第7章 高考重点突 立体几何-【勤径学升】2025年高考数学一轮总复习（人教B版2019）

第七章立体几何回 (2)如图，四边形ABCD中，AB=BD=DA=2, BC=CD=√2.现将△ABD沿BD折起，当二 [g鬥 面角ABDC处于[后，誓]过程中，直线AD与 c[o. n[o.] BC所成角的余弦值取值范围是 感悟方法 涉及空间角的最值问题，可以通过建立空间直 角坐标系，用坐标表示要求的最值，结合函数求 解最值 高考重点突破三 立体几何 课标要求！ 1.掌握空间向量的应用. 2.会用空间向量求空间角和距离. 必备知识 夯实四基。 [对应客案P426 知识梳理 角.设平面g与平面3的夹角为0，则cos0= n,·n2 1.两条异面直线所成的角 cos(n1,n。〉= n1·n i12 n,1n: 设异面直线1，，所成的角为0，其方向向量分别 4.点到直线的距离 为，， 如图，已知直线1的单位方向向量 则cos0=|cosu,v)1= 为u,A是直线L上的定点，P是直 线1外一点，设A户=a,则向量A户 A 2.直线与平面所成的角 在直线1上的投影向量AQ=(a·u)u,在 如图，直线AB与平面a相交于 Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ= 点B,设直线AB与平面a所成 的角为0，直线AB的方向向量 /TAP'-IAQP=√a-(a·u). 为u,平面a的法向量为n,则sin=cos(u,n) 5.点到平面的距离 u·n 如图，已知平面a的法向量为 n,A是平面a内的定点，P是 3.平面与平面的夹角 平面a外一点.过点P作平面 如图，平面a与平面3相交，形 a的垂线l,交平面a于点Q, 成四个二面角，我们把这四个 则n是直线1的方向向量，且点P到平面&的距 二面角中不大于90°的二面角 离就是AP在直线1上的投影向量QP的长度，因此 称为平面a与平面3的夹角. 0-市- 若平面a,3的法向量分别是n,和n,则平面a 与平面9的夹角即为向量n,和n的夹角或其补 6.线面距离，面面距离都可以转化为点到平面的 距离. 149 国高考一轮总复习·数学·RJB 常用结论 1,线面角0的正弦值等于直线的方向向量a与平 面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin0 =|cos(a,n)|,不要误记为cos0=cos(a,n). 2.二面角的范国是[0，π]，两个平面夹角的范国 A.30 B.45° C.60 D.90 是[o引 3.(数材改编题)平面a的一个法向量为n1=(4,3, 0),平面3的一个法向量为n1=(0,-3,4),则平 诊断自测】 面a与平面3夹角的余弦值为 思考辨析 1.判断（在括号内打“√”或“×”） A.一25 9 B号 (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所 成的角。 () c品 D.以上都不对 (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就 易错自纠 是直线与平面所成的角， () (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的 4.(线面角概念理解不请效误)已知向量m,n分别 夹角 是直线【与平面α的方向向量、法向量，若 (④)两异面直线夹角的范围是(0，受]，直线与平 c0s(m,n〉= 受则1与。所成的角为（) 面所成角的范围是[0，受引，二面角的范围是 A.30 B.60 C.120 D.150 [0,x]. 5.(线面距富概念不请致误)正三棱柱ABC- 教材衍化 A,B,C的所有棱长都为2，则B,C1到平面 2.(数材改编题)如图，在长方体ABCD-A,BCD A,BC的距离是 () 中，AB=2BC=2BB,,P为C,D,的中点，则异面 直线PB与B,C所成角的大小是 A.② B②T C.3v②T D.4②7 7 7 第1课时 向量法求空间角 提升能力 考点剖析 [对应答案P426 考点 异面直线所成的角 例1们(1)(2023·责州华节·三模)在正四棱锥 括端点A,B),若使异面直线PM与CQ所成角 S一ABCD中，底面边长为22，侧棱长为4，点 的余弦值为侧 () P是底面ABCD内一动点，且SP=√13，则当 BAI 1 A,P两点间距离最小时，直线BP与直线SC A.或4 C. 所成角的余弦值为 ( 感悟方法2 A.j BYo c号 利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是： ①选好基底或建立空间直角坐标系：②求出两 (2)在三棱锥PABC中，AB=BC=2,AC= 直线的方向向量"，2：③代入公式|c0s(”,) 22,PB⊥平面ABC,点M,N分别为AC,PB y·东解 的中点，MN=√6，Q为线段AB上的点（不包 ③150 第七章立体几何回 多变式训练多 A.MC⊥DN (多选)(2022·河北保定·一模)在正方体 B.AC,∥平面MNC ABCD-A,B,CD中，点M,N分别是棱A,D, C异面直线MD与NC所成的角的余弦值为号 AB的中点，则下列选项中正确的是 D.平面MNC截正方体所得的截面是五边形 考点2 线面角 [例2](2022·全国之卷)如图，四面体ABCD 感悟方法 中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为 向量法求直线与平面所成角主要方法是： AC的中点. (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的 方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹 角（或其补角）： (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向 向量与平面的法向量所夹的锐角或纯角的补 (1)证明：平面BED⊥平面ACD: 角，取其余角就是斜线和平面所成的角 (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD 多变式训练 上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面 (2022·全国甲卷)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥ ABD所成的角的正弦值. 底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB= 2,DP=3. (I)证明：BD⊥PA: (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值， 考点3 二面角 [例3](2022·新高考1卷)如图，直三棱柱ABC (2)设D为AC的中点，AM,=AB,平面ABC⊥ A,BC1的体积为4，△A,BC的面积为2√2. 平面ABB,A,求平面ABD与平面CBD所成 角的正弦值。 (1)求A到平面A,BC的距离： 151® 国高考一轮总复习·数学·RJB 感悟方法私 (1)求证：OE∥平面PAC: 用法向量求两平面的夹角：分别求出两个平面 (2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3,PA=5,求 的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角 平面CAE与平面BAE所成角的正弦值。 得到两平面夹角的大小， ◆变式训练多 (2022·新高考Ⅱ卷T20)如图，PO是三棱锥 PABC的高，PA=PB,AB⊥AC,E是PB的 中点. 请完成《课时检测训练44 第2课时 向量法求距离、探索性及折叠问题 提升能力 [对应答案P428 考点剖析 考点 空间距离的求法 例1们(1)如图，在四棱锥P-ABCD中，PB⊥平 线的方向向量a上的投影·代入公式 面ABCD,AB⊥BC,PB=AB=2BC=2,则点 (2),点面距的求解步骤： C到直线PA的距离为 ①求出该平面的一个法向量：； ②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应 的向量： ③求出法向量与斜钱段对应向量的数量积的绝 对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的 A.5 B.5 C.2 D.2 距离. (2)如图，在长方体ABCD AB,CD,中，AD=AA1=2,A 令变式训练 AB=3,若E为AB中点，则点 已知四面体ABCD中，AB,BC,BD两两垂直， B到平面DEC的距离为 BC=BD=√2，AB与平面ACD所成角的正切 值为2，则点B到平面ACD的距离为（) 感悟方法 空间距离求法 A号 B23 3 (1)点线距的求解步骤：直线的方向向量a→所 求点P到直线上一点P'的向量PP及其在直 吗 盛152 第七章立体几何回 考点2 探索性问题 [例2](2022，古林·延边州 令变式训练令 散育学院一换)在四棱锥 (2023·广东江门·模拟)如图，在正四棱锥 P-ABCD中，PD⊥平面 S-ABCD中，AC∩BD=O,SA=√2AB,P在侧 ABCD,AB∥DC,AB⊥ 棱SD上，SD⊥平面PAC. AD.CD-AD-2AB-1. ∠PAD=45°，E是PA的中点，G在线段AB 上，且满足CG⊥BD. (1)求证：DE∥平面PBC: (2)在线段PA上是否存在点H,使得GH与平 面PGC所成角的正弦值是号，若存在，求出 (1)求平面SAB与平面PAC所成的锐二面角的 余弦值： AH的长；若不存在，请说明理由. (2)侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面 PAC?若存在，求SE：EC的值：若不存在，请 说明理由. 感悟方法 探索性问题求解策略：用空间向量解决探索性问 题时，不需要进行复杂的作图，论证和推理，只需 通过坐标运算进行判断，一般用坐标待定法或比 值待定法，把是否存在问题转化为点的坐标是否 有解或是否有规定范围内的解的问题 考点3 折叠问题 [例3](2022·山东烟台·三模)如图，在平面五 边形PABCD中，△PAD为正三角形，AD∥ BC,∠DAB=90°且AD=AB=2BC=2.将 △PAD沿AD翻折成如图所示的四棱锥 P-ABCD,使得PC=V7.F,Q分别为AB,CE (1)求证：FQ∥平面PAD: 的中点， 153型 国高考一轮总复习·数学，RJB (2)若PE-方·求平面EFPC与平面PAD夹角 点A到达点P的位置(O<∠PFE<π)，连接 PB.PE.PC. 的余弦值。 (1)证明：MNPE: (2)设点P在平面ABC内的射影为点Q,若二面 角P-MN-B的大小为号，求直线QC与平面 感悟方法 PBC所成角的正弦值. 处理折叠问题的关键是结合图形弄清翻折前后 变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系，一般 地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变 化，不在同一平面上的性质发生变化 变式训练多 (2022·山东感海·三模)如图所示，在等边 △ABC中，AB=6,M,N分别是AB,AC上的 点，且AM=AN=4,E是BC的中点，AE交 请完成《课时检测训练45 MN于点F.以MN为折痕把△AMN折起，使 自主培优13 立体几何中的动态问题 -对应案P130 解决立体几何中的动态问题需要较高的空 类型二 动角的范围问题 间想象能力与化归处理能力，在解“动态”的立体 [典例2]（多选）关于正方体ABCD-A,B,C,D 几何问题时，需要努力探寻运动过程中“静”的一 有如下四个说法，其中正确的是 () 面，往往能以静制动、克难制胜 A.若点P在直线BC,上运动，三棱锥AD,PC 类型一轨迹问题 的体积不变 [典例1]在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD B.若点P是平面A,BCD,上到点D和C,距 是边长为2的菱形，∠DAB=60°，PA=PD, 离相等的点，则P点的轨迹是直线AD ∠APD=90°，平面PAD⊥平面ABCD,点Q是 C.若点P在线段BC,(含端点)上运动时，直线 △PBC内（含边界）的一个动点，且满足DQ⊥ AP与DC所成角的范围为[0，] AC,则点Q所形成的轨迹长度是 D,若点P在线段BC,(含端点)上运动时，直线 感悟方法2 AP与D,C所成的角一定是锐角 以立体几何为载体的轨迹问题，将立体几何和 解析几何巧妙地结合在一起，综合性强，解答这 感悟方法 类问题的关键是将空间问题转化为平面问题， 立体几何中的动角范围问题一般是结合线面关 一般可以从两方面考虑：一是利用曲线的定义： 系，推断动角的特征或变化关系，结合动角特征 二是利用解析法求出轨迹方程， 探究角的最值或范国， ®154高考重点突破三 又由SP=√13,在Rt△SOP中，可得OP=√SP2-SO=1, 即点 P在以O为圆心，1为半径的圆上， 诊断自测 1.(1)×(2)× (3)× (4)√ 所以当点P为圆与OA的交点时，A,P两点间距离最小， 最小值为AO-OP=1. 2.D 解析 建立如图所示空间直角坐标系， 设 BB=1,由AB=2BC=2BB, 24 D? P C?则AB=2,BC=1, 以 OA,OB,OS所在直线分别为x轴、y轴和≈轴，建立空 间直角坐标系，如图所示， A?所以 B(1,2,0),B,(1,2,1),C(0, B? 2,0),C(0,2,1),D,(0,0,1). jD. 方C 因为P为C?D?的中点，所以P(0, A B 可得 P(1,0,0),B(0,2,0),S(0,0, 12s 1,1),PB=(1,1,-1),B,C= 2√3),C(-2,0,0), 则BP=(1,-2,0),SC=(-2,0, D >C (-1,0,-1), 所以PB·B,C=-1+0+1=0,所以PB⊥B,C,即异面直线 PB与B?C所成角的大小为90°. —2√3),可 得 cos(BP,SCy= ℃Ax BBP·SC y |BF|·ISCI 3.B 解析 ∵n?=(4,3,0),n?=(0,-3,4), ∴|n?|=√42+32+02=5,|n?|=√02+(-3)2+42=5, m?·n?=4×0+3×(-3)+0×4=-9, 愿所以直线 BP与直线SC所成角的余弦值为 因此向量n与几的夹角0清足0-m·aT-5一-云· 又∵向量n?,n?分别为平面a和平面β的法向量， ∴平面α与β夹角等于向量n?,n?的夹角或其补角，又∵两个 [0.号]·平面夹角范围为 (2)D 解析如图，在三棱锥 P-ABC 中， 2 P AB=BC=2,AC=2√2,所以 BA⊥BC. N因为 PB⊥平面 ABC,以B为原点，BA, ,故平面α与平面β夹角的余弦值 等于 CBC,BP为x、V、z轴正方向建立空间直角 B Q坐标系. M A 可知 B(0,0,0),C(0,2,0),M(1,1,0).因 4.B 解析 设l与a所成的角为θ,θ∈[0°,90°], 则 sin 0=|cos(m,n)|=唇.:.0=60°,故选 B. 为BM=√2,MN=√6,所以BN=√MN2-BM2=√6-2 =x.且0<x<1.=2,所以PB=4,则P(0,0,4).设5.B 解析 设O,O?分别是AC,A?C?的中点，连接OO?,OB, O?B, 则Q(2λ,0,0),可知PM=(1,1,-4),CQ=(2λ,-2,0), 所以PN·Cà=1×2λ+1×(-2)+(-4)×0=2λ-2, |PM|=√l2+l2+(-4)2=3√2, |Ca|=√(2λ)2+(-2)2=√4λ2+4. 根据正三棱柱的几何性质可知OB,OC,OO,两两相互垂直， 建立如图所示空间直角坐标系， oA?, C? B(√3,0,0),C(0,1,0),A,(0,-1,2), C?(0,1,2), YB CB=(√3,-1,0),CA?=(0,-2,2), OA cj √34因为异面直线 PM与CQ所成的角的余弦值为-34 lnv.cà12x-2l-√.所以- CC?=(0,0,2). 设平面A,BC的法向量为n=(x,y,z), B\x 则 |PM|×|CQ|3√2×√4 -÷解得a=)或λ=4(舍去).所以- [变式训练] 故可得n=(1,√3,√3). 由于B?C?//BC,B?C?±平面A?BC,BCC平面 A?BC,所以 B?C?//平面 A?BC. AD 解析 以点D为原点如图建立空 ztD,Q C? M/间直角坐标系，设正方体的边长为2, A? 所以 B,C,到平面A,BC的距离即C,到平面A?BC的距离， “平|-2算即 B,则 M(1,0,2),C(0,2,0),N(2,1,0), P D. jD(0,0,0),A(2,0,0).第 1课时 Al N B [提升能力 考点剖析] 因为MC=(-1,2,-2),DN=(2,1,0), MC·DN=-2+2=0,所以MC⊥DN,故A正确；考点 1 [例1](1)A 解析如图所示，连接 AC,BD交于点O,连 接 SO, 因为MC=(-1,2,-2),MN=(1,1,-2),设平面MNC的法 向量为n=(x,y,z),因为四棱锥 S-ABCD为正四棱锥，可得SO⊥底面 ABCD. 由底面边长为2√2,可得AC=4,所以AO=2, (#2-2-0.所以由MC·n=0,MN·n=0可得 所以可在Rt△SOA中，SA=4,AO=2,可得 SO=√SA2-AO =2√3, 取 n=(2,4,3). 高考一轮总复习·数学·RJB ·426 · 因为AC=(-2,2,0),AC·n=-4+8=4≠0,所以A,C?不与 平面MNC平行，故B错误； [变式训练] 解 (1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E,CF⊥AB 因为DM=(1,0,2),NC=(-2,1,0), cos(Dt.NO=后后=一号，所以， 于F, 因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2, 所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=号， DE=,BD=√DE+BE=5,故I 所以异面直线MD与NC所成的角的余弦值为号，,故C错误； 连接CN,在D?C?上取靠近D?的四等分点为Q,则MQ//CN. 连接CQ,在AA?上取靠近A?的三等分点为P,则NP//CQ, 所以平面MNC截正方体所得的截面是五边形CQMPN,故D 正确. 所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD. 因为PD⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 所以PD⊥BD.又PD∩AD=D,所以BD⊥平面PAD. 又因PAC平面PAD,所以BD⊥PA.考点2 [例2]解 (1)证明：因为AD=CD,E为AC的中点， D C 所以AC⊥DE. 在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠CDB, DB=DB, A E F B 所以△ABD≌△CBD,所以AB=CB. 又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE. 又因为DE,BEC平面BED,DE∩BE=E, 所以AC⊥平面BED. (2)如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD=√3, z P 因为ACC平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD. (2)连接EF,由(1)知，AC上平面BED, 因为EFC平面BED, C ALx B了 所以AC⊥EF,所以S?we=÷AC·EF, 当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小. 因为△ABD≌△CBD,所以CB=AB=2. 又因为∠ACB=60°,所以△ABC是等边三角形. 因为E为AC的中点，所以AE=EC=1,BE=√3. 因为AD⊥CD,所以DE=÷AC=1, 在△DEB中，DE2+BE2=BD2,所以BE⊥DE. 以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-xye, 则A(1,0,0),B(o,√3,0),P(0,0,√3), 则A卢=(-1,0,√3),BP=(o,-√3,√3),DP=(0,0,√3), 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),.则有< 可取n=(V3,1,1), cn-m厚.则c ,所以PD与平面PAB所成 角的正班值为得 则A(1,0,0),B(0,√3,0),D(0,0,1),所以AD=(-1,0, 1),AB=(一1,3,0) 考点3设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z),⋯则 取y=√3,则n=(3,√3,3). [例3]解 (1)在直三棱柱ABC-A?B,C?;中，设点A到平面A?BC的距离为h, V-Am=÷S?xm·h=22h=V?-w=÷S·A,A则 =÷Vw-Amc=章， c(-1.0.0),F(0.辱，一),所以CF-(1.厚二)·又因为1 时所以， 解得h=√2,所以点A到平面A?BC的距离为√2. (o≤0≤吾)设CF与平面ABD所成的角为θ 所以sin 0=|cos(n.cé)|=5. (2)取A?B的中点E,连接AE,如图，因为AA?=AB,所以 AE⊥A?B. 又平面A?BC⊥平面ABB,A,平面A,BC∩平面ABB,A =A,B, 4V3.所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为 7 D F 它 且AEC平面ABB,A,所以AE⊥平面A,BC. 在直三棱柱ABC-A?B?C?中，BB?⊥平面ABC, 由BCC平面A?BC,BCC平面ABC可得AE⊥BC,BB ⊥BC. F 又AE,BB?C平面ABBA,且相交，所以BC⊥平 面ABB?A?, E A ·427 · 高考一轮总复习·数学·RJB 所以 BC,BA,BB,两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐 标系，如图， 则AE=(3√3,1,2),AB=(4√3,0,0),AC=(0,12,0), 设平面AEB的法向量为n=(x,y,x),A? C? ·不E=3.5x+y+是==0,令x=2,则 n·AB=4√3x=0, B?D E入 y 则 y=-3,x=0,所以n=(0,-3,2);x A~ C 设平面AEC的法向量为m=(a,b,c),则 B |m·AE=3(Sa+b+2c=0,令a=√3,由(1)得AE=√2,所以AA?=AB=2,A,B=2√2,所以 BC |m·AC=12b=0=2, 则A(0,2,0),A?(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以 A,C 则c=-6,b=0,所以m=(√3,0,-6), 的中点D(1,1,1), 4√3-12 所以 cos(n.m)=1m||mT-√3×√35 13则BD=(1,1,1),BA=(0,2,0),BC=(2,0,0), 设平面 ABD 的一个法向量为m=(x,y,x), [m·BD=x+y+x=0, 则 m·BA=2y=0, 设平面CAE与平面BAE所成角为θ, cos0=一.所以 sn 0=√1-cx6-号.所以 景故平面CAE与平面BAE所成角的正弦值为：可取 m=(1,0,-1), 设平面 BDC 的一个法向量为n =(a,b,c), m·BD=a+b+c=0 则 第 2课时 [提升能力 考点剖析] 考点 1m·BC=2a=0. [例1](1)A解析因为 PB⊥平面 ABCD,ABC平面 可取n=(0,1,-1D,则 os(mm)=1m4:m文方， √3 所以平面ABD与平面CBD所成角的正弦值为>2· ABCD,BCC平面ABCD, 所以 PB⊥AB,PB⊥BC.因为AB⊥BC, 所以如图，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系B-xyz, 则C(1,0,0),A(0,2,0),P(0,0,2),PC=(1,0,-2),PA= [变式训练] (0,2,-2),即PC·PA=4. 解 (1)证明：连接 BO并延长交AC于点D,连接OA,PD, 因为 PO是三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC,AO,BO C平面 ABC, 一-.P产在PA上的投影向量的长度为 所以 PO⊥AO,PO⊥BO. 故点C到直线PA的距离为√|PCI2-(√2)2=√3. 又 PA=PB,所以△POA≌△POB,即OA=OB, 所以∠OAB=∠OBA. 12 PN 又 AB⊥AC,即∠BAC=90°,所以∠OAB+∠OAD=90°, ∠OBA+∠ODA=90°, y >D 所以∠ODA=∠OAD, B*所以 AO=DO,即 AO=DO=OB,所以O为BD的中点.又E 为PB的中点，所以OE//PD.又OE±平面PAC,PDC平面 C 18√61 (2)- 解析 以 D为坐标原点，DA,DC,DD?所在直线61PAC,所以OE//平面 PAC. P 分别为x轴、y轴、x轴建立如图所示的空间直角坐标系，连 接CB?,C E 由题意得C(O,3,0),E(2,号，0),D,(0,0,2),B,(2,3,2),D B ∴CE=(2,-3,0),CD)=(0,-3,2),CE=(2,0,2),A (2)过点 A作Ax//OP,如图建立空间直角坐标系， 因为PO=3,AP=5,所以OA=√AP2-PO=4. 设平面 D,EC的法向量为n=(x,y,2),则 yt Z C P 即< 令z=6,得n=(3,4,6),y* C' E D aLD B ∴点 B,到平面 D,EC的距离A B A z 又∠OBA=∠OBC=30°,所以 BD=2OA=8,则AD=4, D? G AB=4√3, A?f B 所以 AC= 12,所以 O(2√3,2,0),B(4√3,0,0), .D C y 4P(2√3,2,3),C(0,12,0),所以E(3(3,1,号), E B 高考一轮总复习·数学·RJB ·428 · [变式训练] 由CG⊥BD得C·DB=1+2(t-1)=0→1= D 解析以B为原点，BC,BD,BA所在直线分别为x、y、 轴建立空间直角坐标系，如图所示： ∴G(1,云.0), A 由AP=(-1,0,1),设A庄=λAP=(-λ,0,λ),λ∈[0,1], 又cA=(0,-号，0),B D 了 ∴GH=GA+AH=(-A,-÷x), 设平面PGC的法向量为n=(a,b,c), Ck x, 设 BA=t,t>0,B(0,0,0),C(V2,0,0),D(o,√2,0),A(0,0,t). AB=(0,0,-t),CA=(-√2,0,1),CD=(-√2,√2,0). 设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),m cp=(0,-1,1),CC=(1,-÷.0). 由 取 b=2,令x=1.得 y=1.=空.则< 故 n=(1.1.空): 可得 n=(1,2,2), c(ct.m)=面：1m+则2,因为直线 AB与平面ACD 所成角的正切值为- 辱所以直线 AB与平面ACD所成角的正弦值为 |AB·n √2 =F,即- ,解得t=2. |AB|·|n| t·√ (1+1+; 得.∵GH与平面PGC 所成角的正弦值为： :|. 整理得20x2+8λ-1=0, 解得λ-或λ=-云(含), 2 n=(1.1.竖),所以平面 ACD的一个法向量 a-故 B到平面 ACD 的距离为- H,AB=(-0,o),∴存在满足条件的点-系 [变式训练] ,且 AH 考点2 解 (1)如图，由题意知 SO⊥平面ABCD,AC⊥BD,故OS, [例2]解 (1)证明：由题意，因为PD⊥平面ABCD,AB//DC, AB⊥AD, OB,OC两两垂直. 以O为坐标原点，OB,OC,OS的方向分别为x、y、≈轴的正方 向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyx.如图，以D为原点，DA,DC,DP所在直线分别为x、y、≈轴 建立空间直角坐标系D-xye,如图所示. 2 ∵CD=AD=÷AB=1,而∠PAD=45°,易知∠PDA= 90°,于是 PD=DA=1. S小 P 又E是PA的中点，故 D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,2,0), /Ak D C(o.1.0),P(0,0,1),E(号.0.号)· 0、BL ∴BC=(-1,-1,0),CP=(0,-1,1), 名 CN\y 设平面 PBC 的法向量为m=(x,y,z),则 ∵SA=√2AB,不妨设AB=√2,则SA=2, ∴OA=OB=OC=OD=1,SO=√3.m:- 由题意得S(0,0,√3),D(-1,0,0),C(0,1,0),A(0,-1,0), 令 y=1,则x=-1,z=1,可得m=(-1,1,1). B(1,0,0). 又DE-(二.0,云)∴m·DE=-1×÷+0+1×÷=0, ∴m|D产 ∴SA=(o,-1,-√3),SB=(1,0,-√3), 设平面 SAB的一个法向量为m=(x,y,×),则有 { ∵DE±平面PBC,∴DE//平面PBC. 可取 m=(√3,-√3,1).(2)设点G坐标为(1,t,0),其中O≤t≤2,则CG=(1,t-1, 0),DB=(1.2,0), ∵SD⊥平面 PAC, 2 ∴平面PAC的一个法向量为SD=(-1,0,-√3). 设平面SAB与平面PAC所成的锐二面角为0, :080=|cok(m.sb)| -√3+0-√31 =红. √3+3+1×√ P E AE BGx (2)假设在棱SC上存在一点E使得BE//平面PAC.在SC上 ·429· 高考一轮总复习·数学·RJB 取点E,连接 EB, 则5 P 取 n=(3,-3,-8√3).>D 又平面 PAD的一个法向量m=(0,1,0),设平面EFC与平 面 PAD夹角为α, 0、BL Cy意 coa=17:1mT-+3由(1)设E(π?,y,,≈),且SE=λSC,即(α?,yo,≈-√③)=λ(0, 1,-√3),可得x?=0,yo=λ,<=√3-√3λ,即 E(0,λ·√3-√3λ), [变式训练] ∴BE=(-1,λ·V3-√3λ) 解 (1)证明：因为△ABC是等边三角形，E是BC的中点， 所以AE⊥BC.因为AM=AN=4,所以MN//BC,所以MN⊥又平面 PAC的一个法向量SD=(-1,0,-√3), 若 BE//平面PAC,则BE·SD=0, AE, 可得MN⊥PF,MN⊥FE.又PF∩FE=F, 即1+0-3+33=0,解得A=号故SE:SC-号. 所以 MN⊥平面 PFE.又 PEC平面 PFE,所以MN⊥PE. (2)因为MN⊥PF,MN⊥FE, ∴侧棱 SC上存在一点E,使得BE//平面 PAC,且SE:EC= 所以二面角P-MN-B的平面角为∠PFE, 所以∠PFE=等，可得∠PFA=晋 2:1. 考点3 [例3]解 (1)证明：取 DC的中点M,连接 MF,MQ. 由第(1)问知，MN⊥平面PFE,MNC平面 ABC, 所以平面 ABC⊥平面 PFE. 又因为平面 PFE∩平面ABC=AE, 所以点 P在平面ABC内的射影Q在AE上. P A >B中 E Q CD? M 因为 PF=2√3,所以QF=√3,PQ=3. 则 MQ//PD,MF//DA.因为MQ平面 PAD,MF←平面 过F作直线l//PQ交PE于点K,以F为坐标原点， PAD,PD,DAC平面PAD, 以FM,FE,FR的方向分别为x、y、2轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 所以 MQ//平面PAD,MF//平面PAD. 因为MQ∩MF=M,所以平面MQF//平面 PAD. 因为 FQC平面MQF,所以FQ//平面 PAD. P 42 C (2)取 AD的中点O,连接OP,OC, A因为△PAD为正三角形，AD=2,所以 OP⊥AD且OP Q 笔于 =√3, x/M B 在直角梯形 ABCD中，AD//BC,∠DAB=90°,AB=2BC P(0,-√3,3),C(-3,√3,0),E(0,√3,0),Q(0,-√3,0), =2, QC=(-3,2√3,0),PC=(-3,2√3,-3),PE= 所以OC⊥AD且OC=2.又因为PC=√7, 所以在△POC中，OP2+OC2=PC2,即OP⊥OC, 所以以O为坐标原点，分别以OD,OC,OP的方向为x、y、x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， (0,2√3,-3), 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),.~⋯则 2 P 令x=2,可得n=(0,√3,2), 1 (a:m)=万义一.所以| A >B Efo CjDk 2所以直线 QC与平面PBC所成角的正弦值为 则 D(1,0,0),C(0,2,0),F(-1,1,0),P(0,0,√3),DP 自主培优 13 =(-1,0,√3). [M125 解析 如图，连接BD,交 AC于点O,因为四边 形 ABCD为菱形，所以AC⊥BD.P-号，mDE-÷DF-(一号.0,得),因为 E(3.0,得).所以E=(一奇，2,一鲁),所以 P D* C =(-豆，1,一得). 0' xA B设n=(x?,y?,?)为平面EFC的一个法向量， ; 高考一轮总复习·数学·RJB ·430 · 取 PC上一点M,连接MD,MB,且DM⊥AC,又AC⊥BD, BD∩DM=D,所以AC⊥平面BDM,则点Q的轨迹是线段 得 y=-3. 3.B 解析因为所求直线的倾斜角为45°,所以所求直线的斜 率k=tan45°=1,所以直线方程为y-2=x-1.故A,C,D 错误. BM. 以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过 点 O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的 空间直角坐标系. 4.D 解析 对于A,当a=时，直线的斜率不存在，故A不 普≠a.故正确；对于B,当a=—工时，斜率为-1,倾斜角为： B不正确；对于C,平行于x轴的直线的倾斜角为0°,故C不 正确；对于 D,若直线的斜率不存在，则此直线的倾斜角为 90°是正确的. 则O(0,0,0),A(V3,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0), p(竖，-号·1)·C(-√3.0.0),DA=(√3.0.0),DP= (竖号，1),Pc-(-35.2,-1),Bb-(0,-2.0). 设D-DP+PM-DP+a PC-(÷·)+ 5.C 解析 如图所示，直线 PA的斜率km=二2#+=-1,直 线 PB的斜率km-2=6-1. a(-35.2.-1),o≤a≤1, 则D应=(竖-32号+x,1-a). 因为OA⊥DM,所以可A·D=0,解得A=号， ty B 0 x P 所以DM=(0,号，号),BM=Bb+DM=(0,-2.0)+ A^ (0.号音)=(0.-告音), 所以1B01=√(号)+(鲁)-2F 由图可知，当直线l与线段AB有交点时，直线l的斜率k∈ [-1,1], [0.F]U(-x).,即点Q所形成的轨 25迹长度为： 因此直线l的倾斜角的取值范围是 [提升能力 考点剖析] 考点 1 [典例2]AB 解析对于 A,由BC// D? C? [例1](1)A 解析 由于A(-2,3),B(3,-2),C(三，m)三点 .解得m=去.共线，则 AD,可得 BC?//平面AD,C,则点P到 平面AD?C的距离不变，由△AD,C的 面积为定值，可知点 P在直线 BC?上 运动时，三棱锥 A-D,PC的体积不变， 故 A 正确； BA?g fPycb A B (2)A 解析 直线x+ay-2=0过点C(2,0), ,A=2=2=-2,kw=3=2-1,对于 B,若点 P是平面A?B?C?D,上到点D和C;距离相等 的点， 画出图象如下图所示 yt 则P点的轨迹是平面A,BCD,与平面 A,B,C,D,的交线 A?D?,故B正确； B2 A. 1 对于C,直线 AP与DC所成角即为∠PAB,当P与C,重 合时，∠PAB最大，且 tan∠PAB=√2,所以∠PAB<李， 故C错误； C. O| 21 3 由于直线x+ay-2=0与线段AB没有公共点， 当a=0时，直线x=2与线段AB有公共点，不符合题意， -÷当a≠0时，直线x+ay-2=0的斜率为 根据图象可知一 音，故D对于 D,当P与C?重合时，AP与D?C所成的角为- 错误.故选 AB. 第八章 平面解析几何 的取值范围是(-2,0)U(0,1), 所以a的取值范围是(-心，-DU(号，+~). 第1讲 直线的方程 [必备知识 夯实四基] 知识梳理 [变式训练] 1最小2]倾斜角[3(0,π)4tan asY2—y 1.D 解析 直线l?的倾斜角a?是钝角，故k<0. 直线l?与l?的倾斜角a?与a?均为锐角，且α?>a?,所以O< k?<k?,因此k?<k?<k?.故选 D. x?-x? 四平行成重合 R(1,)因÷9垂直 0法向量 四垂直 2y-y?=k(x-x?)3y=kx+b 2.B 解析 由直线l的方程为xsinα+√3y-1=0, y=-,即直线1的符率k=-F。所以4(x?≠x?,y?≠y?) Ax+By+C=0(A2+B2≠0)诊断自测 1.(1)√ (2)× (3)×(4)√ 又-l≤sina≤1, 所以一唇<A<. 又直线的倾斜角的取值范围为(0,π),2.D 解析 因为斜率k=tan135°=-1,所以k=5-=-1, ·431· 高考一轮总复习·数学·RJB