2021高考数学(理)集训11-立体几何-.doc

1、专题限时集训(十一)立体几何1(2019全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值解(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C又因为N为A1D的中点，所以NDA1D由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MNED又MN平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxy

2、z，则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)设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以可取m(，1,0)设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则所以可取n(2,0，1)于是cosm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.2(2018全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值解(1)证明：因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.连接OB因为

3、ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB由OPOB，OPAC，OBACO，得PO平面ABC(2)如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系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的一个法向量(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由n0，n0得可取n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|，所以，解得a4(舍去)或a，所以n.又(0,2，2)，所以

4、cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.3(2019全国卷)图1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.图1图2(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图2中的二面角BCGA的大小解(1)证明：由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，BEBCB，故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC，垂足为H.因为EH平

5、面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC60，可求得BH1，EH.以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A(1,1,0)，C(1，0,0)，G(2,0，)，(1,0，)，(2，1,0)设平面ACGD的法向量为n(x，y，z)，则即所以可取n(3,6，)又平面BCGE的法向量可取为m(0,1,0)，所以cosn，m.因此二面角BCGA的大小为30.4(2020全国卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P

6、的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；(2)设O为A1B1C1的中心，若AO平面EB1C1F，且AOAB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值解(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MNCC1.又由已知得AA1CC1，故AA1MN.因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N.又B1C1MN，故B1C1平面A1AMN.所以平面A1AMN平面EB1C1F.(2)由已知得AMBC以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则AB2，AM.连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM

7、，E.由(1)知平面A1AMN平面ABC作NQAM，垂足为Q，则NQ平面ABC设Q(a,0,0)，则NQ，B1，故，|.又n(0，1,0)是平面A1AMN的法向量，故sincosn，.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.1(2020六安模拟)如图1，在梯形ABCD中，ADBC，ABBCAD，E为AD中点，O是AC与BE的交点，将ABE沿BE翻折到图2中A1BE的位置得到四棱锥A1BCDE.图1图2(1)求证：CDA1C；(2)若A1CAB，BEAB，求二面角BA1ED的余弦值解(1)由题图1可知，四边形ABCE为菱形，则ACBE，则在图2中，BEA1O，BECO，所以BE平面A1O

8、C又BECD，所以CD平面A1OC又A1C平面A1OC , 故CDA1C(2)因为BEAB，所以BAE，设AB2，则A1OOC1，又 A1CAB，所以A1OC.建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,1)，E(，0,0)，D(2，1,0)，则(，1,0)，(，0,1)则平面A1EB的法向量为n1(0,1,0)，设平面A1ED的法向量为n2(x，y，z)，则则令x1，则y，z，则n2(1，)， 所以cosn1，n2，又由图可知二面角BA1ED为钝二面角，故二面角BA1ED的余弦值为. 2(2020沈阳模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1

9、中，ABC是边长为2的等边三角形，BCBB1，CC1，AC1.(1)证明：平面ABC平面BB1C1C；(2)M，N分别是BC，B1C1的中点，P是线段AC1上的动点，若二面角PMNC的平面角的大小为30，试确定点P的位置解(1)证明：因为AC2，CC1，AC1，所以AC2CCAC，即ACCC1.又因为BCBB1，BB1CC1，所以BCCC1，ACBCC，所以CC1平面ABC因为CC1平面BB1C1C，所以平面ABC平面BB1C1C(2)连接AM，因为ABAC2，M是BC的中点，所以AMBC由(1)知，平面ABC平面BB1C1C，所以AM平面BB1C1C以M为原点，建立如图所示的空间直角坐标系M

10、xyz，则平面BB1C1C的一个法向量是m(0,0,1)，A(0,0，)，N(0，0)，C1(1，0)设t(0t1)，P(x，y，z)，(x，y，z)，(1，)，代入上式得xt，yt，z(1t)，所以P(t，t，t)设平面MNP的一个法向量为n，(0，0)，(t，t，t)，由得令z1t，得n(t,0，t)因为二面角PMNC的平面角的大小为30，所以，即，解得t.所以点P为线段AC1上靠近C1点的四等分点，且坐标为P.3(2020鄂州模拟)如图，AB是半圆O的直径，C是半圆O上除A，B外的一个动点，DC垂直于半圆O所在的平面，DCEB，DCEB1，AB4.(1)证明：平面ADE平面ACD；(2)

11、当C点为半圆的中点时，求二面角DAEB的余弦值解(1)证明：AB是圆O的直径，ACBC，DC平面ABC，BC平面ABC，DCBC，又DCACC，BC平面ACD，DCEB，DCEB，四边形DCBE是平行四边形，DEBC，DE平面ACD又DE平面ADE，平面ACD平面ADE.(2)当C点为半圆的中点时，ACBC2，以C为原点，以CA，CB，CD为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示，则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)，设平面DAE的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABE的法向量为n(x2，y2，z

12、2)，则即令x11得m(1,0,2)，令x21得n(1,1,0)cosm，n.二面角DAEB是钝二面角，二面角DAEB的余弦值为.1.在三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABACAA1，BC4，O为BC的中点，A1O平面ABC(1)证明四边形BB1C1C为矩形；(2)求直线AA1与平面A1B1C所成角的余弦值解(1)证明：连接AO，因为O为BC的中点，可得BCAO，A1O平面ABC, BC平面ABC，A1OBC，又AOA1OO，BC平面AA1O，BCAA1，BB1AA1, BCBB1，又四边形BB1C1C为平行四边形，四边形BB1C1C为矩形(2)如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，

13、z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,2,0)，C(0，2,0)，RtAOB中，AO1，A(1,0,0)，RtAA1O中，A1 O 2，A1(0,0,2)，(1,0,2)，(0，2，2)，(1,2,0)，设平面A1B1C的法向量是n(x，y，z)，由 得 即可取n(2,1，1)，设直线AA1与平面A1B1C所成角为，则，sin ，cos ，即直线AA1与平面A1B1C所成角的余弦值为.2如图1，在等腰梯形ABCD中，ADBC，AD2BC4，ABC120，E为AD的中点现分别沿BE，EC将ABE和ECD折起，点A折至点A1，点D折至点D1，使得平面A1BE平面BCE，平面ECD1平面BCE，连接A

14、1D1，如图2.图1图2(1)若平面BCE内的动点G满足GD1平面A1BE，作出点G的轨迹并证明；(2)求平面A1D1E与平面BCE所成锐二面角的余弦值解(1)如图，取BC和CE的中点N和M，则点G的轨迹是直线MN.证明如下：连接D1M，MN，ND1，则MNBE，又MN平面BEA1，BE平面BEA1，MN平面BEA1.依题意知，A1BE，BCE，ECD1为正三角形，MD1CE.又平面ECD1平面BCE，平面ECD1平面BCECE，MD1平面ECD1，MD1平面BCE，又平面A1BE平面BCE，MD1平面BEA1，MD1平面EBA1，MD1NMM，NM平面MND1，MD1平面MND1，平面MND

15、1平面BEA1，当GD1平面MND1时，GD1平面A1BE.点G的轨迹是直线MN.(2)以M为原点，MB，MC，MD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz.则平面BCE的一个法向量为m(0,0,1)，E(0，1,0)，D1(0,0，)，A1，(0,1，)，设平面A1ED1的一个法向量为n(x，y，z)，则令z1，得y，x1，n(1，1)，设所求二面角为，则cos .3.如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，点P是圆弧CD上的一动点(不与C，D重合)，点Q是圆弧AB的中点，且点P，Q在平面ABCD的两侧(1)证明：平面PAD平面PBC；(2)设点P在平面ABQ

16、上的射影为点O，点E，F分别是PQB和POA的重心，当三棱锥PABC体积最大时，回答下列问题证明：EF平面PAQ；求平面PAB与平面PCD所成二面角的正弦值解(1)因为ABCD是轴截面，所以AD平面PCD，所以ADPC又点P是圆弧CD上的一动点(不与C，D重合)，且CD为直径，所以PCPD，又ADPDD，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)当三棱锥PABC体积最大时，点P为圆弧CD的中点，所以点O为圆弧AB的中点，所以四边形AQBO为正方形，且PO平面ABO.连接PE并延长交BQ于点M，连接PF并延长交OA于点N，连接MN，则MNAQ，因为E，F分别为两个三角形的重心，EFMN，所以EFAQ，又AQ平面PAQ，EF平面PAQ，所以EF平面PAQ.PO平面ABO，AO垂直BO，所以以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,2)，A(，0,0)，B(0，0)，(，0，2)，(，0)设平面PAB的法向量n(x，y，z)，则即可取n(，1)，又平面PCD的法向量m(0,0,1)，所以cosn，m，所以sinn，m.所以平面PAB与平面PCD所成二面角的正弦值为.