第七章 第八节 “立体几何”大题增分策略课件PPT

课时跟踪检测（四十六）  “立体几何”大题增分策略

1.如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是棱PD的中点，点F是PC的中点．

(1)证明：PB∥平面AEC.

(2)若四边形ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角C­AF­D大小为60°？

解：(1)证明：连接BD，设AC∩BD＝O，连接OE，

因为四边形ABCD为矩形，

所以点O是BD的中点，

因为点E是棱PD的中点，

所以PB∥EO，

又因为PB⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，

所以PB∥平面AEC.

(2)由题意知AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设AB＝AD＝2a，AP＝2c，

则A(0,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0，2a,0)，P(0,0,2c)，F(a，a，c)．

因为z轴⊂平面CAF，

所以设平面CAF的一个法向量为n＝(x,1,0)，

而＝(2a,2a,0)，

所以·n＝2ax＋2a＝0，得x＝－1，

所以n＝(－1,1,0)．

因为y轴⊂平面DAF，

所以设平面DAF的一个法向量为m＝(1,0，z)，

而＝(a，a，c)，所以·m＝a＋cz＝0，得z＝－，

所以m＝，

所以cos 60°＝＝＝，得a＝c.

即当AP等于正方形ABCD的边长时，二面角C­AF­D的大小为60°.

2.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P­A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD­A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．

(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？

(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？

解：(1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8.

因为A1B1＝AB＝6，

所以正四棱锥P­A1B1C1D1的体积

V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)；

正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积

V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．

所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．

(2)设A1B1＝a m，PO1＝h m，

则0＜h＜6，O1O＝4h.连接O1B1.

因为在Rt△PO1B1中，

O1B＋PO＝PB，

所以2＋h2＝36，

即a2＝2(36－h2)．

于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋a2·h＝a2h＝(36h－h3)，0＜h＜6，

从而V′＝(36－3h2)＝26(12－h2)．

令V′＝0，得h＝2或h＝－2(舍去)．

当0＜h＜2时，V′＞0，V是单调增函数；

当2＜h＜6时，V′＜0，V是单调减函数．

故当h＝2时，V取得极大值，也是最大值．

因此，当PO1＝2 m时，仓库的容积最大．

3．(2020·潍坊一模)如图，在等腰直角三角形ADP中，∠A＝90°，AD＝3，B，C分别是AP，DP上的点，且BC∥AD，E，F分别是AB，PC的中点，现将△PBC沿BC折起，得到四棱锥P­ABCD，连接EF.

(1)证明：EF∥平面PAD.

(2)是否存在点B，当将△PBC沿BC折起到PA⊥AB时，二面角P­CD­E的余弦值等于？若存在，求出AB的长；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：如图，作CM∥AB，交AD于点M，连接PM，

取PM的中点N，连接AN，FN.

由中位线定理得FN∥CM，且FN＝CM，

∵E是AB的中点，

∴AE∥CM，且AE＝CM，

∴FN∥AE，且FN＝AE，

∴四边形AEFN是平行四边形，∴EF∥AN.

∵AN⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，

∴EF∥平面PAD.

(2)存在点B，当将△PBC沿BC折起到PA⊥AB时，二面角P­CD­E的余弦值等于.

理由如下：

∵BC⊥AB，BC⊥PB，且AB∩PB＝B，

∴BC⊥平面PAB，又BC∥AD，

∴AD⊥平面PAB，

∴PA⊥AD，又AB⊥AD，PA⊥AB，

∴以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

设AB＝a，则PB＝BC＝3－a，

由PB＞AB，得0＜a＜，PA＝，

∴A(0,0,0)，C(a,3－a,0)，

P(0,0，)，D(0,3,0)，

＝(a，－a,0)，＝(0，－3，)．

设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，

则

取y＝1，得n＝.

易知平面CDE的一个法向量为m＝(0,0,1)，

依题意得＝，

解得a＝1，即AB＝1.

∴存在点B，当将△PBC沿BC折起到PA⊥AB时，二面角P­CD­E的余弦值等于，AB的长为1.

4.如图，在圆柱W中，点O1，O2分别为上、下底面的圆心，平面MNFE是轴截面，点H在上底面圆周上(异于点N，F)，点G为下底面圆弧ME的中点，点H与点G在平面MNFE的同侧，圆柱W的底面半径为1，高为2.

(1)若平面FNH⊥平面NHG，求证：NG⊥FH；

(2)若直线NH与平面NFG所成线面角α的正弦值等于，求证：平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于.

证明：(1)因为平面FNH⊥平面NHG，平面FNH∩平面NHG＝NH，

又NH⊥FH，FH⊂平面FHN，

所以FH⊥平面NHG，又NG⊂平面NHG，

所以FH⊥NG.

(2)以点O2为坐标原点，分别以O2G，O2E，O2O1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O2­xyz，

则N(0，－1,2)，G(1,0,0)，F(0,1,2)．

设H(m，n,2)(由图知m>0)，

则m2＋n2＝1，

＝(m，n＋1,0)．

设平面NFG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)．

因为

所以

即

令x1＝2，则n1＝(2,0,1)．

因此sin α＝|cos〈，n1〉|＝

＝＝＝.

所以2m2＝3n＋3，

解得(舍去)或

所以H.

设平面NHG的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．

因为

所以

即

令x2＝1，即n2＝.

设平面NHG与平面MNFE所成锐二面角为θ.

因为平面MNFE的一个法向量n3＝(1,0,0)，

所以cos θ＝＝<，

所以平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于.

5．如图1，已知等边△ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.如图2，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置．

(1)求证：平面A′BM⊥平面BCNM；

(2)给出三个条件：①A′M⊥BC；②二面角A′­MN­C的大小为60°；③A′B＝.在这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答．

当________时，在线段BC上是否存在一点P，使直线PA′与平面A′BM所成角的正弦值为？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：由已知得AM＝1，AN＝2，∠A＝60°，

MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos 60°，解得MN＝，

故AN2＝AM2＋MN2，

∴MN⊥AB，∴MN⊥A′M，MN⊥MB，

又∵MB∩A′M＝M，∴MN⊥平面A′BM.

又MN⊂平面BCNM，∴平面A′BM⊥平面BCNM.

(2)若选条件①A′M⊥BC，由(1)得A′M⊥MN，BC和MN是两条相交直线，

∴A′M⊥平面BCNM.

以M为原点，MB，MN，MA′分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则A′(0,0,1)，设P(2－a，a,0)，其中0<a≤，则＝(2－a，a，－1)．

易知平面A′BM的法向量为n＝(0,1,0)．

设直线PA′与平面A′BM所成角为θ，

则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，

解得a＝>，故不存在P满足条件．

若选条件②二面角A′­MN­C的大小为60°，由(1)得∠A′MB即为二面角A′­MN­C的平面角，∴∠A′MB＝60°.过A′作A′O⊥BM，垂足为O，则A′O⊥平面BCNM.在平面BCNM中，

连接OC，经计算可知OC⊥OB.

以O为原点，OB，OC，OA′分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则A′，

设P，其中0<a≤，

则＝.

易知平面A′BM的法向量为n＝(0,1,0)．

设直线PA′与平面A′BM所成角为θ，

则sin θ＝|cos〈，n〉|

＝＝，

解得a＝或a＝3(舍去)，

故存在P满足条件，这时PB＝3.

若选条件③A′B＝，在△A′BM中，由余弦定理得：

A′B2＝MB2＋MA′2－2MB·MA′cos∠A′MB，

即7＝4＋1－2×2×1×cos∠A′MB，

解得cos∠A′MB＝－，故∠A′MB＝120°.

过A′作A′O⊥BM，垂足为O，则A′O⊥平面BCNM.

在平面BCNM中，作OD⊥OB，点D在BM的右侧．

以O为原点，OB，OD，OA′分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则A′，

设P，其中0<a≤，

则＝.

易知平面A′BM的法向量为n＝(0,1,0)．

设直线PA′与平面A′BM所成角为θ，

则sin θ＝|cos〈，n〉|＝

＝，化简得2a2－15a＋21＝0.

解得a＝>，故不存在P满足条件．

6．(2020·新高考全国卷Ⅰ)如图，四棱锥P­ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.

(1)证明：l⊥平面PDC；

(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．

解：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.

又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.

因为PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.

因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，

所以AD∥平面PBC.

因为平面PAD∩平面PBC＝l，AD⊂平面PAD，

所以l∥AD.所以l⊥平面PDC.

(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，

则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，P(0，0,1)，＝(0,1,0)，＝(1,1，－1)．由(1)可设Q(a,0,1)，则＝(a,0,1)．

设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，

则即可取n＝(－1,0，a)．

所以cos〈n，〉＝＝.

设PB与平面QCD所成角为θ，

则sin θ＝×＝ .

因为≤，当且仅当a＝1时等号成立，

所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.