【高考前三個月復習數(shù)學理科】第二篇 第2講

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第2講　立體幾何 題型一　空間中的平行與垂直問題 例1　(12分)如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是正方形，E、F分別為PC、BD的中點，側面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD. (1)求證：EF∥平面PAD； (2)求證：平面PAB⊥平面PCD. 證明　(1)連接AC，則F是AC的中點，又∵E為PC的中點， ∴在△CPA中，EF∥PA，[3分] 又∵PA?平面PAD， EF?平面PAD，[4分] ∴EF∥平面PAD.[5分] (2)∵平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， 又∵CD⊥AD， ∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PA.[8分] 又PA＝PD＝AD， ∴△PAD是等腰直角三角形，[10分] 且∠APD＝90，即PA⊥PD. 又∵CD∩PD＝D，∴PA⊥平面PCD， 又∵PA?平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PCD.[12分] 評分細則　 第(1)問得分點 1.不說明EF?平面PAD，扣1分. 2.不說明PA?平面PAD，扣1分. 第(2)問得分點 1.不說明平面PAD∩平面ABCD＝AD，扣2分. 2.不說明CD∩PD＝D，扣2分. 3.不說明PA?平面PAB，扣1分. 第一步：將題目條件和圖形結合起來； 第二步：根據(jù)條件尋找圖形中的平行、垂直關系； 第三步：和要證結論相結合，尋找已知的垂直、平行關系和要證關系的聯(lián)系； 第四步：嚴格按照定理條件書寫解題步驟. 跟蹤訓練1　如圖，四棱錐P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F(xiàn)，G，M，N分別為PB，AB，BC，PD，PC的中點. (1)求證：CE∥平面PAD； (2)求證：平面EFG⊥平面EMN. 　 　 　 　 　 題型二　利用空間向量求角 例2　(12分)如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30，AF⊥PC于點F，F(xiàn)E∥CD，交PD于點E. (1)證明：CF⊥平面ADF； (2)求二面角D－AF－E的余弦值. 規(guī)范解答 (1)證明　∵PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD， ∴PD⊥AD. 又CD⊥AD，PD∩CD＝D， ∴AD⊥平面PCD.[2分] 又PC?平面PCD，∴AD⊥PC. 又AF⊥PC，AD∩AF＝A， ∴PC⊥平面ADF， 即CF⊥平面ADF.[4分] (2)解　設AB＝1，則在Rt△PDC中，CD＝1， 又∠DPC＝30，∴PC＝2，PD＝，∠PCD＝60. 由(1)知CF⊥DF， ∴DF＝CDsin 60＝，CF＝CDcos 60＝. 又FE∥CD，∴＝＝，∴DE＝. 同理EF＝CD＝.[6分] 如圖所示，以D為原點，建立空間直角坐標系，則A(0,0,1)， E(，0,0)，F(xiàn)(，，0)， P(，0,0)，C(0,1,0).[7分] 設m＝(x，y，z)是平面AEF的一個法向量，則 又＝(，0，－1)，＝(0，，0)， ∴ 令x＝4，則z＝，m＝(4,0，).[9分] 由(1)知平面ADF的一個法向量為＝(－，1,0).[11分] 設二面角D－AF－E的平面角為θ，可知θ為銳角， 故cos θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝. 故二面角D－AF－E的余弦值為.[12分] 評分細則 第(1)問得分點 1.AD⊥DC，PD⊥AD及相關證明，每個給1分. 2.證明線面垂直時條件完整得2分，不完整扣1分. 第(2)問得分點 1.寫出建系方法可得1分. 2.寫出相應點、向量的坐標給2分，有錯誤根據(jù)相應情況扣除分數(shù)，長度單位可靈活選取. 3.求出平面AEF的一個法向量給2分，只給出結果沒有過程，只給1分. 4.寫(求)出平面ADF的一個法向量給2分. 5.求出兩個法向量所成角的余弦值給1分. 6.轉化為所求二面角的平面角的余弦值給1分. 第一步：作出(或找出)具有公共交點的三條相互垂直的直線； 第二步：建立空間直角坐標系，設出特征點坐標； 第三步：求半平面的法向量n，m； 第四步：求法向量n，m的夾角或cos〈m，n〉； 第五步：將法向量的夾角轉化為二面角，要注意直觀判定二面角的大??； 第六步：反思回顧.查看關鍵點、易錯點及解題規(guī)范. 跟蹤訓練2　如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，E為BD的中點，G為PD的 中點，△DAB≌△DCB，EA＝EB＝AB＝1，PA＝，連接CE并延長交AD于F. (1)求證：AD⊥平面CFG； (2)求平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值. 　 　 　 　 　 　 　 　 　 答案精析 第2講　立體幾何 跟蹤訓練1　證明　(1)方法一　取PA的中點H，連接EH，DH. 又E為PB的中點， 所以EH綊AB. 又CD綊AB，所以EH綊CD. 所以四邊形DCEH是平行四邊形，所以CE∥DH. 又DH?平面PAD，CE?平面PAD. 所以CE∥平面PAD. 方法二　連接CF.因為F為AB的中點，所以AF＝AB. 又CD＝AB，所以AF＝CD. 又AF∥CD，所以四邊形AFCD為平行四邊形．因此CF∥AD， 又AD?平面PAD，CF?平面PAD， 所以CF∥平面PAD. 因為E，F(xiàn)分別為PB，AB的中點，所以EF∥PA. 又PA?平面PAD，EF?平面PAD， 所以EF∥平面PAD. 因為CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD. 又CE?平面CEF，所以CE∥平面PAD. (2)因為E、F分別為PB、AB的中點，所以EF∥PA. 又因為AB⊥PA，所以EF⊥AB，同理可證AB⊥FG. 又因為EF∩FG＝F，EF?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG. 所以AB⊥平面EFG. 又因為M，N分別為PD，PC的中點，所以MN∥CD， 又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG. 又因為MN?平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN. 跟蹤訓練2　(1)證明　在△ABD中，因為E為BD中點， 所以EA＝EB＝ED＝AB＝1，故∠BAD＝， ∠ABE＝∠AEB＝. 因為△DAB≌△DCB，所以△EAB≌△ECB， 從而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝， 所以∠FED＝∠FEA. 故EF⊥AD，AF＝FD，所以EF∥AB，GF∥PA. 又因為PA⊥平面ABCD，AB⊥AD， 所以GF⊥AD，EF⊥AD，又GF∩EF＝F， 故AD⊥平面CFG. (2)解　以A為坐標原點建立如圖所示的坐標系， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C，D(0，，0)，P， 故＝，＝， ＝. 設平面BCP的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則即 令y1＝－，則x1＝3，z1＝2，n1＝(3，－，2)． 同理求得面DCP的法向量n2＝(1，，2)， 從而平面BCP與平面DCP的夾角θ的余弦值為 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.