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第13講 立體幾何
1.[2018全國卷Ⅰ]如圖M4-13-1所示,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點,以DF為折痕把△DFC折起,使點C到達點P的位置,且PF⊥BF.
(1)證明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.
圖M4-13-1
[試做]
2.[2018全國卷Ⅲ]如圖M4-13-2所示,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧CD所在平面垂直,M是CD上異于C,D的點.
(1)證明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時,求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.
圖M4-13-2
[試做]
3.[2016北京卷]如圖M4-13-3所示,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,
AB=1,AD=2,AC=CD=5.
(1)求證:PD⊥平面PAB.
(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值.
(3)在棱PA上是否存在點M,使得BM∥平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,說明理由.
圖M4-13-3
[試做]
命題角度 立體幾何大題求解策略
①利用法向量求解空間角的關(guān)鍵在于“四破”:
(a)破“建系關(guān)”:建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系.
(b)破“求坐標(biāo)關(guān)”:準(zhǔn)確求解相關(guān)點的坐標(biāo).
(c)破“求法向量關(guān)”:求出平面的法向量.
(d)破“應(yīng)用公式關(guān)”:熟記求角公式即可求出角.
②求空間角應(yīng)注意的3個問題:
(a)兩條異面直線所成的角α不一定是兩直線的方向向量的夾角β,應(yīng)該是cos α=|cos β|;
(b)直線與平面所成的角α的正弦值等于平面的法向量與直線方向向量夾角β的余弦值的絕對值,即sin α=|cos β|;
(c)兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角,有可能為兩法向量夾角的補角.
③平行與垂直問題的求證策略:
(a)證明平行問題除結(jié)合平行關(guān)系的判定與性質(zhì)定理之外,還需充分利用三角形的中位線、平行四邊形等;
(b)證明垂直問題,注意利用等腰三角形底邊的中線與底邊垂直、菱形的對角線互相垂直、勾股定理證明垂直等.
解答1平行、垂直關(guān)系的證明
1 如圖M4-13-4所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,BC=2,AD=CD=1,M是PB的中點.
圖M4-13-4
(1)求證:AM∥平面PCD;
(2)求證:平面ACM⊥平面PAB.
[聽課筆記]
【考場點撥】
(1)利用幾何法證明平行與垂直,關(guān)鍵是根據(jù)平行與垂直的判定定理及性質(zhì)定理來確定有關(guān)的線與面,如果所給圖形中不存在這樣的線與面,可以連接或添加有關(guān)的線與面;(2)利用向量法證明平行與垂直,首先要合理建立空間直角坐標(biāo)系,其次寫出有關(guān)線的方向向量及求出有關(guān)平面的法向量,最后根據(jù)向量的性質(zhì)進行論證.
【自我檢測】
如圖M4-13-5①所示,在矩形ABCD中,AB=2,BC=4,E為AD的中點,O為BE的中點.將△ABE沿BE折起到△ABE的位置,使得平面ABE⊥平面BCDE(如圖M4-13-5②).
(1)求證:AO⊥CD.
(2)在線段AC上(包括端點)是否存在點P,使得OP∥平面ADE?若存在,求出APAC的值;若不存在,請說明理由.
①
②
圖M4-13-5
解答2利用空間向量求角的問題
2 如圖M4-13-6①所示,在△PBE中,AB⊥PE,D是AE的中點,C是線段BE上的一點,且AC=5,AB=AP=12AE=2,現(xiàn)將△PBA沿AB折起,使得二面角P-AB-E是直二面角(如圖M4-13-6②).
(1)求證:CD∥平面PAB;
(2)求直線PE與平面PCD所成角的正弦值.
①
②
圖M4-13-6
[聽課筆記]
3 如圖M4-13-7所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,已知PA=AC=2,∠PAD=∠DAC=60,CE⊥AD于點E.
圖M4-13-7
(1)求證:AD⊥PC;
(2)若平面PAD⊥平面ABCD,且AD=3,求二面角C-PD-A的余弦值.
[聽課筆記]
【考場點撥】
空間角求解常見失分點:(1)用向量法求出的異面直線所成角的余弦值必須為正;(2)若直線的方向向量l與平面的法向量n的夾角為θ,則直線與平面的夾角α=π2-θ或θ-π2,故有sin α=|cos θ|=|ln||l||n|;(3)判斷所求的二面角到底是銳角還是鈍角時,要結(jié)合圖形分析,以防結(jié)論錯誤.
【自我檢測】
1.如圖M4-13-8所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△DAB≌△DCB,E為線段BD上的一點,且EB=ED=EC=BC,連接CE并延長,交AD于點F.
(1)若G為PD的中點,求證:平面PAD⊥平面CGF;
(2)若BC=2,PA=3,求平面BCP與平面DCP所成銳二面角的余弦值.
圖M4-13-8
2.如圖M4-13-9①所示,在五邊形ABCDE中,ED=EA,AB∥CD,CD=2AB,∠EDC=150,現(xiàn)將△EAD沿AD翻折到△PAD的位置,得到四棱錐P-ABCD,如圖M4-13-9②所示,點M為線段PC的中點,且BM⊥平面PCD.
(1)求證:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)若直線PC與直線AB所成角的正切值為12,求直線BM與平面PDB所成角的正弦值.
①
②
圖M4-13-9
3.如圖M4-13-10所示,在四棱錐P-ABCD中,PA=PD=AD=2CD=2BC=2,且∠ADC=∠BCD=90.
(1)當(dāng)PB=2時,證明:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)當(dāng)四棱錐P-ABCD的體積為34,且二面角P-AD-B為鈍角時,求直線PA與平面PCD所成角的正弦值.
圖M4-13-10
解答3利用空間向量解決探索性問題
4 如圖M4-13-11①,等邊三角形ABC的邊長為3,點D,E分別為AB,AC上的點,且滿足ADDB=CEEA=12,將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使二面角A1-DE-B為直二面角(如圖M4-13-11②).
(1)求證:A1D⊥平面BCED.
(2)在線段BC上(包括端點)是否存在點P,使直線PA1與平面A1BD所成的角為60?若存在,求出PB的長;若不存在,請說明理由.
①②
圖M4-13-11
[聽課筆記]
【考場點撥】
與空間向量有關(guān)的探究性問題主要有兩類:一類是探究線面的位置關(guān)系;另一類是探究線面角或二面角滿足特定要求時的存在性問題.處理原則是:先建立空間直角坐標(biāo)系,引入?yún)?shù)(有些是題中已給出),設(shè)出關(guān)鍵點的坐標(biāo),然后探究這樣的點是否存在,或參數(shù)是否滿足要求,從而作出判斷.
【自我檢測】
如圖M4-13-12所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD,且PA=AD=AB=2BC=2,M為AD的中點.
(1)求證:平面PCM⊥平面PAD.
(2)在棱PD上是否存在點Q,使PD⊥平面CMQ?若存在,求出二面角P-CM-Q的余弦值;若不存在,請說明理由.
圖M4-13-12
第13講 立體幾何
典型真題研析
1.解:(1)證明:由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF.
又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)作PH⊥EF,垂足為H.
由(1)得,PH⊥平面ABFD.
以H為坐標(biāo)原點,HF的方向為y軸正方向,|BF|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz.
由(1)可得,DE⊥PE.
又DP=2,DE=1,所以PE=3.
又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,
可得PH=32,EH=32,
則H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32為平面ABFD的法向量.
設(shè)DP與平面ABFD所成的角為θ,則sin θ=HPDP|HP||DP|=343=34,
所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34.
2.解:(1)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因為M為CD上異于C,D的點,且DC為直徑,所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D為坐標(biāo)原點,DA的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.
當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時,M為CD的中點.由題設(shè)得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).
設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則
nAM=0,nAB=0, 即-2x+y+z=0,2y=0,
可取n=(1,0,2).
DA是平面MCD的法向量,因此cos
=nDA|n||DA|=55,sin=255.
所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是255.
3.解:(1)證明:因為平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,
所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD.
又因為PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.
(2)取AD的中點O,連接PO,CO.
因為PA=PD,所以PO⊥AD.
又因為PO?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,
所以PO⊥平面ABCD.
因為CO?平面ABCD,所以PO⊥CO.
因為AC=CD,所以CO⊥AD.
如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.
由題意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).
設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則
nPD=0,nPC=0,即-y-z=0,2x-z=0.
令z=2,則x=1,y=-2,
所以n=(1,-2,2).
又PB=(1,1,-1),所以
cos=nPB|n||PB|=-33,
所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為33.
(3)設(shè)M是棱PA上一點,則存在λ∈[0,1]使得AM=λAP.
因此點M(0,1-λ,λ),BM=(-1,-λ,λ).
因為BM?平面PCD,所以BM∥平面PCD,當(dāng)且僅當(dāng)BMn=0,
即(-1,-λ,λ)(1,-2,2)=0,
解得λ=14.
所以在棱PA上存在點M使得BM∥平面PCD,此時AMAP=14.
考點考法探究
解答1
例1 證明:方法一(幾何法):(1)取CP的中點N,連接MN,DN,因為M為PB的中點,所以MN∥BC,且MN=12BC,又AD∥BC,且AD=12BC,所以MN=AD,且MN∥AD,所以四邊形AMND為平行四邊形,所以AM∥DN,又DN?平面PCD,所以AM∥平面PCD.
(2)因為AD=CD=1,BC=2,AD∥BC,AD⊥CD,所以AC=AB=2,又BC=2,所以CA⊥AB.因為PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AC,又PA∩AB=A,所以AC⊥平面PAB,因為AC?平面ACM,所以平面ACM⊥平面PAB.
方法二(向量法):(1)以C為原點,CD,CB所在直線分別為x,y軸,建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz,如圖所示.
設(shè)PA=a(a>0),則A(1,1,0),B(0,2,0),C(0,0,0),D(1,0,0),P(1,1,a),M12,32,a2,所以CP=(1,1,a),CD=(1,0,0).
設(shè)平面PCD的法向量為n1=(x0,y0,z0),則n1CP=0,n1CD=0,即x0+y0+az0=0,x0=0,
令y0=a,則x0=0,z0=-1,所以n1=(0,a,-1),
又AM=-12,12,a2,所以AMn1=a2-a2=0,
所以AM∥平面PCD.
(2)由(1)知CA=(1,1,0),CM=12,32,a2,設(shè)平面ACM的法向量為n2=(x1,y1,z1),則n2CA=0,n2CM=0,即
x1+y1=0,12x1+32y1+a2z1=0,令x1=1,則y1=-1,z1=2a,所以n2=1,-1,2a.
AP=(0,0,a),AB=(-1,1,0),設(shè)平面PAB的法向量為n3=(x2,y2,z2),則n3AP=0,n3AB=0,即
az2=0,-x2+y2=0,令x2=1,則y2=1,z2=0,所以n3=(1,1,0).
因為n2n3=0,所以平面ACM⊥平面PAB.
【自我檢測】
解:(1)證明:∵AB=2,BC=4,E為AD的中點,∴AB=AE=2,
又∵O為BE的中點,∴AO⊥BE.
由題意可知,AO⊥BE,
∵平面ABE⊥平面BCDE,
平面ABE∩平面BCDE=BE,AO?平面ABE,
∴AO⊥平面BCDE,
又CD?平面BCDE,
∴AO⊥CD.
(2)方法一:取BC的中點為F,連接OF,易知OF⊥BE.
由(1)可知,AO⊥BE,AO⊥OF,
以O(shè)為原點,OA所在直線為z軸,OF所在直線為x軸,OE所在直線為y軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,
則A(0,0,2),E(0,2,0),D(2,22,0),C(22,2,0).
假設(shè)在線段AC上存在點P,使得OP∥平面ADE,
設(shè)AP=λAC(0≤λ≤1),
則由AC=(22,2,-2),得AP=(22λ,2λ,-2λ),
∴P(22λ,2λ,2-2λ),∴OP=(22λ,2λ,2-2λ).
AE=(0,2,-2),ED=(2,2,0),設(shè)平面ADE的法向量為m=(x,y,z),則mAE=0,mED=0,即2y-2z=0,2x+2y=0,令y=1,則x=-1,z=1,∴m=(-1,1,1).
若OP∥平面ADE,則mOP=0,
∴-22λ+2λ+2-2λ=0,解得λ=12,
∴APAC=12.
方法二:取CD的中點M,AC的中點N,連接OM,ON,MN,易證OM∥DE,MN∥AD,又OM∩MN=M,DE∩AD=D,∴平面OMN∥平面ADE.∵ON?平面OMN,∴ON∥平面ADE,即P與N重合時,滿足題意,∴APAC=12.
解答2
例2 解:(1)證明:因為12AE=2,所以AE=4,
又AB=2,AB⊥AE,
所以BE=AB2+AE2=22+42=25.
因為AC=5=12BE,所以AC是Rt△ABE的斜邊BE上的中線,所以C是BE的中點,又CD是△ABE的中位線,所以CD∥AB.
因為CD?平面PAB,AB?平面PAB,所以CD∥平面PAB.
(2)由題意可知AB,AE,AP兩兩垂直,以A為原點,AB,AE,AP所在直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
因為AB=AP=12AE=2,且C,D分別是BE,AE的中點,
所以AE=4,AD=2,
則E(0,4,0),C(1,2,0),P(0,0,2),D(0,2,0),
所以PE=(0,4,-2),PC=(1,2,-2),CD=(-1,0,0).
設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則
nCD=0,nPC=0,即-x=0,x+2y-2z=0,
令y=1,則x=0,z=1,所以n=(0,1,1).
設(shè)直線PE與平面PCD所成角的大小為θ,則sin θ=PEn|PE||n|=1010.
例3 解:(1)證明:連接PE.
∵PA=AC,∠PAD=∠CAD,AE是公共邊,
∴△PAE≌△CAE,
∴∠PEA=∠CEA.
∵CE⊥AD,∴PE⊥AD,
又PE∩CE=E,
∴AD⊥平面PCE,
∵PC?平面PCE,
∴AD⊥PC.
(2)∵AD⊥平面PEC,平面PAD⊥平面ABCD,
∴EP,EA,EC兩兩垂直,以E為原點,EA,EC,EP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示.
∵PA=AC=2,∠PAD=∠CAD=60,AD=3,
∴AE=1,PE=CE=3,DE=2,
則E(0,0,0),D(-2,0,0),C(0,3,0),P(0,0,3),DP=(2,0,3),DC=(2,3,0).
設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),
則nDP=0,nDC=0,即2x+3z=0,2x+3y=0,令x=-3,則y=2,z=2,∴n=(-3,2,2).
易知平面PAD的一個法向量為EC=(0,3,0).
設(shè)二面角C-PD-A的平面角為θ,
則|cos θ|=ECn|EC||n|=23311=21111,
顯然二面角C-PD-A的平面角是銳角,故二面角C-PD-A的余弦值為21111.
【自我檢測】
1.解:(1)證明:在△BCD中,EB=ED=EC=BC,故∠BCD=π2,∠CBE=∠CEB=π3,
∵△DAB≌△DCB,∴△EAB≌△ECB,從而有∠FED=∠BEC=∠AEB=π3,EC=EA,
∴∠FED=∠FEA,ED=EA,故EF⊥AD,AF=FD.又PG=GD,∴FG∥PA.∵PA⊥平面ABCD,
∴GF⊥平面ABCD,∴GF⊥AD,又GF∩EF=F,故AD⊥平面CFG.
∵AD?平面PAD,∴平面PAD⊥平面CGF.
(2)由(1)知∠EAB=∠ECB=π3,∠DEF=∠FEA=π3,AE=ED,∴∠EAF=π6,∴BAF=π2,即BA⊥AF.
以點A為坐標(biāo)原點,AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(3,3,0),D(0,23,0),P(0,0,3),
故BC=(1,3,0),CP=(-3,-3,3),CD=(-3,3,0).
設(shè)平面BCP的法向量為n1=(x1,y1,z1),
則n1BC=0,n1CP=0,即x1+3y1=0,-3x1-3y1+3z1=0,
令x1=1,則y1=-33,z1=23,∴n1=1,-33,23.
設(shè)平面DCP的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n2CD=0,n2CP=0,即-3x2+3y2=0,-3x2-3y2+3z2=0,令x2=1,則y2=3,z2=2,∴n2=(1,3,2).
設(shè)平面BCP與平面DCP所成的銳二面角為θ,則cos θ=|n1n2||n1||n2|=434322=24.
2.解:(1)證明:取PD的中點N,連接AN,MN,則MN∥CD,且MN=12CD.
∵AB∥CD,且AB=12CD,∴MN∥AB,且MN=AB,則四邊形ABMN為平行四邊形,∴AN∥BM,
又BM⊥平面PCD,
∴AN⊥平面PCD,∴AN⊥PD,AN⊥CD.
由ED=EA,即PD=PA,且N為PD的中點,AN⊥PD,可得△PAD為等邊三角形,
∴∠PDA=60,
又∠EDC=150,∴∠CDA=90,即CD⊥AD.
∵AD∩AN=A,
∴CD⊥平面PAD,又CD?平面ABCD,
∴平面PAD⊥平面ABCD.
(2)∵AB∥CD,∴∠PCD為直線PC與AB所成的角,
由(1)可得∠PDC=90,∴tan∠PCD=PDCD=12,∴CD=2PD.
設(shè)PD=1,則CD=2,PA=AD=AB=1,
取AD的中點O,連接PO,過O作AB的平行線,
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz,
則D-12,0,0,B12,1,0,P0,0,32,M-14,1,34,
則DB=(1,1,0),PB=12,1,-32,BM=-34,0,34.
設(shè)n=(x,y,z)為平面PBD的法向量,則nDB=0,nPB=0,即x+y=0,12x+y-32z=0,
令x=3,則y=-3,z=-3,∴n=(3,-3,-3),
則cos=nBM|n||BM|=-32132=-277,
故直線BM與平面PDB所成角的正弦值為277.
3.解:(1)證明:如圖所示,取AD的中點O,連接PO,OB.∵PA=PD,∴PO⊥AD.∵∠ADC=∠BCD=90,∴BC∥AD,又BC=12AD=1,∴BC=OD,∴四邊形BCDO為矩形,∴OB=CD=1.在△POB中,PO=3,OB=1,PB=2,∴∠POB=90,則PO⊥OB.∵AD∩OB=O,∴PO⊥平面ABCD,又PO?平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABCD.
(2)由(1)知AD⊥PO,AD⊥BO,∵PO∩OB=O,∴AD⊥平面POB,又AD?平面ABCD,∴平面POB⊥平面ABCD.過點P作PE⊥平面ABCD,則垂足E一定落在平面POB與平面ABCD的交線OB上.∵四棱錐P-ABCD的體積為34,∴13PE12(AD+BC)CD=13PE12(2+1)1=12PE=34,∴PE=32.
∵PO=3,∴OE=PO2-PE2=32.以O(shè)為坐標(biāo)原點,OA,OB所在直線分別為x,y軸,在平面POB內(nèi)過點O作垂直于平面AOB的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意可知A(1,0,0),P0,-32,32,D(-1,0,0),C(-1,1,0),則DP=1,-32,32,DC=(0,1,0),PA=1,32,-32.設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則nDP=0,nDC=0,即x-32y+32z=0,y=0,令x=1,則y=0,z=-23,∴n=1,0,-23.設(shè)直線PA與平面PCD所成的角為θ,則sin θ=|PAn||PA||n|=22133=31313,故直線PA與平面PCD所成角的正弦值為31313.
解答3
例4 解:(1)證明:因為等邊三角形ABC的邊長為3,且ADDB=CEEA=12,所以AD=1,AE=2.
在△ADE中,∠DAE=60,
由余弦定理得DE=12+22-212cos60=3.
因為AD2+DE2=AE2,
所以AD⊥DE,
故折疊后有A1D⊥DE.
因為二面角A1-DE-B是直二面角,所以平面A1DE⊥平面BCED,
又平面A1DE∩平面BCED=DE,A1D?平面A1DE,A1D⊥DE,
所以A1D⊥平面BCED.
(2)由(1)知ED⊥DB,A1D⊥平面BCED.
以D為坐標(biāo)原點,DB,DE,DA1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,如圖所示,
設(shè)PB=2a(0≤2a≤3),
過點P作PH⊥BD于H,則PH=3a,DH=2-a,
所以A1(0,0,1),P(2-a,3a,0),E(0,3,0),
所以PA1=(a-2,-3a,1),
易知平面A1BD的一個法向量為DE=(0,3,0).
若直線PA1與平面A1BD所成的角為60,
則sin 60=|PA1DE||PA1||DE|=3a4a2-4a+53=32,
解得a=54,
則PB=2a=52,滿足0≤2a≤3,符合題意.
故在線段BC上存在點P,使直線PA1與平面A1BD所成的角為60,此時PB=52.
【自我檢測】
解:(1)證明:以A為原點,AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,
則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),故AD=(0,2,0),AP=(0,0,2),
∵M為AD的中點,∴M(0,1,0),MC=(2,0,0).
∵MCAD=0,MCAP=0,
∴CM⊥PA,CM⊥AD,
又PA?平面PAD,AD?平面PAD,且PA∩AD=A,
∴CM⊥平面PAD.
∵CM?平面PCM,∴平面PCM⊥平面PAD.
(2)過點M作MQ⊥PD于點Q,
由(1)知CM⊥平面PAD,PD?平面PAD,∴CM⊥PD,
又MQ∩CM=M,∴PD⊥平面CMQ.
設(shè)平面PCM的法向量為n=(x,y,z),
則nMC=0,nPM=0,即2x=0,y-2z=0,
令y=2,則x=0,z=1,∴n=(0,2,1).
∵PD⊥平面CMQ,
∴PD=(0,2,-2)是平面CMQ的一個法向量.
設(shè)二面角P-CM-Q的平面角為θ,易知其為銳角,
∴cos θ=|nPD||n||PD|=258=1010,
故二面角P-CM-Q的余弦值為1010.
[備選理由] 例1是以四棱柱為載體來考查線面垂直的證明與求二面角的問題,本題的關(guān)鍵是完成第(1)問的證明,需要充分利用平面幾何的性質(zhì);例2的關(guān)鍵是第(2)問依據(jù)線面角求棱的長度;例3為不規(guī)則幾何體,是涉及平行、二面角、線線垂直的探究性命題,需要合理建立空間直角坐標(biāo)系,利用空間向量求解.
例1 [配例3使用] 如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O為AC和BD的交點,且AB=AA1=2,∠A1AB=∠A1AD=60.
(1)求證:A1O⊥平面ABCD;
(2)求二面角C1-BD-C的余弦值.
解:(1)證明:連接A1B,A1D,
由題意知△ABA1,△ADA1均是邊長為2的等邊三角形,
所以A1B=A1D=2,所以△ABD≌△A1BD.
因為底面ABCD是正方形,所以AC與BD相互垂直且平分,
所以A1O⊥BD,且A1O=AO=2,
因為A1O2+AO2=4=A1A2,所以A1O⊥AO,
又AO∩BD=O,AO,BD?平面ABCD,所以A1O⊥平面ABCD.
(2)連接A1C1,OC1,由(1)可知BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥OC,BD⊥OC1,
所以∠C1OC為二面角C1-BD-C的平面角,易知∠C1OC為銳角.
以O(shè)為原點,OA,OB,OA1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,則O(0,0,0),C(-2,0,0),A1(0,0,2),A(2,0,0),
所以O(shè)C=(-2,0,0),OC1=OA1+A1C1=OA1+AC=(-22,0,2),
所以cos∠C1OC=cos=OCOC1|OC||OC1|=425=255.
故二面角C1-BD-C的余弦值為255.
例2 [配例3使用] 如圖所示,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為菱形,∠BAD=120,AB=2,E,F分別為CD,AA1的中點.
(1)求證:DF∥平面B1AE;
(2)若AA1⊥底面ABCD,且直線AD1與平面B1AE所成角的正弦值為34,求AA1的長.
解:(1)證明:設(shè)G為AB1的中點,連接EG,GF,
因為FG12A1B1,DE??12A1B1,所以FGDE,
所以四邊形DEGF是平行四邊形,
所以DF∥EG,
又DF?平面B1AE,EG?平面B1AE,
所以DF∥平面B1AE.
(2)連接AC,因為四邊形ABCD是菱形,且∠ABC=60,
所以△ABC是等邊三角形,
取BC的中點Q,則AQ⊥AD,
因為AA1⊥平面ABCD,
所以AA1⊥AQ,AA1⊥AD.
以A為原點,AQ,AD,AA1所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AA1=t(t>0),
則A(0,0,0),E32,32,0,B1(3,-1,t),D1(0,2,t),
AE=32,32,0,AB1=(3,-1,t),AD1=(0,2,t).
設(shè)平面B1AE的法向量為n=(x,y,z),
則nAE=0,nAB1=0,即32x+32y=0,3x-y+tz=0,
令y=t,則x=-3t,z=4,所以n=(-3t,t,4).
設(shè)直線AD1與平面B1AE所成的角為θ,
則sin θ=|nAD1||n||AD1|=6t2(t2+4)=34,
解得t=2,故線段AA1的長為2.
例3 [配例4使用] 如圖所示,四邊形ABCD是梯形,AD∥BC,∠BAD=90,四邊形CC1D1D為矩形,已知AB⊥BC1,AD=4,AB=2,BC=1.
(1)求證:BC1∥平面ADD1.
(2)若DD1=2,求平面AC1D1與平面ADD1所成的銳二面角的余弦值.
(3)設(shè)P為線段C1D上的一個動點(端點除外),判斷直線BC1與直線CP能否垂直?并說明理由.
解:(1)證明:由四邊形CC1D1D為矩形,得CC1∥DD1,又因為DD1?平面ADD1,CC1?平面ADD1,所以CC1∥平面ADD1.
同理,BC∥平面ADD1,因為BC∩CC1=C,所以平面BCC1∥平面ADD1,
又因為BC1?平面BCC1,所以BC1∥平面ADD1.
(2)由AD∥BC,∠BAD=90,得AB⊥BC,又因為AB⊥BC1,BC∩BC1=B,所以AB⊥平面BCC1,所以AB⊥CC1.因為四邊形CC1D1D為矩形,且底面ABCD中AB與CD相交于一點,所以CC1⊥平面ABCD,又因為CC1∥DD1,所以DD1⊥平面ABCD.
過點D在底面ABCD中作DM⊥AD,則DA,DM,DD1兩兩垂直,以DA,DM,DD1所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,
則D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,2,0),C(3,2,0),C1(3,2,2),D1(0,0,2),
所以AC1=(-1,2,2),AD1=(-4,0,2).
設(shè)平面AC1D1的法向量為m=(x,y,z),
則mAC1=0,mAD1=0,即-x+2y+2z=0,-4x+2z=0,
令x=2,則y=-3,z=4,所以m=(2,-3,4),
易得平面ADD1的一個法向量為n=(0,1,0),
所以cos=mn|m||n|=-32929,
故平面AC1D1與平面ADD1所成的銳二面角的余弦值為32929.
(3)直線BC1與直線CP不可能垂直.
設(shè)DD1=m(m>0),DP=λDC1(λ∈(0,1)),
由B(4,2,0),C(3,2,0),C1(3,2,m),D(0,0,0),
得BC1=(-1,0,m),DC1=(3,2,m),DP=λDC1=(3λ,2λ,λm),
CD=(-3,-2,0),CP=CD+DP=(3λ-3,2λ-2,λm).
若BC1⊥CP,則BC1CP=-(3λ-3)+λm2=0,即(m2-3)λ=-3,因為λ≠0,
所以m2=-3λ+3>0,解得λ>1,這與0<λ<1矛盾,
所以直線BC1與直線CP不可能垂直.
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