全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺第二篇第2讲立体几何理.docx

1、第2讲立体几何题型一空间中的平行与垂直问题例1(12分)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，E、F分别为PC、BD的中点，侧面PAD底面ABCD，且PAPDAD.(1)求证：EF平面PAD；(2)求证：平面PAB平面PCD.证明(1)连接AC，则F是AC的中点，又E为PC的中点，在CPA中，EFPA，3分又PA平面PAD，EF平面PAD，4分EF平面PAD.5分(2)平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，又CDAD，CD平面PAD，CDPA.8分又PAPDAD，PAD是等腰直角三角形，10分且APD90，即PAPD.又CDPDD，PA平面PCD，又PA平面PAB

2、，平面PAB平面PCD.12分评分细则第(1)问得分点1.不说明EF平面PAD，扣1分.2.不说明PA平面PAD，扣1分.第(2)问得分点1.不说明平面PAD平面ABCDAD，扣2分.2.不说明CDPDD，扣2分.3.不说明PA平面PAB，扣1分.第一步：将题目条件和图形结合起来；第二步：根据条件寻找图形中的平行、垂直关系；第三步：和要证结论相结合，寻找已知的垂直、平行关系和要证关系的联系；第四步：严格按照定理条件书写解题步骤.跟踪训练1如图，四棱锥PABCD中，ABAC，ABPA，ABCD，AB2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点.(1)求证：CE平面PAD；(

3、2)求证：平面EFG平面EMN. 题型二利用空间向量求角例2(12分)如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，DPC30，AFPC于点F，FECD，交PD于点E.(1)证明：CF平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值.规范解答(1)证明PD平面ABCD，AD平面ABCD，PDAD.又CDAD，PDCDD，AD平面PCD.2分又PC平面PCD，ADPC.又AFPC，ADAFA，PC平面ADF，即CF平面ADF.4分(2)解设AB1，则在RtPDC中，CD1，又DPC30，PC2，PD，PCD60.由(1)知CFDF，DFCDsin 60，CFCDcos 60.又FECD，DE.同理E

4、FCD.6分如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系，则A(0,0,1)，E(，0,0)，F(，0)，P(，0,0)，C(0,1,0).7分设m(x，y，z)是平面AEF的一个法向量，则又(，0，1)，(0，0)，令x4，则z，m(4,0，).9分由(1)知平面ADF的一个法向量为(，1,0).11分设二面角DAFE的平面角为，可知为锐角，故cos |cosm，|.故二面角DAFE的余弦值为.12分评分细则第(1)问得分点1.ADDC，PDAD及相关证明，每个给1分.2.证明线面垂直时条件完整得2分，不完整扣1分.第(2)问得分点1.写出建系方法可得1分.2.写出相应点、向量的坐标给2分，有错

5、误根据相应情况扣除分数，长度单位可灵活选取.3.求出平面AEF的一个法向量给2分，只给出结果没有过程，只给1分.4.写(求)出平面ADF的一个法向量给2分.5.求出两个法向量所成角的余弦值给1分.6.转化为所求二面角的平面角的余弦值给1分.第一步：作出(或找出)具有公共交点的三条相互垂直的直线；第二步：建立空间直角坐标系，设出特征点坐标；第三步：求半平面的法向量n，m；第四步：求法向量n，m的夹角或cosm，n；第五步：将法向量的夹角转化为二面角，要注意直观判定二面角的大小；第六步：反思回顾.查看关键点、易错点及解题规范.跟踪训练2如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，E为BD的中点，G

6、为PD的中点，DABDCB，EAEBAB1，PA，连接CE并延长交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.答案精析第2讲立体几何跟踪训练1证明(1)方法一取PA的中点H，连接EH，DH.又E为PB的中点，所以EH綊AB.又CD綊AB，所以EH綊CD.所以四边形DCEH是平行四边形，所以CEDH.又DH平面PAD，CE平面PAD.所以CE平面PAD.方法二连接CF.因为F为AB的中点，所以AFAB.又CDAB，所以AFCD.又AFCD，所以四边形AFCD为平行四边形因此CFAD，又AD平面PAD，CF平面PAD，所以CF平面PAD.因为E，F分别为PB

7、，AB的中点，所以EFPA.又PA平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD.因为CFEFF，故平面CEF平面PAD.又CE平面CEF，所以CE平面PAD.(2)因为E、F分别为PB、AB的中点，所以EFPA.又因为ABPA，所以EFAB，同理可证ABFG.又因为EFFGF，EF平面EFG，FG平面EFG.所以AB平面EFG.又因为M，N分别为PD，PC的中点，所以MNCD，又ABCD，所以MNAB，所以MN平面EFG.又因为MN平面EMN，所以平面EFG平面EMN.跟踪训练2(1)证明在ABD中，因为E为BD中点，所以EAEBEDAB1，故BAD，ABEAEB.因为DABDCB，所以EABECB，从而有FEDBECAEB，所以FEDFEA.故EFAD，AFFD，所以EFAB，GFPA.又因为PA平面ABCD，ABAD，所以GFAD，EFAD，又GFEFF，故AD平面CFG.(2)解以A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C，D(0，0)，P，故，.设平面BCP的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即令y1，则x13，z12，n1(3，2)同理求得面DCP的法向量n2(1，2)，从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cos |cosn1，n2|.