（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题二 立体几何 规范答题示例4 空间角的计算问题学案

（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题二 立体几何 规范答题示例4 空间角的计算问题学案

规范答题示例4　空间角的计算问题 典例4　(15分)(2017·浙江)如图，已知四棱锥P—ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．‎ ‎(1)证明：CE∥平面PAB；‎ ‎(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．‎ 审题路线图 方法一　(1)→→→ 规 范 解 答·分 步 得 分 构 建 答 题 模 板 方法一　(1)证明　如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.‎ 因为E，F分别为PD，PA中点，‎ 所以EF∥AD且EF＝AD，‎ 又因为BC∥AD，BC＝AD，‎ 所以EF∥BC且EF＝BC，‎ 所以四边形BCEF为平行四边形，‎ 所以CE∥BF.4分 因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，‎ 因此CE∥平面PAB.6分 ‎(2)解　分别取BC，AD的中点为M，N，连接PN交EF于点Q，连接 第一步 找平行：通过三角形中位线，找出线线平行进而得到线面平行．‎ 第二步 找夹角：通过作辅助线及线线、线面及面面之间的关系找到夹角．‎ 第三步 找关系：由图形找出各线段之间的长度关系，进而求得夹角的正弦值.‎ 第四步 5‎ MQ.‎ 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF的中点，‎ 在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.‎ 由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.‎ 由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD，‎ 又PN∩BN＝N，PN，BN⊂平面PBN，所以AD⊥平面PBN.9分 由BC∥AD得BC⊥平面PBN，‎ 又BC⊂平面PBC，那么平面PBC⊥平面PBN.‎ 过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.‎ MH是MQ在平面PBC上的投影，‎ 所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.12分 设CD＝1.在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，‎ 在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，‎ 在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，‎ 所以sin∠QMH＝，‎ 所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.15分 得结论：得到所求夹角的正弦值.‎ 审题路线图 方法二　(1)→→→→→ ‎(2)→ 5‎ ‎规 范 解 答·分 步 得 分 构 建 答 题 模 板 方法二　(1)证明　设AD的中点为O，连接OB，OP.‎ ‎∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，∴OP⊥AD.‎ ‎∵BC＝AD＝OD，且BC∥OD，‎ ‎∴四边形BCDO为平行四边形，‎ 又∵CD⊥AD，∴OB⊥AD，‎ ‎∵OP∩OB＝O，OP，OB⊂平面OPB，∴AD⊥平面OPB.2分 过点O在平面POB内作OB的垂线OM，交PB于M，‎ 以O为原点，OB所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OM所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图.4分 设CD＝1，则有A(0，－1,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)．‎ 设P(x,0，z)(z>0)，由PC＝2，OP＝1，‎ 得解得x＝－，z＝.‎ 即P，∵E为PD的中点，‎ ‎∴E.‎ 设平面PAB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，‎ ‎∵＝，＝(1,1,0)，‎ ‎∴即解得 令y＝－1，得n＝(1，－1，).7分 而＝，∴·n＝0，‎ 又∵CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB.10分 ‎(2)解　设平面PBC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，‎ ‎∵＝(0,1,0)，＝，‎ 第一步 找垂直：找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线．‎ 第二步 写坐标：建立空间直角坐标系，写出点坐标．‎ 第三步 求向量：求直线的方向向量或平面的法向量.‎ 第四步 求夹角：计算向量的夹角．‎ 第五步 得结论：得到所求两个平面所成的角或直线和平面所成的角.‎ 5‎ ‎∴即 令x2＝1，得m＝(1,0，).13分 设直线CE与平面PBC所成的角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝.‎ 故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.15分 评分细则　(1)方法一第(1)问中证明CE∥平面PAB缺少条件扣1分，第(2)问中证明PN⊥AD和BN⊥AD各给1分．‎ ‎(2)方法二中建系给2分，两个法向量求出1个给3分，没有最后结论扣1分，法向量取其他形式同样给分．‎ 跟踪演练4　(2018·全国Ⅰ)如图，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．‎ ‎(1)证明　由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，‎ PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，‎ 所以BF⊥平面PEF.‎ 又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.‎ ‎(2)解　方法一　如图，作PH⊥EF，垂足为H.‎ 由(1)得，PH⊥平面ABFD.‎ 以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz.‎ 由(1)可得，DE⊥PE.‎ 又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.‎ 5‎ 又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.‎ 所以PH＝，EH＝.‎ 则H(0,0,0)，P，D，‎ ＝，＝.‎ 又为平面ABFD的法向量，‎ 设DP与平面ABFD所成的角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝.‎ 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.‎ 方法二　过点P作PH⊥EF，垂足为H，连接DH.‎ 由(1)可得PH⊥平面ABFD，‎ 所以∠PDH即为DP与平面ABFD所成的角．‎ 设PD＝‎2a，则PH＝a，所以sin∠PDH＝＝，‎ 即DP与平面ABFD所成角的正弦值为.‎ 5‎