2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：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

　　　　　　　　　　　　　　[技法指导——迁移搭桥]

[典例]　(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，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]　

[稳解题]

(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，

所以PO⊥AC，且PO＝2.

连接OB，因为AB＝BC＝AC，

所以△ABC为等腰直角三角形，

且OB⊥AC，OB＝AC＝2.

所以PO2＋OB2＝PB2，

所以PO⊥OB.

又因为OB∩AC＝O，

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(0,0,2)，

＝(0,2,2)．

取平面PAC的一个法向量＝(2,0,0)．

设M(a,2－a,0)(0<a≤2)，则＝(a,4－a,0)．

设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．

由

得

令y＝a，得z＝－a，x＝(a－4)，

所以平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，

所以cos〈，n〉＝.

由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝，

所以＝，

解得a＝或a＝－4(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，∠ABC＝60°，PA⊥PB，PC＝2.

(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；

(2)若PA＝PB，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，

∴AB＝BC＝2.

∵∠ABC＝60°，

∴△ABC是等边三角形，

∴CO⊥AB，OC＝.

∵PA⊥PB，∴PO＝AB＝1.

∵PC＝2，∴OP2＋OC2＝PC2，∴CO⊥PO.

∵AB∩PO＝O，∴CO⊥平面PAB.

∵CO⊂平面ABCD，

∴平面PAB⊥平面ABCD.

(2)∵PA＝PB，∴PO⊥AO.

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)，＝(0,2,0)．

设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

由得

取x1＝1，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x2＝1，得n＝(1,0，)为平面PCD的一个法向量，

∴cos〈m，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，A1A＝AB＝2，∠ABC＝60°，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，＝λ，若CM∥平面AEF，求实数λ的值．

解：(1)因为A1A⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，

所以A1A⊥AE，A1A⊥AD.

在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，连接AC，

则△ABC是等边三角形．

因为E是BC的中点，所以BC⊥AE.

因为BC∥AD，所以AE⊥AD.

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＝λ，

所以＝λ，则(x，y，z－2)＝λ(0,2，－2)．

解得M(0,2λ，2－2λ)，所以＝(－，2λ－1,2－2λ)．

设平面AEF的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)．

因为＝(，0,0)，＝，

所以即

取y0＝2，得z0＝－1，

则平面AEF的一个法向量为n＝(0,2，－1)．

由于CM∥平面AEF，则n·＝0，

即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝.

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，EA⊥AB，AD＝AE＝EF＝1，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，

∴BC⊥AB，

又平面ABGE⊥平面ABCD，

∴BC⊥平面ABGE，

∵AF⊂平面ABGE，

∴BC⊥AF.

在△AFB中，AF＝BF＝，AB＝2，

∴AF2＋BF2＝AB2，

即AF⊥BF，又BF∩BC＝B，

∴AF⊥平面FBC.

(2)分别以AD，AB，AE所在直线为x轴，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x＝1，得z＝1，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，

∴cos〈n1，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CD∥AB，BC⊥AB，侧面ABE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝BE＝2BC＝2CD＝2，动点F在棱AE上，且EF＝λFA.

(1)试探究λ的值，使CE∥平面BDF，并给予证明；

(2)当λ＝1时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值．

解：(1)当λ＝时，CE∥平面BDF.证明如下：

连接AC交BD于点G，连接GF，

∵CD∥AB，AB＝2CD，

∴＝＝，

∵EF＝FA，∴＝＝，∴GF∥CE，

又CE⊄平面BDF，GF⊂平面BDF，

∴CE∥平面BDF.

(2)取AB的中点O，连接EO，则EO⊥AB，

∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，

∴EO⊥平面ABCD，

连接DO，∵BO∥CD，且BO＝CD＝1，

∴四边形BODC为平行四边形，∴BC∥DO，

又BC⊥AB，∴AB⊥OD，

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)，C(1，－1，0)，E(0,0，)．

当λ＝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y＝－1，x＝1，

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θ，

则sin θ＝|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①，在边长为5的菱形ABCD中，AC＝6，现沿对角线AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面体P­ABC，如图②所示．已知PB＝4.

(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，

∴PA＝PC，PO⊥AC.

∵DC＝5，AC＝6，

∴OC＝3，PO＝OB＝4，

∵PB＝4，

∴PO2＋OB2＝PB2，

∴PO⊥OB.

∵OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC.

∵PO⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC.

(2)∵AB＝BC，∴BO⊥AC.

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x1＝3，则n1＝(3,4,15)．

取平面ABC的一个法向量n2＝(0,0,1)．

∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，

∵二面角Q­BC­A为锐角，

∴二面角Q­BC­A的余弦值为.

B组——大题专攻补短练

1.在三棱锥P­ABC中，PA＝PB＝PC＝2，BC＝1，AC＝，AC⊥BC.

(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＝，BC＝1，

所以AB＝2，

所以△PAB为正三角形，

所以PD⊥AB且PD＝.

在△PDC中，PC＝2，PD＝，DC＝1，

所以PC2＝PD2＋DC2，

所以PD⊥DC，又AB∩DC＝D，

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的法向量n＝(x，y，z)，

则即

取y＝2，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θ，

则cos θ＝＝＝.

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，BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PA⊥PD.

(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，

∴PH⊥AB.

∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD⊂平面PAD，PH⊂平面PAD，

∴AB⊥平面PAD.

又AB⊂平面PAB，∴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AH＝a，PH＝h(0<a<2，h>0)．

则P(0，a，h)．

∴＝(0，a，h)，＝(0，a－2，h)，＝(1,1,0)．

∵PA⊥PD，∴·＝a(a－2)＋h2＝0.

∵AC与PD所成角为60°，

∴|cos〈，〉|＝＝，

∴(a－2)2＝h2，∴(a－2)(a－1)＝0，

∵0<a<2，∴a＝1.∵h>0，∴h＝1，∴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x1＝1，得y1＝－1，z1＝1，

∴平面APC的一个法向量为n＝(1，－1,1)，

设平面DPC的法向量为m＝(x2，y2，z2)．

则即

令x2＝1，得y2＝1，z2＝1，

∴平面DPC的一个法向量为m＝(1,1,1)．

∴cos〈m，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，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.

(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；

(2)若∠BAD＝60°，求二面角B­OB1­C的余弦值．

解：(1)证明：∵A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD.

∴A1O⊥BD.

∵四边形ABCD是菱形，

∴CO⊥BD.

∵A1O∩CO＝O，

∴BD⊥平面A1CO.

∵BD⊂平面BB1D1D，

∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.

(2)∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴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．

∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°，

∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝，

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z2＝－1，得m＝(，0，－1)为平面OCB1的一个法向量，

∴cos〈n，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)在平行四边形PABC中，PA＝4，PC＝2，∠P＝45°，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，PA＝4，∴DP＝DA＝2，

在△PDC中，由余弦定理得，

CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cos 45°＝8＋4－2×2×2×＝4，

∴CD＝2＝PD，

∵CD2＋DP2＝8＝PC2，

∴△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA，

∴CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D，

∴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，

∴∠P1DA＝60°，

∵DP1＝DA＝2，

∴△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，

∵DA＝P1A＝2，∴OP1＝，

易知OD＝OA＝CM＝1，

∴BM＝3，

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z2＝1，则n2＝，

设平面P1AD和平面P1BC所成的角为θ，

由图易知θ为锐角，

∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.

∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为.