《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第一部分第二层级高考5个大题题题研诀窍立体几何问题重在“建”——建模、建系讲义理（普通生，含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第一部分第二层级高考5个大题题题研诀窍立体几何问题重在“建”——建模、建系讲义理（普通生，含解析）.doc（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、立体几何问题重在“建”建模、建系技法指导迁移搭桥 立体几何解答题建模、建系策略立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深解决这类题目的原则是建模、建系建模将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型建系依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.典例(2018全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值快审题求什么想什么证明线面垂直，想线面垂直成立的条件求线面角的正弦值，
2、想平面的法向量及直线的方向向量给什么用什么给出边的长度，用勾股定理证线线垂直给出二面角的大小，可求出点M的位置差什么找什么差点M的坐标，利用垂直关系建立空间直角坐标系，找出平面PAM，平面PAC的法向量.稳解题(1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以POAC，且PO2.连接OB，因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以PO2OB2PB2，所以POOB.又因为OBACO，所以PO平面ABC.(2)以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P
3、(0,0,2)，(0,2,2)取平面PAC的一个法向量(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由得令ya，得za，x(a4)，所以平面PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a或a4(舍去)所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.题后悟道 利用法向量求解空间角的关键在于“四破”针对训练(2018惠州第二次调研)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，ABC60，PAPB，PC2.(1)求证：平面PAB平面ABC
4、D；(2)若PAPB，求二面角APCD的余弦值解：(1)证明：取AB的中点O，连接CO，PO，四边形ABCD是边长为2的菱形，ABBC2.ABC60，ABC是等边三角形，COAB，OC.PAPB，POAB1.PC2，OP2OC2PC2，COPO.ABPOO，CO平面PAB.CO平面ABCD，平面PAB平面ABCD.(2)PAPB，POAO.由(1)知，平面PAB平面ABCD，PO平面ABCD，直线OC，OB，OP两两垂直以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0)，A(0，1,0)，C(，0,0)，D(，2,0)，P(0，0,1)(0,1,1)，(，0，1)，(0,2
5、,0)设平面APC的法向量为m(x1，y1，z1)，由得取x11，得m(1，)为平面APC的一个法向量，设平面PCD的法向量为n(x2，y2，z2)，由得取x21，得n(1,0，)为平面PCD的一个法向量，cosm，n，由图知，二面角APCD为锐二面角，二面角APCD的余弦值为. A组大题考点落实练1.如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A底面ABCD，四边形ABCD为菱形，A1AAB2，ABC60，E，F分别是BC，A1C的中点(1)求异面直线EF，AD所成角的余弦值；(2)点M在线段A1D上，若CM平面AEF，求实数的值解：(1)因为A1A平面ABCD，AE平面ABCD，AD平面
6、ABCD，所以A1AAE，A1AAD.在菱形ABCD中，ABC60，连接AC，则ABC是等边三角形因为E是BC的中点，所以BCAE.因为BCAD，所以AEAD.以A为坐标原点，AE为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0，0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，E(，0,0)，F，(0,2,0)，所以cos，所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为.(2)设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且，所以，则(x，y，z2)(0,2，2)解得M(0,2，22)，所以(，21,22)设平面AEF的一个法向量为n(x0，y0，z0)因为(，0,
7、0)，所以即取y02，得z01，则平面AEF的一个法向量为n(0,2，1)由于CM平面AEF，则n0，即2(21)(22)0，解得.2.(2019届高三河北三市联考)如图，三棱柱ADEBCG中，四边形ABCD是矩形，F是EG的中点，EAAB，ADAEEF1，平面ABGE平面ABCD.(1)求证：AF平面FBC；(2)求二面角BFCD的正弦值解：(1)证明：四边形ABCD是矩形，BCAB，又平面ABGE平面ABCD，BC平面ABGE，AF平面ABGE，BCAF.在AFB中，AFBF，AB2，AF2BF2AB2，即AFBF，又BFBCB，AF平面FBC.(2)分别以AD，AB，AE所在直线为x轴，
8、y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，D(1,0,0)，C(1,2,0)，E(0,0,1)，B(0,2,0)，F(0,1,1)，(1,0,1)，(0,2,0)，设n1(x，y，z)为平面CDEF的法向量，则即令x1，得z1，即n1(1,0,1)为平面CDEF的一个法向量，取n2(0,1,1)为平面BCF的一个法向量，cosn1，n2，二面角BFCD的正弦值为.3如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中CDAB，BCAB，侧面ABE平面ABCD，且ABAEBE2BC2CD2，动点F在棱AE上，且EFFA.(1)试探究的值，使CE平面BDF，并给予证明；(2)当1时，求
9、直线CE与平面BDF所成角的正弦值解：(1)当时，CE平面BDF.证明如下：连接AC交BD于点G，连接GF，CDAB，AB2CD，EFFA，GFCE，又CE平面BDF，GF平面BDF，CE平面BDF.(2)取AB的中点O，连接EO，则EOAB，平面ABE平面ABCD，平面ABE平面ABCDAB，EO平面ABCD，连接DO，BOCD，且BOCD1，四边形BODC为平行四边形，BCDO，又BCAB，ABOD，则OD，OA，OE两两垂直，以O为坐标原点，OD，OA，OE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，1,0)，D(1,0,0)
10、，C(1，1，0)，E(0,0，)当1时，有，F，(1,1,0)，(1,1，)设平面BDF的法向量为n(x，y，z)，则即令z，得y1，x1，则n(1，1，)为平面BDF的一个法向量，设直线CE与平面BDF所成的角为，则sin |cos，n|，故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为.4(2018成都一诊)如图，在边长为5的菱形ABCD中，AC6，现沿对角线AC把ADC翻折到APC的位置得到四面体PABC，如图所示已知PB4.(1)求证：平面PAC平面ABC；(2)若Q是线段AP上的点，且，求二面角QBCA的余弦值解：(1)证明：取AC的中点O，连接PO，BO.四边形ABCD是菱形，PAPC，P
11、OAC.DC5，AC6，OC3，POOB4，PB4，PO2OB2PB2，POOB.OBACO，PO平面ABC.PO平面PAC，平面PAC平面ABC.(2)ABBC，BOAC.故OB，OC，OP两两垂直以O为坐标原点，OB，OC，OP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Oxyz.则B(4,0,0)，C(0,3,0)，P(0,0,4)，A(0，3,0)设点Q(x，y，z)由，得Q.(4,3,0)，.设n1(x1，y1，z1)为平面BCQ的法向量，由得取x13，则n1(3,4,15)取平面ABC的一个法向量n2(0,0,1)cosn1，n2，二面角QBCA为锐角，二面角QBCA
12、的余弦值为.B组大题专攻补短练1.在三棱锥PABC中，PAPBPC2，BC1，AC，ACBC.(1)求点B到平面PAC的距离(2)求异面直线PA与BC所成角的余弦值解：(1)以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，取AB的中点D，连接PD，DC，因为ACB为直角三角形且AC，BC1，所以AB2，所以PAB为正三角形，所以PDAB且PD.在PDC中，PC2，PD，DC1，所以PC2PD2DC2，所以PDDC，又ABDCD，所以PD平面ABC.则A(，0,0)，B(0,1,0)，D，P，C(0,0,0)，(，0,0)，(0,1,0)，设平面PAC的
13、法向量n(x，y，z)，则即取y2，得n(0,2，1)为平面PAC的一个法向量，所以点B到平面PAC的距离d.(2)因为，(0，1,0)，设异面直线PA与BC所成角为，则cos .所以异面直线PA与BC所成角的余弦值为.2.已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，BCAD，ABAD，且ABBC1，AD2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PAPD.(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)若直线AC与PD所成角为60，求二面角APCD的余弦值解：(1)证明：PH平面ABCD，AB平面ABCD，PHAB.ABAD，ADPHH，AD平面PAD，PH平面PAD，AB平面PAD.又AB平面PA
14、B，平面PAB平面PAD.(2)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，PH平面ABCD，z轴PH.则A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，设AHa，PHh(0a0)则P(0，a，h)(0，a，h)，(0，a2，h)，(1,1,0)PAPD，a(a2)h20.AC与PD所成角为60，|cos，|，(a2)2h2，(a2)(a1)0，0a0，h1，P(0,1,1)(0,1,1)，(1,1,0)，(1,0，1)，(1，1,0)，设平面APC的法向量为n(x1，y1，z1)，则即令x11，得y11，z11，平面APC的一个法向量为n(1，1,1)，设平面DPC的法向量为
15、m(x2，y2，z2)则即令x21，得y21，z21，平面DPC的一个法向量为m(1,1,1)cosm，n.二面角APCD的平面角为钝角，二面角APCD的余弦值为.3(2018西安质检)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，ACBDO，A1O底面ABCD，AB2，AA13.(1)证明：平面A1CO平面BB1D1D；(2)若BAD60，求二面角BOB1C的余弦值解：(1)证明：A1O平面ABCD，BD平面ABCD.A1OBD.四边形ABCD是菱形，COBD.A1OCOO，BD平面A1CO.BD平面BB1D1D，平面A1CO平面BB1D1D.(2)A1O平面ABCD，COBD，
16、OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系AB2，AA13，BAD60，OBOD1，OAOC，OA1.则O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，0)，A(0，0)，A1(0,0，)，(1,0,0)，(0，)，(1，)，(0，0)设平面OBB1的法向量为n(x1，y1，z1)，则即令y1，得n(0，1)是平面OBB1的一个法向量设平面OCB1的法向量m(x2，y2，z2)，则即令z21，得m(，0，1)为平面OCB1的一个法向量，cosn，m，由图可知二面角BOB1C是锐二面角，二面角BOB1C的余弦值为.4(2018潍坊统考)在
17、平行四边形PABC中，PA4，PC2，P45，D是PA的中点(如图1)将PCD沿CD折起到图2中P1CD的位置，得到四棱锥P1ABCD.(1)将PCD沿CD折起的过程中，CD平面P1DA是否成立？请证明你的结论(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60，且P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值解：(1)将PCD沿CD折起过程中，CD平面P1DA成立证明如下：D是PA的中点，PA4，DPDA2，在PDC中，由余弦定理得，CD2PC2PD22PCPDcos 45842224，CD2PD，CD2DP28PC2，PDC为等腰直角三角形且CDPA，CDDA，CDP1D，P1DA
18、DD，CD平面P1DA.(2)由(1)知CD平面P1DA，CD平面ABCD，平面P1DA平面ABCD，P1DA为锐角三角形，P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接P1O，P1O平面ABCD，则P1DA是P1D与平面ABCD所成的角，P1DA60，DP1DA2，P1DA为等边三角形，O为AD的中点，故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，DA所在直线为y轴，OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设x轴与BC交于点M，DAP1A2，OP1，易知ODOACM1，BM3，则P1(0,0，)，D(0，1,0)，C(2，1,0)，B(2,3,0)，(2,0,0)，(0，4,0)，(2，1，)，CD平面P1DA，可取平面P1DA的一个法向量n1(1,0,0)，设平面P1BC的法向量n2(x2，y2，z2)，则即令z21，则n2，设平面P1AD和平面P1BC所成的角为，由图易知为锐角，cos |cosn1，n2|.平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为.