2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分第二层级高考5个大题题题研诀窍立体几何问题重在“建”——建模、建系

　　　　　　　　　　　　　　[技法指导——迁移搭桥] 立体几何解答题建模、建系策略立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解. [典例]　(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．[快审题]　求什么想什么证明线面垂直，想线面垂直成立的条件．求线面角的正弦值，想平面的法向量及直线的方向向量．给什么用什么给出边的长度，用勾股定理证线线垂直．给出二面角的大小，可求出点M的位置．差什么找什么差点M的坐标，利用垂直关系建立空间直角坐标系，找出平面PAM，平面PAC的法向量. [稳解题](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O­xyz.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)(0<a≤2)，则＝(a,4－a,0)．设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．由得令y＝a，得z＝－a，x＝(a－4)，所以平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，所以cos〈，n〉＝.由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝，所以＝，解得a＝或a＝－4(舍去)．所以n＝.又＝(0,2，－2)，所以cos〈，n〉＝＝.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.[题后悟道]  利用法向量求解空间角的关键在于“四破”[针对训练](2018·惠州第二次调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥PB，PC＝2.(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；(2)若PA＝PB，求二面角A­PC­D的余弦值．解：(1)证明：取AB的中点O，连接CO，PO，∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∴AB＝BC＝2.∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴CO⊥AB，OC＝.∵PA⊥PB，∴PO＝AB＝1.∵PC＝2，∴OP2＋OC2＝PC2，∴CO⊥PO.∵AB∩PO＝O，∴CO⊥平面PAB.∵CO⊂平面ABCD，∴平面PAB⊥平面ABCD.(2)∵PA＝PB，∴PO⊥AO.由(1)知，平面PAB⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，∴直线OC，OB，OP两两垂直．以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.则O(0,0,0)，A(0，－1,0)，C(，0,0)，D(，－2,0)，P(0，0,1)．∴＝(0,1,1)，＝(，0，－1)，＝(0,2,0)．设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，由得取x1＝1，得m＝(1，－，)为平面APC的一个法向量，设平面PCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由得取x2＝1，得n＝(1,0，)为平面PCD的一个法向量，∴cos〈m，n〉＝＝，由图知，二面角A­PC­D为锐二面角，∴二面角A­PC­D的余弦值为.                                                                   A组——大题考点落实练1.如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝60°，E，F分别是BC，A1C的中点．(1)求异面直线EF，AD所成角的余弦值；(2)点M在线段A1D上，＝λ，若CM∥平面AEF，求实数λ的值．解：(1)因为A1A⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以A1A⊥AE，A1A⊥AD.在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，连接AC，则△ABC是等边三角形．因为E是BC的中点，所以BC⊥AE.因为BC∥AD，所以AE⊥AD.以A为坐标原点，AE为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0，0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，E(，0,0)，F，＝(0,2,0)，＝，所以cos〈，〉＝＝＝，所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为.(2)设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且＝λ，所以＝λ，则(x，y，z－2)＝λ(0,2，－2)．解得M(0,2λ，2－2λ)，所以＝(－，2λ－1,2－2λ)．设平面AEF的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)．因为＝(，0,0)，＝，所以即取y0＝2，得z0＝－1，则平面AEF的一个法向量为n＝(0,2，－1)．由于CM∥平面AEF，则n·＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝.2.(2019届高三·河北三市联考)如图，三棱柱ADE­BCG中，四边形ABCD是矩形，F是EG的中点，EA⊥AB，AD＝AE＝EF＝1，平面ABGE⊥平面ABCD.(1)求证：AF⊥平面FBC；(2)求二面角B­FC­D的正弦值．解：(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴BC⊥AB，又平面ABGE⊥平面ABCD，∴BC⊥平面ABGE，∵AF⊂平面ABGE，∴BC⊥AF.在△AFB中，AF＝BF＝，AB＝2，∴AF2＋BF2＝AB2，即AF⊥BF，又BF∩BC＝B，∴AF⊥平面FBC.(2)分别以AD，AB，AE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，D(1,0,0)，C(1,2,0)，E(0,0,1)，B(0,2,0)，F(0,1,1)，∴＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，设n1＝(x，y，z)为平面CDEF的法向量，则即令x＝1，得z＝1，即n1＝(1,0,1)为平面CDEF的一个法向量，取n2＝＝(0,1,1)为平面BCF的一个法向量，∴cos〈n1，n2〉＝＝，∴二面角B­FC­D的正弦值为.3．如图，在四棱锥E­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中CD∥AB，BC⊥AB，侧面ABE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝BE＝2BC＝2CD＝2，动点F在棱AE上，且EF＝λFA.(1)试探究λ的值，使CE∥平面BDF，并给予证明；(2)当λ＝1时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值．解：(1)当λ＝时，CE∥平面BDF.证明如下：连接AC交BD于点G，连接GF，∵CD∥AB，AB＝2CD，∴＝＝，∵EF＝FA，∴＝＝，∴GF∥CE，又CE⊄平面BDF，GF⊂平面BDF，∴CE∥平面BDF.(2)取AB的中点O，连接EO，则EO⊥AB，∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，∴EO⊥平面ABCD，连接DO，∵BO∥CD，且BO＝CD＝1，∴四边形BODC为平行四边形，∴BC∥DO，又BC⊥AB，∴AB⊥OD，则OD，OA，OE两两垂直，以O为坐标原点，OD，OA，OE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O­xyz，则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，D(1,0,0)，C(1，－1，0)，E(0,0，)．当λ＝1时，有＝，∴F，∴＝(1,1,0)，＝，＝(－1,1，)．设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝，得y＝－1，x＝1，则n＝(1，－1，)为平面BDF的一个法向量，设直线CE与平面BDF所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为.4．(2018·成都一诊)如图①，在边长为5的菱形ABCD中，AC＝6，现沿对角线AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面体P­ABC，如图②所示．已知PB＝4.(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；(2)若Q是线段AP上的点，且＝，求二面角Q­BC­A的余弦值．解：(1)证明：取AC的中点O，连接PO，BO.∵四边形ABCD是菱形，∴PA＝PC，PO⊥AC.∵DC＝5，AC＝6，∴OC＝3，PO＝OB＝4，∵PB＝4，∴PO2＋OB2＝PB2，∴PO⊥OB.∵OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC.∵PO⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC.(2)∵AB＝BC，∴BO⊥AC.故OB，OC，OP两两垂直．以O为坐标原点，OB，OC，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O­xyz.则B(4,0,0)，C(0,3,0)，P(0,0,4)，A(0，－3,0)．设点Q(x，y，z)．由＝，得Q.∴＝(－4,3,0)，＝.设n1＝(x1，y1，z1)为平面BCQ的法向量，由得取x1＝3，则n1＝(3,4,15)．取平面ABC的一个法向量n2＝(0,0,1)．∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，∵二面角Q­BC­A为锐角，∴二面角Q­BC­A的余弦值为.B组——大题专攻补短练1.在三棱锥P­ABC中，PA＝PB＝PC＝2，BC＝1，AC＝，AC⊥BC.(1)求点B到平面PAC的距离．(2)求异面直线PA与BC所成角的余弦值．解：(1)以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，取AB的中点D，连接PD，DC，因为△ACB为直角三角形且AC＝，BC＝1，所以AB＝2，所以△PAB为正三角形，所以PD⊥AB且PD＝.在△PDC中，PC＝2，PD＝，DC＝1，所以PC2＝PD2＋DC2，所以PD⊥DC，又AB∩DC＝D，所以PD⊥平面ABC.则A(，0,0)，B(0,1,0)，D，P，C(0,0,0)，＝(，0,0)，＝，＝，＝(0,1,0)，设平面PAC的法向量n＝(x，y，z)，则即取y＝2，得n＝(0,2，－1)为平面PAC的一个法向量，所以点B到平面PAC的距离d＝＝＝.(2)因为＝，＝(0，－1,0)，设异面直线PA与BC所成角为θ，则cos θ＝＝＝.所以异面直线PA与BC所成角的余弦值为.2.已知四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PA⊥PD.(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；(2)若直线AC与PD所成角为60°，求二面角A­PC­D的余弦值．解：(1)证明：∵PH⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PH⊥AB.∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD⊂平面PAD，PH⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.(2)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，∵PH⊥平面ABCD，∴z轴∥PH.则A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，设AH＝a，PH＝h(0<a<2，h>0)．则P(0，a，h)．∴＝(0，a，h)，＝(0，a－2，h)，＝(1,1,0)．∵PA⊥PD，∴·＝a(a－2)＋h2＝0.∵AC与PD所成角为60°，∴|cos〈，〉|＝＝，∴(a－2)2＝h2，∴(a－2)(a－1)＝0，∵0<a<2，∴a＝1.∵h>0，∴h＝1，∴P(0,1,1)．∴＝(0,1,1)，＝(1,1,0)，＝(1,0，－1)，＝(1，－1,0)，设平面APC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则即令x1＝1，得y1＝－1，z1＝1，∴平面APC的一个法向量为n＝(1，－1,1)，设平面DPC的法向量为m＝(x2，y2，z2)．则即令x2＝1，得y2＝1，z2＝1，∴平面DPC的一个法向量为m＝(1,1,1)．∴cos〈m，n〉＝＝.∵二面角A­PC­D的平面角为钝角，∴二面角A­PC­D的余弦值为－.3．(2018·西安质检)如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；(2)若∠BAD＝60°，求二面角B­OB1­C的余弦值．解：(1)证明：∵A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD.∴A1O⊥BD.∵四边形ABCD是菱形，∴CO⊥BD.∵A1O∩CO＝O，∴BD⊥平面A1CO.∵BD⊂平面BB1D1D，∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.(2)∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°，∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝，OA1＝＝.则O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，A(0，－，0)，A1(0,0，)，∴＝(1,0,0)，＝＝(0，，)，＝＋＝(1，，)，＝(0，，0)．设平面OBB1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则即令y1＝，得n＝(0，，－1)是平面OBB1的一个法向量．设平面OCB1的法向量m＝(x2，y2，z2)，则即令z2＝－1，得m＝(，0，－1)为平面OCB1的一个法向量，∴cos〈n，m〉＝＝＝，由图可知二面角B­OB1­C是锐二面角，∴二面角B­OB1­C的余弦值为.4．(2018·潍坊统考)在平行四边形PABC中，PA＝4，PC＝2，∠P＝45°，D是PA的中点(如图1)．将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置，得到四棱锥P1­ABCD.(1)将△PCD沿CD折起的过程中，CD⊥平面P1DA是否成立？请证明你的结论．(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°，且△P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值．解：(1)将△PCD沿CD折起过程中，CD⊥平面P1DA成立．证明如下：∵D是PA的中点，PA＝4，∴DP＝DA＝2，在△PDC中，由余弦定理得，CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cos 45°＝8＋4－2×2×2×＝4，∴CD＝2＝PD，∵CD2＋DP2＝8＝PC2，∴△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA，∴CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D，∴CD⊥平面P1DA.(2)由(1)知CD⊥平面P1DA，CD⊂平面ABCD，∴平面P1DA⊥平面ABCD，∵△P1DA为锐角三角形，∴P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接P1O，∴P1O⊥平面ABCD，则∠P1DA是P1D与平面ABCD所成的角，∴∠P1DA＝60°，∵DP1＝DA＝2，∴△P1DA为等边三角形，O为AD的中点，故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，DA所在直线为y轴，OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设x轴与BC交于点M，∵DA＝P1A＝2，∴OP1＝，易知OD＝OA＝CM＝1，∴BM＝3，则P1(0,0，)，D(0，－1,0)，C(2，－1,0)，B(2,3,0)，＝(2,0,0)，＝(0，－4,0)，＝(2，－1，－)，∵CD⊥平面P1DA，∴可取平面P1DA的一个法向量n1＝(1,0,0)，设平面P1BC的法向量n2＝(x2，y2，z2)，则即令z2＝1，则n2＝，设平面P1AD和平面P1BC所成的角为θ，由图易知θ为锐角，∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为.