资源简介

(共22张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1
2
3
4
1.如图所示为直四棱柱ABCD A1B1C1D1,AB=AD=2,CB=CD=
AA1=4,∠BCD=60°,M,M1分别是棱BC,B1C1的中点.
(1)证明:BC⊥平面MM1D;
解:证明:由∠BCD=60°,CB=CD,知△BCD为正三
角形.又M为BC的中点,则DM⊥BC.又M1为B1C1的中点,
则MM1∥CC1,而CC1⊥BC,所以MM1⊥BC.
又DM∩MM1=M,DM,MM1 平面MM1D,所以BC⊥平面MM1D.
1
2
3
4
(2)求直线BC与平面BDA1所成角的正弦值,并判断线段BC上是否存在点P,使得PB1∥平面BDA1,若存在,求出BP的值,若不存在,请说明理由.
解:由(1)知△BCD为正三角形,则BD=4,
在△ABD中,AB=AD=2,有BD2=AB2+AD2,
所以AB⊥AD,易知AA1⊥AB,AA1⊥AD,建立
如图所示的空间直角坐标系,
1
2
3
4
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(+,+,0),D(0,2,0),
A1(0,0,4),B1(2,0,4),所以=(-,+,0),=(-2,0,4),
=(-2,2,0),=(0,0,4),
设平面BDA1的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=,得y=,z=1,故n=(,,1).
1
2
3
4
设BC与平面BDA1所成的角为θ,
则sin θ=|cos?,n?|===,
即BC与平面BDA1所成角的正弦值为.
假设在线段BC上存在点P,使得PB1∥平面BDA1,
令=λ(0≤λ≤1),
则=(λ-λ,λ+λ,0),
1
2
3
4
所以=-=(λ-λ,-λ-λ,4),
由PB1∥平面BDA1,得⊥n,
所以·n=2λ-2λ-2λ-2λ+4=0,解得λ=,
即线段BC上存在点P，使得PB1∥平面BDA1.
所以||=|λ|=×4=,即BP的值为.
1
2
3
4
2.如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD是
正方形,AB=2,PA=PD=,E为BC的中点.
(1)求证:AD⊥PE.
解:证明:如图,取AD的中点F,连接PF,EF.
∵底面ABCD是正方形,PA=PD,∴AD⊥EF,AD⊥PF.
∵EF∩PF=F,EF,PF 平面PEF,∴AD⊥平面PEF.
又∵PE 平面PEF,∴AD⊥PE.
1
2
3
4
(2)若二面角P AD B的平面角为,G是线段PC上的一个动点,求直线DG与平面PAB所成角的最大值.
解:由(1)可知,二面角P AD B的平面角为∠PFE,且为,过点P作PO垂直于直线EF,垂足为O,
∵AD⊥平面PEF,PO 平面PEF,∴PO⊥AD,
∵AD∩EF=F,AD,EF 平面ABCD,
∴PO⊥平面ABCD,
1
2
3
4
以O为原点,OE,OP所在的直线分别为y轴、
z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
易得∠PFO=,PF=2,OF=1,PO=,
则P(0,0,),A(1,1,0),B(1,3,0),C(-1,3,0),D(-1,1,0),
=(1,1,-),=(0,2,0),=(1,-1,),=(-1,3,-),
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
则得取z=1,则n=(,0,1).
1
2
3
4
设=λ=(-λ,3λ,-λ),λ∈[0,1],
则=+=(1-λ,3λ-1,-λ),
设直线DG与平面PAB所成的角为θ,
则sin θ===
=,
1
2
3
4
令t=1-λ,则t∈[0,1],sin θ===×.
当t=0时,sin θ=0,θ=0;
当t≠0时,sin θ=×=×,
当=,即t=,λ=时,sin θ取得最大值,且最大值为,此时θ=.
∴直线DG与平面PAB所成角的最大值为.
1
2
3
4
3.(2024·成都模拟)如图,在三棱锥P ABC中,
AB=AC,D为BC的中点,PO⊥AD于O,AP⊥BC,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
解:证明:连接PD,∵AB=AC,D为BC的中点,∴BC⊥AD.∵AP⊥BC,AD∩AP=A,AD,AP 平面PAD,
∴BC⊥平面PAD.∵PO 平面PAD,∴BC⊥PO.
∵PO⊥AD,BC∩AD=D,BC,AD 平面ABC,∴PO⊥平面ABC.
1
2
3
4
(2)在线段AP上是否存在点M,使得二面角A MC B的大小为 若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.
解:以O为原点,为y轴正方向,为z轴正方向,
建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(0,-3,0),
B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),
设=λ,λ∈[0,1),则=λ(0,-3,-4),=+=(-4,-2,4)+
λ(0,-3,-4)=(-4,-2-3λ,4-4λ).
1
2
3
4
∵=(-8,0,0),
∴设平面BMC的法向量m=(a,b,c),
则
令b=1,则m=,
设平面AMC的法向量n=(x,y,z),
1
2
3
4
∵=(-4,5,0),=+=(0,3-3λ,4-4λ),
∴令x=5,则n=(5,4,-3).
由二面角A MC B的大小为,得=,方程无解,
∴在线段AP上不存在点M,使得二面角A MC B的大小为.
1
2
3
4
4.(2024·眉山三模)如图,在多面体AEBDCF中,四边形ABCD为菱形,平面FCD⊥平面ABCD,平面EAB⊥平面ABCD,△AEB,△CFD是等腰直角三角形,且∠DFC=∠BEA=.
1
2
3
4
(1)证明:平面ABF∥平面CDE;
解:证明:如图(1),取AB,CD的中点M,N,
连接ME,EN,NF,FM.
因为△CFD是等腰直角三角形,故FN⊥DC,
又平面FCD⊥平面ABCD,平面FCD∩平面
ABCD=DC,FN 平面FCD,所以FN⊥平面ABCD.
同理,EM⊥平面ABCD.所以FN∥ME.又△AEB和△CFD是等腰直角三角形,四边形ABCD为菱形,所以FN=DC=ME.
1
2
3
4
四边形MENF为平行四边形,所以MF∥EN.
因为EN 平面CDE,MF 平面CDE,
所以MF∥平面CDE.
又因为AB∥CD,CD 平面CDE,AB 平面CDE,
所以AB∥平面CDE.
又AB∩MF=M,AB,MF 平面ABF,
所以平面ABF∥平面CDE.
1
2
3
4
(2)若∠BAD≤,求平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值的取值范围.
解:如图(2),以A为原点,AB所在直线为y轴,
过A平行于ME的直线为x轴,
在平面ABCD内垂直于AB的直线为z轴,
建立空间直角坐标系.
设AB=2,∠BAD=θ,θ∈,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(0,2+2cos θ,
2sin θ),D(0,2cos θ,2sin θ),E(1,1,0).
1
2
3
4
所以=(1,1,0),==(0,2cos θ,2sin θ),=(1,-1,0).
设平面ADE的法向量n1=(x1,y1,z1),
则
令x1=1,得y1=-1,z1=,所以n1=.
1
2
3
4
设平面BCE的法向量n2=(x2,y2,z2),
则
令x2=-1,得y2=-1,z2=,所以n2=.
1
2
3
4
所以cos?n1, n 2?===.
设t=,则t'==<0,所以t=在上单调递减,
所以t∈,所以cos?n1, n 2?==1-∈,所以平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值的取值范围是.(共27张PPT)
立体几何中的综合问题
习题讲评（四）
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一)　立体几何中的探索性问题
教学点(二)　立体几何中的最值、
范围问题
立体几何中的探索性问题
教学点（一）
[典例]　如图,四棱锥P ABCD中,底面ABCD为
矩形,点E在线段PA上,PC∥平面BDE.
(1)求证:AE=PE;
解:证明:如图(1),连接AC,设AC∩BD=O,连接EO.
因为底面ABCD为矩形,所以O为AC的中点.
因为PC∥平面BDE,PC 平面PAC,平面PAC∩平
面BDE=EO,所以PC∥EO.因为O为AC的中点,
所以E为PA的中点,所以AE=PE.
(2)若△PAD是等边三角形,AB=2AD,平面PAD⊥平面ABCD,四棱锥P ABCD的体积为9,试问在线段DE上是否存在点Q,使得直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为 若存在,求出此时DQ的长;若不存在,请说明理由.
解: 设AD=a(a>0),因为△PAD是等边三角形,所以PA=PD=a.
作PF⊥AD于F,则PF=a,
因为平面PAD⊥平面ABCD,PF⊥AD,PF 平面PAD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PF⊥平面ABCD,所以PF是四棱锥P ABCD的高.
因为底面ABCD为矩形,AD=a,AB=2AD=2a,所以S矩形ABCD=AB×AD=2a2,
所以VP ABCD=S矩形ABCD·PF=×2a2×a=a3=9,解得a=3.
因为底面ABCD为矩形,所以CD⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,所以CD⊥平面PAD.
以D为原点,DA,DC所在直线为x,y轴,平行于PF的直线为z轴,建立如图(2)所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),
C(0,6,0),P,A(3,0,0),E,
B(3,6,0),所以=(0,6,0),=,
=,
设平面PCD的法向量n =(x,y,z),
则取n =(-,0,1),
假设在线段DE上存在点Q,使得直线BQ与平面PCD所成角θ的正弦值为,
设=λ(0≤λ≤1),=(-3,-6,0),
则=+=(-3,-6,0)+λ=,
所以sin θ=|cos?, n?|==,
化简得4λ2-19λ+12=0,解得λ=4(舍去)或λ=,
因为||==,此时||=||=,
所以线段DE上存在点Q,使得直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为,此时DQ的长为.
[思维建模]
与空间向量有关的探索性问题主要有两类
(1)探究线面的位置关系.
(2)探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则是:先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而作出判断.
如图,在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,G为棱DD1上的动点.
(1)求证:B,E,D1,F四点共面;
解:证明:连接D1E,D1F,取BB1的中点为M,连接
MC1,ME,因为E为AA1的中点,所以EM∥A1B1∥C1D1,
且EM=A1B1=C1D1,所以四边形EMC1D1为平行四边形,
所以D1E∥MC1.
即时训练
又F为CC1的中点,所以BM∥C1F,且BM=C1F,所以四边形BMC1F为平行四边形,
所以BF∥MC1,所以BF∥D1E,所以B,E,D1,F四点共面.
(2)是否存在点G,使得平面GEF⊥平面BEF 若存在,求出DG的长;若不存在,请说明理由.
解:以D为原点,DA,DC,DD1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,
假设存在满足题意的点G(0,0,t),
由已知B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1),
则=(-1,1,0),=(0,1,-1),=(-1,0,t-1).
设平面BEF的法向量n1=(x1,y1,z1),
则即
取x1=1,则y1=1,z1=1, n1=(1,1,1).
设平面GEF的法向量n2=(x2,y2,z2),
则即
取x2=t-1,则y2=t-1,z2=1,
n2=(t-1,t-1,1).
因为平面GEF⊥平面BEF,所以n1·n2=0,
所以t-1+t-1+1=0,所以t=,所以存在点G,使得平面GEF⊥平面BEF,且DG的长为.
立体几何中的最值、范围问题
教学点（二）
[典例]　如图,四棱锥P ABCD中,底面ABCD是矩形,PA=PB,
PC=PD,且平面PAB⊥平面PCD.E,F分别是AB,CD的中点.AB=
BC=.
(1)求证:△PEF是直角三角形;
解:证明:设平面PAB∩平面PCD=l,
由于AB∥DC,AB 平面PDC,CD 平面PDC,
因此AB∥平面PDC,而AB 平面PAB,
平面PAB∩平面PCD=l,因此AB∥l,而AB⊥PE,因此l⊥PE.
而平面PAB⊥平面PCD,平面PAB∩平面PCD=l,PE 平面PAB,
因此PE⊥平面PDC,而PF 平面PDC,因此PE⊥PF.
故△PEF是直角三角形.
(2)求四棱锥P ABCD体积的最大值;
解:由于PE⊥PF,EF=1,因此P是以EF为直径的半圆上的点.
而AB⊥EF,AB⊥PE,PE∩EF=E,PE,EF 平面PEF,
因此AB⊥平面PEF,而AB 平面ABCD,
因此平面PEF⊥平面ABCD.
故P到平面ABCD的最大距离为,
所以四棱锥P ABCD体积的最大值为××=.
(3)求平面PEF与平面PBC夹角的余弦值的范围.
解:设EF中点为O,过O作垂直于EF的直线m.
设平面PEF与平面PBC的夹角为θ.
以O为原点,直线OE,m,过O垂直于平面ABCD的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
则E,F,B,C,
并设P(α∈(0,π)).
取平面PEF的一个法向量为m=(0,1,0),
则=(α∈(0,π)),=(-1,0,0),
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则即
可取n=(0,sin α,),设平面PEF与平面PBC的夹角为θ,
则cos θ=,不妨设t=sin α∈(0,1],则f(t)=,f'(t)=>0,
因此cos θ随sin α增大而增大,因此cos θ∈.
[思维建模]
空间几何体中的某些对象,如点、线、面,在约束条件下运动,带动相关的线段长度、几何体体积等发生变化,进而就有了面积与体积及角度的最值问题.
定性分析 在空间几何体的变化过程中,通过观察运动点的位置变化,确定其相关量的变化规律,进而发现相关面积或体积等的变化规律,求得其最大值或最小值
定量分析 将所求问题转化为某一个相关量的问题,即转化为关于其中一个量的函数,求其最大值或最小值的问题.根据具体情况,有函数法、不等式法、三角函数法等多种方法可供选择
(2024·泉州模拟)如图所示的几何体是由圆锥SO1与圆柱O1O组成的组合体,其中圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形,圆锥的高SO1=2,M为圆柱下底面圆周上异于A,B的点.
即时训练
即时训练
(1)求证:SD∥平面MOC;
解:证明:如图(1),连接SO,DC,DO,设圆锥的底面所在
平面为α,则SO1⊥α,OO1⊥α,所以S,O1,O三点共线.
因为SO∩DC=O1,所以点S,D,C,O共面.又因为SO1=
O1O,CO1=O1D,所以四边形SDOC为平行四边形,故SD∥
OC.因为M为圆柱下底面圆周上异于A,B的点,所以SD 平面MOC.
又OC 平面MOC,所以SD∥平面MOC.
(2)若30°≤∠BOM≤45°,求直线AD与平面MOC所成角的正切值的取值范围.
解:如图(2),以O为原点,分别以,为x轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则O(0,0,0),A(1,0,0),D(1,0,2),C(-1,0,2),
设∠BOM=θ,则M(cos(180°-θ),sin(180°-θ),0),
即M(-cos θ,sin θ,0),且30°≤θ≤45°,
则=(-1,0,2),=(-cos θ,sin θ,0),=(0,0,2).
设平面MOC的法向量n=(x,y,z),
则即整理得
令x=2sin θ,则n=(2sin θ,2cos θ,sin θ).
cos?, n ?===,
因为30°≤θ≤45°,所以≤sin θ≤,从而≤sin2θ≤,
所以≤cos?, n ?≤.
设直线AD与平面MOC所成的角为β,则sin β=|cos?, n?|,
故≤sin β≤.
因为sin2β+cos2β=1,所以1+=,
从而8≤≤16,解得≤tan β≤,
所以直线AD与平面MOC所成角的正切值的取值范围为.习题讲评(四)　立体几何中的综合问题
教学环节一　题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一)　立体几何中的探索性问题
[典例]　如图,四棱锥P ABCD中,底面ABCD为矩形,点E在线段PA上,PC∥平面BDE.
(1)求证:AE=PE;
(2)若△PAD是等边三角形,AB=2AD,平面PAD⊥平面ABCD,四棱锥P ABCD的体积为9,试问在线段DE上是否存在点Q,使得直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为 若存在,求出此时DQ的长;若不存在,请说明理由.
[思维建模]　与空间向量有关的探索性问题主要有两类
(1)探究线面的位置关系.
(2)探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则是:先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而作出判断.
[训练]　如图,在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,G为棱DD1上的动点.
(1)求证:B,E,D1,F四点共面;
(2)是否存在点G,使得平面GEF⊥平面BEF 若存在,求出DG的长;若不存在,请说明理由.
教学点(二)　立体几何中的最值、范围问题
[典例]　如图,四棱锥P ABCD中,底面ABCD是矩形,PA=PB,PC=PD,且平面PAB⊥平面PCD.E,F分别是AB,CD的中点.AB=BC=.
(1)求证:△PEF是直角三角形;
(2)求四棱锥P ABCD体积的最大值;
(3)求平面PEF与平面PBC夹角的余弦值的范围.
[思维建模]
空间几何体中的某些对象,如点、线、面,在约束条件下运动,带动相关的线段长度、几何体体积等发生变化,进而就有了面积与体积及角度的最值问题.
定性分析 在空间几何体的变化过程中,通过观察运动点的位置变化,确定其相关量的变化规律,进而发现相关面积或体积等的变化规律,求得其最大值或最小值
定量分析 将所求问题转化为某一个相关量的问题,即转化为关于其中一个量的函数,求其最大值或最小值的问题.根据具体情况,有函数法、不等式法、三角函数法等多种方法可供选择
[训练]　(2024·泉州模拟)如图所示的几何体是由圆锥SO1与圆柱O1O组成的组合体,其中圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形,圆锥的高SO1=2,M为圆柱下底面圆周上异于A,B的点.
(1)求证:SD∥平面MOC;
(2)若30°≤∠BOM≤45°,求直线AD与平面MOC所成角的正切值的取值范围.
教学环节二　课时作业讲评(请在各题的答题框内答题,以便投屏展示,现场评点)
1.如图所示为直四棱柱ABCD A1B1C1D1,AB=AD=2,CB=CD=AA1=4,∠BCD=60°,M,M1分别是棱BC,B1C1的中点.
(1)证明:BC⊥平面MM1D;
(2)求直线BC与平面BDA1所成角的正弦值,并判断线段BC上是否存在点P,使得PB1∥平面BDA1,若存在,求出BP的值,若不存在,请说明理由.
2.如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD是正方形,AB=2,PA=PD=,E为BC的中点.
(1)求证:AD⊥PE.
(2)若二面角P AD B的平面角为,G是线段PC上的一个动点,求直线DG与平面PAB所成角的最大值.
3.(2024·成都模拟)如图,在三棱锥P ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥AD于O,AP⊥BC,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)在线段AP上是否存在点M,使得二面角A MC B的大小为 若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.
4.(2024·眉山三模)如图,在多面体AEBDCF中,四边形ABCD为菱形,平面FCD⊥平面ABCD,平面EAB⊥平面ABCD,△AEB,△CFD是等腰直角三角形,且∠DFC=∠BEA=.
(1)证明:平面ABF∥平面CDE;
(2)若∠BAD≤,求平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值的取值范围.
习题讲评(四)　立体几何中的综合问题
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　立体几何中的探索性问题
[典例]　解:
(1)证明:如图(1),连接AC,设AC∩BD=O,连接EO.
因为底面ABCD为矩形,所以O为AC的中点.因为PC∥平面BDE,PC 平面PAC,平面PAC∩平面BDE=EO,所以PC∥EO.因为O为AC的中点,所以E为PA的中点,所以AE=PE.
(2)设AD=a(a>0),因为△PAD是等边三角形,
所以PA=PD=a.作PF⊥AD于F,则PF=a,
因为平面PAD⊥平面ABCD,PF⊥AD,PF 平面PAD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以PF⊥平面ABCD,所以PF是四棱锥P ABCD的高.
因为底面ABCD为矩形,AD=a,AB=2AD=2a,
所以S矩形ABCD=AB×AD=2a2,
所以VP ABCD=S矩形ABCD·PF=×2a2×a=a3=9,解得a=3.
因为底面ABCD为矩形,所以CD⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以CD⊥平面PAD.
以D为原点,DA,DC所在直线为x,y轴,平行于PF的直线为z轴,建立如图(2)所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(0,6,0),P,A(3,0,0),E,B(3,6,0),所以=(0,6,0),=,=,设平面PCD的法向量n=(x,y,z),则取n=(-,0,1),
假设在线段DE上存在点Q,使得直线BQ与平面PCD所成角θ的正弦值为,
设=λ(0≤λ≤1),=(-3,-6,0),
则=+=(-3,-6,0)+λ=,
所以sin θ=|cos<,n>|
==,
化简得4λ2-19λ+12=0,解得λ=4(舍去)或λ=,
因为||==,
此时||=||=,
所以线段DE上存在点Q,使得直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为,此时DQ的长为.
[训练]　解:(1)证明:连接D1E,D1F,取BB1的中点为M,连接MC1,ME,
因为E为AA1的中点,所以EM∥A1B1∥C1D1,
且EM=A1B1=C1D1,所以四边形EMC1D1为平行四边形,所以D1E∥MC1.
又F为CC1的中点,所以BM∥C1F,且BM=C1F,所以四边形BMC1F为平行四边形,
所以BF∥MC1,所以BF∥D1E,
所以B,E,D1,F四点共面.
(2)以D为原点,DA,DC,DD1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,假设存在满足题意的点G(0,0,t),由已知B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1),则=(-1,1,0),=(0,1,-1),=(-1,0,t-1).
设平面BEF的法向量n1=(x1,y1,z1),则即
取x1=1,则y1=1,z1=1,n1=(1,1,1).
设平面GEF的法向量n2=(x2,y2,z2),
则即
取x2=t-1,则y2=t-1,z2=1,
n2=(t-1,t-1,1).
因为平面GEF⊥平面BEF,所以n1·n2=0,
所以t-1+t-1+1=0,所以t=,所以存在点G,使得平面GEF⊥平面BEF,且DG的长为.
教学点(二)　立体几何中的最值、范围问题
[典例]　解:(1)证明:设平面PAB∩平面PCD=l,
由于AB∥DC,AB 平面PDC,CD 平面PDC,
因此AB∥平面PDC,而AB 平面PAB,平面PAB∩平面PCD=l,
因此AB∥l,而AB⊥PE,因此l⊥PE.
而平面PAB⊥平面PCD,平面PAB∩平面PCD=l,PE 平面PAB,
因此PE⊥平面PDC,而PF 平面PDC,因此PE⊥PF.
故△PEF是直角三角形.
(2)由于PE⊥PF,EF=1,因此P是以EF为直径的半圆上的点.
而AB⊥EF,AB⊥PE,PE∩EF=E,PE,EF 平面PEF,
因此AB⊥平面PEF,而AB 平面ABCD,
因此平面PEF⊥平面ABCD.
故P到平面ABCD的最大距离为,
所以四棱锥P ABCD体积的最大值为××=.
(3)设EF中点为O,过O作垂直于EF的直线m.
设平面PEF与平面PBC的夹角为θ.
以O为原点,直线OE,m,过O垂直于平面ABCD的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
则E,F,B,C,并设P(α∈(0,π)).
取平面PEF的一个法向量为m=(0,1,0),
则=(α∈(0,π)),=(-1,0,0),
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则
即
可取n=(0,sin α,),
设平面PEF与平面PBC的夹角为θ,则cos θ=,不妨设t=sin α∈(0,1],
则f(t)=,f'(t)=>0,
因此cos θ随sin α增大而增大,
因此cos θ∈.
[训练]　解:(1)证明:如图(1),连接SO,DC,DO,
设圆锥的底面所在平面为α,则SO1⊥α,OO1⊥α,
所以S,O1,O三点共线.
因为SO∩DC=O1,所以点S,D,C,O共面.又因为SO1=O1O,CO1=O1D,所以四边形SDOC为平行四边形,故SD∥OC.因为M为圆柱下底面圆周上异于A,B的点,所以SD 平面MOC.又OC 平面MOC,所以SD∥平面MOC.
(2)如图(2),以O为原点,分别以,为x轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则O(0,0,0),A(1,0,0),D(1,0,2),C(-1,0,2),设∠BOM=θ,
则M(cos(180°-θ),sin(180°-θ),0),即M(-cos θ,sin θ,0),且30°≤θ≤45°,
则=(-1,0,2),=(-cos θ,sin θ,0),=(0,0,2).
设平面MOC的法向量n=(x,y,z),
则即整理得
令x=2sin θ,则n=(2sin θ,2cos θ,sin θ).
cos <,n>===,
因为30°≤θ≤45°,所以≤sin θ≤,从而≤sin2θ≤,
所以≤cos<,n>≤.
设直线AD与平面MOC所成的角为β,则sin β=|cos<,n>|,
故≤sin β≤.
因为sin2β+cos2β=1,所以1+=,
从而8≤≤16,解得≤tan β≤,
所以直线AD与平面MOC所成角的正切值的取值范围为.
教学环节二　课时作业讲评
1.解:(1)证明:由∠BCD=60°,CB=CD,知△BCD为正三角形.
又M为BC的中点,则DM⊥BC.又M1为B1C1的中点,则MM1∥CC1,而CC1⊥BC,所以MM1⊥BC.
又DM∩MM1=M,DM,MM1 平面MM1D,
所以BC⊥平面MM1D.
(2)由(1)知△BCD为正三角形,则BD=4,
在△ABD中,AB=AD=2,
有BD2=AB2+AD2,所以AB⊥AD,
易知AA1⊥AB,AA1⊥AD,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(+,+,0),D(0,2,0),A1(0,0,4),B1(2,0,4),
所以=(-,+,0),=(-2,0,4),=(-2,2,0),=(0,0,4),
设平面BDA1的法向量为n=(x,y,z),
则令x=,得y=,z=1,故n=(,,1).
设BC与平面BDA1所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===,
即BC与平面BDA1所成角的正弦值为.
假设在线段BC上存在点P,使得PB1∥平面BDA1,
令=λ(0≤λ≤1),
则=(λ-λ,λ+λ,0),
所以=-=(λ-λ,-λ-λ,4),
由PB1∥平面BDA1,得⊥n,
所以·n=2λ-2λ-2λ-2λ+4=0,解得λ=,
即线段BC上存在点P，使得PB1∥平面BDA1.
所以||=|λ|=×4=,即BP的值为.
2.解:(1)证明:如图,取AD的中点F,连接PF,EF.
∵底面ABCD是正方形,PA=PD,
∴AD⊥EF,AD⊥PF.
∵EF∩PF=F,EF,PF 平面PEF,
∴AD⊥平面PEF.
又∵PE 平面PEF,∴AD⊥PE.
(2)由(1)可知,二面角P AD B的平面角为∠PFE,且为,过点P作PO垂直于直线EF,垂足为O,
∵AD⊥平面PEF,PO 平面PEF,∴PO⊥AD,
∵AD∩EF=F,AD,EF 平面ABCD,
∴PO⊥平面ABCD,
以O为原点,OE,OP所在的直线分别为y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
易得∠PFO=,PF=2,OF=1,PO=,
则P(0,0,),A(1,1,0),B(1,3,0),C(-1,3,0),D(-1,1,0),
=(1,1,-),=(0,2,0),=(1,-1,),=(-1,3,-),
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
则得
取z=1,则n=(,0,1).
设=λ=(-λ,3λ,-λ),λ∈[0,1],
则=+=(1-λ,3λ-1,-λ),
设直线DG与平面PAB所成的角为θ,
则sin θ==
==,
令t=1-λ,则t∈[0,1],
sin θ==
=×.
当t=0时,sin θ=0,θ=0;
当t≠0时,sin θ=×=×,
当=,即t=,λ=时,sin θ取得最大值,且最大值为,此时θ=.
∴直线DG与平面PAB所成角的最大值为.
3.解:(1)证明:连接PD,∵AB=AC,D为BC的中点,∴BC⊥AD.∵AP⊥BC,AD∩AP=A,AD,AP 平面PAD,∴BC⊥平面PAD.∵PO 平面PAD,∴BC⊥PO.
∵PO⊥AD,BC∩AD=D,BC,AD 平面ABC,
∴PO⊥平面ABC.
(2)以O为原点,为y轴正方向,为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),
设=λ,λ∈[0,1),则=λ(0,-3,-4),=+=(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4)=(-4,-2-3λ,4-4λ).
∵=(-8,0,0),∴设平面BMC的法向量m=(a,b,c),
则
令b=1,则m=,
设平面AMC的法向量n=(x,y,z),
∵=(-4,5,0),=+=(0,3-3λ,4-4λ),
∴
令x=5,则n=(5,4,-3).
由二面角A MC B的大小为,
得=,方程无解,
∴在线段AP上不存在点M,使得二面角A MC B的大小为.
4.解:(1)证明:如图(1),取AB,CD的中点M,N,连接ME,EN,NF,FM.
因为△CFD是等腰直角三角形,故FN⊥DC,又平面FCD⊥平面ABCD,平面FCD∩平面ABCD=DC,FN 平面FCD,所以FN⊥平面ABCD.
同理,EM⊥平面ABCD.所以FN∥ME.
又△AEB和△CFD是等腰直角三角形,四边形ABCD为菱形,所以FN=DC=ME.
四边形MENF为平行四边形,所以MF∥EN.
因为EN 平面CDE,MF 平面CDE,
所以MF∥平面CDE.
又因为AB∥CD,CD 平面CDE,AB 平面CDE,所以AB∥平面CDE.
又AB∩MF=M,AB,MF 平面ABF,
所以平面ABF∥平面CDE.
(2)如图(2),以A为原点,AB所在直线为y轴,过A平行于ME的直线为x轴,
在平面ABCD内垂直于AB的直线为z轴,建立空间直角坐标系.
设AB=2,∠BAD=θ,θ∈,
则A(0,0,0),B(0,2,0),C(0,2+2cos θ,2sin θ),D(0,2cos θ,2sin θ),E(1,1,0).
所以=(1,1,0),==(0,2cos θ,2sin θ),=(1,-1,0).
设平面ADE的法向量n1=(x1,y1,z1),
则
令x1=1,得y1=-1,z1=,
所以n1=.
设平面BCE的法向量n2=(x2,y2,z2),
则
令x2=-1,得y2=-1,z2=,所以n2=.
所以cos=
==.
设t=,则t'==<0,
所以t=在上单调递减,
所以t∈,
所以cos==1-∈,
所以平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值的取值范围是.

展开更多......

收起↑