（統(tǒng)考版）高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓11 立體幾何（含解析）（理）-人教版高三數(shù)學試題

專題限時集訓(十一)　立體幾何 1．(2019·全國卷Ⅰ)如圖，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點． (1)證明：MN∥平面C1DE； (2)求二面角A­MA1­N的正弦值． [解]　(1)證明：連接B1C，ME.因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以ME∥B1C，且ME＝B1C．又因為N為A1D的中點，所以ND＝A1D． 由題設知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED．又MN?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE. (2)由已知可得DE⊥DA．以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D­xyz，則 A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，＝(0,0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)． 設m＝(x，y，z)為平面A1MA的法向量，則 所以可取m＝(，1,0)． 設n＝(p，q，r)為平面A1MN的法向量，則 所以可取n＝(2,0，－1)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝，所以二面角A­MA1­N的正弦值為. 2．(2018·全國卷Ⅱ) 如圖，在三棱錐P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點M在棱BC上，且二面角M­PA­C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值． [解]　(1)證明：因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點，所以OP⊥AC，且OP＝2. 連接OB．因為AB＝BC＝AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB． 由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC． (2)如圖，以O為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標系O­xyz. 由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，＝(0,2,2)．取平面PAC的一個法向量＝(2,0,0)． 設M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，則＝(a,4－a,0)． 設平面PAM的法向量為n＝(x，y，z)． 由·n＝0，·n＝0得 可取n＝((a－4)，a，－a)， 所以cos〈，n〉＝.由已知可得|cos〈，n〉|＝， 所以＝，解得a＝－4(舍去)或a＝， 所以n＝. 又＝(0,2，－2)，所以cos〈，n〉＝. 所以PC與平面PAM所成角的正弦值為. 3．(2019·全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2. 圖1　　　　　　　　　圖2 (1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求圖2中的二面角B­CG­A的大?。? [解]　(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG， 故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE. 又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)作EH⊥BC，垂足為H.因為EH?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC． 由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝. 以H為坐標原點，的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系H­xyz，則A(－1,1,0)，C(1，0,0)，G(2,0，)，＝(1,0，)，＝(2，－1,0)． 設平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，則 即 所以可取n＝(3,6，－)． 又平面BCGE的法向量可取為m＝(0,1,0)， 所以cos〈n，m〉＝＝. 因此二面角B­CG­A的大小為30°. 4．(2020·全國卷Ⅱ)如圖，已知三棱柱ABC­A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. (1)證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； (2)設O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值． [解]　(1)證明：因為M，N分別為BC，B1C1的中點，所以MN∥CC1. 又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN. 因為△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N. 又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN. 所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F. (2)由已知得AM⊥BC． 以M為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系M­xyz，則AB＝2，AM＝. 連接NP，則四邊形AONP為平行四邊形，故PM＝，E. 由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC． 作NQ⊥AM，垂足為Q，則NQ⊥平面ABC． 設Q(a,0,0)，則NQ＝， B1， 故＝， ||＝. 又n＝(0，－1,0)是平面A1AMN的法向量，故 sin＝cos〈n，〉＝＝. 所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為. 1．(2020·六安模擬)如圖1，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E為AD中點，O是AC與BE的交點，將△ABE沿BE翻折到圖2中△A1BE的位置得到四棱錐A1­BCDE. 圖1　　　　　　　　圖2 (1)求證：CD⊥A1C； (2)若A1C＝AB，BE＝AB，求二面角B­A1E­D的余弦值． [解]　(1)由題圖1可知，四邊形ABCE為菱形， 則AC＝BE，則在圖2中，BE⊥A1O，BE⊥CO， 所以BE⊥平面A1OC． 又BE∥CD，所以CD⊥平面A1OC． 又A1C?平面A1OC , 故CD⊥A1C． (2)因為BE＝AB，所以∠BAE＝， 設AB＝2，則A1O＝OC＝1， 又 A1C＝AB＝，所以∠A1OC＝. 建立如圖所示的空間直角坐標系， 則O(0,0,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,1)，E(－，0,0)，D(－2，1,0)， 則＝(－，1,0)，＝(，0,1)． 則平面A1EB的法向量為n1＝(0,1,0)， 設平面A1ED的法向量為n2＝(x，y，z)， 則則 令x＝1，則y＝，z＝－， 則n2＝(1，，－)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝， 又由圖可知二面角B­A1E­D為鈍二面角， 故二面角B­A1E­D的余弦值為－. 2．(2020·沈陽模擬)如圖，在三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，BC⊥BB1，CC1＝，AC1＝. (1)證明：平面ABC⊥平面BB1C1C； (2)M，N分別是BC，B1C1的中點，P是線段AC1上的動點，若二面角P­MN­C的平面角的大小為30°，試確定點P的位置． [解]　(1)證明：因為AC＝2，CC1＝，AC1＝， 所以AC2＋CC＝AC，即AC⊥CC1. 又因為BC⊥BB1，BB1∥CC1，所以BC⊥CC1， AC∩BC＝C，所以CC1⊥平面ABC． 因為CC1?平面BB1C1C， 所以平面ABC⊥平面BB1C1C． (2)連接AM，因為AB＝AC＝2，M是BC的中點，所以AM⊥BC． 由(1)知，平面ABC⊥平面BB1C1C，所以AM⊥平面BB1C1C． 以M為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系M­xyz， 則平面BB1C1C的一個法向量是m＝(0,0,1)，A(0,0，)，N(0，，0)，C1(－1，，0)． 設＝t(0<t<1)，P(x，y，z)， ＝(x，y，z－)，＝(－1，，－)， 代入上式得x＝－t，y＝t，z＝(1－t)， 所以P(－t，t，－t)． 設平面MNP的一個法向量為n＝，＝(0，，0)，＝(－t，t，－t)， 由得 令z1＝t，得n＝(－t,0，t)． 因為二面角P­MN­C的平面角的大小為30°， 所以＝，即＝， 解得t＝. 所以點P為線段AC1上靠近C1點的四等分點，且坐標為P. 3．(2020·鄂州模擬)如圖，AB是半圓O的直徑，C是半圓O上除A，B外的一個動點，DC垂直于半圓O所在的平面，DC∥EB，DC＝EB＝1，AB＝4. (1)證明：平面ADE⊥平面ACD； (2)當C點為半圓的中點時，求二面角D­AE­B的余弦值． [解]　(1)證明：∵AB是圓O的直徑，∴AC⊥BC， ∵DC⊥平面ABC，BC?平面ABC， ∴DC⊥BC，又DC∩AC＝C，∴BC⊥平面ACD， ∵DC∥EB，DC＝EB， ∴四邊形DCBE是平行四邊形，∴DE∥BC， ∴DE⊥平面ACD． 又DE?平面ADE，∴平面ACD⊥平面ADE. (2)當C點為半圓的中點時，AC＝BC＝2， 以C為原點，以CA，CB，CD為坐標軸建立空間直角坐標系如圖所示，則D(0,0,1)，E(0,2，1)，A(2，0,0)，B(0,2，0)， ∴＝(－2，2，0)，＝(0,0,1)，＝(0,2，0)，＝(2，0，－1)， 設平面DAE的法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面ABE的法向量為n＝(x2，y2，z2)， 則 即 令x1＝1得m＝(1,0,2)， 令x2＝1得n＝(1,1,0)． ∴cos〈m，n〉＝＝＝. ∵二面角D­AE­B是鈍二面角， ∴二面角D­AE­B的余弦值為－. 1.在三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝，BC＝4，O為BC的中點，A1O⊥平面ABC． (1)證明四邊形BB1C1C為矩形； (2)求直線AA1與平面A1B1C所成角的余弦值． [解]　(1)證明：連接AO，因為O為BC的中點，可得BC⊥AO， ∵A1O⊥平面ABC, BC?平面ABC，∴A1O⊥BC， 又∵AO∩A1O＝O，∴BC⊥平面AA1O， ∴BC⊥AA1，∵BB1∥AA1, ∴BC⊥BB1， 又∵四邊形BB1C1C為平行四邊形， ∴四邊形BB1C1C為矩形． (2)如圖，分別以OA，OB，OA1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則B(0,2,0)，C(0，－2,0)， Rt△AOB中， AO＝＝1，A(1,0,0)， Rt△AA1O中，A1 O ＝ ＝ 2， A1(0,0,2)，∴＝(－1,0,2)，＝(0，－2，－2)，＝＝(－1,2,0)， 設平面A1B1C的法向量是n＝(x，y，z)， 由 得 即可取n＝(2,1，－1)， 設直線AA1與平面A1B1C所成角為θ，則θ∈， sin θ＝＝＝＝， ∵θ∈，∴cos θ＝＝， 即直線AA1與平面A1B1C所成角的余弦值為. 2．如圖1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝2BC＝4，∠ABC＝120°，E為AD的中點．現(xiàn)分別沿BE，EC將△ABE和△ECD折起，點A折至點A1，點D折至點D1，使得平面A1BE⊥平面BCE，平面ECD1⊥平面BCE，連接A1D1，如圖2. 圖1　　　　　　圖2 (1)若平面BCE內的動點G滿足GD1∥平面A1BE，作出點G的軌跡并證明； (2)求平面A1D1E與平面BCE所成銳二面角的余弦值． [解]　(1)如圖，取BC和CE的中點N和M， 則點G的軌跡是直線MN. 證明如下：連接D1M，MN，ND1，則MN∥BE， 又MN?平面BEA1，BE?平面BEA1， ∴MN∥平面BEA1. 依題意知，△A1BE，△BCE，△ECD1為正三角形， ∴MD1⊥CE. 又∵平面ECD1⊥平面BCE，平面ECD1∩平面BCE＝CE，MD1?平面ECD1， ∴MD1⊥平面BCE， 又∵平面A1BE⊥平面BCE，MD1?平面BEA1， ∴MD1∥平面EBA1， ∵MD1∩NM＝M，NM?平面MND1，MD1?平面MND1， ∴平面MND1∥平面BEA1， 當GD1?平面MND1時，GD1∥平面A1BE. ∴點G的軌跡是直線MN. (2)以M為原點，MB，MC，MD1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系M­xyz. 則平面BCE的一個法向量為m＝(0,0,1)， E(0，－1,0)，D1(0,0，)，A1， ∴＝，＝(0,1，)， 設平面A1ED1的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則 令z＝1，得y＝－，x＝－1， ∴n＝(－1，－，1)， 設所求二面角為θ，則cos θ＝＝＝. 3.如圖，圓柱的軸截面ABCD是邊長為2的正方形，點P是圓弧CD上的一動點(不與C，D重合)，點Q是圓弧AB的中點，且點P，Q在平面ABCD的兩側． (1)證明：平面PAD⊥平面PBC； (2)設點P在平面ABQ上的射影為點O，點E，F(xiàn)分別是△PQB和△POA的重心，當三棱錐P­ABC體積最大時，回答下列問題． ①證明：EF∥平面PAQ； ②求平面PAB與平面PCD所成二面角的正弦值． [解]　(1)因為ABCD是軸截面，所以AD⊥平面PCD，所以AD⊥PC．又點P是圓弧CD上的一動點(不與C，D重合)，且CD為直徑，所以PC⊥PD，又AD∩PD＝D，PD?平面PAD，AD?平面PAD，所以PC⊥平面PAD，而PC?平面PBC，故平面PAD⊥平面PBC． (2)當三棱錐P­ABC體積最大時，點P為圓弧CD的中點，所以點O為圓弧AB的中點，所以四邊形AQBO為正方形，且PO⊥平面ABO. ①連接PE并延長交BQ于點M，連接PF并延長交OA于點N，連接MN，則MN∥AQ， 因為E，F(xiàn)分別為兩個三角形的重心， ∴＝＝，EF∥MN， 所以EF∥AQ，又AQ?平面PAQ，EF?平面PAQ，所以EF∥平面PAQ. ②PO⊥平面ABO，AO垂直BO，所以以O為坐標原點，OA，OB，OP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則 P(0,0,2)，A(，0,0)，B(0，，0)， ＝(，0，－2)，＝(－，，0)． 設平面PAB的法向量n＝(x，y，z)，則即可取n＝(，，1)， 又平面PCD的法向量m＝(0,0,1)， 所以cos〈n，m〉＝＝＝， 所以sin〈n，m〉＝. 所以平面PAB與平面PCD所成二面角的正弦值為.