1、5.3立体几何大题-2-3-4-5-6-7-1.证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行:利用平行公理;利用平行四边形进行平行转换;利用三角形的中位线定理;利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直:利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;勾股定理;线面垂直的性质.2.证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行:利用线面平行的判定定理;利用面面平行的性质定理.(2)证明线面垂直:利用线面垂直的判定定理;利用面面垂直的性质定理.3.证明面面平行和面面垂直的常用方法是判定定理.-8-4.利用空间向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),
2、平面,的法向量分别为=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),则:(1)线面平行:laa=0a1a2+b1b2+c1c2=0.(2)线面垂直:laa=ka1=ka2,b1=kb2,c1=kc2.(3)面面平行:v=va2=a3,b2=b3,c2=c3.(4)面面垂直:vv=0a2a3+b2b3+c2c3=0.-9-10-5.3.1空间中的平行与空间角-12-考向一考向二考向三证明平行关系求线面角证明平行关系求线面角(全方位透析全方位透析)例1在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AC的中点,A1D与AC1交于点E,F在线段AC1上,且AF=2FC1,AA1=1,AB=2,AC=1,BA
3、C=60.(1)求证:B1F平面A1BD;(2)求直线BC与平面A1BD所成的角的正弦值.-13-考向一考向二考向三解法1(1)取A1C1的中点H,连接FH,B1H,DH,则有DHBB1,四边形DHB1B为平行四边形,B1HBD.又B1H平面A1BD,BD平面A1BD,B1H平面A1BD.由题意,可知ADA1C1,ADE=C1A1E,DAE=A1C1E,又AF=2FC1,AE=EF=FC1.又A1H=HC1,FHEA1,又FH平面A1BD,EA1平面A1BD,FH平面A1BD,FH,B1H平面B1FH,FHB1H=H,平面B1FH平面A1BD.又B1F平面B1FH,B1F平面A1BD.-14-
4、考向一考向二考向三(2)CC1平面ABC,BC平面ABC,BCCC1.在ABC中,AB=2,AC=1,BAC=60,BC2=AB2+AC2-2ABACcosBAC=3,则AB2=BC2+AC2,BCA=90,BCAC.CC1平面ABC,AB,AC平面ABC,CC1CA,CC1CB,如图,以C以原点,分别以CA,CC1,CB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz.-15-考向一考向二考向三-16-考向一考向二考向三-17-考向一考向二考向三解法3(1)CC1平面ABC,BC平面ABC,BCCC1.在ABC中,AB=2,AC=1,BAC=60,BC2=AB2+AC2-2ABACco
5、sBAC=3,则AB2=BC2+AC2,BCA=90,BCAC.CC1平面ABC,AB,AC平面ABC,CC1CA,CC1CB,如图,以C以原点,分别以CA,CC1,CB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz.-18-考向一考向二考向三-19-考向一考向二考向三解法4(1)CC1平面ABC,BC平面ABC,BCCC1.在ABC中,AB=2,AC=1,BAC=60,BC2=AB2+AC2-2ABACcosBAC=3,则AB2=BC2+AC2,BCA=90.BCAC.CC1平面ABC,AB,AC平面ABC,CC1CA,CC1CB,如图,以C以原点,分别以CA,CC1,CB所在直线为
6、x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz.-20-考向一考向二考向三-21-考向一考向二考向三解题心得解题心得证明空间线面关系有两类方法,一是几何法,二是解析法.几何法证明平行关系时,由于线线平行、线面平行、面面平行之间可以相互转化,因此整个证明过程是沿着转化途径进行;解析法证明线面平行是以计算为手段,寻求直线上的线段对应的向量和平面的基向量、法向量的关系,得以证明.-22-考向一考向二考向三对点训练对点训练 1如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN平面PAB;(2)求
7、直线AN与平面PMN所成角的正弦值.-23-考向一考向二考向三-24-考向一考向二考向三(2)解:取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AEBC,从而AEAD,-25-考向一考向二考向三证明平行关系求二面角证明平行关系求二面角例2(2018天津卷,理17)如图,ADBC且AD=2BC,ADCD,EGAD且EG=AD,CDFG且CD=2FG,DG平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60,求线段DP的长.-26-考向一考向二考向三-27-考
8、向一考向二考向三-28-考向一考向二考向三-29-考向一考向二考向三解题心得解题心得二面角的大小通过二面角的平面角表达,设二面角的平面角为,则|cos|=|cos|=.由0,),可知的正弦值是唯一的,cos 的正负要根据几何体中两个平面夹角的大小来定.-30-考向一考向二考向三对点训练对点训练 2(2018河北石家庄一模,理18)四棱锥S-ABCD的底面ABCD为直角梯形,ABCD,ABBC,AB=2BC=2CD=2,SAD为正三角形.(1)点M为棱AB上一点,若BC平面SDM,求实数的值;(2)若BCSD,求二面角A-SB-C的余弦值.-31-考向一考向二考向三(2)BCSD,BCCD,BC
9、平面SCD.BC平面ABCD,平面SCD平面ABCD.平面SCD平面ABCD=CD,在平面SCD内过点S作SE直线CD于点E,则SE平面ABCD,连接AE.-32-考向一考向二考向三在RtSEA和RtSED中,又由题知EDA=45,AEED.AE=ED=SE=1,以点E为坐标原点,EA方向为x轴,EC方向为y轴,ES方向为z轴建立如图所示空间坐标系,则-33-考向一考向二考向三-34-考向一考向二考向三空间角与存在性问题空间角与存在性问题例3如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,ABAD,AB=1,AD=2,AC=CD=.(1)求证:PD平面PAB;(2)
10、求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM平面PCD?若存在,求 的值;若不存在,请说明理由.-35-考向一考向二考向三(1)证明 因为平面PAD平面ABCD,ABAD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又因为PAPD,所以PD平面PAB.(2)解:取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以POAD.又因为PO平面PAD,平面PAD平面ABCD,所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD,所以POCO.因为AC=CD,所以COAD.如图建立空间直角坐标系O-xyz.由题意,得A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P
11、(0,0,1).-36-考向一考向二考向三-37-考向一考向二考向三解题心得解题心得1.先假设题中的数学对象存在(或结论成立),再在这个前提下进行逻辑推理.若由此导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.2.空间向量最适合解决这类探索性问题,解题时无需进行复杂的作图、论证、推理,只需把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解”,即通过坐标运算进行判断,这就是计算推理法.-38-考向一考向二考向三对点训练对点训练 3如图,在三棱锥P-ABC中,侧棱PA=2,底面ABC为正三角形,边长为2,顶点P在平面ABC上的射影为D,ADDB,且DB=1.(1)求证
12、:AC平面PDB;(2)求二面角P-AB-C的余弦值;(3)在线段PC上是否存在点E使得PC平面ABE?若存在,求 的值;若不存在,请说明理由.-39-考向一考向二考向三(1)证明 因为ADDB,且DB=1,AB=2,所以AD=,所以DBA=60.因为ABC为正三角形,所以CAB=60.所以DBAC.因为AC平面PDB,DB平面PDB,所以AC平面PDB.(2)解:由点P在平面ABC上的射影为D,可得PD平面ACBD,所以PDDA,PDDB.如图,以D为原点,DB为x轴,DA为y轴,DP为z轴,建立空间直角坐标系,则由已知可知B(1,0,0),A(0,0),P(0,0,1),C(2,0).易知平面ABC的一个法向量n=(0,0,1).设m=(x,y,z)为平面PAB的一个法向量,-40-考向一考向二考向三
