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2014届高考数学(理科)二轮专题突破辅导与测试课件专题四


第二讲

高考中的立体几何?解答题型?

考点 空间位置关系与线线角 空间位置关系与线面角 空间位置关系与面面角

探索性问题

考情 1.用空间向量解决立体几何问题是高考的必考内容,包括用 空间向量证明位置关系、求空间角以及解探索性问题,属中档难 度,一般出现在前三个解答题中. 2.位置关系的证

明主要考查垂直与平行,通常作为第一小 问,既可用空间向量法证明,也可用传统方法证明,如2013?新 课标全国卷ⅠT18,2013?辽宁T18. 3.空间角的求解主要以考查二面角(如:2013?辽宁T18)和直 线与平面所成角(2013?新课标全国卷ⅠT18)为主,作为解答题中

的一问.
4.探索性问题主要以探求在线段上是否存在符合要求的点 为主,通常是解答题的最后一问,有一定的难度.

1.(2013· 新课标全国卷Ⅰ)如图,三棱柱 ABCA1B1C1 中,CA =CB,AB=AA1,∠BAA1=60° . (1)证明:AB⊥A1C; (2)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B,AB=CB,求直线 A1C 与 平面 BB1C1C 所成角的正弦值.

解:(1)证明:取 AB 的中点 O,连接 OC,OA1,A1B. 因为 CA=CB,所以 OC⊥AB.由于 AB=AA1,∠BAA1=60° , 故△AA1B 为等边三角形,所以 OA1⊥AB. 因为 OC∩OA1=O,所以 AB⊥平面 OA1C. 又 A1C?平面 OA1C,故 AB⊥A1C.

(2)由(1)知 OC⊥AB,OA1⊥AB. 又平面 ABC ⊥平面 AA1B1B ,交线为 AB ,所以 OC ⊥平面 AA1B1B,故 OA,OA1,OC 两两相互垂直.

以 O 为坐标原点,OA 的方向为 x 轴的正方向,|OA |为单位长, 建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz.

由题设知 A(1,0,0),A1(0, 3,0),C(0,0, 3),B(-1,0,0).则
BC =(1,0, 3),BB1 = AA1 =(-1, 3,0), A1C =(0,- 3,

3). 设 n=(x,y,z)是平面 BB1C1C 的法向量.
? ? n· BC =0, ?x+ 3z=0, 则? 即? ? BB1 =0, ?-x+ 3y=0. ?n·

可取 n=( 3,1,-1), 10 故 cos〈n, A1C 〉= =- . 5 |n|| A1C | 10 所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 . 5 n· A1C

2.(2013· 辽宁高考)如图,AB 是圆的直径,PA 垂直圆所在的平 面,C 是圆上的点.

(1)求证:平面 PAC⊥平面 PBC; (2)若 AB=2,AC=1,PA=1,求二面角 CPBA 的余弦值.

解:(1)证明:由 AB 是圆的直径,得 AC⊥BC.由 PA⊥平面 ABC,BC?平面 ABC,得 PA⊥BC.又 PA∩AC=A,PA?平 面 PAC,AC?平面 PAC,所以 BC⊥平面 PAC. 因为 BC?平面 PBC, 所以平面 PBC⊥平面 PAC.

(2)法一:过 C 作 CM∥AP,则 CM⊥平面 ABC. 如图,以点 C 为坐标原点,分别以直线 CB,CA,CM 为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系. 因为 AB=2,AC=1,所以 BC= 3. 因为 PA=1,所以 A(0,1,0),B( 3,0,0),P(0,1,1). 故 CB =( 3,0,0), CP =(0,1,1).

设平面 BCP 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),
? CB · n 1 = 0, ? 则? ? n1=0, ? CP · ? ? 3x1=0, 所以? ? ?y1+z1=0,

不妨令 y1=1,则 n1=(0,1,-1). 因为 AP =(0,0,1), AB =( 3,-1,0),设平面 ABP 的法向量 ? AP · n2=0, 为 n2=(x2,y2,z2),则? n 2 = 0, ? AB ·

? ?z2=0, 所以? ? ? 3x2-y2=0,

不妨令 x2=1,则 n2=(1, 3,0). 3 6 于是 cos〈n1,n2〉= = , 2 2 4 由图可知二面角 CPBA 为锐角,故二面角 CPBA 的余弦 6 值为 . 4

法二:过 C 作 CM⊥AB 于 M,因为 PA⊥平面 ABC,CM?平 面 ABC, 所以 PA⊥CM, 故 CM⊥平面 PAB. 过 M 作 MN⊥PB 于 N,连接 NC, 由三垂线定理得 CN⊥PB, 所以∠CNM 为二面角 CPBA 的平面角. 3 在 Rt△ABC 中,由 AB=2,AC=1,得 BC= 3,CM= , 2 3 BM= . 2

在 Rt△PAB 中,由 AB=2,PA=1,得 PB= 5. 3 MN 2 因为 Rt△BNM∽Rt△BAP,所以 = , 1 5 3 5 故 MN= . 10 30 6 又在 Rt△CNM 中,CN= ,故 cos∠CNM= . 5 4 6 所以二面角 CPBA 的余弦值为 . 4

1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线 l,m 的方向向量分别为 a=(a1,b1,c1),b=(a2, b2,c2).平面 α,β 的法向量分别为 u=(a3,b3,c3),v=(a4, b4,c4)(以下相同). (1)线面平行: l∥α?a⊥u?a· u=0?a1a3+b1b3+c1c3=0.

(2)线面垂直: l⊥α?a∥u?a=ku?a1=ka3,b1=kb3,c1=kc3. (3)面面平行: α∥β?u∥v?u=kv?a3=ka4,b3=kb4,c3=kc4. (4)面面垂直: α⊥β?u⊥v?u· v=0?a3a4+b3b4+c3c4=0.

2.空间直线、平面夹角的向量表示 (1)异面直线所成的角 设 a,b 分别为异面直线 a,b 的方向向量,则两异面直线 |a· b| 所成的角 θ 满足 cos θ= . |a||b| (2)线面角 设 l 是斜线 l 的方向向量,n 是平面 α 的法向量,则斜线 l |l· n| 与平面 α 所成的角 θ 满足 sin θ= . |l||n| (3)(ⅰ)如图①,AB,CD 是二面角 αlβ 的两个半平面内与 棱 l 垂直的直线,则二面角的大小 θ=〈 AB , CD 〉 .

(ⅱ)如图②③, n1, n2 分别是二面角 αlβ 的两个半平面 α, β 的法向量,则二面角 θ 的大小满足 cos θ=cos〈n1,n2〉或 -cos〈n1,n2〉 .

空间位置关系的证明

[例 1]

如图,在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 是正

方形,EF∥ AB ,EF⊥ FB ,AB= 2EF ,∠BFC= 90° , BF = FC,H 为 BC 的中点.求证: (1)FH∥平面 EDB; (2)AC⊥平面 EDB.

[自主解答] ∴AB⊥BC.

法一:∵四边形 ABCD 是正方形,

又∵EF∥AB,∴EF⊥BC. 又∵EF⊥FB,FB∩BC=B,∴EF⊥平面 BFC. ∴EF⊥FH,∴AB⊥FH. 又∵BF=FC,H 为 BC 的中点, ∴FH⊥BC.AB∩BC=B, ∴FH⊥平面 ABC.

以 H 为坐标原点,HB 为 x 轴正向,HF 为 z 轴正向,建立 如图所示的空间直角坐标系. 设 BH=1, 则 A(1, -2,0), B(1,0,0), C(-1,0,0),D(-1,-2,0),E(0,-1,1),F(0,0,1). (1)设 AC 与 BD 的交点为 G,连接 GE,GH,则 G(0,- 1,0),∴GE =(0,0,1).又 HF =(0,0,1), ∴ HF ∥ GE .

∵GE?平面 EDB,HF?平面 EDB, ∴FH∥平面 EDB.
GE =0, (2)∵ AC =(-2,2,0),GE =(0,0,1), AC ·

∴AC⊥GE. 又∵AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面 EDB. 法二:(1)如图设 AC 与 BD 交于点 G,则 G 为 AC 的 中点. 连接 EG,GH,

又∵H 为 BC 的中点, 1 ∴GH 綊 AB. 2 1 又∵EF 綊 AB,∴EF 綊 GH. 2 ∴四边形 EFHG 为平行四边形. ∴EG∥FH.而 EG?平面 EDB,FH?平面 EDB, ∴FH∥平面 EDB.

(2)由四边形 ABCD 为正方形,有 AB⊥BC. 又∵EF∥AB,∴EF⊥BC. ∵EF⊥FB,且 FB∩BC=B,∴EF⊥平面 BFC. ∴EF⊥FH,∴AB⊥FH. 又∵BF=FC,H 为 BC 的中点, ∴FH⊥BC.∵AB∩BC=B, ∴FH⊥平面 ABCD.∴FH⊥AC. 又∵FH∥EG,∴AC⊥EG. 又∵AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面 EDB.

——————————规律· 总结————————————

1.三种平行间的转化关系

2.三种垂直关系的转化

———————————————————————————

1.如图,在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 是正方形, 侧棱 PD ⊥底面 ABCD,PD=DC,E 是 PC 的中点,作 EF⊥PB 于点 F,求证: (1)PA∥平面 EDB; (2)PB⊥平面 EFD.

证明:建立如图所示的空间直角坐标系,D 为坐标原点,设 DC=a. (1)连接 AC 交 BD 于 G,连接 EG. 依题意得
? a a? A(a,0,0),P(0,0,a),E?0,2,2?. ? ?

∵底面 ABCD 是正方形, ∴G 是此正方形的中心, 故点 G
?a a ? 的坐标为?2,2,0?, ? ?

?a a? PA=(a,0,-a), EG =?2,0,-2?. ? ?

∴ PA=2 EG ,则 PA∥EG. ∵EG?平面 EDB,PA?平面 EDB, ∴PA∥平面 EDB. (2)依题意得 B(a,a,0), PB =(a,a,-a),
? a a? 又 DE =?0,2,2?, ? ?

a2 a2 故 PB · DE =0+ 2 - 2 =0, ∴PB⊥DE. 由已知 EF⊥PB,且 EF∩DE=E, ∴PB⊥平面 EFD.

空间角的求法
[例 2] (2013· 山东高考)如图所示,在三棱锥 PABQ 中,PB

⊥平面 ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP, BP 的中点, AQ=2BD, PD 与 EQ 交于点 G, PC 与 FQ 交于点 H, 连接 GH. (1)求证:AB∥GH; (2)求二面角 DGHE 的余弦值.

[自主解答]

(1)证明: 因为 D,C, E, F 分别是 AQ, BQ,

AP,BP 的中点,所以 EF∥AB,DC∥AB.所以 EF∥DC. 又 EF?平面 PCD, DC?平面 PCD, 所以 EF∥平面 PCD. 又 EF?平面 EFQ,平面 EFQ∩平面 PCD=GH,所以 EF∥GH. 又 EF∥AB,所以 AB∥GH. (2)法一:在△ABQ 中,AQ=2BD,AD=DQ, 所以∠ABQ=90° ,即 AB⊥BQ.

因为 PB⊥平面 ABQ,所以 AB⊥PB. 又 PB∩BQ=B,所以 AB⊥平面 PBQ. 由(1)知 AB∥GH,所以 GH⊥平面 PBQ. 又 FH?平面 PBQ,所以 GH⊥FH. 同理可得 GH⊥HC, 所以∠FHC 为二面角 DGHE 的平面角. 设 BA=BQ=BP=2,连接 FC.

在 Rt△FBC 中,由勾股定理得 FC= 2. 在 Rt△PBC 中,由勾股定理得 PC= 5. 又 H 为△PBQ 的重心, 1 5 所以 HC= PC= . 3 3 5 同理 FH= . 3 在△FHC 中,由余弦定理得 5 5 + -2 9 9 4 cos∠FHC= =- . 5 5 2× 9 4 即二面角 DGHE 的余弦值为- . 5

法二:在△ABQ 中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ =90° .又 PB⊥平面 ABQ,所以 BA,BQ,BP 两两垂直. 以 B 为坐标原点,分别以 BA,BQ,BP 所在直线为 x 轴, y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设 BA=BQ=BP=2, 则 E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0), C(0,1,0),P(0,0,2). 所以 EQ = (- 1,2,- 1), FQ = (0,2,- 1), DP = (- 1, -1,2), CP =(0,-1,2).

设平面 EFQ 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1), 由
? ?-x1+2y1-z1=0, m· EQ =0,m· FQ =0,得? ? ?2y1-z1=0,

取 y1=1,得 m=(0,1,2). 设平面 PDC 的一个法向量为 n=(x2,y2,z2), 由
? ?-x2-y2+2z2=0, CP =0,得? n· DP =0,n· ? ?-y2+2z2=0,

取 z2=1,得 n=(0,2,1), m· n 4 所以 cos〈m,n〉= = . |m||n| 5 因为二面角 DGHE 为钝角, 4 所以二面角 DGHE 的余弦值为- . 5

互动探究 本例中条件不变:(1)如何求异面直线 DP 与 BQ 所成角 的余弦值? (2)如何求直线 AQ 与平面 PDC 所成角的正弦值?
解:(1)由题意, DP =(-1,-1,2), BQ =(0,2,0), -2 BQ DP · 6 ∴cos〈 DP , BQ 〉= = =- , 6 6×2 | DP || BQ | 6 ∴异面直线 DP 与 BQ 所成角的余弦值为 . 6

(2) AQ =(-2,2,0),由例题解法二知平面 PDC 的法向 量为 n=(0,2,1). 设直线 AQ 与平面 PDC 所成的角为 θ, | AQ · n| 4 10 则 sin θ=|cos〈 AQ ,n〉|= = = , 5 | AQ ||n| 2 2· 5 10 即直线 AQ 与平面 PDC 所成角的正弦值为 . 5

——————————规律· 总结———————————— 三种空间角的向量求法

(1)异面直线所成的角 θ,可以通过两直线的方向向量的夹 角 φ 求得,即 cos θ=|cos φ|. (2)直线与平面所成的角 θ 主要可以通过直线的方向向量 与平面的法向量的夹角 φ 求得,即 sin θ=|cos φ|. (3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直 的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的 法向量的夹角求得,它等于两个法向量的夹角或其补角. ——————————————————————————

2.如图,在直棱柱 ABCDA1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD=90° , AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.

(1)证明:AC⊥B1D; (2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值.

解: 法一: (1)证明: 因为 BB1⊥平面 ABCD, AC?平面 ABCD, 所以 AC⊥BB1. 又 AC⊥BD,BB1∩BD=B,所以 AC⊥平面 BB1D.而 B1D? 平面 BB1D,所以 AC⊥B1D. (2)因为 B1C1∥AD,所以直线 B1C1 与平面 ACD1 所成的角等 于直线 AD 与平面 ACD1 所成的角(记为 θ).

如图,连接 A1D.因为棱柱 ABCDA1B1C1D1 是直棱柱,且∠ B1A1D1=∠BAD=90° ,所以 A1B1⊥平面 ADD1A1.从而 A1B1⊥ AD1.又 AD=AA1=3, 所以四边形 ADD1A1 是正方形, 于是 A1D ⊥AD1.故 AD1⊥平面 A1B1D,于是 AD1⊥B1D. 由(1)知,AC⊥B1D,所以 B1D⊥平面 ACD1. 故∠ADB1=90° - θ. 在直角梯形 ABCD 中,因为 AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.

AB BC 从而 Rt△ABC∽Rt△DAB,故DA=AB. 即 AB= DA· BC= 3.
2 连接 AB1,易知△AB1D 是直角三角形,且 B1D2=BB2 + BD = 1 2 BB1 +AB2+AD2=21.即 B1D= 21.

AD 3 21 在 Rt△AB1D 中, cos∠ADB1= = = , 即 cos(90° - θ) B1 D 7 21 21 21 = .从而 sin θ= . 7 7 21 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 . 7

法二:(1)证明:易知 AB,AD,AA1 两两垂直.如图,以 A 为 坐标原点,AB,AD,AA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建 立空间直角坐标系.设 AB=t,则有 A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t, 0,3), C(t,1,0), C1(t,1,3), D(0,3,0), D1(0,3,3). 从而 B1 D =(-t,3, -3), AC =(t,1,0), BD =(-t,3,0).

因为 AC⊥BD,所以 AC · BD =-t2+3+0=0,解得 t= 3或 t=- 3(舍去). 于是 B1 D =(- 3,3,-3), AC =( 3,1,0). 因为 AC · B1 D =-3+3+0=0,所以 AC ⊥ B1 D . 即 AC⊥B1D. (2)由(1)知, AD1 =(0,3,3), AC =( 3,1,0),

B1C1 =(0,1,0).

?n· AC =0, 设 n=(x,y,z)是平面 ACD1 的一个法向量,则? AD1 =0, ?n·
? ? 3x+y=0, 即? ? ?3y+3z=0.

令 x=1,则 n=(1,- 3, 3). 设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为 θ,则 ? n· B1C1 ? 3 21 ?= = sin θ=|cos〈n, B1C1 〉|=? . 7 7 | B1C1 |? ?|n|· 21 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 . 7

立何几何中的探索问题
[例 3] 如图,四棱锥 SABCD 的底面是正方形,每条侧棱的

长都是底面边长的 2倍,P 为侧棱 SD 上的点.

(1)求证:AC⊥SD; (2)若 SD⊥平面 PAC,求二面角 PACD 的大小; (3)在(2)的条件下,侧棱 SC 上是否存在一点 E,使得 BE∥平 面 PAC.若存在,求 SE∶EC 的值;若不存在,试说明理由.

[自主解答]

(1)证明:连接 BD,设 AC 交 BD 于点 O,连

OB , OC , 接 SO.由题意知 SO⊥平面 ABCD, 以 O 为坐标原点,

OS 分别为 x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立如图所示的空间直角

坐标系. 6 设底面边长为 a,则高 SO= a. 2 于是
? =? ?0, ? ? S? ?0,0, ? ? ? ? ? 6 ? 2 2 ? ? ? ? ? a?,D?- a,0,0?,C?0, a,0?,OC 2 ? 2 2 ? ? ? ?

? ? 2 2 6 ? ? ? ? SD =0,故 OC a,0?,SD =?- a,0,- a?,OC · 2 2 2 ? ? ?

⊥SD,从而 AC⊥SD.

? (2)由题意知, 平面 PAC 的一个法向量 DS =? ? ?

2 6 ? ? a,0, a?, 2 2 ?

平面 DAC

? 的一个法向量 OS =? ?0,0, ?

6 ? ? a?.设所求二面角为 θ, 2 ?

OS · DS 3 则 cos θ= = ,故所求二面角的大小为 30° . 2 | OS || DS |

(3)在棱 SC 上存在一点 E 使 BE∥平面 PAC.

由 (2) 知 DS 是 平 面 PAC 的 一 个 法 向 量 , 且 DS =
? ? ? ? ? 2 6 ? 2 6 ? ? ? ? a,0, a?,CS =?0,- a, a?,设 CE =tCS ,则 BE 2 2 ? 2 2 ? ?

? = BC + CE = BC +tCS =? ?- ?

2 2 6 ? ? a, a?1-t?, at?, 2 2 2 ?

1 DS =0?t= , 而 BE · 3 即当 SE∶EC=2∶1 时,BE ⊥ DS ,而 BE 不在平面 PAC 内,故 BE∥平面 PAC.

——————————规律· 总结———————————— 利用空间向量解决探索性问题的方法

把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把 “是否 存在 ” 问题转化为 “ 点的坐标是否有解,是否有规定范围内的 解”等,所以为使问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方 法解题.
———————————————————————————

3.如图,ABCD 是边长为 3 的正方形,DE⊥平面 ABCD,AF∥ DE,DE=3AF,BE 与平面 ABCD 所成的角为 60° . (1)求证:AC⊥平面 BDE; (2)求二面角 FBED 的余弦值; (3)设点 M 是线段 BD 上的一个动点,试确定点 M 的位置,使 得 AM∥平面 BEF,并证明你的结论.

解:(1)证明:∵DE⊥平面 ABCD,∴DE⊥AC. ∵四边形 ABCD 是正方形, ∴AC⊥BD.又 DE∩BD=D, ∴AC⊥平面 BDE. (2)∵DE⊥平面 ABCD, ∴∠EBD 就是 BE 与平面 ABCD 所成的角, 即∠EBD=60° . ED ∴BD= 3.由 AD=3,得 BD=3 2,DE=3 6,AF= 6.

如图,分别以 DA,DC,DE 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建 立空间直角坐标系,则 A(3,0,0),F(3,0, 6),E(0,0, 3 6),B(3,3,0),C(0,3,0), ∴ BF =(0,-3, 6), EF =(3,0,-2 6). 设平面 BEF 的法向量为 n=(x,y,z),则
? ?n· BF =0, ?-3y+ 6z=0, ? 即? ? EF =0, ?3x-2 6z=0. ?n·

令 z= 6,则 n=(4,2, 6). ∵AC⊥平面 BDE, ∴ CA =(3,-3,0)为平面 BDE 的一个法向量,
CA n· 6 13 ∵cos〈n, CA 〉= = = , 13 26 × 3 2 |n|| CA |

13 ∴结合图形知 FBED 的余弦值为 . 13

(3)依题意,设 M(t,t,0)(0≤t<3),则 AM =(t-3,t,0), ∵AM∥平面 BEF,∴ AM · n=0, 即 4(t-3)+2t=0,解得 t=2. 2 ∴点 M 的坐标为(2,2,0),此时 DM = DB , 3 ∴点 M 是线段 BD 上靠近 B 点的三等分点.

课题15
[典例]

向量法求空间角

(2013· 江西高考)如图, 四棱锥 PABCD 中, PA

⊥平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点,△DAB 3 ≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 并延长交 2 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值.

[考题揭秘] 解能力. [审题过程] 3 1,PA= . 2

本题考查向量法求二面角、 转化与化归思想及运算求 第一步: 审条件. 四棱锥 PABCD 中 PA⊥平面 ABCD,

E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点,△DAB≌△DCB,EA=EB=AB=

第二步: 审结论. 证明 AD⊥平面 CFG 和求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值. 1 第三步:建联系.(1)由 EA= BD 可得 AB⊥AD,易证 F 为 AD 2 的中点,再证得 AD 垂直于平面 CFG 内的两条相交的直线 CF 与 FG, 从而证得 AD⊥平面 CFG;(2)以 A 为原点,建立空间直角坐标系,求 出平面 BCP 与平面 DCP 的法向量,利用向量方法求二面角问题.

[规范解答]

(1)在△ABD 中, 因为 E 是 BD 中点, 所以 EA

=EB=ED=AB=1, π π 故∠BAD= ,∠ABE=∠AEB= , 2 3 因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB, π 从而有∠FED=∠BEC=∠AEB= , 3 所以∠FED=∠FEA, 故 EF⊥AD,AF=FD. 因为 PG=GD,所以 FG∥PA. 又 PA⊥平面 ABCD,所以 GF⊥AD,故 AD⊥平面 CFG.

(2)以点 A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则
?3 A(0,0,0),B(1,0,0),C? ?2, ? ? 3 ? ,0?,D(0, 2 ?

3,0),

? ?1 3? P?0,0,2?, 故 BC =?2, ? ? ? ? 3 CD =? ?-2, ?

? ? 3 3 3 3? ? ? CP =?- ,- , ? , ,0?, ? 2 2 2? ? ? 2

? 3 ? ,0?.????????????????① 2 ?

设平面 BCP 的一个法向量 n1=(1,y1,z1),

? 1 3 ?n · BC = + y1=0, 2 2 ? 1 则? 3 3 3 ? CP =- - y1+ z1=0, n· ? 2 2 2 ? 1 ? 3 y =- , ? 1 3 解得? ?z1=2, 3 ? ? 3 ?n · CD =- + 2 ? 2 则? 3 ? CP =- - n· ? 2 ? 2
? n1=? ?1,- ?



3 2? ? , ?.?????② 3 3?

设平面 DCP 的一个法向量 n2=(1,y2,z2), 3 y =0, 2 2 3 3 y + z =0, 2 2 2 2

? ?y2= 3, 解得? ? ?z2=2,

即 n2=(1, 3,2).??????②

从而平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值为 |n1· n2 | cos θ= = |n1||n2| 4 3 2 = .????????③ 4 16 ·8 9

[模型归纳] 利用向量求空间角的模型示意图如下:

[变式训练] (2013· 广东高考)如图 1, 在等腰直角三角形 ABC 中, ∠A=90° , BC=6,D,E 分别是 AC,AB 上的点,CD=BE= 2,O 为 BC 的中点.将△ADE 沿 DE 折起,得到如图 2 所示的四棱锥 A′ BCDE,其中 A′O= 3.

(1)证明:A′O⊥平面 BCDE; (2)求二面角 A′CDB 的平面角的余弦值.

解:(1)证明:由题意,易得 OC=3,AC=3 2,AD=2 2.连 接 OD,OE.在△OCD 中,由余弦定理可得 OD= OC2+CD2-2OC· CDcos 45° = 5. 由翻折不变性可知 A′D=2 2, 所以 A′O2+OD2=A′D2,所以 A′O⊥OD. 同理可证 A′O ⊥ OE. 又 OD∩OE = O ,所以 A′O ⊥平面 BCDE.

(2)法一: 过 O 作 OH⊥CD, 交 CD 的延长线于 H, 连接 A′H, 如图,因为 A′O⊥平面 BCDE,所以 A′H⊥CD, 所以∠A′HO 为二面角 A′CDB 的平面角. 3 2 结合 OC=3,∠BCD=45° ,得 OH= ,从而 A′H= 2 30 OH +OA′ = . 2
2 2

OH 15 所以 cos∠A′HO= = , 5 A′ H 15 所以二面角 A′CDB 的平面角的余弦值为 . 5

法二:以 O 点为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

则 A′=(0,0, 3),C(0,-3,0),D(1,-2,0),所以 CA? =(0,3, 3), DA? =(-1,2, 3). 设 n=(x,y,z)为平面 A′CD 的一个法向量,则
?n· ? CA? =0, ? ? DA? =0, ?n· ? ?3y+ 3z=0, 即? ? ?-x+2y+ 3z=0,

? ?y=-x, 解得? ? ?z= 3x.

令 x=1,得 n=(1,-1, 3),即 n=(1,-

1, 3)为平面 A′CD 的一个法向量. 由(1)知, OA? =(0,0, 3)为平面 CDB 的一个法向量,
OA? n· 3 15 所以 cos 〈 n , OA? 〉= = = ,即二面角 5 3 × 5 |n|· | OA? |

15 A′ CDB 的平面角的余弦值为 . 5

预测演练提能


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