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第三讲　立体几何
——大题备考
【命题规律】
立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．
微专题1　线面角
保分题
[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2AB＝4，点M是PA的中点．
(1)求证：BD⊥CM；
(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．
提分题
例1[2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
听课笔记：
【技法领悟】
利用空间向量求线面角的答题模板
巩固训练1
[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，PA⊥平面ABCD，E为PD中点．
(1)若PA＝1，求证：AE⊥平面PCD；
(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E - ABC的体积．
微专题2　二面角
保分题
[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．
(1)证明：EF∥平面ABCD；
(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．
提分题
例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AFC；
(2)若直线PA⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且PA与平面AFC所成的角正弦值为，求锐二面角F - AC - D的余弦值．
听课笔记：
例3[2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝AD，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且PA⊥CD.
(1)证明：平面APC⊥平面ADC；
(2)若M为PD上一点，且三棱锥D - ACM的体积是三棱锥P - ACM体积的2倍，求二面角P - AC - M的余弦值．
听课笔记：
【技法领悟】
利用空间向量求二面角的答题模板
巩固训练2
1.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB的中点．AB＝2，AD＝4，PA＝PD＝2.
(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面PAD；
(2)若二面角P - AD - B的大小为，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．
2．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD＝60°，现将DAC沿AC折起至PAC，使得PB＝.
(1)证明：AB⊥PC；
(2)求二面角A - PC - B的余弦值．
微专题3　探索性问题
提分题
例4[2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.
(1)求证：AP⊥BE；
(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
听课笔记：
【技法领悟】
1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．
2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．
巩固训练3
[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S - ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.
(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；
(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．
第三讲　立体几何
微专题1　线面角
保分题
解析：(1)证明：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.
又PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，∴PA⊥BD，
∵PA，AC 平面PAC，PA∩AC＝A，
∴BD⊥平面PAC，
又CM 平面PAC，
∴BD⊥CM.
(2)易知AB，AD，AP两两垂直，以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz.
∵PA＝2AB＝4，∴A(0，0，0)，P(0，0，4)，M(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，2，0),
∴＝(2，2，－2)，＝(0，2，－2)，＝(2，2，－4)．
设平面MCD的法向量为n＝(x，y，z)，则，
令y＝1，得n＝(0，1，1)．设直线PC与平面MCD所成角为θ，由图可知0<θ<，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
即直线PC与平面MCD所成角的正弦值为.
提分题
[例1]　解析：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.
∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.
∵DE∩BE＝E，DE，BE 平面BED，
∴AC⊥平面BED.
∵AC 平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.
(2)如图，连接EF.由(1)知AC⊥平面BED.
又∵EF 平面BED，
∴EF⊥AC.
∴S△AFC＝AC·EF.
当EF⊥BD时，EF的长最小，此时△AFC的面积最小．
由(1)知AB＝CB＝2.
又∵∠ACB＝60°，
∴△ABC是边长为2的正三角形，∴BE＝.
∵AD⊥CD，∴DE＝1，
∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.
以点E为坐标原点，直线EA，EB，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，
∴＝(－1，，0)，＝(－1，0，1)，＝(0，，－1)，＝(0，0，1)，＝(－1，0，0)．
设＝λ(0≤λ≤1)，
则＝＝＋λ＝(0，0，1)＋λ(0，，－1)＝(0，λ，1－λ)．
∵EF⊥DB，
∴·＝(0，λ，1－λ)·(0，，－1)＝4λ－1＝0，
∴λ＝，∴＝(0，)，∴＝＝(0，)－(－1，0，0)＝(1，)．
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取y＝1，则x＝，z＝，∴n＝(，1，)．
设当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
故当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的正弦值为.
[巩固训练1]
解析：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵四边形ABCD为矩形，∴AD⊥CD，
又AD∩PA＝A，AD、PA 平面PAD，∴CD⊥平面PAD，
∵AE 平面PAD，∴AE⊥CD，
在△PAD中，PA＝AD，E为PD的中点，∴AE⊥PD，
而PD∩CD＝D，PD、CD 平面PCD，
∴AE⊥平面PCD.
(2)以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
设AP＝a(a＞0)，则C(2，1，0)，P(0，0，a)，E(0，)，
∴＝(2，1，0)，＝(0，)，＝(2，1，－a)，
设平面ACE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则，取y＝－a，
可得n＝(，－a，－1)．
设直线PC与平面ACE所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，当且仅当a＝时等号成立．
即当AP＝时，直线PC与平面ACE所成角最大，
此时三棱锥E - ABC的体积V＝×2×1×＝.
微专题2　二面角
保分题
解析：(1)证明：取AD的中点M，连接EM、MC，
∵E为A1D的中点，F为CC1的中点，
∴EM∥AA1，EM＝AA1，又CF∥AA1，CF＝AA1，
∴EM∥CF，EM＝CF，
∴四边形EMCF为平行四边形，∴EF∥CM，
又EF 平面ABCD，CM 平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD.
(2)设AB＝AA1＝2BC＝2CD＝4，∵AC⊥BC，∴AC＝2.
由题意知CA、CB、CC1两两垂直，故以C为坐标原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．
则A1(2，0，4)、O(，1，0)、F(0，0，2)、C(0，0，0)、D(，－1，0)，
∴A1D的中点E的坐标为(，－，2)，
∴＝(－，－1，2)，＝(－，0)，
设平面OEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则，即，即，
令x＝，得n＝(，9，6)，
∵AC⊥BC，AC⊥CC1，BC＝C，
∴AC⊥平面BCC1，
∴平面BCC1的一个法向量为＝(2，0，0)，cos〈n，〉＝＝＝，
∴平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值为.
提分题
[例2]　解析：(1)证明：连接BD交AC于O，
易证O为BD中点，又F是PD的中点，
所以OF∥PB，
又OF 平面AFC，且PB不在平面AFC内，
故PB∥平面AFC.
(2)取PC中点为Q，以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OQ为z轴建立空间直角坐标系，设OB＝m，则
A(0，－1，0)，B(m，0，0)，C(0，1，0)，P(0，－1，2)，D(－m，0，0) F(－，－，1)，
＝(0，0，2)，＝(－，－，1)，＝(0，1，0)，
设平面AFC的法向量为n＝(x，y，z)，
由 ，令x＝2，有n＝(2，0，m)，
由PA与平面AFC所成的角正弦值为 ＝＝ m＝，
平面ACD的法向量为m＝(0，0，1)，
则锐二面角F - AC - D的余弦值为
＝＝.
[例3]　解析：(1)证明：在梯形ABCD中取AD中点N，连接CN，
则由BC平行且等于AN知ABCN为平行四边形，所以CN＝AB，
由CN＝AD知C点在以AD为直径的圆上，所以AC⊥CD.
又AP⊥CD，AP∩AC＝A, AP，AC 平面PAC，
∴CD⊥平面PAC，
又CD 平面ADC，
∴平面APC⊥平面ADC.
(2)取AC中点O，连接PO，由AP＝PC，可知PO⊥AC，
再由平面PAC⊥平面ACD，AC为两面交线，所以PO⊥平面ACD，
以O为原点，OA为x轴，过O且与OA垂直的直线为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系，
令AB＝2，则A(，0，0)，C(－，0，0)，P(0，0，1)，D(－，2，0)，
由VP - ACM∶VD - ACM＝1∶2，得＝，
所以＝＝＝(－)，
设平面ACM的法向量为n＝(x，y，z)，
则由得，
取z＝－1得x＝0，y＝1，所以n＝(0，1，－1)，
而平面PAC的法向量m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝＝.
又因为二面角P - AC - M为锐二面角，所以其余弦值为.
[巩固训练2]
1．解析：(1)证明：取线段PD的中点H，连接SO、OH、HA，如图，
在△PCD中，O、H分别是PC、PD的中点，所以OH∥CD且OH＝CD，
所以OH∥AS且OH＝AS，
所以四边形ASOH是平行四边形，所以SO∥AH，
又AH 平面PAD，SO 平面PAD，所以SO∥平面PAD.
(2)取线段AD、BC的中点E、F，连结PE、EF.由点E是线段AD的中点，PA＝PD可得PE⊥AD，又EF⊥AD，所以∠PEF是二面角P - AD－B的平面角，即∠PEF＝π，以E为原点，、方向分别为x轴、y轴正方向，建立如图所示坐标系，在△PAD中，AD＝4，PA＝PD＝2知：PE＝2，所以P(0，－1，)，D(－2，0，0)，B(2，2，0)，C(－2，2，0)，
所以＝(－2，1，－)，＝(2，3，－)，＝(－2，3，－)，
设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，则，即，
可取n＝(0，1，)，设直线PD与平面PBC所成角为θ，
则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，
所以直线PD与平面PBC所成角的正弦值为.
2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，过A作AE⊥BC于E，过D作DF⊥BC于F，
因为在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD＝60°，
所以BE＝CF＝CD＝，AE＝DF＝＝，
所以AC＝BD＝＝，BC＝2，
所以BD2＋CD2＝BC2，所以BD⊥CD，同理AB⊥AC，
又因为AP＝AB＝1，PB＝，
∴AP2＋AB2＝PB2，∴AB⊥AP
又AC∩AP＝A，AC，AP 平面ACP，
所以AB⊥平面ACP，
因为PC 平面ACP，
所以AB⊥PC.
(2)取AC的中点为M，BC的中点为N，则MN∥AB，
因为AB⊥平面ACP，所以MN⊥平面ACP，
因为AC，PM 平面ACP，所以MN⊥AC，MN⊥PM，
因为PA＝PC，AC的中点为M，所以PM⊥AC，
所以MN，MC，MP两两垂直，
所以以M为原点，以MN所在直线为x轴，以MC所在直线为y轴，以MP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，－，0)，B(1，－，0)，C(0，，0)，P(0，0，)，
＝(0，，－)，＝(1，－，－)，
平面APC的一个法向量为m＝＝(1，0，0)，
设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
，令y＝1，则n＝(，1，)，
所以cos〈m，n〉＝＝＝，
因为二面角A - PC - B为锐角，
所以二面角A - PC - B的余弦值为.
微专题3　探索性问题
提分题
[例4]　解析：(1)证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，
所以∠BCE＝120°，
又E为CD的中点，所以CE＝ED＝DA＝CB，即△BCE为等腰三角形，
所以∠CEB＝30°.
所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，
即BE⊥AE.
又因为平面AEP⊥平面ABCE，
平面APE∩平面ABCE＝AE，BE 平面ABCE，
所以BE⊥平面APE，
又AP 平面APE，所以BE⊥AP.
(2)取AE的中点O，连接PO，由于△APE为正三角形，则PO⊥AE，
又平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO 平面EAP，
所以PO⊥平面ABCE，PO＝，BE＝2，
取AB的中点G，则OG∥BE，
由(1)得BE⊥AE，所以OG⊥AE，
以点O为原点，分别以OA，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz，
则O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(－1，2，0)，P(0，0，)，E(－1，0，0)，
则＝(2，0，0)，＝(0，2，0)，＝(－1，2，－)，＝(1，0，),
假设存在点F，使平面AEF与平面AEP的夹角为45°，
设＝λ＝(－λ，2λ，－λ)，λ∈[0，1]，
则＝＝(1，0，)＋(－λ，2λ，－λ)＝(1－λ，2λ，λ)，
设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
由得，
取z＝2λ，得m＝(0，λ－1，2λ);
由(1)知为平面AEP的一个法向量，
于是，cos45°＝|cos〈m，〉|＝＝＝，
解得λ＝或λ＝－1(舍去)，
所以存在点F，且当点F为线段PB的靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面AEP的夹角为45°.
[巩固训练3]
解析：(1)证明：取AB的中点E，连接SE，CE，∵SA＝SB，∴SE⊥AB，
∵BC⊥AC，∴三角形ACB为直角三角形，∴BE＝EC，
又BS＝SC，∴△SEC≌△SEB，∴∠SEB＝∠SEC＝90°，
∴SE⊥EC，
又SE⊥AB，AB∩CE＝E，∴SE⊥平面ABC.
又SE 平面SAB，∴平面SAB⊥平面ABC.
(2)以E为坐标原点，平行AC的直线为x轴，平行BC的直线为y轴，ES为z轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA＝SB＝SC＝2，
SC⊥SA，则AC＝2，BC＝SC＝2知EC＝2，SE＝1，
则A(－，1，0)，B(，－1，0)，C(，1，0)，E(0，0，0)，S(0，0，1)，
∴＝(2，－2，0)，＝(－，1，－1)，
设D(x，y，z)，＝λ(0≤λ≤1)，则(x－，y－1，z)＝λ(－，－1，1)，
∴D(λ，1－λ，λ)，＝(－λ，2－λ，λ)．
设平面SAB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则，取x1＝1，得n＝(1，，0)，
sin60°＝，则＝，
得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，
∴不存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°.

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