(共43张PPT)
5.1 空间几何体的结构、体积与表面积专项练
第三部分
内容索引
01
02
必备知识
精要梳理
考向训练
限时通关
必备知识
精要梳理
1.空间几何体的表面积与体积
2.几个常用结论
(3)正方体与球的几个结论:
考向训练
限时通关
考向一
空间几何体的侧面积或表面积
1.(多选)(2020山东潍坊高三期末,9)等腰直角三角形直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周,则形成的几何体的表面积可以为( )
答案
AB
2.(2020四川达州高三二诊,7)如图,四面体各个面都是边长为1的正三角形,其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上,另一个顶点是上底面圆心,圆柱的侧面积是( )
答案
C
3.(2020全国Ⅰ,理10)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为( )
A.64π
B.48π
C.36π
D.32π
答案
A
4.(2020安徽皖西南联盟高三联考,8)鲁班锁(也称孔明锁、难人木、六子联方)起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合,十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多,形状和内部的构造各不相同,一般都是易拆难装.如图1,这是一种常见的鲁班锁玩具,图2是该鲁班锁玩具的直观图,每条棱的长均为2,则该鲁班锁的表面积为( )
答案
A
5.(2020江苏扬州高三三模,15)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,
AA1=3,O为上底面ABCD的中心,设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1与正四棱锥
O-A1B1C1D1的侧面积分别为S1,S2,则
= .?
解析
如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,则正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧面积为S1=4×2×3=24.
考向二
空间几何体的体积
6.(2020山东泰安三模,6)我国古代数学名著《九章算术》中记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无广.刍,草也.甍,屋盖也.”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示),下底面是边长为2的正方形,上棱EF=
,EF∥平面ABCD,EF与平面ABCD的距离为2,该刍甍的体积为( )
答案
B
7.(2020山东滨州二模,8)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理:“幂势既同,则积不容异.”意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.椭球是椭圆绕其长轴旋转所成的旋转体.如图,将底面半径都为b,高都为a(a>b)的半椭球和已被挖去了圆锥的圆柱(被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面,下底面的圆心为顶点)放置于同一平面β上,用平行于平面β且与平面β相距任意距离d的平面截这两个几何体,截面分别为圆面和圆环,可以证明S圆=S圆环总成立.据此,椭圆的短半轴长为2,长半轴长为4的椭球的体积是( )
答案
C
8.(多选)(2020山东青岛二中月考,10)沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图,某沙漏由上、下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为8
cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的
(细管长度忽略不计).假设该沙漏漏沙的速度为0.02
cm3/s,且细沙全部漏入
下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.
以下结论正确的是( )
B.沙漏的体积是128π
cm3
C.细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4
cm
D.该沙漏的一个沙时大约是1
985
s(π≈3.14)
答案
ACD
9.(2020山东聊城一模,16)点M,N分别为三棱柱ABC-A1B1C1的棱BC,BB1的中点,设△A1MN的面积为S1,平面A1MN截三棱柱ABC-A1B1C1所得截面面积为S,五棱锥A1-CC1B1NM的体积为V1,三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V,则
解析
如图所示,延长NM交直线C1C于点P,连接PA1交AC于点Q,连接QM.平面A1MN截三棱柱ABC-A1B1C1所得截面为四边形A1NMQ.
∵BB1∥CC1,M为BC的中点,
∴△PCM≌△NBM,
∴M为PN的中点.
考向三
与球相关的内切问题
10.(2020辽宁东北育才学校模拟,15)圆锥SD(其中S为顶点,D为底面圆心)的侧面积与底面积的比是2∶1,若圆锥的底面半径为3,则圆锥SD的内切球的表面积为 .?
答案
12π
解析
依题意,圆锥SD(其中S为顶点,D为底面圆心)的侧面积与底面积的比是2∶1,所以(πrl)∶(πr2)=2∶1,解得l=6.
11.(2020天津和平区二模,13)农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,粽子又称粽籺,俗称“粽子”,古称“角黍”,是端午节大家都会品尝的食品,传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图1,平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的,将它沿虚线折起来,可以得到如图2所示粽子形状的六面体.若该六面体内有一球,则该球体积的最大值为 .?
考向四
与球相关的外接问题
12.(2020天津,5)若棱长为2
的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.12π
B.24π
C.36π
D.144π
答案
C
13.(2020江西上饶三模,5)半径为2的球O内有一个内接正三棱柱,则正三棱柱的侧面积的最大值为( )
答案
B
14.(2020山东滨州二模,14)已知点A,B,C,D均在球O的球面上,AB=BC=1,
AC=
,若三棱锥D-ABC体积的最大值是
,则球O的表面积为 .?
15.(2020山东,16)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,
为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 .?
解析
如图所示,
∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°且B1C1=C1D1,
∴△B1C1D1为等边三角形.
16.(2020山东德州二模,16)《九章算术》中记载:将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵,将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开,得到一个阳马(底面是长方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC-A1B1C1中,BB1=BC=2
,
AB=2,AC=4,且有鳖臑C1-ABB1和鳖臑C1-ABC,现将鳖臑C1-ABC沿线BC1翻折,使点C与点B1重合,则鳖臑C1-ABC经翻折后,与
鳖臑C1-ABB1拼接成的几何体的外接球的表面积
是 .?
解析
将鳖臑C1-ABC沿线BC1翻折,使点C与点B1重合,则鳖臑C1-ABC经翻折后,A点翻折到E点,A,E关于点B对称,所拼成的几何体为三棱锥C1-AEB1,如图,
本
课
结
束(共41张PPT)
5.2 空间点、线、面的位置关系及空间角
与距离专项练
第三部分
内容索引
01
02
必备知识
精要梳理
考向训练
限时通关
必备知识
精要梳理
1.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理:a?α,b?α,a∥b?a∥α.
(2)线面平行的性质定理:a∥α,a?β,α∩β=b?a∥b.
(3)面面平行的判定定理:a?β,b?β,a∩b=P,a∥α,b∥α?α∥β.
(4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b?a∥b.
2.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理:m?α,n?α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n?l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α?a∥b.
(3)面面垂直的判定定理:a?β,a⊥α?α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a?α,a⊥l?a⊥β.
3.空间角的求法
(1)定义法求空间角
求空间角的大小,一般是根据相关角(异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角)的定义,把空间角转化为平面角来求解.
(2)向量法求空间角
利用空间向量来求解,首先根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系,把直线的方向向量与平面的法向量求出来,然后进行坐标运算,要注意所求的角与两向量夹角之间的关系.
4.空间中点到平面的距离的求法
(1)定义法:过点向平面作垂线,点与垂足的距离.
(2)“等积法”:求解点到平面的距离常转化为锥体的高,利用三棱锥体积公式求点到平面的距离.
考向训练
限时通关
考向一
空间直线、平面位置关系的判定
1.(多选)设有下列四个命题,其中真命题有( )
A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
B.过空间中任意三点有且仅有一个平面
C.若空间两条直线不相交,则这两条直线平行
D.若直线l?平面α,直线m⊥平面α,则m⊥l
答案
AD
解析
A是真命题,由平面基本性质易知;B是假命题,当三点共线时有无数个平面;C是假命题,两条直线还可能异面;由线面垂直的定义知D是真命题.
2.(2019全国Ⅱ,理7)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( )
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α,β平行于同一条直线
D.α,β垂直于同一平面
答案
B
解析
由面面平行的判定定理知,“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的充分条件.由面面平行的性质知,“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的必要条件,故选B.
3.(多选)(2020山东济宁二模,10)已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,则下列命题中正确的是( )
A.如果m⊥n,m⊥α,n⊥β,那么α⊥β
B.如果m?α,α∥β,那么m∥β
C.如果α∩β=l,m∥α,m∥β,那么m∥l
D.如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β
答案
ABC
解析
如果m⊥n,m⊥α,n⊥β,那么α⊥β,故A正确;如果m?α,α∥β,那么m∥β,故B正确;如果α∩β=l,m∥α,m∥β,那么m∥l,故C正确;如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么平面α,β平行或者相交,故D错误.
4.(多选)(2020山东肥城一模,10)在空间四边形ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA上的点,当BD∥平面EFGH时,下面结论正确的是( )
A.E,F,G,H一定是各边的中点
B.G,H一定是CD,DA的中点
C.AE∶EB=AH∶HD,且BF∶FC=DG∶GC
D.四边形EFGH是平行四边形或梯形
答案
CD
解析
因为BD∥平面EFGH,所以由线面平行的性质定理,得BD∥EH,BD∥FG,则AE∶EB=AH∶HD,且BF∶FC=DG∶GC,且EH∥FG,四边形EFGH是平行四边形或梯形.
考向二
求异面直线所成的角
答案
C
6.(2020山东青岛二模,6)已知四棱锥P-ABCD的所有棱长均相等,点E,F分别在线段PA,PC上,且EF∥底面ABCD,则异面直线EF与PB所成角的大小为( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
答案
D
解析
连接AC,BD,设AC∩BD=O,则EF?平面PAC.平面PAC∩平面ABCD=AC,由EF∥底面ABCD,可得EF∥AC.由四边形ABCD为菱形,可得AC⊥BD.由O为AC的中点,PA=PC,可得PO⊥AC.因为BD∩OP=O,BD?平面PBD,PO?平面PBD,所以AC⊥平面PBD.
又因为PB?平面PBD,则AC⊥PB.又因为EF∥AC,
可得EF⊥PB,即异面直线EF与PB所成角的大小
为90°.
7.(2020浙江湖州模拟,14)如图,圆柱O1O2的底面圆半径为1,AB是一条母线,BD是圆O1的直径,C是上底面圆周上一点,∠CBD=30°,若A,C两点间的距离为
,则异面直线AC与BD所成角的余弦值为 .?
考向三
求直线与平面所成的角
8.(2020山东,4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成的角为( )
A.20°
B.40°
C.50°
D.90°
答案
B
解析
由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆.圆O1是在点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线.直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,则∠AOB=40°,∴∠COA=50°.
又∠CAO=90°,∴∠OCA=40°.
∴晷针与点A处的水平面所成角为40°,故选B.
9.(2020河北唐山一模,10)已知四棱锥P-ABCD的顶点都在球O的球面上,PA⊥底面ABCD,AB=AD=1,BC=CD=2,若球O的表面积为36π,则直线PC与底面ABCD所成角的余弦值为( )
答案
B
解析
如图所示,
∵AB=AD,BC=CD,AC=AC,
∴△ABC≌△ADC.∴∠ABC=∠ADC,
易知A,B,C,D四点共圆,
则∠ABC+∠ADC=180°,∴∠ABC=∠ADC=90°.
∴四边形ABCD的外接圆直径为
10.(2020福建厦门5月质检,11)一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成,如图所示,∠B=∠F=90°,
∠A=60°,∠D=45°,BC=DE.现将两块三角板拼接在一起,取BC中点O与AC中点M,则下列直线与平面OFM所成的角不为定值的是( )
A.AC
B.AF
C.BF
D.CF
答案
B
解析
因为O,M为中点,所以OM∥AB,所以OM⊥BC.又因为OF⊥BC,且OM∩OF=O,所以BC⊥平面OMF.所以BF,CF与平面OFM所成的角分别为∠BFO和∠CFO,均等于45°.根据直线与平面所成角的定义知,AC与平面OFM所成的角为∠CMO=∠A=60°.故只有AF与平面OFM所成的角不为定值.
考向四
求二面角
11.(2020山东枣庄八中月考,5)如图,AB是圆的直径,PA垂直于圆所在的平面,C是圆上一点(不同于A,B)且PA=AC,
则二面角P-BC-A的大小为( )
A.60°
B.30°
C.45°
D.15°
答案
C
解析
由条件得,PA⊥BC,AC⊥BC,又PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC.
∴∠PCA为二面角P-BC-A的平面角.在Rt△PAC中,由PA=AC得∠PCA=45°.故选C.
12.(2020山东高密模拟,6)第41届世界博览会于2010年5月1日至10月31日,在中国上海举行,气势磅礴的中国馆——“东方之冠”令人印象深刻,该馆以“东方之冠,鼎盛中华,天下粮仓,富庶百姓”为设计理念,代表中国文化的精神与气质.其形如冠盖,层叠出挑,制似斗拱.它有四根高33.3米的方柱,托起斗状的主体建筑,总高度为60.3米,上方的“斗冠”类似一个倒置的正四棱台,上底面边长是139.4米,下底面边长是69.9米,则“斗冠”的侧面与上底面的夹角约为( )
A.20°
B.28°
C.38°
D.48°
答案
C
答案
A
考向五
求空间距离
答案
B
∴BC=CD=2.又BD=2,∴△BCD为正三角形.取△BCD中心H,连接OH,HC,则OH⊥平面BCD,∴OH⊥HC.
答案
B
16.(2020湖南株洲模拟,12)如图,直角梯形ABCD,∠ABC=90°,CD=2,
AB=BC=1,E是边CD中点,△ADE沿AE翻折成四棱锥D'-ABCE,则点C到平面ABD'距离的最大值为( )
答案
B
解析
由翻折过程可得,在如图所示的四棱锥D'-ABCE中,底面ABCE为边长是1的正方形,侧面D'EA中,D'E⊥AE,且D'E=AE=1.∵AE⊥D'E,AE⊥CE,D'E∩CE=E,
∴AE⊥平面D'CE.
作D'M⊥CE于点M,作MN⊥AB于点N,连接D'N,
则由AE⊥平面D'CE,可得D'M⊥AE,∴D'M⊥平面ABCE.
又AB?平面ABCE,∴D'M⊥AB.
∵MN⊥AB,D'M∩MN=M,∴AB⊥平面D'MN.
在△D'MN中,作MH⊥D'N于点H,则有AB⊥MH,又AB∩D'N=N,
∴MH⊥平面ABD'.又由题意可得CE∥平面ABD',∴MH即为点C到平面ABD'的距离.在Rt△D'MN中,D'M⊥MN,MN=1,设D'M=x,则0本
课
结
束(共43张PPT)
5.3.1 空间中的平行、垂直与空间角
第三部分
内容索引
01
02
必备知识
精要梳理
关键能力
学案突破
必备知识
精要梳理
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利用平行公理;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进行平行转换.
(2)证明线线垂直:①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;②利用勾股定理;③利用线面垂直的性质定理.
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定理.
(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是判定定理.
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),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.
5.利用空间向量求空间角
(1)线线夹角的计算:设直线l,m的方向向量分别为a,b,且它们的夹角为
(2)线面夹角的计算:设平面α的法向量为n,直线AB与平面α所成的角为θ,如下图,
(3)面面夹角的计算:设平面α,β的法向量分别为n1,n2,α与β的夹角为θ,如下图,
(4)易错点提醒
①求线面角时,得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦,容易误以为是线面角的余弦.
②求二面角时,两法向量的夹角有可能是二面角的补角,要注意从图中分析.
关键能力
学案突破
热点一
空间平行、垂直关系的证明
1.几何法证明空间平行、垂直关系
【例1】(2020江苏南通高三模拟,16)在多面体ABCDEF中,BC∥EF,
BF=
,△ABC是边长为2的等边三角形,四边形ACDF是菱形,∠FAC=60°,
M,N分别是AB,DF的中点.
(1)求证:MN∥平面AEF;
(2)求证:平面ABC⊥平面ACDF.
证明
(1)取AC的中点O,连接OM,ON.因为M,N分别是AB,DF的中点,所以在菱形ACDF中,ON∥AF.在△ABC中,OM∥BC.又因为BC∥EF,所以OM∥EF,OM∩ON=O,所以平面OMN∥平面AEF.MN?平面OMN,所以MN∥平面AEF.
解题心得用几何法证明空间中的平行与垂直关系,关键是灵活运用各种平行(垂直)关系的转化:
【对点训练1】(2020吉林长春三模,19)在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,
AB⊥BC,AB=BC=1,PA=CD=2,PA⊥平面ABCD,E在棱PB上.
(1)求证:AC⊥PD;
证明
(1)过点A作AF⊥DC于点F.
∵AB∥CD,AB⊥BC,AB=BC=1.
∴四边形ABCF为正方形,则CF=DF=AF=1,∴∠DAC=90°,得AC⊥DA.又PA⊥底面ABCD,AC?平面ABCD,
∴AC⊥PA.又PA,AD?平面PAD,PA∩AD=A,
∴AC⊥平面PAD.
又PD?平面PAD,∴AC⊥PD.
又PA=2,则PB∶EB=PA∶h=3∶1.连接DB交AC于点O,连接OE,
∵△AOB∽△COD,∴DO∶OB=2∶1,得DB∶OB=3∶1,
∴PB∶EB=DB∶OB,则PD∥OE.又OE?平面AEC,PD?平面AEC,
∴PD∥平面AEC.
2.向量法证明空间平行、垂直关系
【例2】如图,在直三棱柱ADE-BCF中,平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直,M为AB的中点,O为DF的中点.
证明:(1)OM∥平面BCF;
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明
(1)由题意,得AB,AD,AE两两垂直,以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
设正方形边长为1,
同理可得平面EFCD的一个法向量n2=(0,1,1).
∵n1·n2=0,
∴平面MDF⊥平面EFCD.
解题心得向量法证明空间平行与垂直关系时,是以计算为手段,寻求直线上的线段对应的向量和平面的基向量、法向量的关系,关键是建立空间直角坐标系(或找空间一组基底)及寻找平面的法向量.
【对点训练2】(2019福建厦门二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,E为棱PC的中点.证明:
(1)BE⊥DC;
(2)BE∥平面PAD;
(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明
依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).
(2)因为PA⊥平面ABCD,AB?平面ABCD,所以AB⊥PA.又因为AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.
又BE?平面PAD,所以BE∥平面PAD.
热点二
空间位置关系的证明与求线面角
【例3】(2020北京海淀二模,17)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,BC∥AD,∠ADC=
,BC=CD=
AD=1,E为线段AD的中点,PE⊥底面ABCD,F是棱PC的中点,平面BEF与棱PD相交于点G.
(1)求证:BE∥FG;
(2)若PC与AB所成的角为
,求直线PB与
平面BEF所成角的正弦值.
(1)证明
因为E为AD中点,且BC=
AD,所以DE=BC.又因为AD∥BC,所以DE∥BC.所以四边形BCDE为平行四边形,所以BE∥CD.因为BE?平面PDC,CD?平面PDC,所以BE∥平面PDC.因为BE?平面BEGF,平面BEGF∩平面PDC=FG,所以BE∥FG.
解题心得利用向量法求直线与平面所成角时,易混淆直线与平面所成角和直线的方向向量与平面的法向量夹角的关系,一定要注意线面角θ与直线的方向向量和平面的法向量的夹角α的关系为sin
θ=|cos
α|.
【对点训练3】(2020山东,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
(1)证明
因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.
又因为底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD不在平面PBC中,所以AD∥平面PBC,又因为AD?平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.所以l⊥平面PDC.
热点三
空间位置关系的证明与求二面角
【例4】(2020全国Ⅰ,理18)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,
PO=
DO.
(1)证明:PA⊥平面PBC;
(2)求二面角B-PC-E的余弦值.
(1)证明
设DO=a,由题设可得
从而PA⊥PB.又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.
所以PA⊥平面PBC.
解题心得利用空间向量求二面角的解题模型
【对点训练4】(2020山东泰安三模,19)在四棱锥P-ABCD中,△PAB为等边三角形,四边形ABCD为矩形,E为PB的中点,DE⊥PB.
(1)证明:平面ABCD⊥平面PAB;
(2)设二面角A-PC-B的大小为α,求α的取值范围.
(1)证明
连接AE,因为△PAB为等边三角形,E为PB的中点,
所以AE⊥PB.又因为DE⊥PB,AE∩DE=E,所以PB⊥平面ADE,PB⊥AD.因为四边形ABCD为矩形,所以AD⊥AB,AB∩BP=B,所以AD⊥平面PAB.因为AD?平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PAB.
(2)解
以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
本
课
结
束(共54张PPT)
5.3.2 立体几何中的翻折问题及探索性问题
第三部分
内容索引
01
02
关键能力
学案突破
核心素养微专题(六)
关键能力
学案突破
热点一
翻折问题
1.翻折问题中空间关系的证明
【例1】(2020陕西西安中学高三模拟,19)在平行四边形ABCD中,AB=3,
BC=2,过点A作CD的垂线交CD的延长线于点E,AE=
.连接EB交AD于点F,如图1,将△ADE沿AD折起,使得点E到达点P的位置,如图2.
(1)证明:直线AD⊥平面BFP;
(2)若G为PB的中点,H为
CD的中点,且平面ADP⊥
平面ABCD,求三棱锥
G-BCH的体积.
(1)证明
如题图1,在Rt△BAE中,AB=3,AE=
,∴∠AEB=60°.
在Rt△AED中,AD=2,∴∠DAE=30°.∴BE⊥AD.
如题图2,PF⊥AD,BF⊥AD,PF∩BF=F,∴AD⊥平面BFP.
(2)解
(方法一)∵平面ADP⊥平面ABCD,且平面ADP∩平面ABCD=AD,PF?平面ADP,PF⊥AD,
∴PF⊥平面ABCD.取BF的中点为O,
连接GO,则GO∥PF,∴GO⊥平面ABCD,
即GO为三棱锥G-BCH的高,
(方法二)∵平面ADP⊥平面ABCD,且平面ADP∩平面ABCD=AD,PF?平面ADP,PF⊥AD,∴PF⊥平面ABCD.
解题心得解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”以及“变的位置关系和数量关系”,转化为一般的立体几何问题解答.
【对点训练1】(2020湖南怀化三模,18)图1是直角梯形ABCD,AB∥DC,
∠D=90°,AB=2,DC=3,AD=
,点E在DC上,CE=2ED,以BE为折痕将△BCE折起,使点C到达点C1的位置,且AC1=
,如图2.
(1)证明:平面BC1E⊥平面ABED;
(2)求点B到平面AC1D的距离.
(1)证明
在图1中,连接AE,由已知得AE=2.
∵CE∥BA,且CE=BA=AE,∴四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点F,
由题意知,C1F⊥BE,且AF∩BE=F,∴C1F⊥平面ABED,又C1F?平面BC1E,
∴平面BC1E⊥平面ABED;
2.求翻折问题中的空间角
【例2】(2020北京顺义二模,17)如图1所示,四边形ABCD是边长为
的正方形,沿BD将点C翻折到点C1位置(如图2所示),使得二面角A-BD-C1成直二面角.E,F分别为BC1,AC1的中点.
(1)求证:BD⊥AC1;
(2)求平面DEF与平面ABD所成
的二面角的余弦值.
(1)证明
取BD的中点O,连接AO,OC1.因为四边形ABCD是正方形,所以在三棱锥中,BD⊥AO,BD⊥OC1.
因为AO∩OC1=O,AO,OC1?平面AOC1,所以BD⊥平面AOC1.又因为AC1?平面AOC1,所以BD⊥AC1.
(2)解
因为二面角A-BD-C1为直二面角,平面ABD∩平面BDC1=BD,且BD⊥AO,BD⊥OC1,AO∩OC1=O,
所以∠C1OA=90°,即C1O⊥AO,所以AO,OC1,BD两两垂直.以O为原点,
OA,OB,OC1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.
解题心得平面图形翻折后成为空间图形,翻折后还在同一个平面上的线线关系不发生变化,不在同一个平面上的可能发生变化.解决这类问题就是要根据这些变与不变,去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值.
【对点训练2】(2020山东济宁三模,18)如图1,四边形ABCD为矩形,
BC=2AB,E为AD的中点,将△ABE,△DCE分别沿BE,CE折起得图2,使得平面ABE⊥平面BCE,平面DCE⊥平面BCE.
(1)求证:平面ABE⊥平面DCE;
(2)若F为线段BC的中点,求直线FA与平面ADE所成角的正弦值.
(1)证明
在题图1中,BC=2AB,且E为AB的中点,∴AE=AB,
∴∠AEB=45°,同理∠DEC=45°,
∴∠CEB=90°,∴BE⊥CE.又平面ABE⊥平面BCE,平面ABE∩平面BCE=BE,∴CE⊥平面ABE.又CE?平面DCE,∴平面ABE⊥平面DCE.
(2)解
以E为坐标原点,EB,EC所在的直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系,设AB=1,则
得平面ADE的一个法向量为n=(-1,-1,1).
热点二
探索性问题
1.与空间位置关系有关的探索性问题
【例3】(2020天津河西一模,17)在如图所示的几何体P-ABCDE中,△ABP和△AEP均为以A为直角顶点的等腰直角三角形,AB⊥AE,AB∥CE,AE∥CD,CD=CE=2AB=4,M为PD的中点.
(1)求证:CE⊥PE;
(2)求二面角M-CE-D的大小;
(3)在线段PE上是否存在点N,使得平面
ABN∥平面MCE,若存在,求出线段AN的
长;若不存在,请说明理由.
解
依题意得,△ABP和△AEP均为以A为直角顶点的等腰直角三角形,
则PA⊥AB,PA⊥AE,所以PA⊥面ABCDE.又因为AB⊥AE,可以建立以A为原点,分别以
的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),得A(0,0,0),B(2,0,0),C(4,2,0),D(4,6,0),E(0,2,0),P(0,0,2),M(2,3,1).
解题心得1.对于空间位置关系中的存在性问题,解题思路是将假设存在所得的结论当作条件,据此条件以向量为工具,列出满足条件的方程或方程组把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等.
2.对于位置探索型问题,通常借助向量引入参数,综合条件和结论列方程或方程组,解出参数,从而确定位置.
【对点训练3】(2020福建福州三模,19)如图,在多面体P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,∠BAD=90°,∠PAD=120°,BC=1,
AB=AD=PA=2.
(1)求多面体P-ABCD的体积;
(2)已知E是棱PB的中点,在棱CD上是否存在点F使得EF∥PD,若存在,请确定点F的位置;若不存在,请说明理由.
解
(1)如图,作PH⊥AD交DA的延长线于点H.
因为平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,且PH?平面PAD,所以PH⊥平面ABCD,所以PH为点P到平面ABCD的距离.
(2)不存在.理由如下:假设在棱CD上存在点F,使得EF∥PD.连接BD,取BD的中点M,连接EM,EF.
在△BPD中,因为E,M分别为BP,BD的中点,所以EM∥PD.因为过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行,所以EM与EF重合.因为点F在线段CD上,所以F=BD∩CD,又因为BD∩CD=D,所以F是BD与CD的交点D,即EF就是ED,而ED与PD相交,这与EF∥PD相矛盾,
所以假设不成立,故在棱CD上不存在点F使得
EF∥PD.
2.与空间角有关的探索性问题
【例4】(2020山东济南二模,19)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,∠PAB=∠PBA=45°,∠ABC=2∠BAC=60°,D是棱AB的中点,点E在棱PB上,点G是△BCD的重心.
(1)若E是PB的中点,证明GE∥平面PAC;
(2)是否存在点E,使二面角E-CD-G的大小
为30°,若存在,求
的值;若不存在,请
说明理由.
(1)证明
延长DG交BC于点F,连接EF,因为点G是△BCD的重心,故F为BC的中点.
因为D,E分别是棱AB,BP的中点,所以DF∥AC,DE∥AP,又因为DF∩DE=D,所以平面DEF∥平面APC.又因为GE?平面DEF,所以GE∥平面PAC.
(2)解
存在.连接PD,因为∠PAB=∠PBA=45°,所以PA=PB.又因为D是AB的中点,
所以PD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC,
而平面PAB∩平面ABC=AB,PD?平面PAB,
所以PD⊥平面ABC.
如图,以D为原点,垂直于AB的直线为x轴,
DB,DP所在直线分别为y轴,z
解题心得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)在这个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4】
(2020天津滨海新区高三四校联考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAB⊥底面ABCD,CD∥AB,AD⊥AB,AD=AB=2,
(1)求证:CN∥平面PEF;
(2)求二面角N-CD-A的余弦值;
(3)在线段BC上是否存在一点Q,使NQ与
平面PEF所成角的正弦值为
,若存在,
求出BQ的长;若不存在,说明理由.
(1)证明
取PE中点G,连接GN,FG,则GN∥BE,GN=
BE=
,即GN∥CF,GN=CF,所以GNCF为平行四边形,CN∥FG,CN?平面PEF,FG?平面PEF,所以CN∥平面PEF.
(2)解
因为PA=PB,点E为AB的中点,所以PE⊥AB.又因为侧面PAB⊥底面ABCD且侧面PAB∩底面ABCD=AB,所以PE⊥平面ABCD.分别以EB,EF,EP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,
核心素养微专题(六)
立体几何解答题中的条件选择问题
【例题】(2020山东青岛二模,18)试在①PC⊥BD,②PC⊥AB,③PA=PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处,使得PO⊥平面ABCD成立,请说明理由,并在此条件下进一步解答该题.
如图,在四棱锥P-ABCD中,AC∩BD=O,底面ABCD为菱形,若 ,且∠ABC=60°,异面直线PB与CD所成的角为60°,求二面角A-PB-C的余弦值.?
解
若选②,由PO⊥平面ABCD知PO⊥AB,又因为PC⊥AB,所以AB⊥平面PAC,所以AB⊥AC,所以∠BAC=90°,BC>BA,这与底面ABCD为菱形矛盾,所以②必不选,故选①③.
下面证明:PO⊥平面ABCD.因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.
因为PC⊥BD,PC∩AC=C,所以BD⊥平面APC.
又因为PO?平面APC,所以BD⊥PO.
因为PA=PC,O为AC中点,所以PO⊥AC.
又AC∩BD=O,所以PO⊥平面ABCD.
核心素养分析数学学科核心素养是数学课程目标的集中体现,新高考数学对核心素养的考查和渗透日趋加强.山东新高考创新性地出现了开放性的解答题,有利于立德树人,提升素养.
本题首先需要理解题意,从数量关系、图形关系中抽象出数学问题,体现了数学抽象的核心素养;结合图形,理解直线、平面之间的位置关系,并进行推理证明,对直观想象和逻辑推理的核心素养有较高的要求;建立空间直角坐标系,根据向量坐标及相关公式,通过“数学运算”得出答案.
【跟踪训练】(2020山东潍坊二模,19)请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并作答.
如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,且PA=AB=2,PD的中点为F.
(1)在线段AB上是否存在一点G,使得AF∥平面PCG?
若存在,指出G在AB上的位置并给以证明;若不存在,
请说明理由;
(2)若 ,求二面角F-AC-D的余弦值.?
解
(1)在线段AB上存在中点G,使得AF∥平面PCG.
证明如下:如图所示,
设PC的中点为H,连接FH.
∴FH∥AG,FH=AG,
∴四边形AGHF为平行四边形,则AF∥GH.
又GH?平面PGC,AF?平面PGC,
∴AF∥平面PGC.
(2)方案一:选条件①.
∵PA⊥平面ABCD,
∴PA⊥BC,由题意知AB,AD,AP两两垂直,以AB,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.
∵PA=AB=2,则A(0,0,0),B(2,0,0),
C(2,2,0),D(0,2,0),F(0,1,1),P(0,0,2),
设平面FAC的法向量为μ=(x,y,z),
方案二:选条件②.∵PA⊥平面ABCD,取BC中点E,连接AE,取AD的中点M,连接FM,CM,
则FM∥PA,且FM=1,
∴FM⊥平面ABCD,FC与平面ABCD所成角为∠FCM,
∴AE2+BE2=AB2,∴BC⊥AE,
∴AE,AD,AP两两垂直,以AE,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.
方案三:选条件③.
∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC,取BC中点E,连接AE,
∴△ABC是正三角形.
∵E是BC的中点,∴BC⊥AE,
∴AE,AD,AP两两垂直,以AE,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.
本
课
结
束
