《第七章 高考专题突破四 高考中的立体几何问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第七章 高考专题突破四 高考中的立体几何问题（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考专题突破四 高考中的立体几何问题IJ题型一空间角的求法多维探究命题点1线线角例 1 如图所示，在三棱柱 ABC-AiBiQ 中，A4i底面 ABC, AB=BC=AA, ZABC=90,点E, F分别是棱A3, BBi的中点，试求直线EF和8G所成的角.解 以8为原点，分别以直线BG BA, BBi为x, y, z轴，建立空间直角坐标系(如图).设 AB=9 则 B(OQO), (，T )，K。，。，)，G(101)，所以EF=(09SC1 = (1,O,1).2于是 cos 0),则 A(0,0,0),由知BF平面ABCD.以人为原点，分别以A8, AO为尤轴，y轴建立空间直角坐标系,如
2、图所示，不妨设AB=AD=2,z),段的中点 G(l,l, h), BG=(-1,1,设平面BCG的法向量为 = (x, y,BGn=09即BC*n=0x+y+/zz=0,2尸,取= ).由于 ACBF, AC.LBD, BFCBD=B, BF, BQU平面 BDG, :.AC1.平面 BDG,平面BDG的一个法向量为AC= (2,2,0).由题意得cos 60 =2hI n-ACRF 1解得h=,此时反=云BF I当反=时，二面角CBGD的大小为60.十拓展冲刺练5. 如图所示，在梯形ABCD中，AB/CD, ZBCD=120。，四边形ACFE为矩形，且CFL平ffi ABCD, AD=CD
3、=BC=CF.(1) 求证：EF上平面BCF；(2) 点M在线段EF上运动，设平面M4B与平面FC3所成锐二面角为仇试求cos。的取值范围.证明设AD=CD=BC=,9：AB/CD, /BCD= 120。, AB=2,A A C2=AB2+BC2 - 2ABBCcos 60。= 3,:.AB2=AC2-BC 则 BCA.AC.四边形ACFE为矩形，.AC_LCF,又 CF, BCU 平面 BCE 且 CFCBC=C,:.AO.平面 BCF.9：EF/AC, :.EFL平面 BCF.(2)解 以C为坐标原点，分别以直线C4, CB, CF为尤轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，当2=3时
4、，cos 0有最大值5，cos设 AD=CD=BC=9 令 FM=2(0W2W*),则 0(0, 0, 0), A(yf3, 0, 0), B(0, 1, 0),仲，0, 1),:.AB=(-吏,1, 0), BM=(2, 1, 1),设m=(x, y, z)为平面MAB的一个法向量，mAB=0,fV3x+y=0,jii .血=0Hv-y+z=0,取 x=l,所以 m = (l, yf3, y3A)9V712=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量._”E2|_1_，CS 时洞 /i+3 + (St)2 /(2-3)2+4.owaw,当2=0时，cos 0有最小值平，解析 以。为原点，以D4,
5、 DC, QOi分别为尤，y, z轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2,则 41(2,0,2), 01(0,0,2),顼0,2,1), A(2,0,0),带=(0,2, -1),未=麻+扁=瀛+2后=(一2久,0, -2).cos (AiF9 DE)=解得久=1(“=舍)(2)如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M, N分别为BC, AO的中点，则直线AM和CN夹角的余弦值为答案1解析以, CB,瓦作为基底， 1 1 则MA = CA-CM=CA-CB, CN=CACD).设向量所与诡的夹角为仇则直线AM和CN夹角的余弦值等于|cos仞.=扭2 _|cA .
6、 CB+|cb-CA - |cb- CB2 8十4 8_2-又/XABC和ZVICD均为等边三角形，所MA = CN=21CNMA 222所以直线AM和C/V夹角的余弦值为亍答题模板命题点2线面角例2(12分)(202。新高考全国I)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PDJL底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为I./D /CA B(1) 证明：江平面PDC；(2) 已知PD=AD=h Q为/上的点，求与平面QC。所成角的正弦值的最大值.规范解答证明 在正方形ABCD中，AD/BC,因为AZX平面PBC, BCU平面F8C,所以AO平面PBC,又因为ADU平面PAD,平面PADH平面PBC=l,所以AD/1, 2分因为在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，所以ADDC9所以/DC,且PDA.平面ABCD.所以AD1PD,所以/_LPD,因为 DCCPD=D,所以/_L平面PDC.4分(2)解 以。为坐标原点，瓦的方向为尤轴正方向，如图建立空间直角坐
