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适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题4立体几何专项突破四立体几何解答题课件
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这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题4立体几何专项突破四立体几何解答题课件，共60页。PPT课件主要包含了必备知识•精要梳理，关键能力•学案突破，精典对练·得高分，易错防范·不丢分等内容，欢迎下载使用。
1.证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行:①利用平行线的传递性;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理;④利用线面平行、面面平行的性质定理等.(2)证明线线垂直:①利用等腰三角形三线合一的性质;②利用勾股定理;③利用线面垂直的性质等.
2.证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行:①利用线面平行的判定定理;②利用面面平行的性质.(2)证明线面垂直:①利用线面垂直的判定定理;②利用面面垂直的性质定理.3.证明面面平行和面面垂直的常用方法(1)证明面面平行最常用的方法是利用面面平行的判定定理.(2)证明面面垂直最常用的方法是利用面面垂直的判定定理.
4.利用空间向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为μ=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),l⊄α,则(1)线面平行:l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.(2)线面垂直:l⊥α⇔a∥μ⇔a=kμ⇔a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k≠0).(3)面面平行:α∥β⇔μ∥v⇔μ=λv⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3(λ≠0).(4)面面垂直:α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.
考向一 空间位置关系的证明
[例1]如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=PA=2,AB=1,E为PC的中点.求证:(1)BE⊥PD;(2)BE∥平面PAD;(3)平面PCD⊥平面PAD.
(2)由(1)知BE∥AF,AF⊂平面PAD,BE⊄平面PAD,所以BE∥平面PAD.(3)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.又因为AD⊥AB,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.又因为AB∥DC,所以DC⊥平面PAD.又因为DC⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.
(方法二)因为PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,所以PA,AB,AD两两互相垂直.以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
方法总结证明空间中位置关系的方法证明空间中的平行、垂直关系,均可利用几何法和向量法.在实际应用中,可灵活处理,如果题目给出的空间图形适合建立空间直角坐标系,那么可建系后利用坐标运算来证明位置关系.
求证:(1)A1B1⊥平面AA1C;(2)AB1∥平面A1C1C.
考向二 利用空间向量求线面角命题角度1 求线面角[例2-1] (2022·全国乙,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD, ∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
(1)证明 ∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.又E为AC的中点,AD=CD,∴DE⊥AC,BE⊥AC.又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.
∴四边形AEFC为平行四边形,∴AC∥EF.∵EF⊂平面BEF,AC⊄平面BEF,∴AC∥平面BEF.∵平面BEF∩平面ABCD=l,AC⊂平面ABCD,∴AC∥l.∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD.∵BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴AC⊥BB1.∵BD∩BB1=B,BD,BB1⊂平面B1BDD1,∴AC⊥平面B1BDD1.∵AC∥l,∴l⊥平面B1BDD1.
(2)解 连接A1C1交B1D1于O1点,设AC∩BD=O,则OO1∥BB1.∵BB1⊥平面ABCD,∴OO1⊥平面ABCD.∵OB,OC⊂平面ABCD,
∴以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
数学思想·扩思路转化与化归思想如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,CC1=2,E,F分别为BC,CC1的中点.(1)求过E,F,D1三点的截面的面积;(2)一只小虫从点A经BB1上一点P到达点C1,求小虫所经过的路程最短时,直线ED1与平面APC1所成角的正弦值.
(2)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则A(2,0,0),C1(0,1,2),D1(0,0,2),E(1,1,0).
名师点析沿几何体表面运动,求距离之和最小的问题,通常采取化曲为直的思想方法,将几何体的表面展开,在平面内,将折线转化为直线,进而求出距离之和最小等问题.
命题角度2 已知线面角求其他量
又因为AB⊥B1D,AB∩CD=D,所以B1D⊥平面ABC.又因为B1D⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(1)证明 ∵四边形EDCF为矩形,∴DE⊥CD.又平面EDCF⊥平面ABCD,平面EDCF∩平面ABCD=CD,∴ED⊥平面ABCD.在平面ABCD内过点D作DH垂直BC于H点,则DA,DH,DE相互垂直,以D为原点,DA,DH,DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,
考向三 利用空间向量求二面角命题角度1 求二面角[例3-1](2023·新高考Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD, ∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(1)证明 如图①,连接AE,DE.∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD,∴AB=AC.又E为BC中点,∴BC⊥AE.∵AE,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.
∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形,∴AE=1.易知DE=1.∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,∴AE,BC,DE两两垂直.以E为坐标原点,ED,EB,EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0),
名师点析利用空间向量求二面角的步骤(1)分别求出两个半平面的一个法向量;(2)求出两个法向量的夹角;(3)根据图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,利用二面角的平面角与两个法向量的夹角的关系,求出二面角.
命题角度2 已知二面角求其他量[例3-2] (2023·新高考Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2, AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2, CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
(1)证明 如图①,设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.因为DN∥AA2,且DN=AA2,所以四边形AA2ND为平行四边形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四边形A2B2MN为平行四边形.因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四边形A2B2C2D2为平行四边形,所以B2C2∥A2D2.
(2)解 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系.
因为二面角P-A2C2-D2为150°,
整理可得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3.结合图形可知,当a=3或a=1时,B2P=1,此时二面角P-A2C2-D2为150°.
名师点析已知二面角求其他量的解法要点(1)正确设置变量,已知二面角求其他量时,关键是在空间直角坐标系中设出相关点的坐标或相关向量的坐标,从而用设出的参数表示出两个平面的法向量.(2)准确建立方程,根据已知条件(二面角的度数、二面角的余弦值、二面角的正弦值等)建立关于参数的方程.(3)求解方程,得到参数值,注意根据二面角的大小对参数值进行取舍,进而得到其他量.
(1)证明 连接AP,在半圆柱中,因为AB⊥平面PAD,PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.因为AD是直径,所以PD⊥PA.因为AP,AB⊂平面PAB,AP∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.又因为PB⊂平面PAB,所以PD⊥PB.
(2)解 依题意可知,以线段AD的中点O为坐标原点,以OA,OE所在直线分别为x轴、z轴,以过O垂直于AD的直线为y轴建立空间直角坐标系如图所示,则E(0,0,2),D(-2,0,0),B(2,4,0),C(-2,4,0).设∠AOP=θ(0<θ<π),则P(2cs θ,0,2sin θ),
(1)证明 如图,设AC∩BD=N,连接PN,OA,OC.因为∠DAB=∠BCD=90°,O为BD的中点,所以OA=OD=OC,即O为△ACD的外心.又AD=AC=CD,所以△ACD为等边三角形,所以O为△ACD的中心.所以AC⊥BD.由PO⊥平面ABCD,可得PO⊥AC.
又PO∩BD=O,所以AC⊥平面PDB,所以AC⊥DP.
所以DP2+PN2=DN2,所以DP⊥PN.又PN∩AC=N,所以DP⊥平面APC.又DP⊂平面ADP,所以平面ADP⊥平面APC.
易错警示由于二面角的大小与两个面的法向量的夹角并不完全相等,因此要注意结合图形判断二面角的范围来确定参数的取值,忽视对范围的判断将会导致错误.
考向四 利用空间向量求距离[例4] (2023·广东揭阳模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AD⊥AB,DC=2AD=2AB=2a,PA=PD,二面角P-AD-B的大小为135°,点P到底面ABCD的距离为 .(1)过点P是否存在直线l,使直线l∥平面ABCD?若存在,作出该直线,并写出作法与理由;若不存在,请说明理由.
解 (1)过点P存在直线l,满足直线l∥平面ABCD,理由如下.过点P在平面PAD内作直线l平行于AD,如图所示.因为l∥AD,l⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以l∥平面ABCD.
(2)取线段AD的中点为O,线段BC的中点为E,连接OE,OP.因为四边形ABCD为直角梯形,AB∥CD,所以OE∥AB.又因为AD⊥AB,所以AD⊥OE.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO∩OE=O,PO,OE⊂平面POE,所以AD⊥平面POE.过点O在平面POE内作直线ON⊥OE,则直线OA,OE,ON两两垂直,以O为原点,OA,OE,ON所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.过点P作PF∥ON,交直线OE于点F,因为ON⊥OA,ON⊥OE,OA,OE⊂平面ABCD,OA∩OE=O,所以ON⊥平面ABCD,故PF⊥平面ABCD.
增分技巧求点到平面的距离的四步骤
(1)证明 如图,连接AC,交BD于点O,连接PO.由AD=AB,CD=BC,AC=AC,可得△ABC≌△ADC,所以∠BAC=∠DAC.又因为AO=AO,所以△AOB≌△AOD,所以BO=OD,即O为BD中点.在等腰三角形PBD中,可得BD⊥OP.在等腰三角形BCD中,可得BD⊥OC.又OP∩OC=O,OP,OC⊂平面POC,所以BD⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以BD⊥PC.
过点O作PM的平行线,以PM的平行线所在直线为z轴,以OA,OB所在直线分别为x轴、y轴建立空间直角坐标系,如图所示.
考向一 立体几何中的翻折问题
(1)求证:平面BC1E⊥平面ABED;(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.
(1)证明 连接AE,由已知得AE=2.∵CE∥AB,CE=AB=AE=2,∴四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点F,则CF⊥BE.
∴C1F⊥AF.又BE∩AF=F,∴C1F⊥平面ABED.又C1F⊂平面BC1E,所以平面BC1E⊥平面ABED.
名师点析立体几何中翻折问题的求解策略(1)解决翻折问题最关键的就是对比翻折前后的图形,找到哪些点、线、面的位置关系和数量关系没有发生变化,哪些发生了变化,这些不变的量和变化的量反映了翻折后空间图形的结构特征,在证明和求解的过程中应恰当地加以利用.(2)一般地,位于折痕同侧的点、线、面的位置关系和数量关系不发生变化,而位于折痕两侧的点、线、面的位置关系和数量关系会发生变化.特别地,与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不变(常用于找翻折后形成的二面角的平面角);与折痕平行的线段,翻折后平行关系保持不变.
精典对练·得高分如图①,在等腰梯形ABCD中,E为CD的中点,AB=BC=CE,将△ADE,△BCE分别沿AE,BE折起,使得平面ADE⊥平面ABE,平面BCE⊥平面ABE,如图②.
(1)在图②中求证:AB∥CD;(2)设平面ADE与平面BCE的交线为l,求二面角D-l-C的大小.
(1)证明 由题意可知△ADE,△ABE,△BCE为全等的等边三角形.如图,分别过点C,D作CM⊥BE,DN⊥AE,垂足分别为M,N,连接MN,则M,N分别为BE,AE的中点,CM=DN.∵平面BCE⊥平面ABE,平面BCE∩平面ABE=BE,CM⊂平面BCE,∴CM⊥平面ABE.同理DN⊥平面ABE,∴CM∥DN.∴四边形CDNM为平行四边形,∴CD∥MN.又M,N分别为BE,AE的中点,∴MN∥AB,∴AB∥CD.
(2)解 连接BN,则BN⊥AE.由(1)知DN⊥平面ABE,则NA,NB,ND两两互相垂直.以N为坐标原点,NA,NB,ND所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
一题多解·练思维(2023·河北石家庄统考一模)如图①,在▱ABCD中,AD=2BD=4,AD⊥BD,将△ABD沿BD折起,使得点A到达点P处,如图②.
(2)解 (方法1)如图,过点D作DF∥BC,且DF=BC,连接PF,CF.由题意可知,BD⊥PD,BD⊥DF,PD∩DF=D,∴BD⊥平面PDF,∴BD⊥PF,∴CF⊥PF,
又BD⊂平面BCFD,∴平面BCFD⊥平面PDF.取DF的中点O,连接PO,由PF=PD,得PO⊥DF,
在平面BCFD内,过点O作OM垂直于DF,建立空间直角坐标系,如图所示.
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),平面PDC的法向量为n=(x',y',z'),
(方法2)由BD⊥BC,建立空间直角坐标系,如图所示.∵AD=2BD=4,∴B(0,0,0),C(4,0,0),D(0,2,0),设P(x,y,z)(其中x,y,z均大于0),
(方法3)如图所示,过点B作BE⊥PC交PC于E,过点D作DF⊥PC交PC于F,异面直线DF,BE的夹角即为两个平面的夹角.
解 取AB的中点O,连接PO,因为△PAB为等边三角形,所以PO⊥AB.又平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PO⊂平面PAB,所以PO⊥平面ABCD.取CD的中点G,连接OG,则OB,OP,OG两两互相垂直.
以O为原点,OB,OG,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
设AB=2,则C(1,2,0),P(0,0, ),E(-1,1,0),D(-1,2,0),A(-1,0,0),B(1,0,0).
[例2-2] (2023·湖北武汉模拟)如图,在棱长为2的正方体ABCD-EFGH中,点M是正方体的中心,将四棱锥M-BCGF绕直线CG逆时针旋转α(0<α<π)后,得到四棱锥M'-B'CGF'.
(2)解 假设存在α,使得直线M'F'⊥平面MBC.以C为原点,以CB,DC,CG所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,
取CG的中点P,BF的中点Q,连接PQ,PM',PM,则PM⊥CG,PQ⊥CG,PM'⊥CG.于是∠MPM'是二面角M-CG-M'的平面角,∠MPQ是二面角M-CG-Q的平面角,∠QPM'是二面角Q-CG-M'的平面角,
名师点析立体几何中探索性问题的求解策略(1)探索性问题的一般解法是:①可先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明.②首先假设结论成立,然后把这个假设作为已知条件,与题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算.在推理论证和计算无误的前提下,若得到一个合理的结论,则说明假设成立;若得到一个不合理的结论,则说明假设不成立.(2)涉及在线段上是否存在符合某条件的点的问题,可以先根据条件猜测点的位置,特别注意特殊位置关系和极端情形.(3)可借助空间直角坐标系将动点用坐标(含参数)表示出来,然后根据已知条件建立关于参数的方程(组),由此解决探索性问题.
解 依题意,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
解 (1)取BC的中点M,连接AM,DM,如图所示.因为△ABC为等边三角形,△DBC为等腰三角形且以BC为底,所以AM⊥BC,DM⊥BC(三线合一),又因为AM∩DM=M,所以BC⊥平面ADM.因为BC⊂平面ABC,所以平面ADM⊥平面ABC,因为平面ADM∩平面ABC=AM,所以过点D作DN⊥AM于点N,则DN⊥平面ABC,所以∠DAN为侧棱AD与底面ABC所成角,即∠DAM=60°.
1.证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行:①利用平行线的传递性;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理;④利用线面平行、面面平行的性质定理等.(2)证明线线垂直:①利用等腰三角形三线合一的性质;②利用勾股定理;③利用线面垂直的性质等.
2.证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行:①利用线面平行的判定定理;②利用面面平行的性质.(2)证明线面垂直:①利用线面垂直的判定定理;②利用面面垂直的性质定理.3.证明面面平行和面面垂直的常用方法(1)证明面面平行最常用的方法是利用面面平行的判定定理.(2)证明面面垂直最常用的方法是利用面面垂直的判定定理.
4.利用空间向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为μ=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),l⊄α,则(1)线面平行:l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.(2)线面垂直:l⊥α⇔a∥μ⇔a=kμ⇔a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k≠0).(3)面面平行:α∥β⇔μ∥v⇔μ=λv⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3(λ≠0).(4)面面垂直:α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.
考向一 空间位置关系的证明
[例1]如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=PA=2,AB=1,E为PC的中点.求证:(1)BE⊥PD;(2)BE∥平面PAD;(3)平面PCD⊥平面PAD.
(2)由(1)知BE∥AF,AF⊂平面PAD,BE⊄平面PAD,所以BE∥平面PAD.(3)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.又因为AD⊥AB,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.又因为AB∥DC,所以DC⊥平面PAD.又因为DC⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.
(方法二)因为PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,所以PA,AB,AD两两互相垂直.以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
方法总结证明空间中位置关系的方法证明空间中的平行、垂直关系,均可利用几何法和向量法.在实际应用中,可灵活处理,如果题目给出的空间图形适合建立空间直角坐标系,那么可建系后利用坐标运算来证明位置关系.
求证:(1)A1B1⊥平面AA1C;(2)AB1∥平面A1C1C.
考向二 利用空间向量求线面角命题角度1 求线面角[例2-1] (2022·全国乙,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD, ∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
(1)证明 ∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.又E为AC的中点,AD=CD,∴DE⊥AC,BE⊥AC.又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.
∴四边形AEFC为平行四边形,∴AC∥EF.∵EF⊂平面BEF,AC⊄平面BEF,∴AC∥平面BEF.∵平面BEF∩平面ABCD=l,AC⊂平面ABCD,∴AC∥l.∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD.∵BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴AC⊥BB1.∵BD∩BB1=B,BD,BB1⊂平面B1BDD1,∴AC⊥平面B1BDD1.∵AC∥l,∴l⊥平面B1BDD1.
(2)解 连接A1C1交B1D1于O1点,设AC∩BD=O,则OO1∥BB1.∵BB1⊥平面ABCD,∴OO1⊥平面ABCD.∵OB,OC⊂平面ABCD,
∴以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
数学思想·扩思路转化与化归思想如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,CC1=2,E,F分别为BC,CC1的中点.(1)求过E,F,D1三点的截面的面积;(2)一只小虫从点A经BB1上一点P到达点C1,求小虫所经过的路程最短时,直线ED1与平面APC1所成角的正弦值.
(2)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则A(2,0,0),C1(0,1,2),D1(0,0,2),E(1,1,0).
名师点析沿几何体表面运动,求距离之和最小的问题,通常采取化曲为直的思想方法,将几何体的表面展开,在平面内,将折线转化为直线,进而求出距离之和最小等问题.
命题角度2 已知线面角求其他量
又因为AB⊥B1D,AB∩CD=D,所以B1D⊥平面ABC.又因为B1D⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(1)证明 ∵四边形EDCF为矩形,∴DE⊥CD.又平面EDCF⊥平面ABCD,平面EDCF∩平面ABCD=CD,∴ED⊥平面ABCD.在平面ABCD内过点D作DH垂直BC于H点,则DA,DH,DE相互垂直,以D为原点,DA,DH,DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,
考向三 利用空间向量求二面角命题角度1 求二面角[例3-1](2023·新高考Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD, ∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(1)证明 如图①,连接AE,DE.∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD,∴AB=AC.又E为BC中点,∴BC⊥AE.∵AE,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.
∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形,∴AE=1.易知DE=1.∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,∴AE,BC,DE两两垂直.以E为坐标原点,ED,EB,EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0),
名师点析利用空间向量求二面角的步骤(1)分别求出两个半平面的一个法向量;(2)求出两个法向量的夹角;(3)根据图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,利用二面角的平面角与两个法向量的夹角的关系,求出二面角.
命题角度2 已知二面角求其他量[例3-2] (2023·新高考Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2, AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2, CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
(1)证明 如图①,设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.因为DN∥AA2,且DN=AA2,所以四边形AA2ND为平行四边形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四边形A2B2MN为平行四边形.因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四边形A2B2C2D2为平行四边形,所以B2C2∥A2D2.
(2)解 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系.
因为二面角P-A2C2-D2为150°,
整理可得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3.结合图形可知,当a=3或a=1时,B2P=1,此时二面角P-A2C2-D2为150°.
名师点析已知二面角求其他量的解法要点(1)正确设置变量,已知二面角求其他量时,关键是在空间直角坐标系中设出相关点的坐标或相关向量的坐标,从而用设出的参数表示出两个平面的法向量.(2)准确建立方程,根据已知条件(二面角的度数、二面角的余弦值、二面角的正弦值等)建立关于参数的方程.(3)求解方程,得到参数值,注意根据二面角的大小对参数值进行取舍,进而得到其他量.
(1)证明 连接AP,在半圆柱中,因为AB⊥平面PAD,PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.因为AD是直径,所以PD⊥PA.因为AP,AB⊂平面PAB,AP∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.又因为PB⊂平面PAB,所以PD⊥PB.
(2)解 依题意可知,以线段AD的中点O为坐标原点,以OA,OE所在直线分别为x轴、z轴,以过O垂直于AD的直线为y轴建立空间直角坐标系如图所示,则E(0,0,2),D(-2,0,0),B(2,4,0),C(-2,4,0).设∠AOP=θ(0<θ<π),则P(2cs θ,0,2sin θ),
(1)证明 如图,设AC∩BD=N,连接PN,OA,OC.因为∠DAB=∠BCD=90°,O为BD的中点,所以OA=OD=OC,即O为△ACD的外心.又AD=AC=CD,所以△ACD为等边三角形,所以O为△ACD的中心.所以AC⊥BD.由PO⊥平面ABCD,可得PO⊥AC.
又PO∩BD=O,所以AC⊥平面PDB,所以AC⊥DP.
所以DP2+PN2=DN2,所以DP⊥PN.又PN∩AC=N,所以DP⊥平面APC.又DP⊂平面ADP,所以平面ADP⊥平面APC.
易错警示由于二面角的大小与两个面的法向量的夹角并不完全相等,因此要注意结合图形判断二面角的范围来确定参数的取值,忽视对范围的判断将会导致错误.
考向四 利用空间向量求距离[例4] (2023·广东揭阳模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AD⊥AB,DC=2AD=2AB=2a,PA=PD,二面角P-AD-B的大小为135°,点P到底面ABCD的距离为 .(1)过点P是否存在直线l,使直线l∥平面ABCD?若存在,作出该直线,并写出作法与理由;若不存在,请说明理由.
解 (1)过点P存在直线l,满足直线l∥平面ABCD,理由如下.过点P在平面PAD内作直线l平行于AD,如图所示.因为l∥AD,l⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以l∥平面ABCD.
(2)取线段AD的中点为O,线段BC的中点为E,连接OE,OP.因为四边形ABCD为直角梯形,AB∥CD,所以OE∥AB.又因为AD⊥AB,所以AD⊥OE.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO∩OE=O,PO,OE⊂平面POE,所以AD⊥平面POE.过点O在平面POE内作直线ON⊥OE,则直线OA,OE,ON两两垂直,以O为原点,OA,OE,ON所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.过点P作PF∥ON,交直线OE于点F,因为ON⊥OA,ON⊥OE,OA,OE⊂平面ABCD,OA∩OE=O,所以ON⊥平面ABCD,故PF⊥平面ABCD.
增分技巧求点到平面的距离的四步骤
(1)证明 如图,连接AC,交BD于点O,连接PO.由AD=AB,CD=BC,AC=AC,可得△ABC≌△ADC,所以∠BAC=∠DAC.又因为AO=AO,所以△AOB≌△AOD,所以BO=OD,即O为BD中点.在等腰三角形PBD中,可得BD⊥OP.在等腰三角形BCD中,可得BD⊥OC.又OP∩OC=O,OP,OC⊂平面POC,所以BD⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以BD⊥PC.
过点O作PM的平行线,以PM的平行线所在直线为z轴,以OA,OB所在直线分别为x轴、y轴建立空间直角坐标系,如图所示.
考向一 立体几何中的翻折问题
(1)求证:平面BC1E⊥平面ABED;(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.
(1)证明 连接AE,由已知得AE=2.∵CE∥AB,CE=AB=AE=2,∴四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点F,则CF⊥BE.
∴C1F⊥AF.又BE∩AF=F,∴C1F⊥平面ABED.又C1F⊂平面BC1E,所以平面BC1E⊥平面ABED.
名师点析立体几何中翻折问题的求解策略(1)解决翻折问题最关键的就是对比翻折前后的图形,找到哪些点、线、面的位置关系和数量关系没有发生变化,哪些发生了变化,这些不变的量和变化的量反映了翻折后空间图形的结构特征,在证明和求解的过程中应恰当地加以利用.(2)一般地,位于折痕同侧的点、线、面的位置关系和数量关系不发生变化,而位于折痕两侧的点、线、面的位置关系和数量关系会发生变化.特别地,与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不变(常用于找翻折后形成的二面角的平面角);与折痕平行的线段,翻折后平行关系保持不变.
精典对练·得高分如图①,在等腰梯形ABCD中,E为CD的中点,AB=BC=CE,将△ADE,△BCE分别沿AE,BE折起,使得平面ADE⊥平面ABE,平面BCE⊥平面ABE,如图②.
(1)在图②中求证:AB∥CD;(2)设平面ADE与平面BCE的交线为l,求二面角D-l-C的大小.
(1)证明 由题意可知△ADE,△ABE,△BCE为全等的等边三角形.如图,分别过点C,D作CM⊥BE,DN⊥AE,垂足分别为M,N,连接MN,则M,N分别为BE,AE的中点,CM=DN.∵平面BCE⊥平面ABE,平面BCE∩平面ABE=BE,CM⊂平面BCE,∴CM⊥平面ABE.同理DN⊥平面ABE,∴CM∥DN.∴四边形CDNM为平行四边形,∴CD∥MN.又M,N分别为BE,AE的中点,∴MN∥AB,∴AB∥CD.
(2)解 连接BN,则BN⊥AE.由(1)知DN⊥平面ABE,则NA,NB,ND两两互相垂直.以N为坐标原点,NA,NB,ND所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
一题多解·练思维(2023·河北石家庄统考一模)如图①,在▱ABCD中,AD=2BD=4,AD⊥BD,将△ABD沿BD折起,使得点A到达点P处,如图②.
(2)解 (方法1)如图,过点D作DF∥BC,且DF=BC,连接PF,CF.由题意可知,BD⊥PD,BD⊥DF,PD∩DF=D,∴BD⊥平面PDF,∴BD⊥PF,∴CF⊥PF,
又BD⊂平面BCFD,∴平面BCFD⊥平面PDF.取DF的中点O,连接PO,由PF=PD,得PO⊥DF,
在平面BCFD内,过点O作OM垂直于DF,建立空间直角坐标系,如图所示.
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),平面PDC的法向量为n=(x',y',z'),
(方法2)由BD⊥BC,建立空间直角坐标系,如图所示.∵AD=2BD=4,∴B(0,0,0),C(4,0,0),D(0,2,0),设P(x,y,z)(其中x,y,z均大于0),
(方法3)如图所示,过点B作BE⊥PC交PC于E,过点D作DF⊥PC交PC于F,异面直线DF,BE的夹角即为两个平面的夹角.
解 取AB的中点O,连接PO,因为△PAB为等边三角形,所以PO⊥AB.又平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PO⊂平面PAB,所以PO⊥平面ABCD.取CD的中点G,连接OG,则OB,OP,OG两两互相垂直.
以O为原点,OB,OG,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
设AB=2,则C(1,2,0),P(0,0, ),E(-1,1,0),D(-1,2,0),A(-1,0,0),B(1,0,0).
[例2-2] (2023·湖北武汉模拟)如图,在棱长为2的正方体ABCD-EFGH中,点M是正方体的中心,将四棱锥M-BCGF绕直线CG逆时针旋转α(0<α<π)后,得到四棱锥M'-B'CGF'.
(2)解 假设存在α,使得直线M'F'⊥平面MBC.以C为原点,以CB,DC,CG所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,
取CG的中点P,BF的中点Q,连接PQ,PM',PM,则PM⊥CG,PQ⊥CG,PM'⊥CG.于是∠MPM'是二面角M-CG-M'的平面角,∠MPQ是二面角M-CG-Q的平面角,∠QPM'是二面角Q-CG-M'的平面角,
名师点析立体几何中探索性问题的求解策略(1)探索性问题的一般解法是:①可先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明.②首先假设结论成立,然后把这个假设作为已知条件,与题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算.在推理论证和计算无误的前提下,若得到一个合理的结论,则说明假设成立;若得到一个不合理的结论,则说明假设不成立.(2)涉及在线段上是否存在符合某条件的点的问题,可以先根据条件猜测点的位置,特别注意特殊位置关系和极端情形.(3)可借助空间直角坐标系将动点用坐标(含参数)表示出来,然后根据已知条件建立关于参数的方程(组),由此解决探索性问题.
解 依题意,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
解 (1)取BC的中点M,连接AM,DM,如图所示.因为△ABC为等边三角形,△DBC为等腰三角形且以BC为底,所以AM⊥BC,DM⊥BC(三线合一),又因为AM∩DM=M,所以BC⊥平面ADM.因为BC⊂平面ABC,所以平面ADM⊥平面ABC,因为平面ADM∩平面ABC=AM,所以过点D作DN⊥AM于点N,则DN⊥平面ABC,所以∠DAN为侧棱AD与底面ABC所成角,即∠DAM=60°.
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