发布时间 : 星期六 文章2020年高考数学(理)二轮专项复习专题07-立体几何更新完毕开始阅读0a09dd785a0216fc700abb68a98271fe910eaf9a
【分析】利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB1A1的法向量求解．
解法一：如图建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，a，0)，A1(0,0,2a),
C1(?3aaa,,2a)?取A1B1的中点D，则D(0,,2a)，连接AD，C1D． 222则DC?(?3a,0,0),AB?(0,a,0),AA1?(0,0,2a), 2DC1?AB?0,DC1?AA1?0,
∴DC1⊥平面ABB1A1，
∴∠C1AD是直线AC1与平面ABB1A1所或的角．
?AC1?(?3aaa,,2a),AD?(0,,2a), 222?cosC1AD?AC1?AD|AC1||AD|?3， 2∴直线AC1与平面ABB1A1所成角的大小是30°．
解法二：如图建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，a，0)，A1(0，0，2a)，C1(?3aa,,2a)，从22而AB?(0,a,0),AA1?(0,0,2a),AC1?(?3aa,,2a)? 22设平面ABB1A1的法向量是a＝(p，q，r)， 由a?AB?0,a?AA1?0, 得??aq?0,?2ar?0,取p＝1，得a＝(1，0，0)．
设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为?,??[0,],
π2sin??|?cosAC1,a?|?1?,??30?.
|AC1||a|2|AC1?a|【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，
即先求平面的法向量与斜线的夹角，再利用两角互余转换．
例5 如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC?平面角的余弦值．
2，求二面角A－PB－C的
解法一：取PB的中点D，连接CD，作AE⊥PB于E． ∵PA＝AC＝1，PA⊥AC， ∴PC＝BC＝2，∴CD⊥PB． ∵EA⊥PB，
∴向量EA和DC夹角的大小就是二面角A－PB－C的大小．
如图建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，2，0)，P(1，0，1)，由D是PB的中点，得
D(,1221,)? 22PEAP21323??,E(,,)? 由得E是PD的中点，从而24AB44EB3123121?EA?(,?,?),DC?(?,?,?)
424422?cos?EA,DC??EA?DC|EA||DC|?3? 33? 3即二面角A－PB－C的平面角的余弦值是
解法二：如图建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2,1,0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，
AP?(0,0,1),AB?(2,1,0),CB?(2,0,0),CP?(0,?1,1).
设平面PAB的法向量是a＝(a1，a2，a3)， 平面PBC的法向量是b＝(b1，b2，b3)． 由a?AP?0,a?AB?0, 得???a3?0,取a1＝1，得a?(1,?2,0).
??2a1?a2?0,??2b1?0,由b?CB?0,b?CP?0得?取b3＝1，得b＝(0，1，1)．
???b2?b3?0,?cos?a,b??a?b3???
3|a||b|33|?? 33∵二面角A－PB－C为锐二面角， ∴二面角A－PB－C的平面角的余弦值是|?【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量，转化为这两个向量的夹角；应
注意两个向量的始点应在二面角的棱上．
2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．
例6 如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC．
(Ⅰ)求证：BC⊥平面PAC；
(Ⅱ)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成角的余弦值；
(Ⅲ)试问在棱PC上是否存在点E，使得二面角A－DE－P为直二面角?若存在，求出PE∶EC的值；若不存在，说明理由．
解：如图建立空间直角坐标系．
设PA＝a，由已知可得A(0，0，0)，B(?a,(Ⅰ)∵AP?(0,0,a),BC?(a,0,0),
∴AP?BC?0,∴BC⊥AP．又∠BCA＝90°，∴BC⊥AC． ∴BC⊥平面PAC．
(Ⅱ)∵D为PB的中点，DE∥BC，∴E为PC的中点．
1233a,0),C(0,a,0),P(0,0,a). 2212
∴D(?a,143131a,a),E(0,a,a)? 4422由(Ⅰ)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，
∴∠DAE是直线AD与平面PAC所成的角． ∴AD?(?a,143131a,a),AE?(0,a,a), 4422∴cos?DAE?AD?AE|AD||AE|?14, 414? 4即直线AD与平面PAC所成角的余弦值是
(Ⅲ)由(Ⅱ)知，DE⊥平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE， ∴∠AEP是二面角A－DE－P的平面角．
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∠PAC＝90°． ∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC，
PEPA24??? 这时，∠AEP＝90°，且2ACEC3故存在点E使得二面角A－DE－P是直二面角，此时PE∶EC＝4∶3．
注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．
练习7-3
一、选择题：
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BB1的中点，则二面角E－A1D1－D的平面角的正切值是( ) (A)2
(B)2
(C)5
(D)22
2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AD1与平面A1ACC1所成角的大小是( ) (A)30° (B)45° (C)60° (D)90° 3．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于( ) (A)
1 3(B)
2 3(C)
3 3(D)
2 34．如图，??⊥??，??∩??＝l，A∈??，B∈??，A，B到l的距离分别是a和b，AB与??，??所成的角分别是??和?，
AB在??，??内的射影分别是m和n，若a＞b，则下列结论正确的是( )
(A)??＞?，m＞n (C)??＜?，m＜n
(B)??＞?，m＜n (D)??＜?，m＞n
二、填空题：
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成角的