,∴CC1=

, ∴CC1=MN,∴四边形C1MNC是平行四边形,∴C1M∥CN.

又AA1⊥平面ABC,∴平面A1ABB1⊥平面ABC,同时平面A1ABB1∩平面ABC=AB,又CN⊥AB,由面面垂直的性质定理得,CN⊥平面A1ABB1, 又C1M∥CN,∴C1M⊥平面A1ABB1.

又C1M⊂平面A1B1C1,故平面A1B1C1⊥平面A1ABB1.

(2)如图，以C为原点,分别以CA,CB,CC1为x,y,z轴建立空间直角坐标系C-xyz,设AA1=a,则

C(0,0,0),C1(0,0,2a),A1(2,0,a), B(0,2,0),B1(0,2,3a),A(2,0,0),

=(2,0,0), ∴

=(-2,2,2a), 6

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2019.4.8

>=

∴cos<

, =

· -

=,

-

∴

=

,解得a=1.

从而

=(2,-2,1),

=(0,-2,2).

设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则

-

,

·

,

∴

·

,-

令y=1,得n=

,

, ,

又平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1), 设平面ABC与平面A1BC1所成的角为θ, ∴ cos θ =

·

=

·

=

.

观察图象知,平面ABC与平面A1BC1所成角的余弦值为.

3.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,B1B⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,

且∠BAD=60°,AB=BB1=2BM=2,

+

=2

,P为AC上任意一点.

(1)求证:O1M⊥PM.

(2)求AD1与平面ADM所成角的正弦值.

解析▶

(1)由

+

=2

知,O1为上底面对角线的交点,连接AO1,BD, ∵AC⊂平面ABCD,∴BB1⊥AC.

∵四边形ABCD是边长为2的菱形,∴AC⊥BD.

又∵BD∩BB1=B,∴AC⊥平面DBB1D1.

又∵O1M⊂平面DBB1D1,∴AC⊥O1M.

∵∠BAD=60°,AB=BB1=2BM=2, 7

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2019.4.8 ∴BD=2,AC=2

,B1M=BM=1, ∴O1M2=O1

+B1M2=2,AM2=AB2+BM2=5,O1A2=O1

+A1A2=7, ∴O1M2+AM2=O1A2,∴O1M⊥AM.

∵AC∩AM=A,∴O1M⊥平面ACM.

又PM⊂平面ACM,∴O1M⊥PM.

(2)设BD交AC于点O,连接OO1,如图，

以O为坐标原点,OA,OB,OO1所在直线分

别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标

系O-xyz,则A(

,0,0),D(0,-1,0), D1(0,-1,2),M(0,1,1), ∴

=(-

,-1,2), =(-

,-1,0), =(0,2,1).

设平面ADM的法向量n=(x,y,z),

·

,-

-

,则

即

·

,

,令x=1,得n=(1,-

,2

).

设AD1与平面ADM所成角为θ,

·

则sin θ= cos< ,n>|==

=,

故AD1与平面ADM所成角的正弦值为.

4.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形，AB∥CD,AB⊥AD, PA=AB=2CD=4,BC=2

,PD=2

,PC⊥BD.

(1)求证:PA⊥平面ABCD.

(2)问:在线段PB上是否存在点Q,使直线QC与平面PCD夹角的

正弦值为

?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.

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西安市三中2019届二轮复习数学讲义

2019.4.8

解析▶

(1)在直角梯形ABCD

中,AB∥CD,AB⊥AD,PA=AB=2CD=4,BC=2

,∴AD=

-( -

=2

∵PD=2

,∴PD=PA+AD,∴PA⊥AD.

222在Rt△ADC和Rt△BAD中,∵=,∴Rt△ADC∽Rt△BAD,∴∠DAC=∠ABD,∴∠DAC+∠ADB= ∠ABD+∠ADB=90°,∴AC⊥BD.又∵PC⊥BD,PC∩AC=C,∴BD⊥平面PAC, ∴BD⊥PA,∴PA⊥平面ABCD.

分别为x,y,z轴正方向,建立空间直(2)以A为原点, , ,

角坐标系,则 =P(0,0,4),C(2,2

,0),B(4,0,0),D(0,2

,0),∴ =(-2,0,0), =(4,0,-4).

(0,2

,-4), 设平面PCD的法向量n=(x,y,z),则 =2

y-4z=0,n· n· =-2x=0,可取n=(0,2,

).假设在线段PB =λ =(4λ,0,-4λ).

上存在点Q满足题中条件,设 ∴Q(4λ,0,4-4λ), =(4λ-2,-2

,4-4λ), ∴ ·

·

的夹角的正弦值为 ,即= ,解得

∴CQ与平面PCDλ=

∈(0,1 ,

∴在线段PB上存在点Q满足条件,且 =

.

9