【高考前三个月复习数学理科】第二篇 第2讲

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第2讲　立体几何 题型一　空间中的平行与垂直问题 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＝AD. (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＝AD， ∴△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.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. 　 　 　 　 　 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＝，∠PCD＝60. 由(1)知CF⊥DF， ∴DF＝CDsin 60＝，CF＝CDcos 60＝. 又FE∥CD，∴＝＝，∴DE＝. 同理EF＝CD＝.[6分] 如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系，则A(0,0,1)， E(，0,0)，F(，，0)， P(，0,0)，C(0,1,0).[7分] 设m＝(x，y，z)是平面AEF的一个法向量，则 又＝(，0，－1)，＝(0，，0)， ∴ 令x＝4，则z＝，m＝(4,0，).[9分] 由(1)知平面ADF的一个法向量为＝(－，1,0).[11分] 设二面角D－AF－E的平面角为θ，可知θ为锐角， 故cos θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝. 故二面角D－AF－E的余弦值为.[12分] 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； 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 中点，△DAB≌△DCB，EA＝EB＝AB＝1，PA＝，连接CE并延长交AD于F. (1)求证：AD⊥平面CFG； (2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值. 　 　 　 　 　 　 　 　 　 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， 所以EH綊AB. 又CD綊AB，所以EH綊CD. 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. 方法二　连接CF.因为F为AB的中点，所以AF＝AB. 又CD＝AB，所以AF＝CD. 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， 所以EA＝EB＝ED＝AB＝1，故∠BAD＝， ∠ABE＝∠AEB＝. 因为△DAB≌△DCB，所以△EAB≌△ECB， 从而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝， 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， 则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C，D(0，，0)，P， 故＝，＝， ＝. 设平面BCP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则即 令y1＝－，则x1＝3，z1＝2，n1＝(3，－，2)． 同理求得面DCP的法向量n2＝(1，，2)， 从而平面BCP与平面DCP的夹角θ的余弦值为 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.