（新高考）2020版高考數(shù)學二輪復習第三部分講重點解答題專練第3講立體幾何教學案理.docx

第3講立體幾何真題調(diào)研【例1】2019全國卷如圖，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，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)連接B1C，ME.因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以MEB1C，且MEB1C.又因為N為A1D的中點，所以NDA1D.由題設知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MNED.又MN平面EDC1，所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA.以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，的方向為y軸正方向，的方向為z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cosm，n，所以二面角AMA1N的正弦值為.【例2】2019全國卷如圖，長方體ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BEEC1.(1)證明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值解：(1)由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190.由題設知RtABERtA1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB.以D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Dxyz，則C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，所以(1,0,0)，(1，1，1)，(0,0,2)設平面EBC的法向量為n(x，y，z)，則即所以可取n(0，1，1)設平面ECC1的法向量為m(x1，y1，z1)，則即所以可取m(1,1,0)于是cosn，m.所以，二面角BECC1的正弦值為.【例3】2019全國卷圖1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB1，BEBF2，F(xiàn)BC60，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖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的大小解：(1)由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE.又因為AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC，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，EBC60，可求得BH1，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cosn，m.因此二面角BCGA的大小為30.【例4】2019天津卷如圖，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求證：BF平面ADE；(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值為，求線段CF的長解：依題意，可以建立以A為原點，分別以，的方向為x軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標系(如圖)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)設CFh(h0)，則F(1,2，h)(1)依題意，(1,0,0)是平面ADE的法向量，又(0,2，h)，可得0，又因為直線BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依題意，(1,1,0)，(1,0,2)，(1，2，2)設n(x，y，z)為平面BDE的法向量，則即不妨令z1，可得n(2,2,1)因此有cos，n.所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為.(3)設m(x，y，z)為平面BDF的法向量，則即不妨令y1，可得m.由題意，有|cosm，n|，解得h.經(jīng)檢驗，符合題意所以，線段CF的長為.模擬演練12019南昌二模如圖1，矩形ABCD中，AB3，BC1，E，F(xiàn)是邊DC的三等分點現(xiàn)將DAE，CBF分別沿AE，BF折起，使得平面DAE、平面CBF均與平面ABFE垂直，如圖2.(1)若G為線段AB上一點，且AG1，求證：DG平面CBF；(2)在(1)的條件下，求二面角ACFB的余弦值解：(1)如圖，分別取AE，BF的中點M，N，連接DM，CN，MG，MN，因為ADDE1，ADE90，所以DMAE，且DM.因為BCCF1，BCF90，所以CNBF，且CN.因為平面DAE、平面CBF均與平面ABFE垂直，所以DM平面ABFE，CN平面ABFE，所以DMCN，且DMCN.易知EAB45，由余弦定理，得MG221221，所以AM2MG221AG2，所以AMG90，所以AMG是以AG為斜邊的等腰直角三角形，故MGA45，而FBA45，則MGFB，故平面DMG平面CBF，又DG平面DMG，所以DG平面CBF.(2)連接GE，以G為原點，分別以AB，GE所在直線為x，y軸，以過G點并垂直于平面ABFE的直線為z軸建立空間直角坐標系，則A(1,0,0)，B(2,0,0)，E(0,1,0)，F(xiàn)(1,1,0)，C，所以(2,1,0)，連接GF，由題知GFBF，由(1)知GFCN，故GF平面CBF，從而(1,1,0)是平面CBF的一個法向量設n(x，y，z)為平面AFC的法向量，則即取x2，則y4，z3，n(2,4,3)，所以cos，n，由圖知二面角ACFB為鈍角，故所求二面角的余弦值為.22019合肥質(zhì)檢二如圖，三棱臺ABCEFG的底面是正三角形，平面ABC平面BCGF，CB2GF，BFCF.(1)求證：ABCG；(2)若BCCF，求直線AE與平面BEG所成角的正弦值解：(1)取BC的中點為D，連接DF，如圖由題意得，平面ABC平面EFG，平面ABC平面BCGFBC，平面EFG平面BCGFFG，從而BCFG.CB2GF，CD綊GF，四邊形CDFG為平行四邊形，CGDF.BFCF，D為BC的中點，DFBC，CGBC.平面ABC平面BCGF，且平面ABC平面BCGFBC，CG平面BCGF，CG平面ABC，又AB平面ABC，CGAB.(2)連接AD.由ABC是正三角形，且D為BC的中點得，ADBC.由(1) 知，CG平面ABC，CGDF，DFAD，DFBC，DB，DF，DA兩兩垂直以D為坐標原點，DB，DF，DA所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系Dxyz.設BC2，則A(0,0，)，B(1,0,0)，F(xiàn)(0，0)，G(1，0)，(2，0)CB2GF，2，E，.設平面BEG的法向量為n(x，y，z)，由可得，令x，則y2，z1，n(，2，1)為平面BEG的一個法向量設AE與平面BEG所成的角為，則sin|cos，n|.直線AE與平面BEG所成角的正弦值為.32019廣州綜合測試一如圖，在三棱錐ABCD中，ABC是等邊三角形，BADBCD90，點P是AC的中點，連接BP，DP.(1)證明：平面ACD平面BDP；(2)若BD，且二面角ABDC為120，求直線AD與平面BCD所成角的正弦值解：(1)因為ABC是等邊三角形，BADBCD90，所以RtABDRtCBD，可得ADCD.因為點P是AC的中點，則PDAC，PBAC，因為PDPBP，PD平面PBD，PB平面PBD，所以AC平面PBD.因為AC平面ACD，所以平面ACD平面BDP.(2)解法一：如圖，作CEBD，垂足為E，連接AE.因為RtABDRtCBD，所以AEBD，AECE，AEC為二面角ABDC的平面角由已知二面角ABDC為120，知AEC120.在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得ACAE，因為ABC是等邊三角形，則ACAB，所以ABAE.在RtABD中，有AEBDABAD，得BDAD，因為BD，所以AD.又BD2AB2AD2，所以AB2.則AE，ED.由CEBD，AEBD可知BD平面AEC，則平面AEC平面BCD.過點A作AOCE，交CE的延長線于O，則AO平面BCD.連接OD，則ADO為直線AD與平面BCD所成的角在RtAEO，AEO60，所以AOAE1，sinADO.所以直線AD與平面BCD所成角的正弦值為.解法二：如圖，作CEBD，垂足為E，連接AE.因為RtABDRtCBD，所以AEBD，AECE，AEC為二面角ABDC的平面角由已知二面角ABDC為120，知AEC120.在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得ACAE，因為ABC是等邊三角形，則ACAB，所以ABAE.在RtABD中，有AEBDABAD，得BDAD，因為BD，所以AD.又BD2AB2AD2，所以AB2.則AE，ED.以E為坐標原點，以向量，的方向分別為x軸，y軸的正方向，以過點E垂直于平面BCD的直線為z軸，建立空間直角坐標系Exyz，則D，A，向量，平面BCD的一個法向量為m(0,0,1)，設直線AD與平面BCD所成的角為，則cosm，sin|cosm，|.所以直線AD與平面BCD所成角的正弦值為.42019長沙一模已知三棱錐PABC(如圖1)的平面展開圖(如圖2)中，四邊形ABCD為邊長等于的正方形，ABE和BCF均為正三角形在三棱錐PABC中：(1)證明：平面PAC平面ABC；(2)若點M在棱PA上運動，當直線BM與平面PAC所成的角最大時，求二面角PBCM的余弦值解：(1)如圖，設AC的中點為O，連接BO，PO.由題意，得PAPBPC，POBO1.因為在PAC中，PAPC，O為AC的中點，所以POAC.因為在POB中，PO2OB2PB2，所以POOB.因為ACOBO，AC，OB平面ABC，所以PO平面ABC.因為PO平面PAC，所以平面PAC平面ABC.(2)由(1)知，BOPO，由題意可得BOAC，所以BO平面PAC，所以BMO是直線BM與平面PAC所成的角，且tanBMO，所以當線段OM最短，即M是PA的中點時，BMO最大由PO平面ABC，OBAC，得POOB，POOC，OBOC，以O為坐標原點，OC，OB，OP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立