(鲁京津琼专用)2020版高考数学大一轮复习 高考专题突破四高考中的立体几何问题教案(含解析)

解得λ＝12或λ＝7

4(舍)．

所以在棱PA上存在点E，且

AEAP＝1

2

， 使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为69

.

1.在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD.

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(1)证明：BC⊥PB；

(2)若PA⊥PD，PB＝AB，求二面角A－PB－C的余弦值．(1)证明 取AD中点为E，连接PE，BE，BD，

∵PA＝PD，∴PE⊥AD， ∵底面ABCD为菱形， 且∠BAD＝60°，

∴△ABD为等边三角形，∴BE⊥AD， ∵PE∩BE＝E，PE，BE?平面PBE， ∴AD⊥平面PBE， 又PB?平面PBE， ∴AD⊥PB，

∵AD∥BC，∴BC⊥PB.

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(2)解 设AB＝2， ∴AD＝PB＝2，BE＝3， ∵PA⊥PD，E为AD中点， ∴PE＝1，∵PE＋BE＝PB， ∴PE⊥BE.

以E为坐标原点，分别以EA，EB，EP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

2

2

2

则A(1，0，0)，B(0，3，0)，P(0，0，1)，C(－2，3，0)，

→→→→

∴AB＝(－1，3，0)，AP＝(－1，0，1)，BP＝(0，－3，1)，BC＝(－2，0，0)． 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， →??n·AB＝0，

则?

→??n·AP＝0，

?－x＋3y＝0，

即?

?－x＋z＝0，

令y＝3，则n＝(3，3，3)．

同理可得平面PBC的一个法向量m＝(0，3，3)．

m·n27

cos〈m，n〉＝＝.

|m||n|7

设二面角A－PB－C的平面角为θ，由图易知θ为钝角， 27

则cosθ＝－cos〈m，n〉＝－. 727

∴二面角A－PB－C的余弦值为－.

7

2.(2018·大连模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC和△AA1C均是边长为2的等边三角形，点O为AC中点，平面AA1C1C⊥平面ABC.

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(1)证明：A1O⊥平面ABC；

(2)求直线AB与平面A1BC1所成角的正弦值． (1)证明 ∵AA1＝A1C，且O为AC的中点， ∴A1O⊥AC，

又∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，A1O?平面AA1C1C， ∴A1O⊥平面ABC.

(2)解 如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．

由已知可得O(0，0，0)，A(0，－1，0)，B(3，0，0)，A1(0，0，3)，C1(0，2，3)， →→→

∴AB＝(3，1，0)，A1B＝(3，0，－3)，A1C1＝(0，2，0)， 设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，

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