理科二輪復(fù)習專題限時集訓(xùn)11立體幾何

1、專題限時集訓(xùn)()立體幾何組真題重組練1. (2019-全國卷I)如圖,直四棱柱ABCD-ABCD的底面是菱形,A4i=4,AB=2, ZBAD = 60。，E, M, N 分別是 BC, BBi, AiD 的中點.(1) 證明：MN平面C|DE；(2) 求二面角A-MA-N的正弦值.解(1)證明：連接BC,ME.因為分別為BBi,BC的中點，所以MEBC, 且ME=BC.又因為N為AiD的中點，所以ND=*AiD.由題設(shè)知ABJLdc,可得BcJLaD,故meJLnd,因此四邊形mwde為平 行四邊形，所以MN/ED.又MNG平而CQE,所以MN平面CQE.(2)由已知可得DE丄D4.以D為坐

2、標原點，鬲的方向為x軸正方向，建立如 圖所示的空間直角坐標系D-xyz,則4(2,0,0),尙2,0,4), M(l,羽，2), N(l,0,2), 暢= (0,0, -4), 麗=(一1, 適，-2),涼=(一1,0, 2),濟=(0, 羽，0).設(shè)加=(.y, z)為平而A1M4的法向量，貝U< m-AA=O.x+萌 y2z = 0,廠所以可取m = © LO).l-4z=0.證明：PO丄平面ABC； (2) 若點M在棱3C上，且二面角M-PA-C為30。，求PC與平面B4M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O(shè)P丄AC,且 O

3、P=23.設(shè)/» = (/?, q,門為平面ANN的法向量，則n-MN=O9,ivAN=O.羽 q = 0, /?2r=0.可取刃= (20 1).nvn于是cos(ni, n) = j；11'；=J茫2 =，所以二而角A-MA-N的正弦值為斗2. (2018-全國卷II)如圖，在三棱錐 P-ABC 中，AB=EC=2&, RA=PB=PC=AC=4, O 為 AC的中點.連接03因為AB=BC=,所以 ABC為等腰直角三角形，且03丄AC,OB=AC=2.由 Op2+OB2=PB2 知 PO 丄 03.由 OP丄OB, OP丄AC, OBCAC=O9 得 PO丄平面

4、 ABC.(2)如圖，以O(shè)為坐標原點，麗的方向為x軸正方 向，建立空間直角坐標系O-x)z.由已知得(?(0,0,0), 5(2,0,0), “0, -2,0), C(0,2,0), P(0,0,2I), AP=(0,2,23).取平PAC 的一個法向量亦 = (200).設(shè) M(a,2g,0)(0W“W2),貝|AM=(“,4g,0)設(shè)平而P1M的法向量為w = (x, y, z).2$+2羽乙=0,g+(4a)y=0,由AP /i = 0, AM n = 0 得可取 w = (a/3(«4), yj3a, a),所以 cos03, “=.由已知可得IcosOB, it) 1=申,

5、2 伽一 412j 3(a4)-+3cr+曠2所以2心(：件二：+產(chǎn)羋,解得心一舍卻或“今，所以畀=8羽4羽4)3 '3 ，又花=(0,2, 2羽)，所以 cos (PC, n> =£. 所以PC與平而/MM所成角的正弦值為爭.3. (2019-全國卷III)圖1是由矩形ADEB, RtAABC和菱形BFGC組成的一個 平面圖形，其中AB=, BE=BF=2, ZFBC=60。,將其沿AB, BC折起使得BE 與重合，連接DG,如圖2(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小.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

6、A, C, G, D四點共面.由已知得丄BE, A3丄BC, BEQBC=B,故AB丄平面BCGE又因為ABU平面ABC,所以平面ABC丄平面BCGE.(2)作EH1.BC,垂足為H.因為EHU平面BCGE,平面BCGE丄平面ABC,所 以EH丄平面ABC.由已知，菱形BCGE的邊長為2, Z£BC=60°,可求得BH=1, EH=©以H為坐標原點，顯的方向為x軸的正方向，建立 如圖所示的空間直角坐標系H-qz,則A(-1,1,O), C(l,0,0), G(2,0,帝)，CG=(l,0, 伍 AC=(2, 一 1,0). 設(shè)平面ACGD的法向量為n = (xt

7、y, z),則CG/i = 0,A C- /i= 0,即嚴伍=0)=0所以可取/I=(3.6,羽).又平而BCGE的法向量可取為加=(0丄0),所以cos (/、 ivm 羽 '，_1川 1加1_ 2 因此二面角B-CG-A的大小為30°.4. (2020全國卷II)如圖，已知三棱柱ABC-ABxC的底面是正三角形，側(cè)面BBiCiC是矩形，M, N分別為BC, DC的中點，P為AM上一點，過BiCi和P 的平面交于&交4C于F.(1)證明：44iMN,且平面AiAMN丄平面EBCF；設(shè)O為AibCi的中心，若AO平面EBlCiF,且AO=AB,求直線BE 4-/13與

8、平面AxAMN所成角的正弦值.解(1)證明：因為M, N分別為BC, BiC的中點，所以MN/CCi. 又由已知得AAi/CCi9故AA/MN.因為 AiBiCi是正三角形，所以BiCi丄AiN. 又BC1丄MW,故DC丄平面AlAMM 所以平面AAMN丄平而EBQF.以M為坐標原點,MA的方向為x軸正方向,MB由已知得AM丄BCAB/ Hi單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系Mxyz.則 =2, AM=y3.連接NP,則四邊形AONP為平行四邊形，故PM233 ，,oj.由知平而AxAMN丄平面ABC.作M2丄AM9垂圧為Q,則N0丄平而ABC.2設(shè) 0(“0,0),則 NQ=、4一222故

9、 BE=y51,又« = (0, -1,0)是平而AAMN的法向量，故si£-”，BiE)“,祗頂10所以直線BE與平面AAMN所成角的正弦值為斗亨.AB=BC=AD. EB組模擬重組練1. (2020- A安模擬)如圖1,在梯形ABCD中,AD/BC,為AD中點，O是AC與BE的交點，將ZkABE沿BE翻折到圖2中的位置 得到四棱錐ABCDE.圖1內(nèi)(1)求證：CQ丄AiC；(2)若 AiC=*AB, BE=®B,求二面角B-AED的余弦值.解(1)由題圖1可知，四邊形ABCE為菱形， 則 AC=BEt 則在圖 2 中，BE丄AiO, BELCO, 所以BE丄平

10、面AOC.又BE/CD,所以CD丄平而AiOC.又AiCU平而AiOC,故CD丄AiC.L。兀(2)因為 BE=*AB,所以ZBAE=, 設(shè) AB=2,則 AO=OC=, 又 AlC=AB=y/29 所以ZAiOC=.建立如圖所示的空間直角坐標系，則 0(0,0,0), B(y/3f 0,0), C(0,l,0),兒(0,0,1), 心,0,0), D(-2書,1,0),則厲)=(一羽，1,0), E4i=(V3, 0,1).則平j(luò)AiEB的法向量為7ii=(0,l,0),設(shè)平di? AiED的法向量為«2=(a, y, z),恥紜=0,/3x+y=0,Mill紹忙麗°,伍

11、+，令X=l,則)=邁，Z=羽，則«2 = (1,羽，一呵，H2所以 COS <«I, "2=|W1|W2|- 7， 又由圖可知二而角B-A1E-D為鈍二而角， 故二而角BAED的余弦值為一號一.2. (2020沈陽模擬)如圖，在三棱柱ABCBC中，/ABC是邊長為2的等 邊三角形，BC丄BB, CCi=&, 4Ci=&證明：平面ABC丄平面BBCC；(2)M, N分別是BC, BCi的中點，P是線段ACi上的動點，若二面角P-MN-C 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, CCi=V2, ACi=&

12、;,所以 AC2+CC?=ACt,即 4C丄CC.ACABC=C,所以CC丄平而ABC.因為CC1U平而BBCC所以平而ABC丄平而BBCC(2)連接AM,因為AB=AC=2t M是BC的中點，所以AM丄BC.由(1)知，平ABC丄平而B5GC,所以AM丄平而BBQC.以M為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系M-a，則平面 B5CC 的一個法向量是加=(0,0,1), A(0,0, §), /V(0, a/2, 0), C】(一 1, V2, 0).ilAP=tAC(O<t<), P(x, y, z),AP=(xt yf 23), ACi=(1,>/3),代入上式得

13、x=-tf y=2t, z=*(l /), 所以P(t,曲,羽一羽r)MP = 0,設(shè)平而 MNP 的一個法向量為 n = (x, yi, zi), W=(0,邁，0), MP=(t, 芋一也f),得嚴兒=0,tx +yf2ty +/3(l r)zi=0.令 z=t9 得=(邁一羽f,0, t).因為二而角P-MN-C的平而角的大小為30°,所以nin y3 lmllnl= 2即 其 心(1一/)2+尺 2解得/=¥所以點P為線段AC|上靠近C1點的四等分點且坐標為彳遁,羋f3. (2020鄂州模擬)如圖，佔是半圓O的直徑，C是半圓O上除A, B外的個動點，DC垂直于半圓O

14、所在的平面，DC/EB, DC=EB=, AB=4.D(1) 證明：平面ADE丄平面ACD；(2) 當C點為半圓的中點時，求二面角D-AE-B的余弦值.解(1)證明：*：AB是圓O的直徑，4C丄BC,: DC丄平面ABC, BCU平而ABC,:.DC丄BC,又 DCOAC=C,:BC丄平而 ACD,:DCEB, DC=EB,四邊形DCBE是平行四邊形，:DEBC,:.DE丄平而ACD.又DEU平面ADE,平面ACD丄平面ADE.(2)當C點為半圓的中點時，AC=EC=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(OQ1), E(02d 1), A(

15、2y/29 0,0), B(0、2品 0),鯨=(一2辺，2邁，0),旋=(0,0,1), 5e= (0,22, 0),負=(2邁，0,1),yi, zi),平面ABE的法向量為n=(x29 yi9設(shè)平面DAE的法向量為m=(x,Z2),mDA=0,m-DE=0,«A5 = 0,jtBE=O9< 2y2xZA=0,2y2y=0,2yf2xi+2y/2yi = 0,.Z2 = 0,.cos令 x= 1 得 =(1,0,2寸), 令X2 = 1得刃=(191,0)mn3Xyf2 6 "二面角D-AE-B是鈍二而角，二而角D-AE-B的余弦值為一*.C組重點強化練1 在三棱

16、柱 AB&AiBiCi 中，已知 AB=AC=AAi=l5, BC=4, O 為 BC 的中點，AiO丄平面ABC.(1) 證明四邊形BBGC為矩形；(2) 求直線AAi與平面AiBiC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丄AO,410丄平而 ABC, BCU平而 ABC, 410丄BC,又9：AOHAiO=Oy :.BC丄平而 AAiO,:BC丄AAi, 9：BB/AAS.BC丄BBi, 又四邊形BBCC為平行四邊形， 四邊形BBCC為矩形.(2)如圖，分別以O(shè)A9 OB, OAi所在直線為兒兒 建立空間直角坐標系，則3(020), C(0, -2,0)

17、,RtAAOB 中，AO=yjAB2-BO2=f A( 1,0,0),RtAAAiO 中，AO = lAAy -AO2 = 2,4i(0Q2), 總i=(一 1,02), A?C=(0, -2, -2),岳尸鯨=(一1,2,0)設(shè)平而ABC的法向量是w = (a, y, z),«AiBi=0,ji/Gc=o,x+2y=0,-2y-2z=0,即f,lz=_y,可取川= (2,1, -1),設(shè)直線A4i與平而AiBiC所成角為&則0Wsin 0=I cos <A41, /> I =I彼ml _ 4 _2倔| 鬲 |l 川一 6&一 156=pl sin，0=J

18、,即直線AAi與平而ABC所成角的余弦值為沖爭.2.如圖 1,在等腰梯形 ABCD 中，AD/BC, AD=2BC=4, ZABC=120。，E為AD的中點.現(xiàn)分別沿BE, EC將/XABE和/XECD折起，點A折至點Ai,點D折至點D,使得平面AiBE丄平面BCE,平面ECDi丄平面BCE,連接Ai£)i,如 圖2.圖1(1) 若平面3CE內(nèi)的動點G滿足GD平面AiBE,作出點G的軌跡并證明;(2) 求平面AE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DM, MN, ND,則MN/BE, 又 MNQ平面 BEA、

19、, BEU平dn BEAi,MN平面BEAx.依題意知，A/E, BCE, AECDi為正三角形,:.MDxA.CE.又平 dn ECDi 丄平而 BCE,平而 ECDi。平面 BCE=CE, MDU 平 dn ECDit :.MDi丄平面BCE,又平面AiBE丄平而BCE, MD&平面BEAlt:.MD/ 平而 EBAi,NMU 平面 MNDi, MD、U 平而 MND,平面MND平而BEAi,當GDiU平面MNDi時，GDi平面AiBE點G的軌跡是直線MN.(2)以M為原點，MB, MC, MDi所在直線分別為x, z軸，建立如圖所示 的空間直角坐標系M-xyz.則平而BCE的一個法向量為加= （0,0,1）,£(0,一 1,0)，6(00 血 41129= (0,1, V3),設(shè)平而AiEDi的一個法向量為h = （x, y,乙）,p+伍=0,則%+$+伍f令 2=1,得）=一羽，x=-l,° =（一1,羽，1）,設(shè)所求二而角為0,則cos &=珞誥=擊=羋.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A3的中點，且點P, 0在平面ABCD的兩側(cè).（1）證明：平面用£丄平面PBC；（2）設(shè)點P在