(共48张PPT)
第1讲 空间几何体的结构、表面积与体积
专题四
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.空间几何体的表面积与体积公式
球的表面积恰好是球的大圆面积的4倍
名师点析柱体、锥体、台体的体积公式之间的关系(S',S分别为上、下底面面积,h为高)
易错警示正四面体一定是正三棱锥,但正三棱锥不一定是正四面体.
关键能力 学案突破
突破点一
空间几何体的结构特征
B
[例1-2]如图,有一圆柱形的开口容器(下底面密封),其轴截面是边长为2的正方形,P是BC的中点,现有一只蚂蚁位于外壁A处,内壁P处有一米粒,则这只蚂蚁取得米粒所需经过的最短路程为 .
名师点析几何体的表面展开及其应用
(1)圆锥、圆柱的侧面展开图分别为扇形和矩形,圆锥、圆柱的底面周长分别为扇形的弧长、矩形的一边长,据此建立圆锥、圆柱基本量的联系解决问题.
(2)解决多面体或旋转体的表面上与长度有关的最值问题时,一般采用转化法,即将表面展开化为平面图形,通过“化折为直”或“化曲为直”来解决,注意展开前后哪些几何量发生变化,哪些不变.
对点练1
(1)021·山东淄博二模)已知圆台的上、下底面面积分别为4,16,则过该圆台的母线的中点,且平行于底面的平面截该圆台,所得截面的面积为( )
A.10 B.8 C.9 D.8
C
(2)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,M为棱DD1上的一点,当A1M+MC取最小值时,B1M的长为( )
D
突破点二
空间几何体的表面积
[例2-1]国家游泳中心(水立方/冰立方)的设计灵感来源于威尔-弗兰泡沫,威尔-弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进,开尔文胞体是一种多面体,它由正六边形和正方形围成(其中每个顶点处有1个正方形和2个正六边形),已知该多面体共有24个顶点,且棱长为1,则该多面体的表面积是( )
C
[例2-2] (2023·广东一模)已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等,若圆锥的轴截面是等边三角形,则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为( )
C
解析 设圆锥和圆柱的底面半径为r,高为h,圆锥的母线长为l.
因为圆锥的轴截面是等边三角形,所以l=2r,
方法总结求几何体表面积的方法
(1)对于简单几何体,常根据其结构特征求表面积,有公式的可直接利用公式求解.
(2)对于组合体,先弄清组合体中各简单几何体的结构特征及组成形式,再求组合体的表面积.
对点练2
(1)(2023·湖南怀化模拟)如图所示,在四边形ABCD中,AD⊥AB,∠ADC=135°, AB=3,CD= ,AD=1,则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为( )
C
(2)(2023·甘肃兰州诊断测试)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式,常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等,多见于亭阁式建筑,兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分如图所示,它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体,已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度(单位:dm)分别为2,6,4,正三棱柱各棱长均相等,则该结构的表面积为( )
A
突破点三
空间几何体的体积
C
[例3-2](2022·新高考Ⅰ,4)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为
A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3
C
解析 由题意可得,此棱台的高h=157.5-148.5=9(m).
设水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为S1,水库水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为S2,则S1=140.0 km2=1.4×108 m2,S2=180.0 km2=1.8×108 m2,故该棱台的体积
≈1.4×109(m3),
即增加的水量约为1.4×109 m3.故选C.
方法总结求几何体体积的基本方法
(1)直接法:对于规则的几何体,可利用相关公式直接计算求解.
(2)割补法:对于不规则的几何体,可将其分割成规则的几何体,进行体积计算;也可把不规则的几何体补成规则的几何体,进行体积计算.
(3)转换法:主要用于求三棱锥(四面体)的体积,将三棱锥的顶点和底面进行转换,使其底面的面积可求(或容易求),高可求(或容易求),从而代入公式求得体积.
对点练3
(1)(2023·福建莆田二模)某校科技社利用3D打印技术制作实心模型.如图,该模型的上部分是半球,下部分是圆台.其中半球的体积为144π cm3,圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半.打印所用原料密度为1.5 g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为( )(1.5π≈4.7)
A.3 045.6 g B.1 565.1 g
C.972.9 g D.296.1 g
C
B
解析 如图,将三棱锥P-AMN看作三棱锥A-PMN,即以A为顶点,△PMN为底面的三棱锥,将三棱锥P-ABC看作三棱锥A-PBC,即以A为顶点,△PBC为底面的三棱锥.
突破点四
与球有关的接切问题
命题角度1 几何体的外接球问题
[例4-1] (2023·湖南师大附中模拟)如图所示,一个球内接圆台,已知圆台上、下底面的半径分别为3和4,球的表面积为100π,则该圆台的体积为( )
D
解析 因为圆台外接球的表面积S=4πr2=100π,所以球的半径r=5.设圆台的上、下底面圆心分别为O2,O1,在上、下底面圆周上分别取点A,B,
连接OO2,OO1,OA,OB,O2A,O1B,如图.
因为圆台上、下底面的半径分别为3和4,
所以|OB|=|OA|=5,|O1B|=4,|O2A|=3,
A
解析 如图,在三棱锥P-ABC中,AB2+PA2=20=PB2,则PA⊥AB,同理PA⊥AC,
而AB∩AC=A,AB,AC 平面ABC,所以PA⊥平面ABC.
在△ABC中,AB=AC=4,BC=2,
方法总结求解多面体外接球问题的两种思路
(1)补形法:对于同一顶点出发的三条棱互相垂直的锥体,侧面为直角三角形,或正四面体,或对棱均相等的四面体模型,可以还原到正方体或长方体中去求解;
(2)确定球心法:到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心,借助某特殊底面的外接圆圆心,找其垂线,则球心一定在垂线上,再根据到其他顶点距离也是半径,列关系式求解即可.
A
(2)(2023·河南郑州一模)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为 的球O的球面上,则该圆柱的侧面积的最大值为 .
2π
命题角度2 几何体的内切球问题
[例4-3]若在母线长为5,高为4的圆锥中挖去一个小球,则剩余部分的体积的最小值为 .
[例4-4] (2023·广东珠海模拟)半正多面体亦称“阿基米德体”,“阿基米德多面体”是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成,其可由正四面体切割而成,如图所示.已知MN=1,若在该半正多面体内放一个球,则该球表面积的最大值为 .
解析 由题意知,当球的表面积最大时,该球的球心即为半正多面体所在正四面体的内切球的球心,记球心为O',正四面体为P-ABC,取BC中点D,连接AD,PD,连接PO'并延长,交AD于E,如图.
名师点析求几何体内切球的半径的常用方法
(1)将空间问题转化为平面问题,通过构造直角三角形,利用平面知识求出内切球的半径.
(2)利用体积分割求出内切球的半径.
B
解析 如图,取AD的中点E,BC的中点F,连接PE,EF,PF,
则由平面PAD⊥平面ABCD,可知PE⊥平面ABCD,所以PE⊥EF.
由题意及对称性可知四棱锥P-ABCD内可以放置的最大球的半径即为Rt△PEF内切圆的半径.
(2)(2023·湖南郴州三模)已知三棱锥P-ABC的棱长均为4,先在三棱锥P-ABC内放入一个内切球O1,然后再放入一个球O2,使得球O2与球O1及三棱锥P-ABC的三个侧面都相切,则球O2的表面积为 .
解析 设△ABC的外接圆圆心为O(BC中点为D),取截面PAD,
设球O1,球O2与平面PBC的切点为M,N,如图所示.(共30张PPT)
第2讲 空间位置关系的判断与证明
专题四
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.直线、平面平行的判定与性质
(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 β∥α.
(4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b a∥b.
2.直线、平面垂直的判定与性质
(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 β⊥α.
(4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a α,a⊥l a⊥β.
3.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、直线与平面所成的角、二面角的平面角)的定义,把空间角转化为平面角来求解.
关键能力 学案突破
突破点一
空间线面位置关系的判断与证明
命题角度1 有关线面位置关系的命题的真假判断
[例1-1]设α,β是空间两个不同平面,a,b,c是空间三条不同直线,下列命题为真命题的是( )
A.若α∥β,b∥α,则b∥β
B.若a与b相交,a∥α,b∥β,则α与β相交
C.若α⊥β,a∥α,则a⊥β
D.若α⊥β,α∩β=a,b α,b⊥a,c⊥β,则b∥c
D
解析 对于A选项,若α∥β,b∥α,则b∥β或b β,故A中命题为假命题.
对于B选项,若直线a与b相交,a∥α,b∥β,则α与β相交或平行,故B中命题为假命题.
对于C选项,若α⊥β,a∥α,则a与β的位置关系不确定,故C中命题为假命题.
对于D选项,若α⊥β,α∩β=a,b α,b⊥a,则b⊥β,又c⊥β,所以b∥c,故D中命题为真命题.故选D.
名师点析判断与空间位置关系有关的命题真假的3种方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断.
(2)借助反证法,当从正面入手较难时,可利用反证法,推出与题设或公认的结论相矛盾,进而作出判断.
(3)借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系,结合有关定理,进行判断.
对点练1
已知直线l,m和平面α,下列命题为真命题的是( )
A.若l∥m,m α,则l∥α
B.若l∥α,m α,则l∥m
C.若l⊥α,m α,则l⊥m
D.若l⊥m,l⊥α,则m⊥α
解析 对于A,若l∥m,m α,则l∥α或l α,故A中命题为假命题.对于B,若l∥α,m α,则l∥m或l,m异面,故B中命题为假命题.对于C,若l⊥α,m α,则l⊥m,故C中命题为真命题.对于D,若l⊥m,l⊥α,则m∥α或m α,故D中命题为假命题.故选C.
C
命题角度2 空间几何体中线面位置关系的判断
[例1-2] (2022·全国乙,理7)在正方体ABCD -A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则( )
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
A
解析 如图,对于A,∵E,F分别为AB,BC的中点,
∴EF∥AC.在正方体ABCD -A1B1C1D1中,AC⊥BD,DD1⊥AC,
又BD∩DD1=D,∴AC⊥平面BDD1,∴EF⊥平面BDD1.
又EF 平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1.故A正确.
对于B,连接AC1,易证AC1⊥平面A1BD.
假设平面B1EF⊥平面A1BD,又AC1 平面B1EF,∴AC1∥平面B1EF.
又AC∥EF,AC 平面B1EF,EF 平面B1EF,∴AC∥平面B1EF.
又AC1∩AC=A,∴平面AA1C1C∥平面B1EF.
又平面AA1C1C∩平面AA1B1B=AA1,平面B1EF∩平面AA1B1B=B1E,
∴AA1∥B1E,显然不成立,∴假设不成立,即平面B1EF与平面A1BD不垂直.
故B错误.
对于C,由题意知,直线AA1与B1E必相交,故平面B1EF与平面A1AC必相交.故C错误.
对于D,连接AB1,CB1,易证平面AB1C∥平面A1C1D,又平面B1EF与平面AB1C相交,∴平面B1EF与平面A1C1D不平行.故D错误.
名师点析空间几何体中线面位置关系的判断方法
(1)明确空间几何体的结构特征,明确其中已有的平行、垂直关系.
(2)熟练掌握线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理及性质定理,并能灵活运用.
对点练2
如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则( )
A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
A
解析 如图,连接AD1,则AD1经过点M,且M为AD1的中点.
又N为BD1的中点,所以MN∥AB.
又MN 平面ABCD,AB 平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.
易知AB不垂直于平面BDD1B1,所以MN不垂直于平面BDD1B1.
在正方体ABCD -A1B1C1D1中,AB⊥平面ADD1A1,
∵A1D 平面ADD1A1,∴AB⊥A1D.
又四边形ADD1A1为正方形,∴A1D⊥AD1.
又AD1∩AB=A,∴A1D⊥平面ABD1,
∴直线A1D与直线D1B垂直.
易知直线A1D与直线D1B异面.故选A.
突破点二
空间角的定义求法
[例2-1]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为( )
D
[例2-2] (2022·全国甲,理7)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则( )
A.AB=2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C.AC=CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
D
名师点析用定义法求空间角的基本步骤
(1)作:根据异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的平面角的定义,在空间图形中作出相应的角.
(2)证:证明作出的角是异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的平面角.
(3)求:在三角形中,计算所作出的角,通常要用勾股定理、余弦定理等.
对点练3
(1)如图,圆台OO1的上底面半径为O1A1=1,下底面半径为OA=2,母线长AA1=2,过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C,则异面直线OO1与A1C所成角的大小为( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
B
解析 如图,在直角梯形OO1A1A中,
∵B为OA的中点,OA=2,
∴O1A1=OB=AB=1,
连接A1B,易知四边形OO1A1B为矩形,
∴OO1∥A1B,
∴∠BA1C为异面直线OO1与A1C所成的角.
在Rt△AA1B中,AA1=2,AB=1,
在Rt△A1BC中,∵BC=A1B,
∴∠BA1C=45°.故选B.
(2)(2021·山东济南二模)已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍,则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为 .
突破点三
立体几何中的动态问题
[例3]如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,给出以下3个结论:
①三棱锥D-BPC1的体积为定值;②异面直线C1P与CB1所成的角为定值;③二面角P-BC1-D的大小为定值.其中正确结论有( )
A.0个 B.1个
C.2个 D.3个
D
解析 对于①, ,而为定值,因为P∈AD1,AD1∥平面BDC1,所以点P到平面BDC1的距离等于点A到平面BDC1的距离,所以点A到平面BDC1的距离为定值,所以三棱锥D-BPC1的体积为定值,故①正确.对于②,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知B1C⊥平面ABC1D1,而C1P 平面ABC1D1,所以B1C⊥C1P,所以异面直线C1P与CB1所成的角为90°,为定值,故②正确.对于③,二面角P-BC1-D的大小,即为平面ABC1D1与平面BDC1所成二面角的大小,而这两个平面位置固定不变,故二面角P-BC1-D的大小为定值,故③正确.故选D.
名师点析立体几何中的动态问题及解法
(1)立体几何中的动态问题主要包括空间动点轨迹的判断,求面积、体积及角的取值范围,判断位置关系等问题.
(2)立体几何中的动态问题的解法:①根据已知的定义、定理、性质等推断出动点的轨迹;②注意转化法的应用;③注意动态问题中不变的量与位置关系.
对点练4
(多选题)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,P为AA1的中点,AB=4,BC=3, BB1=8,点M在面AA1B1B内运动,则下列说法正确的是( )
A.存在点M,使BM∥CP
C.存在点M(异于点P),使P,M,C,D1四点共面
D.若点M到面ABCD的距离与它到点A1的距离相等,则点M的轨迹是抛物线的一部分
BCD
解析 对于A,假设存在点M,使BM∥CP,
因为BM 平面ABB1A1,CP 平面ABB1A1,
所以CP∥平面ABB1A1,与CP∩平面ABB1A1=P矛盾,所以A错误.
对于B,如图,连接AC,因为AB=4,BC=3,AB⊥BC,所以AC=5.
因为P为AA1的中点,AA1=BB1=8,所以PA=4,
所以B正确.对于C,如图,取AB的中点N,连接PN,A1B,D1C,
因为PN∥A1B,A1B∥D1C,所以PN∥D1C,所以PN与D1C共面,
所以当M∈PN,且点M异于点P时,P,M,C,D1四点共面,所以C正确.
对于D,由题意可知点M到平面ABCD的距离即点M到直线AB的距离,所以点M到直线AB的距离与它到点A1的距离相等,由抛物线的定义,可知点M的轨迹是抛物线的一部分,所以D正确.故选BCD.(共25张PPT)
素养提升微专题(五) 截面问题
第一编
规律方法
1.平面截几何体的三种基本方式:横截、纵截、斜截.
2.正方体的截面形状:正方体的横截面为正方形,纵截面为正方形或矩形,斜截面的情况如下:
考查角度
角度一 确定截面的形状
[例1]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,F为AD的中点,E为棱D1D上的动点(不包括端点),过点B,E,F的平面截正方体所得的截面的形状不可能是( )
A.四边形 B.等腰梯形
C.五边形 D.六边形
D
图①
图②
图③
易错警示在判断截面形状时,如果对截面与几何体的各个面是否存在交线,交线是什么形状,交线的位置等情况分析不清,那么容易导致判断错误,因此要结合空间中线面平行、面面平行的判定定理和性质定理等进行分析判断.
角度二 确定截面的个数
[例2]已知四棱锥P-ABCD的底面不是平行四边形,用平面α去截此四棱锥,使得截面是平行四边形,则这样的平面α( )
A.不存在 B.只有1个
C.恰有4个 D.有无数多个
D
解析 设平面PAB与平面PCD相交于直线m,平面PAD与平面PBC相交于直线n,由m,n确定的平面为β,作α与β平行,且与四条侧棱相交,交点分别为A1,B1,C1,D1,则由面面平行的性质定理,可知A1B1∥m∥D1C1,A1D1∥n∥B1C1,从而得截面必为平行四边形.由于平面α可以上下移动,故这样的平面α有无数多个.故选D.
角度三 计算截面图形的面积或周长
[例3-1]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为3,E为棱BB1上靠近B1的三等分点,则平面AED1截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面面积为( )
C
解析 延长AE,A1B1交于点F,连接D1F交B1C1于点G,如图所示,
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1∥平面BCC1B1,
∵平面AFD1∩平面ADD1A1=AD1,平面AFD1∩平面BCC1B1=EG,∴AD1∥GE.
[例3-2] (2022·河南南阳三模)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是棱AB上的动点,过A1,C1,P三点作正方体的截面,若截面把正方体分成体积之比为7∶25的两部分,则该截面的周长为( )
D
A
解析 如图,取CD的中点O,连接OA,OB.
因为△ACD为等边三角形,O为CD的中点,
所以OA⊥CD.
同理OB⊥CD.
又OA∩OB=O,
所以CD⊥平面AOB.
又AB 平面AOB,
所以CD⊥AB.
设平面α分别交AC,AD,BD,BC于点E,F,G,H,连接EF,FG,GH,HE.
因为CD∥平面α,CD 平面ACD,平面ACD∩平面α=EF,
所以CD∥EF.同理GH∥CD,EH∥AB,FG∥AB.
所以EF∥GH,EH∥FG.所以四边形EFGH为平行四边形.
因为AB⊥CD,所以EF⊥EH,所以 EFGH为矩形.
名师点析解决截面面积的最值问题的方法
首先根据几何体的结构特征以及截面所在平面满足的条件,确定截面的形状,然后合理设置变量,将截面面积用变量表示出来,最后利用均值不等式或函数的性质求出最值,即可求得截面面积的最值.
对点演练
1.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱B1B,B1C1的中点,G是棱CC1的中点,则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为( )
A.矩形 B.三角形
C.正方形 D.等腰梯形
D
解析 如图,取BC的中点H,连接AH,GH,D1G,AD1,由题意易知GH∥EF,AH∥A1F,GH= AD1,GH∥AD1,AH=D1G,
所以A,H,G,D1四点共面,四边形AHGD1为等腰梯形.
因为GH 平面A1EF,EF 平面A1EF,所以GH∥平面A1EF.
同理AH∥平面A1EF.
又GH∩AH=H,GH,AH 平面AHGD1,
所以平面AHGD1∥平面A1EF.
所以过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为
等腰梯形.
故选D.
2.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设与对角线AC1垂直的平面α截该正方体所得截面多边形为M,则关于多边形M的说法正确的是( )
A.M可能为等边三角形
B.M可能为正方形
C.若M为六边形,则面积为定值
D.若M为六边形,则周长为定值
AD
解析 对于A,由△A1BD为正三角形,AC1⊥平面A1BD,可知M可能为正三角形,故A正确.
对于B,平面α要么与正方体的三个面相交,要么与正方体的六个面相交,从而截面为三角形或六边形,故B错误.
对于C,D,如图,当截面M为六边形EFGHIJ时,由于
截面A1BD与截面EFGHIJ都与直线AC1垂直,因此
它们平行,所以GH∥A1B,同理GF∥B1C,设
3.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是线段BC1上的点,过点A1的平面α与直线PD垂直,当点P在线段BC1上运动时,平面α截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面面积的最小值是( )
C
解析 以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则A(0,0,0),A1(0,0,1),B(1,0,0),B1(1,0,1),C(1,1,0),C1(1,1,1),D(0,1,0),D1(0,1,1).
设点P(1,t,t),其中0≤t≤1.
4.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P为BC的中点,Q为CC1的中点,则过点A,P,Q的平面α截该正方体所得截面的周长为 . (共102张PPT)
专项突破四 立体几何解答题
专题四
突破1
空间位置关系、空间角的向量方法
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利用平行线的传递性;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等.
(2)证明线线垂直:①利用等腰三角形三线合一的性质;②利用勾股定理;③利用线面垂直的性质等.
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.
(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
(1)证明面面平行最常用的方法是利用面面平行的判定定理.
(2)证明面面垂直最常用的方法是利用面面垂直的判定定理.
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),l α,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.
关键能力 学案突破
考向一 空间位置关系的证明
[例1]如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,
AD=DC=PA=2,AB=1,E为PC的中点.
求证:(1)BE⊥PD;
(2)BE∥平面PAD;
(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明 (方法一)(1)如图,取PD的中点F,连接AF,EF,
因为E为PC的中点,所以FE∥DC,且FE= DC,
又因为DC=2AB,AB∥DC,所以FE∥AB,且FE=AB,
所以四边形ABEF是平行四边形,所以BE∥AF.
又因为PA=AD,F为PD的中点,所以AF⊥PD,
所以BE⊥PD.
(2)由(1)知BE∥AF,AF 平面PAD,BE 平面PAD,所以BE∥平面PAD.
(3)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.
又因为AD⊥AB,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.
又因为AB∥DC,所以DC⊥平面PAD.
又因为DC 平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.
(方法二)因为PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,所以PA,AB,AD两两互相垂直.以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
(3)由(2)知 为平面PAD的一个法向量,则DC⊥平面PAD.又DC 平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.
方法总结证明空间中位置关系的方法
证明空间中的平行、垂直关系,均可利用几何法和向量法.在实际应用中,可灵活处理,如果题目给出的空间图形适合建立空间直角坐标系,那么可建系后利用坐标运算来证明位置关系.
精典对练·得高分
求证:(1)A1B1⊥平面AA1C;
(2)AB1∥平面A1C1C.
证明 (方法一)(1)因为AB=AC,BC= AB,
所以AB2+AC2=BC2,
所以AB⊥AC.
因为四边形A1ABB1是正方形,
所以A1B1∥AB,AB⊥AA1.
又AA1∩AC=A,
所以AB⊥平面AA1C.
所以A1B1⊥平面AA1C.
(2)如图,取BC的中点D,连接AD,B1D,C1D.
因为B1C1∥BC,且B1C1= BC=BD,
所以四边形BDC1B1是平行四边形,
所以C1D∥BB1,且C1D=BB1.
因为四边形A1ABB1是正方形,
所以AA1∥BB1,且AA1=BB1.
所以C1D∥AA1,且C1D=AA1,
所以四边形AA1C1D是平行四边形,所以A1C1∥AD.
因为AD 平面A1C1C,A1C1 平面A1C1C,
所以AD∥平面A1C1C.
同理B1D∥平面A1C1C.因为B1D∩AD=D,所以平面B1AD∥平面A1C1C.
因为AB1 平面B1AD,所以AB1∥平面A1C1C.
(方法二)因为二面角A1-AB-C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,
所以AA1⊥平面BAC.
又因为AB=AC,BC= AB,
所以∠CAB=90°,即AC⊥AB.
所以AB,AC,AA1两两互相垂直.
如图,建立空间直角坐标系,
设AB=2,
则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).
考向二 利用空间向量求线面角
命题角度1 求线面角
[例2-1] (2022·全国乙,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD, ∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
(1)证明 ∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,
∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.
又E为AC的中点,AD=CD,
∴DE⊥AC,BE⊥AC.
又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.
又AC 平面ACD,
∴平面BED⊥平面ACD.
(2)解 如图,连接EF,由(1)知AC⊥平面BED.
∴EF⊥AC,∴当△AFC的面积最小时,EF最小.
在△BDE中,若EF最小,则EF⊥BD.
∵AB=CB=2,∠ACB=60°,∴△ABC为等边三角形,
∴AC=2,BE=
∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形,
∴DE=1.
又BD=2,∴DE2+BE2=BD2,∴BE⊥DE.
由(1)知DE⊥AC,BE⊥AC,则以E为原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
名师点析利用向量求直线与平面所成角的方法
(1)分别求出直线与它在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角).
(2)求出直线的方向向量m,平面的法向量n,设直线与平面所成的角为θ,则sin θ=|cos|= ,求出θ的值.
精典对练·得高分
(1)证明:直线l⊥平面B1BDD1;
(2)已知EF=2,三棱锥B1-BDF的体积 若D1F与平面BDD1所成角为θ,求sin θ的取值范围.
∴四边形AEFC为平行四边形,∴AC∥EF.
∵EF 平面BEF,AC 平面BEF,∴AC∥平面BEF.
∵平面BEF∩平面ABCD=l,AC 平面ABCD,
∴AC∥l.
∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD.
∵BB1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,
∴AC⊥BB1.
∵BD∩BB1=B,BD,BB1 平面B1BDD1,
∴AC⊥平面B1BDD1.∵AC∥l,
∴l⊥平面B1BDD1.
(2)解 连接A1C1交B1D1于O1点,设AC∩BD=O,则OO1∥BB1.
∵BB1⊥平面ABCD,∴OO1⊥平面ABCD.
∵OB,OC 平面ABCD,
∴以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,
建立空间直角坐标系如图所示.
数学思想·扩思路
转化与化归思想
如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,CC1=2,E,F分别为BC,CC1的中点.
(1)求过E,F,D1三点的截面的面积;
(2)一只小虫从点A经BB1上一点P到达点C1,求小虫所经过的路程最短时,直线ED1与平面APC1所成角的正弦值.
(2)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,
则A(2,0,0),C1(0,1,2),D1(0,0,2),E(1,1,0).
名师点析沿几何体表面运动,求距离之和最小的问题,通常采取化曲为直的思想方法,将几何体的表面展开,在平面内,将折线转化为直线,进而求出距离之和最小等问题.
命题角度2 已知线面角求其他量
又因为AB⊥B1D,AB∩CD=D,所以B1D⊥平面ABC.
又因为B1D 平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
精典对练·得高分
(2023·广西柳州模拟)如图所示,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB, AB=BC=2AD=2,四边形EDCF为矩形,DE=2,平面EDCF⊥平面ABCD.
(1)证明:DF∥平面ABE;
(2)P为线段BE上一点,直线AP与平面BEF所成角的正弦值为 ,求线段BP的长.
(1)证明 ∵四边形EDCF为矩形,∴DE⊥CD.
又平面EDCF⊥平面ABCD,平面EDCF∩平面ABCD=CD,
∴ED⊥平面ABCD.
在平面ABCD内过点D作DH垂直BC于H点,
则DA,DH,DE相互垂直,
以D为原点,DA,DH,DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,
考向三 利用空间向量求二面角
命题角度1 求二面角
[例3-1](2023·新高考Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD, ∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(1)证明 如图①,连接AE,DE.
∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.
∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,
∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD,∴AB=AC.
又E为BC中点,∴BC⊥AE.
∵AE,DE 平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.
又DA 平面ADE,∴BC⊥DA.
图①
∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形,∴AE=1.易知DE=1.
∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.
由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,∴AE,BC,DE两两垂直.以E为坐标原点,ED,EB,EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0),
图②
名师点析利用空间向量求二面角的步骤
(1)分别求出两个半平面的一个法向量;
(2)求出两个法向量的夹角;
(3)根据图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,利用二面角的平面角与两个法向量的夹角的关系,求出二面角.
精典对练·得高分
命题角度2 已知二面角求其他量
[例3-2] (2023·新高考Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2, AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2, CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
(1)证明 如图①,设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,
连接A2N,MN,B2M.
因为DN∥AA2,且DN=AA2,所以四边形AA2ND为平行四边形,
所以A2N∥AD,且A2N=AD.
同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.
因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.
所以四边形A2B2MN为平行四边形.
因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,
所以四边形C2D2NM为平行四边形.
所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,
故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.
所以四边形A2B2C2D2为平行四边形,所以B2C2∥A2D2.
图①
(2)解 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系.
图②
因为二面角P-A2C2-D2为150°,
整理可得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3.
结合图形可知,当a=3或a=1时,B2P=1,此时二面角P-A2C2-D2为150°.
名师点析已知二面角求其他量的解法要点
(1)正确设置变量,已知二面角求其他量时,关键是在空间直角坐标系中设出相关点的坐标或相关向量的坐标,从而用设出的参数表示出两个平面的法向量.
(2)准确建立方程,根据已知条件(二面角的度数、二面角的余弦值、二面角的正弦值等)建立关于参数的方程.
(3)求解方程,得到参数值,注意根据二面角的大小对参数值进行取舍,进而得到其他量.
精典对练·得高分
(2023·浙江强基联盟统测)一个半圆柱如图所示,点P是半圆弧 上一动点(点P与点A,D不重合),AB=AD=4.
(1)证明:PD⊥PB;
(2)若点P在平面ABCD的射影为点H,设 的中点为E点,当点P运动到某个位置时,平面PBD与平面CDE的夹角为45°,求此时DH的长度.
(1)证明 连接AP,在半圆柱中,
因为AB⊥平面PAD,PD 平面PAD,
所以AB⊥PD.
因为AD是直径,所以PD⊥PA.
因为AP,AB 平面PAB,AP∩AB=A,
所以PD⊥平面PAB.又因为PB 平面PAB,所以PD⊥PB.
(2)解 依题意可知,以线段AD的中点O为坐标原点,以OA,OE所在直线分别为x轴、z轴,以过O垂直于AD的直线为y轴建立空间直角坐标系如图所示,
则E(0,0,2),D(-2,0,0),B(2,4,0),C(-2,4,0).
设∠AOP=θ(0<θ<π),则P(2cos θ,0,2sin θ),
易错防范·不丢分
(1)证明 如图,设AC∩BD=N,连接PN,OA,OC.
因为∠DAB=∠BCD=90°,O为BD的中点,
所以OA=OD=OC,即O为△ACD的外心.
又AD=AC=CD,所以△ACD为等边三角形,
所以O为△ACD的中心.所以AC⊥BD.
由PO⊥平面ABCD,可得PO⊥AC.
又PO∩BD=O,所以AC⊥平面PDB,所以AC⊥DP.
所以DP2+PN2=DN2,所以DP⊥PN.
又PN∩AC=N,所以DP⊥平面APC.
又DP 平面ADP,所以平面ADP⊥平面APC.
易错警示由于二面角的大小与两个面的法向量的夹角并不完全相等,因此要注意结合图形判断二面角的范围来确定参数的取值,忽视对范围的判断将会导致错误.
考向四 利用空间向量求距离
[例4] (2023·广东揭阳模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AD⊥AB,DC=2AD=2AB=2a,PA=PD,二面角P-AD-B的大小为135°,点P到底面ABCD的距离为 .
(1)过点P是否存在直线l,使直线l∥平面ABCD 若存在,作出该直线,并写出作法与理由;若不存在,请说明理由.
解 (1)过点P存在直线l,满足直线l∥平面ABCD,理由如下.
过点P在平面PAD内作直线l平行于AD,如图所示.
因为l∥AD,l 平面ABCD,AD 平面ABCD,
所以l∥平面ABCD.
(2)取线段AD的中点为O,线段BC的中点为E,连接OE,OP.
因为四边形ABCD为直角梯形,AB∥CD,
所以OE∥AB.又因为AD⊥AB,所以AD⊥OE.
因为PA=PD,所以PO⊥AD.
又因为PO∩OE=O,PO,OE 平面POE,所以AD⊥平面POE.
过点O在平面POE内作直线ON⊥OE,则直线OA,OE,ON两两垂直,
以O为原点,OA,OE,ON所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
过点P作PF∥ON,交直线OE于点F,
因为ON⊥OA,ON⊥OE,OA,OE 平面ABCD,OA∩OE=O,
所以ON⊥平面ABCD,故PF⊥平面ABCD.
增分技巧求点到平面的距离的四步骤
(1)证明 如图,连接AC,交BD于点O,连接PO.
由AD=AB,CD=BC,AC=AC,可得△ABC≌△ADC,
所以∠BAC=∠DAC.
又因为AO=AO,所以△AOB≌△AOD,
所以BO=OD,即O为BD中点.
在等腰三角形PBD中,可得BD⊥OP.
在等腰三角形BCD中,
可得BD⊥OC.又OP∩OC=O,OP,OC 平面POC,
所以BD⊥平面POC.
又PC 平面POC,所以BD⊥PC.
过点O作PM的平行线,以PM的平行线所在直线为z轴,以OA,OB所在直线分别为x轴、y轴建立空间直角坐标系,如图所示.
突破2
立体几何中的翻折问题及探索性问题
关键能力 学案突破
考向一 立体几何中的翻折问题
图①
图②
(1)求证:平面BC1E⊥平面ABED;
(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.
(1)证明 连接AE,由已知得AE=2.
∵CE∥AB,CE=AB=AE=2,∴四边形ABCE为菱形.
连接AC交BE于点F,则CF⊥BE.
∴C1F⊥AF.
又BE∩AF=F,
∴C1F⊥平面ABED.
又C1F 平面BC1E,所以平面BC1E⊥平面ABED.
名师点析立体几何中翻折问题的求解策略
(1)解决翻折问题最关键的就是对比翻折前后的图形,找到哪些点、线、面的位置关系和数量关系没有发生变化,哪些发生了变化,这些不变的量和变化的量反映了翻折后空间图形的结构特征,在证明和求解的过程中应恰当地加以利用.
(2)一般地,位于折痕同侧的点、线、面的位置关系和数量关系不发生变化,而位于折痕两侧的点、线、面的位置关系和数量关系会发生变化.特别地,与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不变(常用于找翻折后形成的二面角的平面角);与折痕平行的线段,翻折后平行关系保持不变.
精典对练·得高分
如图①,在等腰梯形ABCD中,E为CD的中点,AB=BC=CE,将△ADE,△BCE分别沿AE,BE折起,使得平面ADE⊥平面ABE,平面BCE⊥平面ABE,如图②.
图①
图②
(1)在图②中求证:AB∥CD;
(2)设平面ADE与平面BCE的交线为l,求二面角D-l-C的大小.
(1)证明 由题意可知△ADE,△ABE,△BCE为全等的等边三角形.
如图,分别过点C,D作CM⊥BE,DN⊥AE,垂足分别为M,N,连接MN,
则M,N分别为BE,AE的中点,CM=DN.
∵平面BCE⊥平面ABE,平面BCE∩平面ABE=BE,CM 平面BCE,
∴CM⊥平面ABE.
同理DN⊥平面ABE,∴CM∥DN.
∴四边形CDNM为平行四边形,
∴CD∥MN.
又M,N分别为BE,AE的中点,
∴MN∥AB,∴AB∥CD.
(2)解 连接BN,则BN⊥AE.
由(1)知DN⊥平面ABE,则NA,NB,ND两两互相垂直.
以N为坐标原点,NA,NB,ND所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
一题多解·练思维
(2023·河北石家庄统考一模)如图①,在 ABCD中,AD=2BD=4,AD⊥BD,将△ABD沿BD折起,使得点A到达点P处,如图②.
图①
图②
(1)若PC=6,求证:PD⊥BC;
(2)若 ,求平面PDC与平面PBC夹角的余弦值.
(1)证明 在平行四边形ABCD中,由AD⊥BD,可得BD⊥BC,
∵AD=2BD=4,∴BC=4,DC=
又PC=6,∴PD2+DC2=PC2,∴PD⊥DC.
又PD⊥BD,BD∩DC=D,∴PD⊥平面BDC.
∵BC 平面BDC,∴PD⊥BC.
(2)解 (方法1)如图,过点D作DF∥BC,且DF=BC,连接PF,CF.
由题意可知,BD⊥PD,BD⊥DF,PD∩DF=D,
∴BD⊥平面PDF,∴BD⊥PF,∴CF⊥PF,
又BD 平面BCFD,
∴平面BCFD⊥平面PDF.
取DF的中点O,连接PO,由PF=PD,得PO⊥DF,
在平面BCFD内,过点O作OM垂直于DF,建立空间直角坐标系,如图所示.
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),平面PDC的法向量为n=(x',y',z'),
(方法2)由BD⊥BC,建立空间直角坐标系,如图所示.
∵AD=2BD=4,∴B(0,0,0),C(4,0,0),D(0,2,0),
设P(x,y,z)(其中x,y,z均大于0),
(方法3)如图所示,过点B作BE⊥PC交PC于E,过点D作DF⊥PC交PC于F,异面直线DF,BE的夹角即为两个平面的夹角.
考向二 立体几何中的探索性问题
[例2-1]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,△PAB为等边三角形,平面PAB⊥平面ABCD,E为AD的中点.
(1)求证:CE⊥PD.
(2)在线段BD(不包括端点)上是否存在点F,使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为 若存在,确定点F的位置;若不存在,请说明理由.
解 取AB的中点O,连接PO,
因为△PAB为等边三角形,所以PO⊥AB.
又平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PO 平面PAB,所以PO⊥平面ABCD.
取CD的中点G,连接OG,则OB,OP,OG两两互相垂直.
以O为原点,OB,OG,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
设AB=2,则C(1,2,0),P(0,0, ),
E(-1,1,0),D(-1,2,0),A(-1,0,0),B(1,0,0).
[例2-2] (2023·湖北武汉模拟)如图,在棱长为2的正方体ABCD-EFGH中,点M是正方体的中心,将四棱锥M-BCGF绕直线CG逆时针旋转α(0<α<π)后,得到四棱锥M'-B'CGF'.
(1)若 ,求证:平面MCG∥平面M'B'F';
(2)是否存在α,使得直线M'F'⊥平面MBC 若存在,求出α的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明 若 ,则平面DCGH、平面CB'F'G为同一个平面,连接BH,BF',则M是BH的中点,M'是BF'的中点,
故MM'是△BHF'的中位线,
所以MM'∥GF',MM'= HF'=GF'.
因为MM'∥GF',MM'=GF',
所以平面四边形MM'F'G是平行四边形,
所以MG∥M'F'.
又MG 平面M'B'F',M'F' 平面M'B'F',所以MG∥平面M'B'F'.
同理MC∥平面B'M'F',且MG 平面MCG,MC 平面MCG,MG∩MC=M,
所以平面MCG∥平面M'B'F'.
(2)解 假设存在α,使得直线M'F'⊥平面MBC.
以C为原点,以CB,DC,CG所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,
取CG的中点P,BF的中点Q,连接PQ,PM',PM,
则PM⊥CG,PQ⊥CG,PM'⊥CG.
于是∠MPM'是二面角M-CG-M'的平面角,
∠MPQ是二面角M-CG-Q的平面角,
∠QPM'是二面角Q-CG-M'的平面角,
名师点析立体几何中探索性问题的求解策略
(1)探索性问题的一般解法是:
①可先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明.
②首先假设结论成立,然后把这个假设作为已知条件,与题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算.在推理论证和计算无误的前提下,若得到一个合理的结论,则说明假设成立;若得到一个不合理的结论,则说明假设不成立.
(2)涉及在线段上是否存在符合某条件的点的问题,可以先根据条件猜测点的位置,特别注意特殊位置关系和极端情形.
(3)可借助空间直角坐标系将动点用坐标(含参数)表示出来,然后根据已知条件建立关于参数的方程(组),由此解决探索性问题.
精典对练·得高分
1.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,
AD=2,AB=1,PA= ,E为线段BC上一动点.
(1)若F为线段PD上一点,PD=3DF,是否存在点E,使得EF∥平面PAB 若存在,求出CE的长,若不存在,请说明理由.
(2)若DE⊥PE,求直线PC与平面PED所成角的余弦值.
解 依题意,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
2.(2023·湖南师大附中校考)如图,在斜三棱柱ABC-DEF中,△ABC是边长为2的等边三角形, ,侧棱AD与底面ABC所成角为60°.
(1)求三棱柱ABC-DEF的体积;
(2)在线段DF(含端点)上是否存在点G,使得平面GBC与平面ABC的夹角为60° 若存在,请指出点G的位置;若不存在,请说明理由.
解 (1)取BC的中点M,连接AM,DM,如图所示.
因为△ABC为等边三角形,△DBC为等腰三角形且以BC为底,
所以AM⊥BC,DM⊥BC(三线合一),
又因为AM∩DM=M,
所以BC⊥平面ADM.
因为BC 平面ABC,所以平面ADM⊥平面ABC,
因为平面ADM∩平面ABC=AM,所以过点D作DN⊥AM于点N,
则DN⊥平面ABC,
所以∠DAN为侧棱AD与底面ABC所成角,即∠DAM=60°.
(2)由(1)知M为BC的中点,过M作平面ABC的垂线,以此垂线为z轴,以M为坐标原点,MA,MB所在直线分别为x轴、y轴,建立空间直角坐标系如图所示.
