板块2核心考点突破拿高分专题3第2立体几何大教师版备战2020年高考理科数学二轮复习提分讲义纸间书屋

2讲立体几何(大题热点一a∥ba＝λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线1ADE－BCFABFEABCD都是正方形且互相垂直，MABODF的中点.运用向量方法证明：证明方法一(1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间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⊥演练1 AD＝CD＝1，M是PB的中点.证明(1)C则

y0＝a所以→ AM·n又AM⊄平面PCD，AM∥PCD.

ACM则 x＝1n x2＝1n3＝(1,1,0)，所以n2·n3＝1－1＝0.ACM⊥热点二l，m

.lαsinθ＝|a·μ|＝|cos〈a，μ

α－a－β则|cosθ|＝|μ·v|＝|cos〈μ例 (1)证明C1C⊥ABCDABCDAC∩CC1＝C，AC，CC1⊂ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.AA1⊂ACC1A1，所以BD⊥AA1.(2)解ACBD依题意，A1C1∥OC且A1C1＝OC，A1OCC1为平行四边形，所以A1O∥CC1，且A1O＝CC1.A1O⊥O为原点，OA，OB，OA1x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.则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为锐二面角，设二面角E－A1C1－C的平面角为θ，cos 演练2 且PB＝BC＝BD＝6，CD＝2AB＝22，∠PAD＝120°.E和F分别是棱CD和PC的中点.(2)PBPCD所成的角的正弦值(1)证明∵ECD∴ABED为平行四边形∵BC＝BD，ECD∴ABED∴AB⊥∴CD⊥PD⊂又又∵BF⊂(2)解由(1)AB⊥A为原点，ABx轴，ADyPADAAD垂直的线为z轴建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示.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所成的角的正弦值为6热点三3(2019·临沂模拟)ABCDABEABCD2AE＝1，FCEBF4 4(1)证明∵BF⊥ACE，AE⊂∵ABCD∴CB⊥∵AE⊂平面∴AE⊥(2)解ADMAM＝3ABEMCE34Rt△AEBAA－xyz，设AM＝h，则0≤h≤2，∴M(0,0，h)，E 所以

→ ME＝2，2，－h，CE＝2MCE2 ＋2 2则→ z＝2n＝ ABEm＝(0,0,1)，由题意可知cos〈m，n〉＝ ＝ 32＋3h＋h－2h＝4AM＝3ABEMCE所成二面角的余弦值为4演练 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1＝2，点P为B1C1QA1B上一动点(1)QA1B的中点时，PQ(2)设＝λAPQBPQ 值为证明∵QA1B∴A，Q，B1三点共线，且Q为AB1的中点，∵PB1C1∴BC⊥平面ACC1A1，AC1⊂ACC1A1，∴ACC1A1A1C，BC⊂∴AC1⊥A1BC，而PQ∥AC1，∴PQ⊥解由题意可知，CA，CB，CC1连接B1Q，PB，设Q(x，y，z)，∵

∵点Q段A1B上运动∴A1PQA1PB的法向量，设平面A1PB的法向量为n1＝(x，y，z)， →→

y＝2B1PQ 2→ n由

z＝1

λ

＝6× λ＝1 ∴λ＝1λ＝2A1PQB1PQ所成锐二面角的余弦值为 10证明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的方向为x，，＝(－1,0，－2)，→＝(0，－

＋

m＝(n＝(p，q，r)A1MN －

cos〈m，n〉＝m·n＝23＝

2× 5A－MA1－N的正弦值为5预测1ABCD中，AB∥CDA，BAE⊥CD，BF⊥CDE，F，所成角的正弦值为20 所成角的正弦值为20AP的长证明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两两垂直，E为坐标原点，以→，→x轴，y轴，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组证明由已知得，B1C1⊥ABB1A1BE⊂ABB1A1BE⊥解由(1)知，故D为坐标原点，x

则，

CC→ 即→

cos〈n，m〉＝n·m 1－－12＝ 2B－EC－C1的正弦值为22B—CG—A的大小证明AD∥BE，CG∥BEAD∥CG，AD，CGA，C，G，D四点共面.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轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz，则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，3)，→＝(1,0，3)，→ ACGD

→则 →

n＝(3,6，－BCGEcos〈n，m〉＝n·m＝ 2B－CG－A3.(2019·马鞍山模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1为为4P的位置；若不存在，请说明理由证明∴AA1C1C为菱形，连接A1C，则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轴，y∴C(0,0,0)，B(0,2,0)，A(4,0,0)，A1(2,0,2 段AC上存在一点P，满足→＝

≤λ<1)B－A1P－C4弦值为4

则则→→ 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上存在一点P，满足→＝3→，使二面角B－A1P－C的平面角的余弦值为 4B组

P－AD－BPA证明ADO

∴BCDO在△POB中，PO＝，则∵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为坐标原点，OA，OBx轴，y轴，POBOAOBz轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.A(1,0,0)，P0，－则→

DP＝1，－2→ 3 PA＝1，2PCD 3 则

y＋

3x＝13 PAPCD→则sin ＝3 13

2×13PAPCD所成角的正弦值为313AB＝6.4，AO＝52，AO⊥AD.证明依题意知，圆锥的高为 522－52＝5，又圆柱的高为OD2＝OA2＋AD2，因为AB⊥BD，连接OO1，O1O2，DO2，O，O1，O2三点共线2222BD2＝OO2＋OD2－AO2－AB2＝(6.4＋5)2＋52－(522BD＝8DE＝6O210O2在∠BDE内，所以∠BDE＝90°，所以DE⊥B