2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專題四 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法教學(xué)案(理)
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1、 (理)第3講 立體幾何中的向量方法 [考情考向·高考導(dǎo)航] 空間向量在立體幾何中的應(yīng)用主要體現(xiàn)在利用空間向量解決立體幾何中的位置關(guān)系、空間角以及空間距離的計(jì)算等問(wèn)題,是每年高考的必考內(nèi)容,并且以解答題的形式出現(xiàn),其考查形式為一題多問(wèn),多步設(shè)問(wèn),通常第一問(wèn)考查空間位置關(guān)系,第二、三問(wèn)考查空間角或距離,難度中等.利用空間向量求空間角仍是重點(diǎn),對(duì)于探索點(diǎn)或線滿足所給關(guān)系的問(wèn)題要引起重視. [真題體驗(yàn)] (2019·全國(guó)Ⅰ卷)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4, AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點(diǎn). (1)證
2、明:MN∥平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值. 證明:(1)連B1C,ME,則MEB1C, 又DN=A1D 而A1D B1C ∴MEND. ∴四邊形MNDE為平行四邊形, ∴MN∥DE 又MN?平面C1DE, DE?平面C1DE ∴MN∥平面C1DE. (2)取AB的中點(diǎn)F,連接DF, 由已知,DF⊥DC,DF⊥D1D. 以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DF,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖, ∵AA1=4,AB=2. ∴A1(,-1,4), M(,1,2),N, 則=(0,2,-2), =. 設(shè)平面MA1N的法向
3、量為m=(x,y,z), 則m⊥,m⊥ ∴令y=1, 得平面MA1N的一個(gè)法向量為m=(-,1,1). 又平面AMA1的一個(gè)法向量為n=(1,0,0), 設(shè)二面角A-MA1-N的平面角為θ,則 cos θ===-. ∴sin θ=. 即二面角A-MA1-N的正弦值為. [主干整合] 1.直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法 設(shè)直線l的方向向量為a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分別為μ=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),則 (1)線面平行 l∥α?a⊥μ?a·μ=0?a1a2+b1b2+c1c2=0. (2)線面垂直 l⊥α?a∥μ
4、?a=kμ?a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2. (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ=λv?a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3. (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μ·v=0?a2a3+b2b3+c2c3=0. 2.直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計(jì)算 設(shè)直線l,m的方向向量分別為a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2),平面α,β的法向量分別為μ=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)(以下相同). (1)線線夾角 設(shè)l,m的夾角為θ,則 cos θ==. (2)線面夾角 設(shè)直線l與平面α的夾角為θ,則 sin θ==|cos〈a,
5、μ〉|. (3)面面夾角 設(shè)平面α,β的夾角為θ(0≤θ<π). 則|cos θ|==|cos〈μ,v〉|. 熱點(diǎn)一 利用向量法證明平行與垂直 數(shù)學(xué) 建模 素養(yǎng) 數(shù)學(xué)建?!孟蛄拷鉀Q空間立體幾何中的核心素養(yǎng) 以學(xué)習(xí)過(guò)的空間向量為基礎(chǔ),通過(guò)將幾何向量化,以向量作為刻畫空間中點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的連接點(diǎn),解決空間幾何中難解決的問(wèn)題. [例1] (2019·沈陽(yáng)三模)如圖,平面PAC⊥平面ABC,△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形,E,F(xiàn),O分別是PA,PB,AC的中點(diǎn),AC=16,PA=PC=10. (1)設(shè)G是OC的中點(diǎn),證明FG∥平面BOE; (2)證明
6、:在△ABO內(nèi)存在一點(diǎn)M,使FM⊥平面BOE. [證明] (1)如圖,連接OP,∵PA=PC,∴OP⊥AC,又平面PAC⊥平面ABC,∴OP⊥平面ABC.以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以O(shè)B,OC,OP所在直線x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.則O(0,0,0),A(0,-8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),E(0,-4,3),F(xiàn)(4,0,3). 由題意,得G(0,4,0). 因?yàn)椋?8,0,0),=(0,-4,3), 所以平面BOE的法向量n=(0,3,4). 由=(-4,4,-3),得n·=0.又直線FG不在平面BOE內(nèi), 所以FG∥平
7、面BOE. (2)設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x0,y0,0), 則=(x0-4,y0,-3). 因?yàn)镕M⊥平面BOE, 所以∥n,因此x0=4,y0=-, 即點(diǎn)M的坐標(biāo)是. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中,△AOB的內(nèi)部區(qū)域可表示為不等式組 經(jīng)檢驗(yàn),點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足上述不等式組. 所以,在△AOB內(nèi)存在一點(diǎn)M, 使FM⊥平面BOE. 由點(diǎn)M的坐標(biāo),得點(diǎn)M到OA,OB的距離分別為4,. 用向量知識(shí)證明立體幾何問(wèn)題,仍然離不開(kāi)立體幾何中的定理.如要證明線面平行,只需要證明平面外的一條直線和平面內(nèi)的一條直線平行,即化歸為證明線線平行,用向量方向證明直線a∥b,只需證明向量a=λb(λ∈R)即
8、可.若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來(lái)證明線面平行,仍需強(qiáng)調(diào)直線在平面外. (2019·淄博三模)如圖所示,在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,E,F(xiàn)分別是PC,PD的中點(diǎn),PA=AB=1,BC=2. (1)求證:EF∥平面PAB. (2)求證:平面PAD⊥平面PDC. 證明: 以A為原點(diǎn),AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以E,F(xiàn), =,=(0,0,1),=(0,2,0),=(1,0,0),=(1,0,0).
9、 (1)因?yàn)椋剑?,所以∥? 即EF∥AB. 又AB?平面PAB,EF?平面PAB, 所以EF∥平面PAB. (2)因?yàn)椤ぃ?0,0,1)·(1,0,0)=0, ·=(0,2,0)·(1,0,0)=0, 所以⊥,⊥, 即AP⊥DC,AD⊥DC. 又因?yàn)锳P∩AD=A,AP?平面PAD,AD?平面PAD, 所以DC⊥平面PAD. 因?yàn)镈C?平面PDC,所以平面PAD⊥平面PDC. 熱點(diǎn)二 利用空間向量求空間角 [例2] (2019·天津卷) 如圖,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求證:BF∥平面ADE;
10、 (2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F的余弦值為,求線段CF的長(zhǎng). [審題指導(dǎo)] 由條件知AE,AD,AB互相垂直,可建立空間直角坐標(biāo)系,用空間向量解決. (1)證明與平面ADE的法向量垂直即得線面平行,也可以通過(guò)證明平面ADE與平面BCF平行來(lái)實(shí)現(xiàn)線面平行的轉(zhuǎn)化. (2)與平面BDE的法向量所成角的余弦值的絕對(duì)值,即為所求直線與平面所成角的正弦值. (3)設(shè)CF=h,用h表示二面角EBDF的余弦值,通過(guò)解方程得到線段長(zhǎng). [解析] 依題意,建立以A為原點(diǎn),分別以,,的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得A(0
11、,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2). 設(shè)CF=h(h>0),則F(1,2,h). (1)依題意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量, 又=(0,2,h),可得·=0, 又因?yàn)橹本€BF?平面ADE, 所以BF∥平面ADE. (2)依題意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2). 設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則 即不妨令z=1,可得n=(2,2,1). 因此有cos〈,n〉==-. 所以,直線CE與平面BDE所成角的正弦值為. (3)設(shè)m=(x1,y1,z1)為平面BDF的法向量, 則即
12、 不妨令y1=1,可得m=. 由題意,有|cos〈m,n〉|===, 解得h=.經(jīng)檢驗(yàn),符合題意. 所以,線段CF的長(zhǎng)為. 1.異面直線所成的角θ,可以通過(guò)兩直線的方向向量的夾角φ求得,即cos θ=|cos φ|. 2.直線與平面所成的角θ主要通過(guò)直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得,即sin θ=|cos φ|,有時(shí)也可分別求出斜線與它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量,轉(zhuǎn)化為求兩方向向量的夾角(或其補(bǔ)角). 3.二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)或通過(guò)二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得,它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角. (2
13、018·江蘇卷) 如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點(diǎn)P,Q分別為A1B1,BC的中點(diǎn). (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值; (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值. 解: 如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,設(shè)AC,A1C1的中點(diǎn)分別為O,O1,則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{,,}為基底,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 因?yàn)锳B=AA1=2, 所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2). (1)因?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn),所以P(,-,2
14、), 從而=(-,-,2),=(0,2,2), 故|cos <,>|===. 因此,異面直線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因?yàn)镼為BC的中點(diǎn),所以Q(,,0), 因此=(,,0),=(0,2,2),=(0,0,2). 設(shè)n=(x,y,z)為平面AQC1的一個(gè)法向量, 則即 不妨取n=(,-1,1), 設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ, 則sin θ=|cos<,n>|===, 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為. 熱點(diǎn)三 利用空間向量解決探索性問(wèn)題 [例3] (2020·吉林調(diào)研)如圖,在四棱錐PABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,P
15、A⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=. (1)求證:PD⊥平面PAB; (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值; (3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,說(shuō)明理由. [審題指導(dǎo)] 第(1)問(wèn)利用線面垂直的判定定理證明: 平面PAD⊥平面ABCD?AB⊥平面PAD?AB⊥PD?PD⊥平面PAB; 第(2)問(wèn)建立空間直角坐標(biāo)系,用向量法求解: 建立空間直角坐標(biāo)系,求出與平面PCD的法向量,求出法向量與夾角的余弦值,進(jìn)而可求線面角的正弦值; 第(3)問(wèn)假設(shè)點(diǎn)存在,利用向量法建立線面平行滿足關(guān)系式求解: 先假設(shè)存
16、在點(diǎn)M,設(shè)出點(diǎn)M坐標(biāo),利用向量法,由線面平行的條件轉(zhuǎn)化為方程求解. [解析] (1)證明:因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB?平面ABCD, 所以AB⊥平面PAD. 所以AB⊥PD. 又因?yàn)镻A⊥PD,PA∩AB=A, 所以PD⊥平面PAB. (2)取AD的中點(diǎn)O,連接PO,CO. 因?yàn)镻A=PD,所以PO⊥AD. 又因?yàn)镻O?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD, 所以PO⊥平面ABCD. 因?yàn)镃O?平面ABCD, 所以PO⊥CO. 因?yàn)锳C=CD,所以CO⊥AD. 如圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 由題意得
17、,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1). 則=(0,-1,-1),=(2,0,-1),=(1,1,-1), 設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z), 則即 令z=2,則x=1,y=-2. 所以n=(1,-2,2). 又=(1,1,-1),所以cos〈n,〉==-. 所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為. (3)設(shè)M是棱PA上一點(diǎn), 則存在λ∈[0,1],使得=λ. 因此點(diǎn)M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ). 因?yàn)锽M?平面PCD,所以要使BM∥平面PCD,當(dāng)且僅當(dāng)·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2
18、,2)=0. 解得λ=.所以在棱PA上存在點(diǎn)M使得BM∥平面BCD,此時(shí)=. 利用空間向量求解探索性問(wèn)題的策略 (1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論. (2)在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理,把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件,據(jù)此列方程或方程組,把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解,是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.若由此推導(dǎo)出矛盾,則否定假設(shè);否則,給出肯定結(jié)論. (2019·聊城三模)如圖(1),在邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中,∠BAD=60°,DE⊥AB于點(diǎn)E,將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1D⊥DC,如圖(2). (1)求證:A1
19、E⊥平面BCDE. (2)求二面角EA1BC的余弦值. (3)判斷在線段EB上是否存在一點(diǎn)P,使平面A1DP⊥平面A1BC?若存在,求出的值;若不存在,說(shuō)明理由. 解析:(1)證明:∵DE⊥BE,BE∥DC,∴DE⊥DC. 又∵A1D⊥DC,A1D∩DE=D,∴DC⊥平面A1DE, ∴DC⊥A1E. 又∵A1E⊥DE,DC∩DE=D,∴A1E⊥平面BCDE. (2)∵A1E⊥平面BCDE,DE⊥BE,∴以EB,ED,EA1所在直線分別為x軸,y軸和z軸,建立空間直角坐標(biāo)系. 易知DE=2,則A1(0,0,2),B(2,0,0),C(4,2,0),D(0,2,0), ∴=(
20、-2,0,2),=(2,2,0),平面A1BE的一個(gè)法向量為n=(0,1,0). 設(shè)平面A1BC的法向量為m=(x,y,z), 由·m=0,·m=0, 得 令y=1,得m=(-,1,-), ∴cos〈m,n〉===. 由圖,得二面角EA1BC為鈍二面角,∴二面角EA1BC的余弦值為-. (3)假設(shè)在線段EB上存在一點(diǎn)P,使得平面A1DP⊥平面A1BC.設(shè)P(t,0,0)(0≤t≤2),則=(t,0,-2), =(0,2,-2),設(shè)平面A1DP的法向量為p=(x1,y1,z1),由得 令x1=2,得p=. ∵平面A1DP⊥平面A1BC,∴m·p=0,即2-+t=0
21、,解得t=-3. ∵0≤t≤2,∴在線段EB上不存在點(diǎn)P,使得平面A1DP⊥平面A1BC. 限時(shí)50分鐘 滿分60分 解答題(本大題共5小題,每小題12分,共60分) 1.如圖1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,D,E分別是AB,CD的中點(diǎn),AE的延長(zhǎng)線交CB于F.現(xiàn)將△ACD沿CD折起,折起二面角,如圖2,連接A′F. (1)求證:平面A′EF⊥平面CBD; (2)當(dāng)A′C⊥BD時(shí),求二面角A′-CD-B的余弦值. 解:本題主要考查折疊、面面垂直的證明、二面角等問(wèn)題,考查考生的空間想象能力及運(yùn)算求解能力,考查的核心素養(yǎng)是直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算.(1)在平面
22、圖形中AF⊥CD,所以折疊后得到A′E⊥CD,EF⊥CD,即可證得結(jié)論;(2)可以利用向量法和傳統(tǒng)法求解. (1)在Rt△ABC中,由D為AB的中點(diǎn),得AD=CD=DB, 又∠B=30°,所以△ACD是正三角形, 又E是CD的中點(diǎn),所以AF⊥CD. 折起后,A′E⊥CD,EF⊥CD, 又A′E∩EF=E,A′E?平面A′EF,EF?平面A′EF, 故CD⊥平面A′EF, 又CD?平面CBD, 故平面A′EF⊥平面CBD. (2)解法一 如圖,過(guò)點(diǎn)A′作A′H⊥EF,垂足H落在FE的延長(zhǎng)線上. 因?yàn)镃D⊥平面A′EF,所以CD⊥A′H, 所以A′H⊥平面CBD. 以E
23、為原點(diǎn),EF所在的直線為x軸,ED所在的直線為y軸,過(guò)E與A′H平行的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系. 由(1)可知∠A′EF為所求二面角的平面角,設(shè)為θ,并設(shè)A′C=a,可得C,D,B,A′. 故=,=,因?yàn)锳′C⊥BD,所以·=0, 即cos θ+=0, 得cos θ=-. 故二面角A′-CD-B的余弦值為-. 解法二 如圖,過(guò)點(diǎn)A′作A′H⊥EF,垂足H落在FE的延長(zhǎng)線上, 因?yàn)镃D⊥平面A′EF,所以CD⊥A′H, 所以A′H⊥平面CBD. 連接CH并延長(zhǎng)交BD的延長(zhǎng)線于G, 由A′C⊥BD,得CH⊥BD, 即∠CGB=90°, 因此△CEH~△CGD,
24、 則=, 設(shè)A′C=a,易得∠GDC=60°,DG=,CE=,CG=, 代入=得EH=,又EA′=,故cos∠HEA′==. 又A′E⊥CD,EF⊥CD, 所以∠A′EF即所求二面角的平面角, 故二面角A′-CD-B的余弦值為-. 2.(2019·北京卷) 如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E為PD的中點(diǎn),點(diǎn)F在PC上,且=. (1)求證:CD⊥平面PAD; (2)求二面角F-AE-P的余弦值; (3)設(shè)點(diǎn)G在PB上,且=.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi),說(shuō)明理由. 解析:(1)由于PA⊥平面AB
25、CD,CD?平面ABCD,則PA⊥CD, 由題意可知AD⊥CD,且PA∩AD=A, 由線面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD. (2)以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),平面ABCD內(nèi)與AD垂直的直線為x軸,AD,AP方向?yàn)閥軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz, 易知:A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0), 由=可得點(diǎn)F的坐標(biāo)為F, 由=可得E(0,1,1) , 設(shè)平面AEF的法向量為:m=(x,y,z),則 , 據(jù)此可得平面AEF的一個(gè)法向量為:m=(1,1,-1), 很明顯平面AEP的一個(gè)法向量為n=(1,0,0), cos〈m,n〉==
26、=, 二面角F-AE-P的平面角為銳角,故二面角F-AE-P的余弦值為. (3)易知P(0,0,2),B(2,-1,0),由=可得G, 則=, 注意到平面AEF的一個(gè)法向量為:m=(1,1,-1), 其m·=0且點(diǎn)A在平面AEF內(nèi),故直線AG在平面AEF內(nèi). 3.(2019·蘇州三模) 如圖,在四棱錐PABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=,BC=2,PA=2. (1)取PC中點(diǎn)N,連接DN,求證:DN∥平面PAB. (2)求直線AC與PD所成角的余弦值. (3)在線段PD上,是否存在一點(diǎn)M,使得二面角MACD的大小為45°,如果存
27、在,求BM與平面MAC所成的角,如果不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 解析: 取BC的中點(diǎn)E,連接DE與AC,相交于點(diǎn)O,連接AE,易知AC⊥DE,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,-1,2), (1)PC中點(diǎn)N(0,0,1),所以=(1,0,1), 設(shè)平面PAB的法向量為n=(a,b,c), 由=(0,0,2),=(2,0,0), 令b=1,可得:n=(0,1,0),所以·n=0,因?yàn)镈N?平面PAB,所以DN∥平面PAB. (2)=(0,2,0),=(-1,1,-2),設(shè)AC與PD所成的角為θ,則co
28、s θ==. (3)設(shè)M(x,y,z)及=λ(0≤λ≤1), 所以?M(-λ,λ-1,2(1-λ)), 設(shè)平面ACM的法向量為m=(x,y,z), 由=(0,2,0),=(-λ,λ,2(1-λ)),可得m=(2-2λ,0,λ),平面ACD的法向量為p=(0,0,1), 所以cos〈m,p〉= =?λ= ,解得λ=. 解得M, 所以=,所以m=, 設(shè)BM與平面MAC所成角為φ,所以sin φ=|cos〈,m〉|==,所以φ=. 4.(2020·山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)某工廠欲加工一件藝術(shù)品,需要用到三棱錐形狀的坯材,工人將如圖所示的長(zhǎng)方體ABCD-EFQH材料切割成三棱錐H-ACF
29、. (1)若點(diǎn)M,N,K分別是棱HA,HC,HF的中點(diǎn),點(diǎn)G是NK上的任意一點(diǎn),求證:MG∥平面ACF; (2)已知原長(zhǎng)方體材料中,AB=2,AD=3,DH=1,根據(jù)藝術(shù)品加工需要,工程師必須求出三棱錐H-ACF的高.甲工程師先求出AH所在直線與平面ACF所成的角θ,再根據(jù)公式h=AH·sin θ,求三棱錐H-ACF的高h(yuǎn).請(qǐng)你根據(jù)甲工程師的思路,求該三棱錐的高. 解:證明:(1)∵HM=MA,HN=NC,HK=KF, ∴MK∥AF,MN∥AC.∵M(jìn)K?平面ACF,AF?平面ACF, ∴MK∥平面ACF. ∵M(jìn)N?平面ACF,AC?平面ACF,∴MN∥平面ACF. ∵M(jìn)N,M
30、K?平面MNK,且MK∩MN=M, ∴平面MNK∥平面ACF. 又∵M(jìn)G?平面MNK,∴MG∥平面ACF. (2)如圖,以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以DA,DC,DH所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 則有A(3,0,0),C(0,2,0),F(xiàn)(3,2,1),H(0,0,1), =(-3,2,0),=(0,2,1),=(-3,0,1). 設(shè)平面ACF的一個(gè)法向量為n=(x,y,z), 則有令y=3,則n=(2,3,-6), ∴sin θ===, ∴三棱錐H-ACF的高為AH·sin θ=×=. 5. 如圖,四邊形ABCD為菱形,G為AC與BD的交
31、點(diǎn),BE⊥平面ABCD. (1)證明:平面AEC⊥平面BED; (2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱錐E-ACD的體積為,求該三棱錐的側(cè)面積. 解析:(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形,所以AC⊥BD. 因?yàn)锽E⊥平面ABCD,所以AC⊥BE,又BD∩BE=B, 故AC⊥平面BED. 又AC?平面AEC, 所以平面AEC⊥平面BED. (2)設(shè)AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=x,GB=GD=. 因?yàn)锳E⊥EC,所以在Rt△AEC中,可得EG=x. 由BE⊥平面ABCD,知△EBG為直角三角形,可得BE=x. 由已知得,三棱錐E-ACD
32、的體積VEACD=×AC·GD·BE=x3=.故x=2. 從而可得AE=EC=ED=. 所以△EAC的面積為3,△EAD的面積與△ECD的面積均為. 故三棱錐E-ACD的側(cè)面積為3+2. (理)高考解答題·審題與規(guī)范(四) 立體幾何類考題 重在“化歸” 思維流程 [幾何法] 將立體幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面幾何問(wèn)題.將異面直線夾角,線面角,二面角等空間角轉(zhuǎn)化為平面角求解. [代數(shù)法] 將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問(wèn)題,用空間向量解題. [推理與證明] 分析法找思路:將面面問(wèn)題轉(zhuǎn)化為線面問(wèn)題,將線面問(wèn)題轉(zhuǎn)化為線線問(wèn)題. [綜合法證明] 線線關(guān)系推出線面關(guān)系,線面關(guān)系推出面面關(guān)系.
33、 真題案例 審題指導(dǎo) 審題方法 (12分)(2018·全國(guó)Ⅲ卷)如圖,邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點(diǎn). (1)證明:平面AMD⊥平面BMC; (2)當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí),求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值. (1)在題目中的兩個(gè)平面中選擇一條直線證明該直線垂直于另外一個(gè)平面;(2)建立空間直角坐標(biāo)系,求得幾何體體積最大時(shí)點(diǎn)M的位置,利用兩個(gè)平面的法向量的夾角求解即可. 審圖形找關(guān)聯(lián) 圖形或者圖象的力量比文字更為簡(jiǎn)單而有力,挖掘其中蘊(yùn)涵的有效信息,正確理解問(wèn)題是解決問(wèn)題的關(guān)鍵,對(duì)圖形或者圖象的獨(dú)特理解很多時(shí)候能成為
34、解題中的亮點(diǎn). 規(guī)范解答 評(píng)分細(xì)則 [解析] (1)由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD. 因?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD,1分① 所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.2分② 因?yàn)镸為C上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,所以DM⊥CM. 又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.3分③ 而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.4分④ (2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.6分⑤ 當(dāng)三棱錐MABC體積最大時(shí),M為C的中點(diǎn).7分⑥ 由題設(shè)得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),
35、M(0,1,1), =(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0),8分⑦ 設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量, 則即可取n=(1,0,2).9分⑧ 是平面MCD的法向量,因此cos〈n,〉==,10分⑨ sin〈n,〉=,所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是.12分⑩ 第(1)問(wèn)踩點(diǎn)得分 ①由條件得出BC⊥CD,并寫出BC?平面ABCD得1分,沒(méi)有BC?平面ABCD扣1分. ②得分BC⊥DM得1分. ③得出DM⊥平面BMC,得1分. ④得出結(jié)論得1分,如果沒(méi)有寫出DM?平面AMD扣1分. 第(2)問(wèn)踩點(diǎn)得分 ⑤正確建立空間直角坐標(biāo)系得2分. ⑥確定M為的中點(diǎn)得1分. ⑦正確寫出點(diǎn)的坐標(biāo),并求出相應(yīng)向量的坐標(biāo)得1分. ⑧正確求出平面MAB的法向量得1分. ⑨正確求出n與夾角的余弦值得1分. ⑩正確計(jì)算出n與夾角的正弦值得2分. - 20 -
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