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图 6-30
(1)当 M 是线段 PD 的中点时,求证:PB∥平面 ACM; (2)求证:PE⊥AC; (3)是否存在点 M,使二面角 M-EC-D 的大小为 60°,若存
在,求出
PM PD
的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明:如图 6-31,连接 BD 交 AC 于 H 点,连接 MH, 因为四边形 ABCD 是菱形,所以点 H 为 BD 的中点. 又因为 M 为 PD 的中点,所以 MH∥BP. 又因为 BP 平面 ACM,MH⊂平面 ACM, 所以 PB∥平面 ACM.
由于 AB∥CD,故 AB⊥PD.又 AP∩PD=P,从而 AB⊥平 面 PAD .
又 AB⊂平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD .
(2)解:在平面 PAD 内作 PF⊥AD,垂足为 F, 由(1)可知,AB⊥平面 PAD ,故 AB⊥PF,可得 PF⊥平面 ABCD. 以 F 为坐标原点,F→A的方向为 x 轴正方向,|A→B|为单位长, 建立如图 D88 所示的空间直角坐标系 F-xyz.
2 3a-4 3a-42+3a2+a2.
由已知,得|cos〈O→B,n〉|= 23.
所以 2
3a2-43|2a+-34a|2+a2= 23.
解得 a=-4(舍去),a=43.
所以
n=-8
3
3,4
3
3,-43.
又P→C=(0,2,-2 3),所以 cos〈P→C,n〉= 43.
所以
PC
与平面
PAM
所成角的正弦值为
图 6-32 又因为 PE⊥平面 ABCD, 以 E 为原点,分别以 EB,EC,EP 为 x,y,z 轴,
如图 6-32 所示的建立空间直角坐标系 E-xyz, 则 E(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0, 3),C(0, 3,0),D(-2, 3,0). 假设棱 PD 上存在点 M,设点 M 坐标为(x,y,z),P→M=λP→D (0≤λ≤1), 则(x,y,z- 3)=λ(-2, 3,- 3). 所以 M(-2λ, 3λ, 3(1-λ)). 所以E→M=(-2λ, 3λ, 3(1-λ)),E→C=(0, 3,0). 设平面 CEM 的法向量为 n=(x,y,z),
3
则
sin
θ=||H→H→PP|··D|→D→PP||=
43=
3 4.
所以
DP
与平面
ABFD
所成角的正弦值为
3 4.
【规律方法】有关折叠问题,一定要分清折叠前后两图形 (折叠前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数 量关系,哪些变,哪些不变.如角的大小不变,线段长度不变, 线线关系不变,再由面面垂直的判定定理进行推理证明.
【互动探究】 2.如图629,在长方形ABCD中,AB=4,BC=2,现将
△ACD沿AC折起,使D折到P的位置且P在平面ABC的射影E 恰好在线段AB上.
(1)证明:AP⊥PB; (2)求锐二面角BPCE的余弦值.
图 6-29
(1)证明:由题意,知 PE⊥平面 ABC, 又 BC⊂平面 ABC,∴PE⊥BC. 又 AB⊥BC 且 AB∩PE=E,∴BC⊥平面 PAB. 又 AP⊂平面 PAB,∴BC⊥AP. 又 AP⊥CP 且 BC∩CP=C,∴AP⊥平面 PBC. 又 PB⊂平面 PBC,∴AP⊥PB.
建立如图 6-28 所示的空间直角坐标系 H-xyz.
图 6-28
由(1)可得,DE⊥PE.又 DP=2,DE=1,所以 PE= 3.
又 PF=1,EF=2,故 PE⊥PF.
可得 PH= 23,EH=32.
则
H(0,0,0)
,
P
0,0,
3
2
,
D
-1,-32,0
,
D→P
=
1,32, 23,H→P=0,0, 23为平面 ABFD 的法向量. 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ,
(1)证明:PO⊥平面 ABC; (2)若点 M 在棱 BC 上,且二面角 M-PA -C 为 30°,求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值.
图 6-24
(1)证明:因为 PA =PC=AC=4,O 为 AC 的中点, 所以 OP⊥AC,且 OP=2 3. 如图 6-25,连接 OB.因为 AB=BC= 22AC,
即- 22x+y- 22z=0, . 2x=0
可取 n=(0,-1,- 2). 设 m=(x,y,z)是平面 PAB 的法向量,
则mm··PA→→AB==00,,
即22x-ຫໍສະໝຸດ 22z=0,y=0.
可取
m=(1,0,1).则
cos〈n,m〉=|nn|·|mm|=-
3 3.
由图可知二面角 A-PB-C 的平面角为钝角,
所以二面角 A-PB-C 的余弦值为- 33.
题型 2 折叠问题 将平面图形沿其中一条或几条线段折起,使其成为空间图 形,把这类问题称为平面图形的翻折问题.平面图形经过翻折成 为空间图形后,原有的性质有的发生了变化,有的没有发生变 化,弄清它们是解决问题的关键.一般地,翻折后还在同一个平 面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性质发生变化.解 决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系 和几何量的度量值,这是化解翻折问题难点的主要方法.
即3-b-2a+33cb=-0. 3c=0,
取ab= =01, , c= 3,
所以 n=(0,1, 3). 设锐二面角 B-PC-E 的大小为 θ,
则 cos θ=|cos〈m,n〉|=|mm|··|nn|=
2 13×
4=
13 13 .
∴锐二面角
B-PC-E
的余弦值为
13 13 .
题型 3 探索性问题 例 3:如图6-30,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是边 长为 2 的菱形,∠ABC=60°,△PAB 为正三角形,且侧面 PAB ⊥底面 ABCD,E 为线段 AB 的中点,M 在线段 PD 上.
图 6-31
(2)证明:因为△PAB 为正三角形,E 为 AB 的中点, 所以 PE⊥AB. 因为平面 PAB⊥平面 ABCD,平面 PAB∩平面 ABCD=AB, PE⊂平面 PAB, 所以 PE⊥平面 ABCD. 又因为 AC⊂平面 ABCD,所以 PE⊥AC.
(3)解:因为 ABCD 是菱形,∠ABC=60°,E 是 AB 的中点, 所以 CE⊥AB.
3.如图 6-33,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,
平面 PAD ⊥底面 ABCD,且△PAD 是边长为 2 的等边三角形,
PC= 13,M 在 PC 上,且 PA ∥平面 MBD.
(1)求证:M 是 PC 的中点;
(2)在 PA 上是否存在点 F,使二面角
F-BD-M
为直角?若存在,求出AF的值; AP
【互动探究】 1.(2017 年新课标Ⅰ)如图6-26,在四棱锥 P-ABCD 中,AB ∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面 PAB⊥平面 PAD ; (2)若 PA =PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C 的余弦值.
图 6-26
(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90° ,得 AB⊥AP, CD⊥PD.
图 D89
(2)解:在 Rt△PAB 中,AP=2,AB=4, 由射影定理,知 AE=1,PE= 3. 以 E 为原点,建立如图 D89 所示的空间直角坐标系 E-xyz. 则 E(0,0,0),P(0,0, 3),B(0,3,0),C(-2,3,0),P→C=(-2,3, - 3),E→P=(0,0, 3),P→B=(0,3,- 3), 设 m=(x,y,z)是平面 EPC 的一个法向量, 则mm⊥⊥PE→→CP,, ∴mm··PE→→CP==00.,
图 6-25
所以△ABC 为等腰直角三角形, 且 OB⊥AC,OB=12AC=2. 由 OP2+OB2=PB2,知 PO⊥OB. 由 OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,知 PO⊥平面 ABC. (2)解:如图 6-25,以 O 为坐标原点,O→B的方向为 x 轴正 方向,建立空间直角坐标系 O-xyz. 由已知得 O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0, 2 3),A→P=(0,2,2 3),
4λ2+23λ1-λ2=
2λ 7λ2-6λ+3.
因为二面角 M-EC-D 的大小为 60°,
所以 7λ2-2λ6λ+3=12,即 3λ2+2λ-1=0. 解得 λ=13,或 λ=-1(舍去). 所以在棱 PD 上存在点 M,当PPMD=13时,二面角 M-EC-D 的大小为 60°.
【互动探究】
第3课时
题型 1 利用空间向量求空间角(距离) 就新课标卷而言,对立体几何的命题基本上是“一题两 法”的格局.在备考中,对理科考生而言,还是应该注重两种方 法并重,不要盲目地追求空间向量(容易建系时才用空间向量), 千万不要重计算而轻论证!
例 1:(2018 年新课标Ⅱ)如图6-24,在三棱锥 P-ABC 中, AB=BC=2 2,PA=PB=PC=AC=4,O 为 AC 的中点.
例 2:(2018 年新课标Ⅰ)如图6-27,四边形 ABCD 为正方 形,E,F 分别为 AD,BC 的中点,以 DF 为折痕把△DFC 折 起,使点 C 到达点 P 的位置,且 PF⊥BF.
(1)证明:平面 PEF⊥平面 ABFD; (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值.
图 6-27
则nn··EE→→CM==-32y=λx+0. 3λy+ 31-λz=0,
解得2y=λx=0, 31-λz. 令 z=2λ,则 x= 3(1-λ),得 n=( 3(1-λ),0,2λ). 因为 PE⊥平面 ABCD, 所以平面 ABCD 的法向量 m=(0,0,1).