2019-2020年高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题4立体几何(2)

??y＝1，

由①②解得?

6

?z＝－?2

x＝1＋

所以M?1－

2

，2

??y＝1，

(舍去)，或?

6

?z＝?2，

x＝1－

2

，2

??→?26?26?

，1，?，从而AM＝?1－，1，?. 22?22??

10分

设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则 →??m·AM＝0，

?

→??m·AB＝0，

?－2x0＋2y0＋6z0＝0，

即?

?x0＝0，

所以可取m＝(0，－6，2). 于是cos〈m，n〉＝

11分

m·n10

＝.

|m||n|5

10

. 12分 5

因此二面角M-AB-D的余弦值为[阅卷者说]

易错点 ⑦因空间想象力不足，导致不会作辅助线，进而导致(1)无法证明. ⑧因对图形和立体几何的理论体系不熟，导致不会建系，进而不会求二面角的余弦值. ⑨因对向量共线知识不熟，导致点M的坐标计算不出，致使(2)无法求解. 防范措施 当题设条件出现边的中点，要证明线面平行时，常取另一个边的中点，构造平行关系. 熟知常见的空间直角坐标系的建法，结合已知的图形中的垂直关系建系，如本题也可以AD的中点为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建系. →→点M在棱PC上，则PM＝λPC(0＜λ＜1). [通性通法] 向量法求二面角的方法 若n1，n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α，β的法向量，则二面角θ的大小满足|cos θ|＝

.然后利用图形判断二面角是锐角或钝角.

若AB，CD是二面角α-l-β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大→→

小θ为AB与CD的夹角或其补角.

■对点即时训练………………………………………………………………………·

(2017·安徽马鞍山模拟)已知四棱锥P-ABCD中，如图10-4，底面ABCD是梯形，BC ∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PA⊥PD.

图10-4

(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若直线AC与PD所成角为60°，求二面角A-PC-D的余弦值.

【导学号：07804074】

[解] (1)证明：∵PH⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PH⊥AB. ∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD，PH?平面PAD，∴AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.

(2)以A为原点，建立空间直角坐标系A-xyz，如图， ∵PH⊥平面ABCD， ∴z轴∥PH.

则A(0,0,0)，C(1,1,0)，

D(0,2,0)，设AH＝a，PH＝h(0＜a＜2，h＞0)．

则P(0，a，h)．

→→→

∴AP＝(0，a，h)，DP＝(0，a－2，h)，AC＝(1,1,0)． →→2

∵PA⊥PD，∴AP·DP＝a(a－2)＋h＝0. ∵AC与PD所成角为60°， →→

∴|cos〈AC，DP〉|＝

2

2

|a－2|2·

a－

1＝ ， 22＋h2

∴(a－2)＝h，∴(a－2)(a－1)＝0，

∵0＜a＜2，∴a＝1.∵h＞0，∴h＝1，∴P(0,1,1)．

→→→→

∴AP＝(0,1,1)，AC＝(1,1,0)，PC＝(1,0，－1)，DC＝(1，－1,0)，设平面APC的法→??n·AP＝y＋z＝0

向量为n＝(x，y，z)，由?

→??n·AC＝x＋y＝0

，

得平面APC的一个法向量为n＝(1，－1,1)， 设平面DPC的法向量为m＝(x，y，z)．

→??m·PC＝x－z＝0

由?

→??m·DC＝x－y＝0

，

得平面DPC的一个法向量为m＝(1,1,1)．

m·n1

∴cos〈m，n〉＝＝.

|m||n|3

∵二面角A-PC-D的平面角为钝角， 1

∴二面角A-PC-D的余弦值为－. 3

■题型强化集训………………………………………………………………………·

(见专题限时集训T2、T4) 题型3 利用空间向量求解探索性问题

(对应学生用书第36页)

■核心知识储备………………………………………………………………………·

立体几何中探索性问题的种类及其求法

(1)立体几何中的探索性题目主要有两类：一是利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究，二是对几何体的空间角、距离和体积等的研究．

(2)其解决方法多通过求角、距离、体积等把这些问题转化为关于某个参数的方程问题，根据方程解的存在性来解决．

■典题试解寻法………………………………………………………………………·

【典题】 如图10-5(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝1，BC＝2，E为CD上一点，且DE＝1，EC＝2，现沿BE折叠使平面BCE⊥平面ABED，F为BE的中点，如图10-5(2)．

图10-5(1) 图10-5(2)

(1)求证：AE⊥平面BCE；

2

(2)能否在边AB上找到一点P，使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为？若存在，3试确定点P的位置；若不存在，请说明理由． 面面垂直

[思路分析] (1)证明AE⊥BE――→AE⊥平面BCE；

建系P在边AB上求法向量

→→

(2)证明CF⊥平面ABED――→求点A，C，E，F的坐标――→AP＝λAB――→由

2

两平面所成角的余弦值为确定P的位置．

3

[解] (1)证明：在直角梯形ABCD中作DM⊥BC于M，连接AE， 则CM＝2－1＝1，CD＝DE＋CE＝1＋2＝3， 则DM＝AB＝9－1＝8＝22，

CM1

cos C＝＝，

CD3

则BE＝CE＋CB－2CE·CB·cos C ＝143

4＋4－2×2×2×＝，

33

22AE＝AD2＋DE2－2AD·DE·cos∠ADE

＝126

1＋1－2×1×1×＝，

33

2

2

2

所以AE＋BE＝AB，故AE⊥BE，且折叠后AE与BE位置关系不变． 又平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE，所以AE⊥平面BCE. (2)连接CF，因为在△BCE中，BC＝CE＝2，F为BE的中点，所以CF⊥BE.又平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE， …… 此处隐藏：717字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……