板塊2核心考點突破拿高分專題3第2立體幾何大教師版?zhèn)鋺?zhàn)2020年高考理科數(shù)學二輪復習提分講義紙間書屋

2講立體幾何(大題熱點一a∥ba＝λb(λ∈R)即可.若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線1ADE－BCFABFEABCD都是正方形且互相垂直，MABODF的中點.運用向量方法證明：證明方法一(1)由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以點A為原點建立如圖所示的空間A－xyz.1

∴→ ∵ADE－BCF∴AB⊥BCF，∴→BCFOM?BCF，∴OM∥(2)MDFEFCD 由

x＝1n

→ ＝1

→1→1

→1

1→1＝－1

1→1＝－1→1∴向量 →∴OM∥∵ →→→－1→1→ →→－1→1→→ 1→2BC＋2BF∴ ∴OM⊥OM?MDF，∴MDF⊥演練1 AD＝CD＝1，M是PB的中點.證明(1)C則

y0＝a所以→ AM·n又AM?平面PCD，AM∥PCD.

ACM則 x＝1n x2＝1n3＝(1,1,0)，所以n2·n3＝1－1＝0.ACM⊥熱點二l，m

.lαsinθ＝|a·μ|＝|cos〈a，μ

α－a－β則|cosθ|＝|μ·v|＝|cos〈μ例 (1)證明C1C⊥ABCDABCDAC∩CC1＝C，AC，CC1?ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.AA1?ACC1A1，所以BD⊥AA1.(2)解ACBD依題意，A1C1∥OC且A1C1＝OC，A1OCC1為平行四邊形，所以A1O∥CC1，且A1O＝CC1.A1O⊥O為原點，OA，OB，OA1x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系.則A(23，0,0)，A1(0,0,4)，C1(－23，0,4)，B(0,2,0)，→AB＝(－2→ -→1A1B1＝2ABB1(－EBB1E－

EA1＝2，－2，2，A1C1＝(－2→n·A1C1＝－2→ 3 n·EA1＝2x－2y＋2z＝0，取z＝3，得n＝(0,4,3)，A1C1CE－A1C1－C為銳二面角，設(shè)二面角E－A1C1－C的平面角為θ，cos 演練2 且PB＝BC＝BD＝6，CD＝2AB＝22，∠PAD＝120°.E和F分別是棱CD和PC的中點.(2)PBPCD所成的角的正弦值(1)證明∵ECD∴ABED為平行四邊形∵BC＝BD，ECD∴ABED∴AB⊥∴CD⊥PD?又又∵BF?(2)解由(1)AB⊥A為原點，ABx軸，ADyPADAAD垂直的線為z軸建立空間直角坐標系A(chǔ)－xyz，如圖所示.PB＝6，AB＝∴Pz∴P(0，－1，3)A(0,0,0)，B(BC＝BD＝6，CD＝2∴C(2PCD n·PD＝x，y，z·0，3，－由 n·CD＝x，y，z·－2－y＝1n＝(0,1，又PB＝(2，1，－又PBPCDsinθ＝|cos〈n，→〉→ ＝ 6 2＋1＋3×6PBPCD所成的角的正弦值為6熱點三3(2019·臨沂模擬)ABCDABEABCD2AE＝1，F(xiàn)CEBF4 4(1)證明∵BF⊥ACE，AE?∵ABCD∴CB⊥∵AE?平面∴AE⊥(2)解ADMAM＝3ABEMCE34Rt△AEBAA－xyz，設(shè)AM＝h，則0≤h≤2，∴M(0,0，h)，E 所以

→ ME＝2，2，－h(huán)，CE＝2MCE2 ＋2 2則→ z＝2n＝ ABEm＝(0,0,1)，由題意可知cos〈m，n〉＝ ＝ 32＋3h＋h－2h＝4AM＝3ABEMCE所成二面角的余弦值為4演練 如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1＝2，點P為B1C1QA1B上一動點(1)QA1B的中點時，PQ(2)設(shè)＝λAPQBPQ 值為證明∵QA1B∴A，Q，B1三點共線，且Q為AB1的中點，∵PB1C1∴BC⊥平面ACC1A1，AC1?ACC1A1，∴ACC1A1A1C，BC?∴AC1⊥A1BC，而PQ∥AC1，∴PQ⊥解由題意可知，CA，CB，CC1連接B1Q，PB，設(shè)Q(x，y，z)，∵

∵點Q段A1B上運動∴A1PQA1PB的法向量，設(shè)平面A1PB的法向量為n1＝(x，y，z)， →→

y＝2B1PQ 2→ n由

z＝1

λ

＝6× λ＝1 ∴λ＝1λ＝2A1PQB1PQ所成銳二面角的余弦值為 10證明B1C，ME.M，EBB1，BCME∥B1CME＝1NA1DND＝1

2B2AA1B1∥DCA1B1＝DCB1C∥A1DB1C＝A1DME∥NDME＝ND，平面C1DE.解由已知可得DE⊥DA，以D的方向為x，，＝(－1,0，－2)，→＝(0，－

＋

m＝(n＝(p，q，r)A1MN －

cos〈m，n〉＝m·n＝23＝

2× 5A－MA1－N的正弦值為5預測1ABCD中，AB∥CDA，BAE⊥CD，BF⊥CDE，F(xiàn)，所成角的正弦值為20 所成角的正弦值為20AP的長證明ABFE22中，AF⊥BE，由已知得AF⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD?平面BDE，∴AF⊥DE?∴DE⊥解2中，AE⊥DE，AE⊥EF，DE∩EF＝E，DE，EF?AE⊥DEFCDDM∥EFCFMCE，DM＝2，CM＝1，6DC⊥CF，6EEG⊥EFDCG，可知GE，EA，EF兩兩垂直，E為坐標原點，以→，→x軸，y軸，zA(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1，3)，D0，－1， →

3

2AC＝(－2,1，3)，AD＝－2，－2，2ACD 由 得 3x＝1n＝(1，－1，得AP＝mP(2，m,0)，0≤m≤2，CP＝(2，m－1，－3)，得CPACD5×5×＝ A組證明由已知得，B1C1⊥ABB1A1BE?ABB1A1BE⊥解由(1)知，故D為坐標原點，x

則，

CC→ 即→

cos〈n，m〉＝n·m 1－－12＝ 2B－EC－C1的正弦值為22B—CG—A的大小證明AD∥BE，CG∥BEAD∥CG，AD，CGA，C，G，D四點共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，解EH⊥BCH.EH?BCGEBCGE⊥ABCABC＝BCEH⊥BCGE2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.Hx軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系H－xyz，則A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，3)，→＝(1,0，3)，→ ACGD

→則 →

n＝(3,6，－BCGEcos〈n，m〉＝n·m＝ 2B－CG－A3.(2019·馬鞍山模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1為為4P的位置；若不存在，請說明理由證明∴AA1C1C為菱形，連接A1C，則A1C⊥AC1，A1B⊥AC1A1C∩A1B＝A1，A1C，A1B?平面A1CB，∴AC1⊥A1CBAC1⊥BC，又∠ACB＝90°BC⊥AC，∴BC⊥解ACC1A1CCE⊥ACA1C1E，由(1)知，CE⊥平面ABC，CCA，CBx軸，y∴C(0,0,0)，B(0,2,0)，A(4,0,0)，A1(2,0,2 段AC上存在一點P，滿足→＝

≤λ<1)B－A1P－C4弦值為4

則則→→ A1P＝A1A＋AP＝(2－4λ，0，－2→CA1＝(2,0,2→BA1P 由 m·A1P＝2－4λx1－2取x＝1，得

3 3 A1PC ＝ λ＝4 0≤λ<1 段AC上存在一點P，滿足→＝3→，使二面角B－A1P－C的平面角的余弦值為 4B組

P－AD－BPA證明ADO

∴BCDO在△POB中，PO＝，則∵AD∩OB＝O，∴PO⊥ABCD，又PO?平面PAD，解由(1)∵PO∩OB＝O，∴AD⊥POB，又AD?平面ABCD，∴POB⊥PPE⊥EPOBABCDOB上44 2∵PO＝ PO2－PE2＝2O為坐標原點，OA，OBx軸，y軸，POBOAOBz軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz.A(1,0,0)，P0，－則→

DP＝1，－2→ 3 PA＝1，2PCD 3 則

y＋

3x＝13 PAPCD→則sin ＝3 13

2×13PAPCD所成角的正弦值為313AB＝6.4，AO＝52，AO⊥AD.證明依題意知，圓錐的高為 522－52＝5，又圓柱的高為OD2＝OA2＋AD2，因為AB⊥BD，連接OO1，O1O2，DO2，O，O1，O2三點共線2222BD2＝OO2＋OD2－AO2－AB2＝(6.4＋5)2＋52－(522BD＝8DE＝6O210O2在∠BDE內(nèi)，所以∠BDE＝90°，所以DE⊥B