2019版数学（理）二轮复习通用版讲义：专题三第二讲大题考法——立体几何

第二讲 大题考法——立体几何
题型(一)
平行、垂直关系的证明与求线面角


主要考查以具体几何体三棱锥或四棱锥为载体，建立恰当的空间直角坐标系求解线面角问题.


[典例感悟]
[典例1]　(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M­PA­C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
[审题定向]
(一)定知识
主要考查线线垂直、线面垂直、线面角．
(二)定能力
1.考查直观想象：三棱锥几何体中线线垂直、线面垂直的空间位置关系.
2.考查逻辑推理：欲证线面垂直，需证线线垂直；欲求线面角，需建系求面的法向量.
3.考查数学运算：法向量的求解、向量夹角的求解.
(三)定思路
第(1)问利用线面垂直的判定定理求证：
连接OB，由已知条件得出OP⊥AC，OP⊥OB，再利用线面垂直的判定定理得证；
第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：
建立以的方向为x轴正方向的空间直角坐标系，求出与平面PAM的法向量，进而求出PC与平面PAM所成角的正弦值.

[解]　(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2.
连接OB，因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.
又因为OB∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.
(2)以O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O ­xyz.
由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，＝(0,2,2)．
取平面PAC的一个法向量＝(2,0,0)．
设M(a,2－a,0)(00)．则C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2a)，则E(1,0，a)，＝(0,2,0)，＝(0,0,2a)，＝(1,0，a)，
易知m＝(1,0,0)为平面PAC的一个法向量．
设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，则n·＝n·＝0，即取x＝a，则z＝－1，n＝(a,0，－1)．依题意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，则a＝.于是n＝(，0，－1)，＝(0,2，－2)．
设直线PA与平面EAC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，
即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.
题型(二)
平行、垂直关系的证明与求二面角


主要通过具体几何体三棱锥或四棱锥建立坐标系，利用向量法求二面角的大小，此类问题是考查热点.
[典例感悟]
[典例1]　(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥M­ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.
[审题定向]
(一)定知识
主要考查线线垂直、面面垂直、三棱锥的体积、二面角．
(二)定能力
1.考查直观想象：空间图形中线线、线面、面面垂直的空间位置关系.
2.考查逻辑推理：欲证面面垂直，需证线面垂直，进而要证线线垂直.
3.考查数学运算：法向量的求解，两向量夹角的求解.
(三)定思路
第(1)问利用面面垂直的判定定理证明：
先证DM⊥BC，DM⊥CM⇒DM⊥平面BMC⇒平面AMD⊥平面BMC；
第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：
△ABC的面积为定值，点M到平面ABC的距离最大时，三棱锥M­ABC的体积最大，建立以D为坐标原点，的方向为x轴正方向的空间直角坐标系，求出平面MAB与平面MCD的法向量，利用法向量求二面角的正弦值.

[解]　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.
(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.当三棱锥M­ABC的体积最大时，M为的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，＝(－2，1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)，
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
则即可取n＝(1,0,2)，
又是平面MCD的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.
[典例2]　(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A­PB­C的余弦值.
[审题定向]
(一)定知识
主要考查平面和平面垂直、二面角．
(二)定能力
1.考查直观想象：四棱锥几何体中线线平行与垂直，线面、面面垂直的空间位置关系.
2.考查逻辑推理：欲证面面垂直，需证线面垂直，进而需证线线垂直.
3.考查数学运算：法向量的求解，两向量夹角的求解.
(三)定思路
第(1)问利用面面垂直的判定定理证明：
先证AB⊥AP，AB⊥PD⇒AB⊥平面PAD⇒平面PAB⊥平面PAD;
第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：
建立空间直角坐标系，求出平面PAB与平面PBC的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.

[解]　(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD.
因为AB∥CD，所以AB⊥PD.
又AP∩PD＝P，
所以AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为F.
由(1)可知，AB⊥平面PAD，
故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.
以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F­xyz.
由(1)及已知可得A，P，B，C.
所以＝，＝(，0,0)，
＝，＝(0,1,0)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，
则即
所以可取n＝(0，－1，－)．
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，
则即
所以可取m＝(1,0,1)．
则cos〈n，m〉＝＝＝－.
由图知二面角A­PB­C为钝角，
所以二面角A­PB­C的余弦值为－.
[类题通法]
利用空间向量求二面角的解题模型

[对点训练]
如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD为菱形，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝5，AD＝6，∠DAB＝60°，E为AB的中点．
(1)证明：AC⊥PE；
(2)求二面角D­PA­B的余弦值．
解：(1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OE，BD，∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC，
∵O，E分别为AD，AB的中点，
∴OE∥BD，∴AC⊥OE.
∵PA＝PD，O为AD的中点，
∴PO⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥AC，
∵OE∩OP＝O，
∴AC⊥平面POE，∴AC⊥PE.
(2)连接OB，∵四边形ABCD为菱形，∴AD＝AB，
又∠DAB＝60°，∴△DAB为等边三角形，
又O为AD的中点，∴OB⊥AD，
∵PO⊥平面ABCD，OA⊂平面ABCD，OB⊂平面ABCD，∴PO⊥OA，PO⊥OB，∴OP，OA，OB两两垂直．
以OA，OB，OP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O ­xyz，则A(3,0,0)，B(0,3，0)，P(0，0,4)，＝(0,3，0)为平面PAD的一个法向量．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
又＝(－3,0,4)，＝(－3,3，0)，
∴即取x＝1，则y＝，z＝，n＝为平面PAB的一个法向量，
∴cos〈，n〉＝＝＝，
结合图形可知二面角D­PA­B的余弦值为.





题型(三)
利用空间向量解决探索性问题


　主要考查利用空间向量探索与空间线面垂直、平行或与空间三种角有关的点所在位置、参数值的大小等问题，一般出现在解答题的最后一问.

[典例感悟]
[典例]　(2016·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ .
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
[审题定向]
(一)定知识
主要考查线线垂直、面面垂直的性质，线面垂直的判定，直线与平面所成角的正弦值，线面平行的性质．
(二)定能力
1.考查直观想象：四棱锥几何体中线线、线面、面面垂直，线面平行的空间位置关系.
2.考查逻辑推理：欲证线面垂直，需证线线垂直；欲求线面角，需求面的法向量.
3.考查数学运算：法向量的求解，两向量夹角的求解.
4.考查数学建模：对点是否存在探索，建立线面平行模型满足条件.
(三)定思路
第(1)问利用线面垂直的判定定理证明：
平面PAD⊥平面ABCD⇒AB⊥平面PAD⇒AB⊥PD⇒PD⊥平面PAB；
第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：
建立空间直角坐标系，求出与平面PCD的法向量，求出法向量与夹角的余弦值，进而可求线面角的正弦值；
第(3)问假设点存在，利用向量法建立线面平行满足关系式求解：
先假设存在点M，设出点M坐标，利用向量法，由线面平行的条件转化为方程求解.

[解]　(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB.
(2)取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
因为CO⊂平面ABCD，
所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD.
如图所示，建立空间直角坐标系O ­xyz.
由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．
则＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)，＝(1,1，－1)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝2，则x＝1，y＝－2.
所以n＝(1，－2,2)．
又＝(1,1，－1)，
所以cos〈n，〉＝＝－.
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
(3)设M是棱PA上一点，
则存在λ∈[0,1]，使得＝λ.
因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．
因为BM⊄平面PCD，
所以要使BM∥平面PCD，
当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.
解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面BCD，此时＝.
[类题通法]
利用空间向量求解探索性问题的策略
(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．
(2)在(1)的前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．
[对点训练]
(2018·湖南五市十校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2.
(1)求证：AB⊥PC;
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M­AC­D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由已知得四边形ABCD是直角梯形，由AD＝CD＝2，BC＝4，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)，＝(0,2 ，－2)，＝(2，2，0)，＝(0,0,2)．
设＝t (0