山東專用2021新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題限時(shí)集訓(xùn)11立體幾何含解析

1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十一)立體幾何 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(diǎn)(1)證明：mn平面c1de；(2)求二面角ama1n的正弦值解：(1)連接b1c，me.因?yàn)閙，e分別為bb1，bc的中點(diǎn)，所以meb1c，且meb1c又因?yàn)閚為a1d的中點(diǎn)，所以nda1d由題設(shè)知a1b1 dc，可得b1ca1d，故mend，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(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系dx

2、yz，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(shè)m(x，y，z)為平面a1ma的法向量，則所以可取m(，1，0)設(shè)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.2(2019全國卷)圖1是由矩形adeb，rtabc和菱形bfgc組成的一個(gè)平面圖形，其中ab1，bebf2，fbc60.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(diǎn)共面，且平面abc平面bcge；(2)求圖2中的二面角b

3、cga的大小解(1)證明：由已知得adbe，cgbe，所以adcg，故ad，cg確定一個(gè)平面，從而a，c，g，d四點(diǎn)共面由已知得abbe，abbc，bebcb，故ab平面bcge.又因?yàn)閍b平面abc，所以平面abc平面bcge.(2)作ehbc，垂足為h.因?yàn)閑h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(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系hxyz，則a(1，1，0)，c(1，0，0)，g(2，0，)，(1，0，)，(2，1，0)設(shè)平面acgd的法向量為n(x，y，z)，則即所以可取n

4、(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30.3(2020全國卷)如圖，已知三棱柱abca1b1c1的底面是正三角形，側(cè)面bb1c1c是矩形，m，n分別為bc，b1c1的中點(diǎn)，p為am上一點(diǎn)，過b1c1和p的平面交ab于e，交ac于f.(1)證明：aa1mn，且平面a1amn平面eb1c1f；(2)設(shè)o為a1b1c1的中心，若ao平面eb1c1f，且aoab，求直線b1e與平面a1amn所成角的正弦值解(1)證明：因?yàn)閙，n分別為bc，b1c1的中點(diǎn)，所以mncc1.又由已知得aa1cc1，故aa1mn.因?yàn)閍1b1c1是正三角形，

5、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為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系mxyz，則ab2，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nqam，垂足為q，則nq平面abc設(shè)q(a，0，0)，則nq，b1，故，|.又n(0，1，0)是平面a1amn的法向量，故sincosn，.所以直線b1e與平面a1amn所成角的正弦值為.4(2018全國卷)如圖，在三棱錐pabc中，abbc2，papbpcac4，o為ac的中點(diǎn)(1)證

6、明：po平面abc；(2)若點(diǎn)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?yàn)閍pcpac4，o為ac的中點(diǎn)，所以opac，且op2.連接ob因?yàn)閍bbcac，所以abc為等腰直角三角形，且obac，obac2.由op2ob2pb2知poob由opob，opac，obaco，得po平面abc(2)如圖，以o為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)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(gè)法向量(2，0，0)設(shè)m(a，2a，0)(0a2)，則(a，4

7、a，0)設(shè)平面pam的法向量為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cos，n.所以pc與平面pam所成角的正弦值為.1(2020濟(jì)寧模擬)如圖，在多面體abcdef中，四邊形abcd是邊長為的菱形，bcd60，ac與bd交于點(diǎn)o，平面fbc平面abcd，efab，fbfc，ef.(1)求證：oe平面abcd；(2)若fbc為等邊三角形，點(diǎn)q為ae的中點(diǎn)，求二面角qbca的余弦值解(1)證明：取bc的中點(diǎn)h，連接oh，fh，因?yàn)閒bfc，所以fhbc因?yàn)槠矫鎓bc平面abcd

8、，平面fbc平面abcdbc，fh平面fbc，所以fh平面abcd因?yàn)閔，o分別為bc，ac的中點(diǎn)，所以ohab且ohab又efab，efab，所以efoh，所以四邊形oefh為平行四邊形，所以oefh，所以oe平面abcd(2)因?yàn)榱庑蝍bcd中，bcd60，ab，所以oaoc2，在等邊三角形fbc中，bc，所以fh2，所以oefh2.易知oa，ob，oe兩兩垂直，以o為坐標(biāo)原點(diǎn)，oa，ob，oe所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系oxyz，如圖所示，則a(2，0，0)，b，c(2，0，0)，e(0，0，2)，q(1，0，1)，所以，(3，0，1)設(shè)平面bcq的法向量為m(x，y，z

9、)，則得取x1，可得m(1，3)易知平面abc的一個(gè)法向量為n(0，0，1)，則cosm，n，易知二面角qbca為銳二面角，所以二面角qbca的余弦值為.2(2020陜西百校聯(lián)盟第一次模擬)如圖，在四棱錐pabcd中，pa平面abcd，四邊形abcd為正方形，apab1，f，e分別是pb，pc的中點(diǎn)(1)證明：pbed；(2)求平面adef與平面pcd所成銳二面角的值解(1)證明：pa平面abcd，paad又adab，abpaa，ab平面pab，pa平面pab，ad平面pab，又pb平面pab，adpb等腰三角形pab中，f為pb的中點(diǎn)，pbaf，又adafa，ad平面adef，af平面ade

10、f，pb平面adef，又ed平面adef，pbed(2)易知ab，ad，ap兩兩互相垂直，故以a為坐標(biāo)原點(diǎn)，以ab，ad，ap所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系則p(0，0，1)，b(1，0，0)，c(1，1，0)，d(0，1，0)，(1，0，0)，(1，1，1)由(1)知(1，0，1)為平面adef的一個(gè)法向量設(shè)平面pcd的法向量為n(x1，y1，z1)，則即可取n(0，1，1)cos，n，平面adef與平面pcd所成的銳二面角為60.3(2020石家莊模擬)如圖，四棱錐sabcd中，四邊形abcd為矩形，ab2，bcscsd2，bcsd(1)求證：sc平面sad；(2)

11、設(shè)，求平面sec與平面sbc所成的二面角的正弦值解(1)bcsd，bccd，sdcdd，bc平面sdc，ad平面sdc，scad又在sdc中，scsd2，dcab2，故sc2sd2dc2，scsd，又adsdd，sc平面sad(2)作socd于o，bc平面sdc，平面abcd平面sdc，故so平面abcd以點(diǎn)o為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向分別為y軸，z軸的正方向，平面abcd內(nèi)，過點(diǎn)o垂直于oc的直線為x軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系則s(0，0，)，c(0，0)，a(2，0)，b(2，0)設(shè)e(2，y，0)，y(y)，y，即e.(0，)，(2，0，0)，設(shè)平面sec的法向量為n(x，y，z)，則即不

12、妨取n(2，3，3)設(shè)平面sbc的法向量為m(a，b，c)，即不妨取m(0，1，1)cosm，n，故所求二面角的正弦值為.4(2020惠州第二次調(diào)研)如圖，在底面為矩形的四棱錐pabcd中，平面pad平面abcd(1)證明：abpd；(2)若papdab，apd90，設(shè)q為pb的中點(diǎn)，求直線aq與平面pbc所成角的余弦值解(1)證明：依題意，abad又平面pad平面abcd，平面pad平面abcdad，ab平面abcd，ab平面pad，又pd平面pad，abpd(2)法一：向量法在pad中，取ad中點(diǎn)o，連接po，papd，poad，po平面abcd以o為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以oa所在的直線為x軸，

13、過點(diǎn)o且平行于ab的直線為y軸，op所在的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系設(shè)pa2.apd90，ad2.p(0，0，)，b(，2，0)，c(，2，0)，a(，0，0)，q，(，2，)，(2，0，0)，.設(shè)平面pbc的法向量為n(x，y，z)，則可取n(0，1，)設(shè)直線aq與平面pbc所成的角為，則sin |cos，n|，cos ，直線aq與平面pbc所成角的余弦值為.法二：幾何法過p作poad于點(diǎn)o，則o為ad中點(diǎn)，連接bo，過a作po的平行線，過p作ad的平行線，交點(diǎn)為e，連接be，過a作ahbe于h，連接qh，取bo為中點(diǎn)m，連接qm，am.四邊形aope為矩形，peae，ab平面

14、aope，abpe，又aeaba，pe平面abe，peah，又beah，pebee，ah平面pbe，aqh為aq與平面pbc所成的角令aoa，則aea，aba，bea，由同一個(gè)三角形面積相等可得aha，qam為直角三角形，由勾股定理可得aqa，sinaqh .又aqh，cosaqh ，直線aq與平面pbc所成角的余弦值為.1如圖，在直角三角形abc中，角b為直角，ab2bc，e，f分別為ab，ac的中點(diǎn)，將aef沿ef折起，使點(diǎn)a到達(dá)點(diǎn)d的位置，連接bd，cd，設(shè)m為cd的中點(diǎn)(1)證明：mf平面bcd；(2)若debe，求二面角emfc的余弦值解(1)證明：取db的中點(diǎn)n，連接mn，en(圖

15、略)，則mnbc，易知efbc，四邊形efmn是平行四邊形efbe，efde，bedee，ef平面bde.又en平面bde，efen，mfmn.在dfc中，易知dffc，又m為cd的中點(diǎn)，mfcd又cdmnm，mf平面bcd(2)易知de，be，ef兩兩垂直，以e為原點(diǎn)，be，ef，ed所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)bc2，則e(0，0，0)，f(0，1，0)，c(2，2，0)，d(0，0，2)，m(1，1，1)，(0，1，0)，(1，0，1)，(2，1，0)設(shè)平面emf的法向量為m(x，y，z)，則取x1，得m(1，0，1)同理，得平面cmf的一個(gè)法向量為n(

16、1，2，1)設(shè)二面角emfc的平面角為，由圖可知為鈍角，則|cos |，二面角emfc的余弦值為.2如圖，在四棱錐pabcd中，底面abcd是平行四邊形，bcd120，側(cè)面pab底面abcd，bap90，abacpa2.(1)求證：平面pbd平面pac；(2)過ac的平面交pd于點(diǎn)m，若平面amc把四面體pacd分成體積相等的兩部分，求二面角pmca的正弦值解(1)證明：因?yàn)閎ap90，所以paab，又側(cè)面pab底面abcd，平面pab平面abcdab，pa平面pab，所以pa平面abcd又bd平面abcd，所以pabd又bcd120，abcd為平行四邊形，所以abc60，又abac，所以ab

17、c為等邊三角形，所以abcd為菱形，所以bdac又paaca，所以bd平面pac，又bd平面pbd，所以平面pac平面pbd(2)由平面amc把四面體pacd分成體積相等的兩部分，知m為pd的中點(diǎn)取bc的中點(diǎn)n，連接an，由abac知anbc由(1)知pa平面abcd，以a為坐標(biāo)原點(diǎn)，an，ad，ap所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系則a(0，0，0)，c(，1，0)，d(0，2，0)，p(0，0，2)，m(0，1，1)，(0，1，1)，(，1，0)，(0，1，1)，(，1，2)設(shè)平面mpc的法向量為1(x1，y1，z1)，則即可取1.設(shè)平面mac的法向量為2(x2，y

18、2，z2)，則即可取2(1，)設(shè)二面角pmca的大小為，則|cos |，則二面角pmca的正弦值為.3如圖，已知矩形abcd中，ab2ad2，點(diǎn)e是cd的中點(diǎn)，將bec沿be折起到bec的位置，使二面角cbec是直二面角(1)證明：bc平面aec；(2)求二面角cabe的余弦值解(1)證明：四邊形abcd是矩形，ab2ad2，點(diǎn)e是cd的中點(diǎn)，ade，bce都是等腰直角三角形，aeb90，即aebe.又二面角cbec是直二面角，即平面ceb平面abe，平面ceb平面abebe，ae平面abe，ae平面ceb又bc平面cbe，bcae.又bcec，ae，ec平面aec，aeece，bc平面aec

19、.(2)取be的中點(diǎn)o，連接co，易知co平面abe.過o點(diǎn)作ofae，交ab于點(diǎn)f.aeeb，ofob以o為坐標(biāo)原點(diǎn)，of，ob，oc所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系oxyz，則o(0，0，0)，a，b，c，.設(shè)n(x，y，z)為平面abc的法向量，則即取y1，則z1，x1，n(1，1，1)為平面abc的一個(gè)法向量co平面abe，為平面abe的一個(gè)法向量，cos，n，易知二面角cabe為銳二面角，故二面角cabe的余弦值為.4如圖，四棱錐pabcd中，abdc，adc，abadcd2，pdpb，pdbc(1)求證：平面pbc平面pbd；(2)在線段pc上是否存在點(diǎn)m，使得平面abm與平面pbd所成的銳二面角為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由解法一：(1)因?yàn)閍bdc，abad2，adc，所以bd2，bdc.又cd4，所以根據(jù)余弦定理得bc2.所以cd2bd2bc2，故bcbd又bcpd，pdbdd，且bd，pd平面pbd，所以bc平面pbd，又bc平面pbc，所以平面pbc平面pbd(2)由(1)得平面abcd平面pbd，設(shè)e為bd的中點(diǎn)，連接pe，因?yàn)閜bpd，所以pebd，pe2.又平面abcd平面pbd，平面abcd平面pbdbd，所以pe平面abcd如圖，以a