2012届高考数学专题复习课件：第6专题_立体几何理热点重点难点专题透析》.ppt

【解析】(法一)(1)设AC与BD交于点G,则G为AC的中点,连EG,GH,由于H为BC的中点,故GH???AB, 又EF???AB,∴EF??GH, ∴四边形EFHG为平行四边形. ∴EG∥FH,而EG?平面EDB,FH?平面EDB,∴FH∥平面EDB. 重点知识回顾 主要题型剖析 高考命题趋势 专题训练 回归课本与创 新设计 试题备选 (2)由四边形ABCD为正方形,有AB⊥BC.又EF∥AB, ∴EF⊥BC.而EF⊥FB,且BC∩FB=B, ∴EF⊥平面BFC,∴EF⊥FH,∴AB⊥FH. 又BF=FC,H为BC的中点,∴FH⊥BC. 又AB∩BC=B, ∴FH⊥平面ABCD.∴FH⊥AC. 又FH∥EG,∴AC⊥EG,又AC⊥BD,EG∩BD=G, ∴AC⊥平面EDB. 重点知识回顾 主要题型剖析 高考命题趋势 专题训练 回归课本与创 新设计 试题备选 (3)EF⊥FB,∠BFC=90°,∴BF⊥平面CDEF, 在平面CDEF内过点F作FK⊥DE交DE的延长线于K, 则∠FKB为二面角B-DE-C的平面角. 设EF=1,则AB=2,FC=?,DE=?. 又EF∥DC,∴∠KEF=∠EDC, ∴sin∠EDC=sin ∠KEF=?. ∴FK=EFsin ∠KEF=?,tan ∠FKB=?=?, ∴∠FKB=60°, ∴二面角B-DE-C的平面角为60°, 即二面角B-DE-C的大小为60°. 重点知识回顾 主要题型剖析 高考命题趋势 专题训练 回归课本与创 新设计 试题备选 (法二)∵四边形ABCD为正方形,∴AB⊥BC,又EF∥AB, ∴EF⊥BC,又EF⊥FB,∴EF⊥平面BFC, 重点知识回顾 主要题型剖析 高考命题趋势 专题训练 回归课本与创 新设计 试题备选 ∴EF⊥FH,∴AB⊥FH.又BF=FC,H为BC的中点,∴FH⊥BC, ∴FH⊥平面ABC. 以H为坐标原点,?为x轴正向,?为z轴方向,建立如图所示坐标系. 设BH=1,则A(1,-2,0),B(1,0,0),C(-1,0,0), D(-1,-2,0),E(0,-1,1),F(0,0,1). (1)设AC与BD的交点为G,连GE,GH,则G(0,-1,0), ∴?=(0,0,1),又?=(0,0,1)∴?∥?. 重点知识回顾 主要题型剖析 高考命题趋势 专题训练 回归课本与创 新设计 试题备选 GE?平面EDB,HF?平面EDB,∴FH∥平面EBD. (2)?=(-2,2,0),?=(0,0,1),?·?=0, ∴AC⊥GE, 又AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面EDB. (3)?=(-1,-1,1),?=(-2,-2,0). 设平面BDE的法向量为n1=(1,y1,z1), 则?·n1=-1-y1+z1=0,?·n1=-2-2y1=0, 重点知识回顾 主要题型剖析 高考命题趋势 专题训练 回归课本与创 新设计 试题备选 ∴y1=-1,z1=0,即n1=(1,-1,0). ?=(0,-2,0),?=(1,-1,1), 设平面CDE的法向量为n2=(1,y2,z2),则n2·?=0,y2=0, n2·?=0,1-y2+z2=0,z2=-1,故n2=(1,0,-1). cos??n1,n2??=?=?=?, ∴??n1,n2??=60°,即二面角B-DE-C的大小为60°. 重点知识回顾 主要题型剖析 高考命题趋势 专题训练 回归课本与创 新设计 试题备选 ? 1.如图,放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABC-A1B1C1与正三棱锥B-ACD 组成,其中,AB⊥BC.它的正视图、俯视图、侧视图的面积分别为2?+1,2?+1,1. (1)求直线CA1与平面ACD所成角的正弦值; (2)在线段AC1上是否存在点P,使B1P⊥平面ACD.若存在,确定点P的位置;若不存在,说明理由. 重点知识回顾 主要题型剖析 高考命题趋势 专题训练 回归课本与创 新设计 试题备选 【解析】(1)设BA=BC=BD=a,BB1=b, 由条件??? 以点B为原点,分别以BC、BB1、BA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,?),C(?,0,0),D(0,-?,0),B1(0,2,0),C1(?,2,0),A1(0,2,?). ∵△ACD的重心G(?,-?,?), ∴a=?=(?,-?,?)为平面ACD的一个法向量. 又?=(-?,2,?),则cosa,?=?=-?, ∴所求角的正弦值为?. 重点知识回顾 主要题型剖析 高考命题趋势 专题训练 回归课本与创 新设计 试题备选 (2)令?=m?=?, ?=?+?=?=λa, ∴?无解. ∴不存在满足条件的点P. 重点知识回顾 主要题型剖析 高考命题趋势 专题训练 回归课本与创 新设计 试题备选 2