全国通用2022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　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7\n1.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.　　　　　7\n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＝CDsin60°＝，CF＝CDcos60°＝.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7\n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cosθ＝|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7\n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.　　　　　　　　　7\n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＝，7\n∠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cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.7