第二编 专题四 规范答题系列三 立体几何类解答题-【金版教程】2023高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（新教材，创新版）

专题四　立体几何 规范答题系列三　立体几何类解答题 第二编　突破主干知识专题 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 1 等级细解 PART ONE 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 2 答题启示 PART TWO 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 3 跟踪训练 PART THREE 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 等级细解 答题启示 跟踪训练 本课结束 (2022·衡水二模) (12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是菱形，∠BAD＝∠BPD＝60°，PB＝PD＝2. (1)证明：平面PAC⊥平面ABCD； 解题思路　(1)设AC∩BD＝O，连接PO，推导出BD⊥PO，从而BD⊥平面PAC，由此能证明平面PAC⊥平面ABCD. 解　(1)证明：设AC∩BD＝O，连接PO， 在菱形ABCD中，O为BD的中点，且BD⊥AC，(1分) 因为PB＝PD，所以BD⊥PO，(2分) 又因为PO∩AC＝O，PO，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，(3分) 因为BD⊂平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD.(4分) (2)若二面角P－BD－A的余弦值为 eq \f(1,3)，求二面角B－PA－D的正弦值． 解题思路　(2)作OM⊥平面ABCD，以OA，OB，OM所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B－PA－D的正弦值． 解　(2)作OM⊥平面ABCD，以O为坐标原点，分别以OA，OB，OM所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 易知PB＝PD＝BD＝AB＝AD＝2，则OA＝OP＝ eq \r(3)，OB＝1， 因为OA⊥BD，OP⊥BD， 所以∠POA为二面角P－BD－A的平面角，所以cos ∠POA＝ eq \f(1,3)，(5分) 则P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0，\f(2\r(6),3)))，A( eq \r(3)，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)， 所以 eq \o(AD,\s\up16(→))＝(－ eq \r(3)，－1，0)， eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－ eq \r(3)，1，0)， eq \o(AP,\s\up16(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，0，\f(2\r(6),3)))，(6分) 设平面PAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up16(→))＝－\r(3)x1＋y1＝0，,m·\o(AP,\s\up16(→))＝－\f(2\r(3),3)x1＋\f(2\r(6),3)z1＝0，)) 取z1＝1，则x1＝ eq \r(2)，y1＝ eq \r(6)， 所以m＝( eq \r(2)， eq \r(6)，1)，(8分) 设平面PAD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up16(→))＝－\r(3)x2－y2＝0，,n·\o(AP,\s\up16(→))＝－\f(2\r(3),3)x2＋\f(2\r(6),3)z2＝0，)) 取z1＝1，则x1＝ eq \r(2)，y2＝－ eq \r(6)，所以n＝( eq \r(2)，－ eq \r(6)，1)，(10分) 设二面角B－PA－D的平面角为θ，则|cos θ|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|)＝ eq \f(|2－6＋1|,\r(2＋6＋1)×\r(2＋6＋1))＝ eq \f(1,3)，(11分) 所以二面角B－PA－D的正弦值为sin θ＝ eq \r(1－cos2θ)＝ eq \f(2\r(2),3).(12分) 第(1)问 由菱形的性质证明BD⊥AC，可得1分 由等腰三角形的性质证明BD⊥PO，可得1分 根据线面垂直的判定定理证明BD⊥平面PAC，可得1分 根据面面垂直的判定定理证明平面PAC⊥平面ABCD，可得1分 第(2)问 建立空间直角坐标系找到二面角P－BD－A的平面角，可得1分 求出关键点的坐标，得到有关向量的坐标，可得1分 求平面PAB的法向量，可得2分 求平面PAD的法向量，可得2分 利用