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2015届高三数学北师大版(通用,理)总复习课件专题四 高考中的立体几何问题


数学

北(理)

专题四 高考中的立体几何 问题
第八章 立体几何

考点自测

自我检测 查缺补漏

题号
1 2 3 4 5

答案
B D D A
平行

解析

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 中,AB⊥AC, AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD, E,F,G,M,N 分别为 PB, AB,BC,PD,PC 的中点. (1)求证:CE∥平面 PAD; (2)求证: 平面 EFG⊥平面 EMN.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 中,AB⊥AC, E,F,G,M,N 分别为 PB, AB,BC,PD,PC 的中点. (1)求证:CE∥平面 PAD; (2)求证: 平面 EFG⊥平面 EMN.

(1)在平面 PAD 内作直线 CE 的

AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD, 平行线或者利用平面 CEF∥平

面 PAD 证明;

(2)MN 是平面 EFG 的垂线.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 中,AB⊥AC,

证明

(1)方法一

取 PA 的中点 H,

AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD, 连接 EH,DH. 又 E 为 PB 的中点, E,F,G,M,N 分别为 PB, 1 所以 EH 綊 AB,BC,PD,PC 的中点. 2AB. 1 又 CD 綊2AB,所以 EH 綊 CD. (1)求证:CE∥平面 PAD; (2)求证: 平面 EFG⊥平面 EMN.
所以四边形 DCEH 是平行四边形,

所以 CE∥DH. 又 DH 平面 PAD, CE 所以 CE∥平面 PAD.
考点自测 高考题型突破

平面 PAD.

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 中,AB⊥AC,

方法二 连接 CF.

因为 F 为 AB 的中点, 1 AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD, 所以 AF=2AB. E,F,G,M,N 分别为 PB, 又 CD=1AB,所以 AF=CD. 2 AB,BC,PD,PC 的中点. 又 AF∥CD, (1)求证:CE∥平面 PAD; 所以四边形 AFCD 为平行四边形.

(2)求证: 平面 EFG⊥平面 EMN.

因此 CF∥AD,又 CF 平面 PAD,

所以 CF∥平面 PAD. 因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点,
所以 EF∥PA.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 中,AB⊥AC,

又 EF 平面 PAD,所以 EF∥平面 PAD. 因为 CF∩EF=F,

故平面 CEF∥平面 PAD. AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD, 又 CE 平面 CEF, E,F,G,M,N 分别为 PB, 所以 CE∥平面 PAD.

AB,BC,PD,PC 的中点. (1)求证:CE∥平面 PAD;

(2)因为 E、F 分别为 PB、AB 的中点, 所以 EF∥PA.

(2)求证: 平面 EFG⊥平面 EMN. 又因为 AB⊥PA, 所以 EF⊥AB,同理可证 AB⊥FG.
FG 平面 EFG.
考点自测 高考题型突破 练出高分

又因为 EF∩FG=F, EF 平面 EFG,

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 中,AB⊥AC, AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD, E,F,G,M,N 分别为 PB, AB,BC,PD,PC 的中点. (1)求证:CE∥平面 PAD;

所以 AB⊥平面 EFG.
又因为 M,N 分别为 PD,PC 的中点,

所以 MN∥CD,又 AB∥CD, 所以 MN∥AB,
所以 MN⊥平面 EFG.

(2)求证: 平面 EFG⊥平面 EMN. 又因为 MN 平面 EMN,

所以平面 EFG⊥平面 EMN.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 中,AB⊥AC,

高考对该部分的考查重点是空间的 平行关系和垂直关系的证明,一般

AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD, 以解答题的形式出现,试题难度中 E,F,G,M,N 分别为 PB, 等,但对空间想象能力和逻辑推理 AB,BC,PD,PC 的中点. 能力有一定的要求,在试卷中也可 (1)求证:CE∥平面 PAD;

能以选择题或者填空题的方式考查 面位置关系中的应用.

(2)求证: 平面 EFG⊥平面 EMN. 空间位置关系的基本定理在判断线

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
跟踪训练 1 如图所示,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, ∠ACB=90° ,M,N 分别为 A1B,B1C1 的中点.求证: (1)BC∥平面 MNB1; (2)平面 A1CB⊥平面 ACC1A.
证明 (1)因为 BC∥B1C1,且 B1C1 平面 MNB1,BC 平面 MNB1,
故 BC∥平面 MNB1.

(2)因为 BC⊥AC,且 ABC-A1B1C1 为直三棱柱,

故 BC⊥平面 ACC1A1.
因为 BC 平面 A1CB, 故平面 A1CB⊥平面 ACC1A1.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
【例 2】 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC =90° ,CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在线段 AC 上,CE=4.如 图 2 所示,将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD, 连接 AB,BE,设点 F 是 AB 的中点. (1)求证:DE⊥平面 BCD; (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点, 求三棱锥 B-DEG 的体积.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
【例 2】 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC =90° ,CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在线段 AC 上,CE=4.如 图 2 所示,将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD, 连接 AB,BE,设点 F 是 AB 的中点. (1) 求证:DE⊥平面 BCD; △ACD 内各元素的位置关系没有 思维启迪 (1)翻折前后, (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点, 求三棱锥 B-DEG 的体积.

变化,易知 DE⊥DC,再根据平面 BCD⊥平面 ACD 可证 明 DE⊥平面 BCD;

(2)注意从条件 EF∥平面 BDG 得线线平行, 为求高作基础.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
【例 2】 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC = 90° ,CD 为∠ ACB 的平分线,点 E= 在线段 AC 上, =4. (1) 证明 ∵ AC= 6,BC =3,∠ABC 90° ,∴∠ ACBCE =60° .如 图 所示,将△ 沿 CD ∴∠ 折起,使得平面 BCD ⊥平面 ACD, ∵2 CD 为∠ACB BCD 的平分线, BCD=∠ACD =30° . 连接 AB ∴CD =, 2 BE 3. ,设点 F 是 AB 的中点. (1) DE ⊥平面 BCD ; ∵求证: CE=4, ∠ DCE= 30° , (2)若 EF ∥平面 BDG,其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点, ∴DE2=CE2+CD2-2CE· CD· cos 30° =4, 求三棱锥 B-DEG 的体积. ∴DE=2,则 CD2+ DE2=EC2. ∴∠CDE=90° ,DE⊥DC.

又∵平面 BCD⊥平面 ACD,平面 BCD∩平面 ACD=CD,DE 平面 ACD,∴DE⊥平面 BCD.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
【例 2】 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC

(2) 解 ∵EF ∥平面 BDG,EF 平面 ABC,平面 ABC ∩ 平面 = 90° ,CD 为∠ ACB 的平分线,点 E 在线段 AC 上, CE = 4.如
图 2 所示,将△ BDG =BG, BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD,

∴EF ∥BG . ,设点 F 是 AB 的中点. 连接 AB ,BE ∵求证: 点 E 在线段 AC 上, CE =4,点 F 是 AB 的中点, (1) DE⊥平面 BCD ;
(2) ∥平面 BDG ∴若 AEEF =EG =CG =2.,其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点, 求三棱锥 -DEG 如图,作B BH ⊥CD的体积. 于 H.

∵平面 BCD⊥平面 ACD, ∴BH⊥平面 ACD.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
【例 2】 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC

3 =90° ,CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在线段 AC 上,CE=4.如 由条件得 BH= , 2 图 2 所示,将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD, 1BE,设点 1 F 1 是 AB 的中点. 连接 AB, S△DEG=3S△ACD=3×2AC· CD· sin 30° = 3, (1)求证:DE⊥平面 BCD; 1 (2) 若 EF ∥平面 BDG ,其中 G 为直线 AC ∴三棱锥 B-DEG 的体积 V= S△DEG· BH与平面 BDG 的交点, 3 求三棱锥 B- 1 3 DEG 3 的体积. = × 3× = . 3 2 2

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
【例 2】 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC =90° ,CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在线段 AC 上,CE=4.如 图 2 所示,将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD, 连接 AB,BE,设点 F 是 AB 的中点. (1)求证:DE⊥平面 BCD; (2) 若 EF∥平面 BDG,其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点, 思维升华 平面图形的翻折问题,关键是搞清翻折前后图 求三棱锥 B-DEG 的体积.

形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地翻折后 还在同一个平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上 的性质发生变化.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
跟踪训练 2 (2012· 北京)如图(1),在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,D,

E 分别为 AC,AB 的中点,点 F 为线段 CD 上的一点,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1F⊥CD,如图(2).

(1)求证:DE∥平面 A1CB. (2)求证:A1F⊥BE. (3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
(1)证明 因为 D, E 分别为 AC, AB 的中点, 所以 DE∥BC.

又因为 DE 平面 A1CB,所以 DE∥平面 A1CB.
(2)证明 由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC,所以 DE⊥AC.

所以 DE⊥A1D,DE⊥CD. 又 A1D∩CD=D,所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F 平面 A1DC,所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD,所以 A1F⊥平面 BCDE,
又因为 BE 平面 BCDE,所以 A1F⊥BE.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
(3)解 线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.理由如下:

如图, 分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q,则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC,所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ 即为平面 DEP. 由(2)知,DE⊥平面 A1DC,所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点,
所以 A1C⊥DP.所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ.

故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC; (2)问在 EP 上是否存在点 F,使 平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 FP 出AP的值;若不存在,说明理由.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC; (2)问在 EP 上是否存在点 F,使 平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 FP 出AP的值;若不存在,说明理由.

先假设 EP 上存在点 F 使平面 AFD⊥平面 BFC,然后推证点 F 的位置.

考点自测

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题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC;

(1)证明 ∵EP⊥平面 ABCD, ∴EP⊥DP. 又 ABCD 为矩形,AB
=2BC,P、Q 分别为 AB、CD 的中点,连 接 PQ,

(2)问在 EP 上是否存在点 F,使 则 PQ⊥DC 且 PQ=1DC. 2 平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 ∴DP⊥PC. FP 出AP的值;若不存在,说明理由. ∵EP∩PC=P,
∴DP⊥平面 EPC.
考点自测 高考题型突破 练出高分

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题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC;

(2)解

假设存在 F 使平面 AFD⊥平

面 BFC, ∵AD∥BC,BC 平面 BFC,AD

平面 BFC, ∴AD∥平面 BFC. ∴AD 平行于平面 AFD 与平面

(2)问在 EP 上是否存在点 F,使 BFC 的交线 l. 平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 ∵EP⊥平面 ABCD,∴EP⊥AD, FP 出AP的值;若不存在,说明理由. 而 AD⊥AB, AB∩EP=P,∴AD⊥平面 EAB,

∴l⊥平面 FAB.
考点自测 高考题型突破 练出高分

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题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC;

∴∠AFB 为平面 AFD 与平面 BFC 所成二面角的平面角.
∵P 是 AB 的中点,且 FP⊥AB,

∴当∠AFB=90° 时,FP=AP.

FP (2)问在 EP 上是否存在点 F,使 ∴当 FP=AP,即 =1 时, AP 平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 平面 AFD⊥平面 BFC. FP 出AP的值;若不存在,说明理由.

考点自测

高考题型突破

练出高分

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题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC; (2)问在 EP 上是否存在点 F,使 平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 FP 出AP的值;若不存在,说明理由.

对于线面关系中的存在性问题, 首先假设存在, 然后在这个假设 下利用线面关系的性质进行推 理论证,寻求假设满足的条 件. 若条件满足则肯定假设, 若 得到矛盾则否定假设.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
跟踪训练 3 如图,在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, 已知 DC=DD1=2AD=2AB, AD⊥DC, AB∥DC. (1)求证:D1C⊥AC1; (2)问在棱 CD 上是否存在点 E, 使 D1E∥平面 A1BD. 若存在,确定点 E 位置;若不存在,说明理由.

(1)证明

在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,连接 C1D,

∵DC=DD1,∴四边形 DCC1D1 是正方形, ∴DC1⊥D1C. 又 AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D, ∴AD⊥平面 DCC1D1, 又 D1C 平面 DCC1D1,∴AD⊥D1C.
∵AD 平面 ADC1,DC1 平面 ADC1,
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高考题型突破
跟踪训练 3 如图,在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, 已知 DC=DD1=2AD=2AB, AD⊥DC, AB∥DC. (1)求证:D1C⊥AC1; (2)问在棱 CD 上是否存在点 E, 使 D1E∥平面 A1BD. 若存在,确定点 E 位置;若不存在,说明理由.

且 AD∩DC1=D,∴D1C⊥平面 ADC1,

又 AC1 平面 ADC1,∴D1C⊥AC1. (2)解 假设存在点 E,使 D1E∥平面 A1BD. 连接 AD1,AE,D1E, 设 AD1∩A1D=M, BD∩AE=N,连接 MN,
∵平面 AD1E∩平面 A1BD=MN,
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高考题型突破
跟踪训练 3 如图,在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, 已知 DC=DD1=2AD=2AB, AD⊥DC, AB∥DC. (1)求证:D1C⊥AC1; (2)问在棱 CD 上是否存在点 E, 使 D1E∥平面 A1BD. 若存在,确定点 E 位置;若不存在,说明理由.

要使 D1E∥平面 A1BD,

可使 MN∥D1E, 又 M 是 AD1 的中点,则 N 是 AE 的中点. 又易知△ABN≌△EDN,∴AB=DE. 即 E 是 DC 的中点. 综上所述,当 E 是 DC 的中点时,
可使 D1E∥平面 A1BD.
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题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设平面 APB 与平面 PBC 夹角 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成 角的大小.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设平面 APB 与平面 PBC 夹角 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成 角的大小.
考点自测 高考题型突破 练出高分

利用 PA⊥平面 ABCD 建立空间 直角坐标系,利用向量求解.

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED;

方法一

(1)证明

因为底面 ABCD

为菱形,所以 BD⊥AC. 又 PA⊥底面 ABCD,所以 PC⊥BD.

如图,
设 AC∩BD=F,连接 EF.

因为 AC=2 2, PA=2, PE=2EC,

2 3 故 PC = 2 3 , EC = ,FC= 2, (2)设平面 APB 与平面 PBC 夹角 3

为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成 角的大小.
考点自测

PC AC 从而 = 6, = 6. FC EC
练出高分

高考题型突破

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设平面 APB 与平面 PBC 夹角 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成 角的大小.
考点自测

PC AC 因为FC=EC,∠FCE=∠PCA,

所以△FCE∽△PCA, ∠FEC=∠PAC=90° . 由此知 PC⊥EF.

因为 PC 与平面 BED 内两条相交直 线 BD,EF 都垂直,

所以 PC⊥平面 BED.
(2) 解 在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB,G 为垂足.
练出高分

高考题型突破

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成 角的大小.
考点自测

因为平面 APB 与平面 PBC 夹角为 90° ,
所以平面 PAB⊥平面 PBC.

又平面 PAB∩平面 PBC=PB,
故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC.

因为 BC 与平面 PAB 内两条相交直 线 PA,AG 都垂直,

故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB,
PD= PA2+AD2=2 2.
练出高分

(2)设平面 APB 与平面 PBC 夹角 所以底面 ABCD 为正方形,AD=2,

高考题型突破

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED;

设 D 到平面 PBC 的距离为 d.

因为 AD∥BC,且 AD 平面 PBC, BC 平面 PBC,
故 AD∥平面 PBC,A、D 两点到平 面 PBC 的距离相等, 即 d=AG= 2.

设 PD 与平面 PBC 所成的角为 α, d 1 (2)设平面 APB 与平面 PBC 夹角 则 sin α=PD=2. 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成 所以 PD 与平面 PBC 所成的角为

角的大小.
考点自测

30° .
高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设平面 APB 与平面 PBC 夹角 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成 角的大小.
考点自测

方法二

(1)证明

以 A 为坐标原点, 射线 AC 为 x 轴的 正半轴,建立如图 所示的空间直角坐标系 Axyz,
则 C(2 2,0,0),P(0,0,2), ?4 2 2? ? ? E? ,0, ?, 3? ? 3

设 D( 2,b,0),其中 b>0,

则 B( 2,-b,0).
练出高分

高考题型突破

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华 → =(2 2,0,-2), 于是PC ? 2 2? → ? BE=? ,b, ? , 3? ? 3 ? ? 2 2? → ? DE=? ,-b, ? ?, 3 3 ? ? →· → =0,PC →· → =0, 从而PC BE DE

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设平面 APB 与平面 PBC 夹角 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成 角的大小.
考点自测

故 PC⊥BE,PC⊥DE. 又 BE∩DE=E, 所以 PC⊥平面 BED.

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 → =(0,0,2), (2)解 AP → =( 2,-b,0). AB 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设平面 APB 与平面 PBC 夹角

设 m=(x,y,z)为平面 PAB 的法向 量,则 → =0,m· → =0, m· AP AB 即 2z=0 且 2x-by=0, 令 x=b,则 m=(b, 2,0). 设 n=(p,q,r)为平面 PBC 的法向

量,则 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成 → → n· PC=0,n· BE=0, 角的大小.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

2p 2 即 2 2p-2r=0 且 +bq+ r=0, 3 3 中,底面 ABCD 为 2 令 p=1,则 r= 2,q=- , 菱形,PA⊥底面 b ? ? 2 ? ABCD,AC=2 2, n=?1,- , 2? ?. b ? ? PA=2,E 是 PC 上的一点,PE 因为平面 APB 与 PBC 夹角为 90° , =2EC. 所以面 PAB⊥面 PBC, (1)证明:PC⊥平面 BED; 2 故 m· n=0,即 b- =0,故 b= 2, b (2)设平面 APB 与平面 PBC 夹角 于是 n=(1,-1, 2), 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成 → =(- 2,- 2,2), DP 角的大小.
四棱锥 P-ABCD
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维升华 → n · DP 1 → 〉= 所以 cos〈n,DP = , →| 2 |n||DP 思维启迪 解析

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设平面 APB 与平面 PBC 夹角 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成 角的大小.
考点自测

→ 所以〈n,DP〉=60° .
因为 PD 与平面 PBC 所成角和〈n, → DP〉互余, 故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° .

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题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED;

用空间向量求解立体几何问题, 主要是通过建立坐标系或利用基 底表示向量坐标,通过向量的计 算求解位置关系及角的大小,两 个平面夹角是历年高考的考查热

(2)设平面 APB 与平面 PBC 夹角 点,平面的法向量是解题中的一 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成 个重点. 角的大小.
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跟踪训练 4

在如图所示的几何体中,底面 ABCD

为菱形,∠BAD=60° ,AA1 綊 DD1 綊 CC1∥BE, 且 AA1=AB, D1E⊥平面 D1AC, AA1⊥底面 ABCD. (1)求平角 ACD1 与平面 ACE 夹角的大小; (2)在 D1E 上是否存在一点 P,使得 A1P∥平面 EAC,若存在, D1 P 求 的值,若不存在,说明理由. PE

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解 (1)设 AC 与 BD 交于 O,如图所示建立

空间直角坐标系 Oxyz,设 AB=2,则 A( 3, 0,0),B(0,-1,0),C(- 3,0,0),D(0,1,0), D1(0,1,2),
→ =(0,2,2-t),CA → =(2 3,0,0), 设 E(0,-1,t),t>0,则ED 1 → D A=( 3,-1,-2).
1

∵D1E⊥面 D1AC,∴D1E⊥CA,D1E⊥D1A, →· → =0, ? ?ED CA 1 ∴? 解得 t=3,∴E(0,-1,3), → D → ? ?ED1· 1A=0, → ∴AE=(- 3,-1,3),
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高考题型突破
设平面 EAC 的法向量为 m=(x,y,z),
→ =0, ? ? ?m · CA ?x=0, 则? ∴? , ? → - 3 x - y + 3 z = 0 ? ? AE=0, ?m·

令 z=1,y=3,m=(0,3,1).

→ =(0,2,-1), 又平面 D1AC 的法向量ED 1
→ m · ED 2 1 → ∴cos〈m,ED1〉 = . →| 2 |m|· |ED
1

所以平角 ACD1 与平面 ACE 夹角的大小为 45° .
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(2)假设存在点P满足题意. → → =λ(D → → 设D P=λPE E-D P),
1 1 1

λ → 2λ λ → 得D1P= D1E=(0,- , ), 1+λ 1+λ 1+λ 2λ λ → → → A1P=A1D1+D1P=(- 3,1,0)+(0,- , ) 1+λ 1+λ 2λ λ =(- 3,1- , ) 1+λ 1+λ
→ ∵A1P∥平面EAC,∴A 1P⊥m,

2λ λ 3 ∴- 3×0+3×(1- )+1× =0,解得λ=2, 1+λ 1+λ
故存在点P使A1P∥面EAC,此时D1P∶PE=3∶2.
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1.如图所示,在边长为5+ 2的正方形ABCD中,以 A为圆心画一个扇形,以O为圆心画一个圆,M, N,K为切点,以扇形为圆锥的侧面,以圆O为圆 锥底面,围成一个圆锥,求圆锥的全面积与体积.

解 设圆锥的母线长为l,底面半径为r,高为h,
? ?l+r+ 2r=?5+ 2?× 2 由已知条件得?2πr π , =2 ? l ? 解得r= 2,l=4 2,S=πrl+πr2=10π,
1 2 2 30 h= l -r = 30,V=3πr h= 3 π.
2 2

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2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥ 平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB= 2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面A1BD.

证明 (1)方法一 因为D1D⊥平面ABCD,且BD 平面ABCD, 所以D1D⊥BD. 又因为AB=2AD,∠BAD=60° ,
在△ABD中,由余弦定理得 BD2=AD2+AB2-2AD· ABcos 60° =3AD2,
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2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥ 平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB= 2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面A1BD.
所以AD2+BD2=AB2,因此AD⊥BD.

又AD∩D1D=D,所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1 平面ADD1A1, 故AA1⊥BD.
方法二 因为D1D⊥平面ABCD,且BD 平面ABCD, 所以BD⊥D1D.
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2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥ 平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB= 2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面A1BD.
如图,取AB的中点G,连接DG,

在△ABD中,由AB=2AD得AG=AD. 又∠BAD=60° , 所以△ADG为等边三角形,
因此GD=GB,故∠DBG=∠GDB. 又∠AGD=60° ,所以∠GDB=30° ,
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2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥ 平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB= 2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面A1BD.
故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60° +30° =90° ,

所以BD⊥AD. 又AD∩D1D=D,所以BD⊥平面ADD1A.
又AA1 平面ADD1A,故AA1⊥BD.
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2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥ 平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB= 2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面A1BD.
(2)如图,连接AC,A1C1,

设AC∩BD=E,连接EA1, 因为四边形ABCD为平行四边形, 1 所以EC=2AC. 由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知A1C1∥EC且A1C1=EC,
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2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥ 平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB= 2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面A1BD.
所以四边形A1ECC1为平行四边形,

因此CC1∥EA. 又EA1 平面A1BD,CC1 平面A1BD,
所以CC1∥平面A1BD.
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3.如图,四棱锥P—ABCD中,PA⊥底面ABCD, AB⊥AD,点E在线段AD上,且CE∥AB. (1)求证:CE⊥平面PAD; (2)若PA=AB=1,AD=3,CD= 锥P—ABCD的体积. 2 ,∠CDA=45° ,求四棱

(1)证明 因为PA⊥平面ABCD,CE 平面ABCD, 所以PA⊥CE. 因为AB⊥AD,CE∥AB,所以CE⊥AD. 又PA∩AD=A,所以CE⊥平面PAD. (2)解 由(1)可知CE⊥AD.

在Rt△ECD中,DE=CD· cos 45° =1, CE=CD· sin 45° =1.
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3.如图,四棱锥P—ABCD中,PA⊥底面ABCD, AB⊥AD,点E在线段AD上,且CE∥AB. (1)求证:CE⊥平面PAD; (2)若PA=AB=1,AD=3,CD= 锥P—ABCD的体积. 2 ,∠CDA=45° ,求四棱

又因为AB=CE=1,AB∥CE,所以四边形ABCE为矩形. 1 所以S四边形ABCD=S矩形ABCE+S△ECD=AB· AE+2CE· DE 1 5 =1×2+2×1×1=2. 又PA⊥平面ABCD,PA=1, 1 1 5 5 所以V四棱锥P—ABCD= S四边形ABCD· PA= × ×1= . 3 3 2 6
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4.(2012· 山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面AED; (2)求平面BDF和平面BDC夹角的余弦值.

(1)证明 因为四边形ABCD是等腰梯形, AB∥CD,∠DAB=60° ,
所以∠ADC=∠BCD=120° .
,即AD⊥BD. 又CB=CD,所以∠CDB=30° ,因此∠ADB=90°

又AE⊥BD,且AE∩AD=A,AE,AD 平面AED,
所以BD⊥平面AED.
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4.(2012· 山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面AED; (2)求平面BDF和平面BDC夹角的余弦值.
(2)解 由(1)知AD⊥BD,所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD, 因此CA,CB,CF两两垂直.
以C为坐标原点,分别以CA,CB,CF所在 的直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的 空间直角坐标系.不妨设CB=1,
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4.(2012· 山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面AED; (2)求平面BDF和平面BDC夹角的余弦值. ? 3 ? 1 ? 则C(0,0,0),B(0,1,0),D? ,- ,0? ?,F(0,0,1). 2 2 ? ?
3 ? → ? → ? 3 因此BD=? ,- ,0? , BF =(0,-1,1). ? 2 ? ? 2 设平面BDF的一个法向量为m=(x,y,z), → =0,m· → =0,所以x= 3y= 3z, 则m· BD BF
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4.(2012· 山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面AED; (2)求平面BDF和平面BDC夹角的余弦值.
取z=1,则m=( 3,1,1). → =(0,0,1)是平面BDC的一个法向量, 由于CF
→ m · CF 1 5 → 则cos〈m,CF〉= = =5, → 5 |m||CF|

5 所以平面BDF和平面BDC夹角的余弦值为 . 5
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5.(2012· 北京)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90° ,BC=3,AC =6.D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将 △ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图2.

(1)求证:A1C⊥平面BCDE; (2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小; (3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直? 说明理由.
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(1)证明

∵AC⊥BC,DE∥BC,∴DE⊥AC.

∴DE⊥A1D,DE⊥CD,∴DE⊥平面A1DC.∴DE⊥A1C. 又∵A1C⊥CD,∴A1C⊥平面BCDE.
(2)解 如图所示,以C为坐标原点, 建立空间直角坐标系Cxyz, 则A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3), B(3,0,0),E(2,2,0).

设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z), → → 则n· A B=0,n· BE=0.
1

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→ → =(-1,2,0), 又A B = (3,0 ,- 2 3) , BE 1
? ?3x-2 3z=0, ∴? ? ?-x+2y=0.

令y=1,则x=2,z= 3,∴n=(2,1, 3). 设CM与平面A1BE所成的角为θ. → ∵CM=(0,1, 3), → ? ? n· CM 4 2 ? ? → ∴sin θ=|cos〈n,CM〉|=? = =2. ? →| 8× 4 |CM ?|n|· ?

π ∴CM与平面A1BE所成角的大小为 . 4
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(3)解

线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂

直.理由如下: 假设这样的点P存在,设其坐标为(p,0,0),其中p∈[0,3] . 设平面A1DP的法向量为m=(x′,y′,z′),
→ → 则m· A1D=0,m· DP=0.

→ → =(p,-2,0), 又A D = (0,2 ,- 2 3) , DP 1
? ?2y′-2 3z′=0, ∴? ? ?px′-2y′=0.

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p 令x′=2,则y′=p,z′= , 3
? ∴m=? ?2,p, ?

p? ? . 3? ?

平面A1DP⊥平面A1BE,当且仅当m· n=0,
即4+p+p=0.

解得p=-2,与p∈[0,3] 矛盾.
∴线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.

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6.如图,在五面体ABCDEF中,FA⊥平面 ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,M为 1 EC的中点,AF=AB=BC=FE= AD. 2 (1)求异面直线BF与DE所成角的大小; (2)证明:平面AMD⊥平面CDE; (3)求平面ACD与平面CDE夹角的余弦值.

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(1)解

如图所示,建立空间直角坐标系,

点A为坐标原点,

设AB=1,依题意得B(1,0,0),C(1,1,0), ?1 1? D(0,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1),M?2,1,2?. ? ? → =(-1,0,1),DE → =(0,-1,1), BF →· → 0+0+1 1 BF DE → ,DE → 〉= 于是cos〈BF = =2. → ||DE →| 2· 2 |BF

所以异面直线BF与DE所成角的大小为60° .
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(2)证明

1 1? → → ? → 由 AM = ?2,1,2? , CE =(-1,0,1), AD =(0,2,0),
? ?

→ → → → 可得CE· AM=0,CE· AD=0.

因此,CE⊥AM,CE⊥AD.又AM∩AD=A, 故CE⊥平面AMD.而CE 平面CDE,

所以平面AMD⊥平面CDE. (3)解 设平面CDE的法向量为u=(x,y,z),则
→ =0, ? ? ? u· CE ?-x+z=0, ? 于是? ? → =0. ?-y+z=0. ? u · DE ?
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令x=1可得u=(1,1,1).

又由题设,平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1). u· v 0+0+1 3 所以cos u,v=|u||v|= =3. 3×1

3 所以平面ACD与平面CDE夹角的余弦值为 3 .

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