立体几何专题突破

服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版专题突破四高考立体几何问题的求解策略服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版类型1用向量法求线线角、线面角利用空间向量法求直线与平面所成的角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版【典例1】(2013·湖南高考)如图4­1所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD的中点．(1)证明：CD⊥平面PAE；(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P­ABCD的体积．图4­1服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版[思路点拨](1)以点A为坐标原点建系，用向量法证明CD⊥AE，CD⊥AP.(2)先确定平面PAE和平面ABCD的法向量，再根据直线PB的方向向量和两个平面的法向量的夹角余弦值的绝对值相等求AP.服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版[规范解答]如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设PA＝h，则相关各点的坐标为：A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(4，3，0)，D(0，5，0)，E(2，4，0)，P(0，0，h)．服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版(1)证明：易知CD→＝(－4，2，0)，AE→＝(2，4，0)，AP→＝(0，0，h)．因为CD→·AE→＝－8＋8＋0＝0，CD→·AP→＝0，所以CD⊥AE，CD⊥AP.又AP，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE.服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版(2)由题设和(1)知，CD→，PA→分别是平面PAE，平面ABCD的法向量．而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈CD→，PB→〉|＝|cos〈PA→，PB→〉|，即CD→·PB→|CD→|·|PB→|＝PA→·PB→|PA→|·|PB→|.由(1)知，CD→＝(－4，2，0)，PA→＝(0，0，－h)，又PB→＝(4，0，－h)，故－16＋0＋025·16＋h2＝0＋0＋h2h·16＋h2，解得h＝855.又梯形ABCD的面积为S＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P­ABCD的体积V＝13×S×PA＝128515.服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版【反思启迪】1.求直线和平面所成的角也有传统法和向量法两种．传统法关键是找斜线在平面内的射影，从而找出线面角；向量法则可建立坐标系，利用向量的运算求解．用向量法可避开找角的困难，但计算较繁，所以要注意计算上不要失误．2．对于角的计算，一般是把所求角进行转化，体现了化归与转化思想，主要是将空间角转化为平面角或两向量的夹角．服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版【变式训练1】如图4­2，正方形ABCD所在平面与等腰三角形EAD所在平面相交于AD，AE⊥平面CDE.(1)求证：AB⊥平面ADE；(2)在线段BE上存在点M，使得直线AM与平面EAD所成角的正弦值为63，试确定点M的位置．图4­2服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版[解](1)证明：∵AE⊥平面CDE，CD⊂平面CDE，∴AE⊥CD.在正方形ABCD中，CD⊥AD，∵AD∩AE＝A，∴CD⊥平面ADE.∵AB∥CD，∴AB⊥平面ADE.服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版(2)由(1)知平面EAD⊥平面ABCD，取AD中点O，连结EO，∵EA＝ED，∴EO⊥AD，∴EO⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则A(1，0，0)，B(1，2，0)，E(0，0，1)，设M(x，y，z)，∴BM→＝(x－1，y－2，z)，BE→＝(－1，－2，1)，∵B，M，E三点共线，∴BM→＝λBE→，∴M(1－λ，2－2λ，λ)，∴AM→＝(－λ，2－2λ，λ)．设AM与平面AED所成的角为θ，∵平面AED的法向量n＝(0，1，0)，∴sinθ＝|cos〈AM→，n〉|＝|2－2λ|6λ2－8λ＋4＝63，解得λ＝12.即M为BE的中点．服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版类型2用向量法求二面角利用空间向量法求二面角的方法：(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．(2)分别在二面角的两个平面内找到与棱垂直且以垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．以上两种方法各有利弊，要善于结合题目的特点选择适当的方法解题．服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版【典例2】(2014·浙江高考)如图4­3，在四棱锥A­BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝2.(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B­AD­E的大小．图4­3服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版[思路点拨](1)由勾股定理求得AC与BC垂直，由面面垂直的性质得出AC与DE垂直，从而得出线面垂直；(2)用几何法求二面角，先找到二面角的平面角，再用余弦定理求出角的大小，或者用空间向量建立空间直角坐标系，转化为平面的法向量的夹角．服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版(2)以D为原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系D­xyz，如图(2)所示．由题意知各点坐标如下：D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，2，2)，B(1，1，0)．设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，可算得AD→＝(0，－2，－2)，AE→＝(1，－2，－2)，DB→＝(1，1，0)．由m·AD→＝0，m·AE→＝0，得－2y1－2z1＝0，x1－2y1－2z1＝0.服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版[规范解答](1)证明：在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝2.由AC＝2，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE，所以AC⊥DE.又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版可取m＝(0，1，－2)．由n·AD→＝0，n·BD→＝0，得－2y2－2z2＝0，x2＋y2＝0，可取n＝(1，－1，2)．于是|cos〈m，n〉|＝|m·n||m|·|n|＝33×2＝32.由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B­AD­E的大小是π6.服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版【反思启迪】1.当空间直角坐标系容易建立时，用向量法较为简洁明快．2．用法向量求二面角的大小时，有时不易判断两法向量的大小是否就是二面角的大小(相等或互补)，但我们完全可以根据图形得出结论，这是因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是比较明显的．服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版【变式训练2】如图4­4，在四棱锥S­ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.底面ABCD为矩形，AD＝2a，AB＝3a，SA＝SD＝a.(1)求证：CD⊥SA；(2)求二面角C­SA­D的大小．图4­4服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版[解]取BC的中点E，AD的中点P，连结PE.在△SAD中，SA＝SD＝a，P为AD的中点，所以SP⊥AD.又因为平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以，SP⊥平面ABCD.显然有PE⊥AD.如图，以P为坐标原点，PA为x轴，PE为y轴，PS为z轴建立空间直角坐标系，则S0，0，22a，A22a，0，0，B22a，3a，0，C－22a，3a，0，D－22a，0，0.服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版(1)易知CD→＝(0，－3a，0)，SA→＝22a，0，－22a，因为CD→·SA→＝0，所以CD⊥SA.(2)设n＝(x，y，z)为平面CSA的法向量，则有n·SA→＝0，n·CA→＝0，即22ax－22az＝0，2ax－3ay＝0，取n＝(3，2，3)．显然，EP⊥平面SAD，所以PE→为平面SAD的一个法向量，所以m＝(0，1，0)为平面SAD的一个法向量．所以cos〈n，m〉＝222＝12，所以二面角C­SA­D的大小为π3.服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版类型3利用向量解决立体几何中的探索性问题利用空间向量解决探索性问题的一般方法是先设出该点，再设法求出该点的坐标．(1)若点在坐标轴上，可直接设点的坐标．(2)若点在某条线段上，例如点P在线段CC1上，可设CP→＝λCC1→，从而点P的坐标可用λ表示出来，再根据已知条件求λ值即可．服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版【典例3】(2015·济南模拟)如图4­5，棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥AA1；(2)求二面角D­A1A­C的余弦值；图4­5(3)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版[思路点拨]设BD与AC交于点O，连结A1O，证明OB，OC，OA1两两垂直，从而以点O为坐标原点建立直角坐标系．(1)证明AA1→·BD→＝0；(2)根据两个平面的法向量夹角余弦值求二面角的余弦值；(3)设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，利用CP→＝λCC1→，求出点P坐标，再根据BP→与平面DA1C1的法向量垂直求λ值．服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版[规范解答]设BD与AC交于O，则BD⊥AC，连结A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，∴A1O2＝AA12＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3，∴AO2＋A1O2＝AA12，∴A1O⊥AO.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1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，则A(0，－1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(－3，0，0)，A1(0，0，3)，C1(0，2，3)．服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版(1)证明：由于BD→＝(－23，0，0)，AA1→＝(0，1，3)，AA1→·BD→＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD⊥AA1.服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版(2)由于OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0)．设n2⊥平面AA1D，则n2⊥AA1→，n2⊥AD→，设n2＝(x，y，z)，则y＋3z＝0，－3x＋y＝0，取n2＝(1，3，－1)，则〈n1，n2〉即为二面角D­A1A­C的平面角，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝55，所以，二面角D­A1A­C的平面角的余弦值为55.服/务/教/师免/费/馈/赠返回菜单理科数学.山东专版(3)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，设CP→＝λCC1→，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，3)，从而有P(0，1＋λ，3λ)，BP→＝(－3，1＋λ，3λ)，设n