2021數(shù)學(xué)（理）統(tǒng)考版二輪復(fù)習(xí)專題限時集訓(xùn)11立體幾何含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考數(shù)學(xué)（理）統(tǒng)考版二輪復(fù)習(xí)專題限時集訓(xùn)11立體幾何含解析專題限時集訓(xùn)(十一)立體幾何1．（2019·全國卷Ⅰ）如圖,直四棱柱ABCD。A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°,E，M，N分別是BC，BB1，A1D(1）證明：MN∥平面C1DE;（2）求二面角A-MA1-N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＝eq\f（1，2）B1C．又因為N為A1D的中點,所以ND＝eq\f（1，2）A1D．由題設(shè)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(biāo)原點，eq\o（DA,\s\up7(→））的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D。xyz，則A(2，0，0)，A1(2，0，4），M（1，eq\r(3)，2），N(1，0,2),eq\o(A1A,\s\up7（→))＝（0，0，－4)，eq\o(A1M，\s\up7（→))＝（－1，eq\r（3)，－2），eq\o（A1N,\s\up7(→）)＝(－1,0，－2）,eq\o（MN,\s\up7（→)）＝(0，－eq\r（3)，0)．設(shè)m＝(x，y，z)為平面A1MA的法向量，則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（m·\o(A1M，\s\up7(→))＝0，,m·\o(A1A，\s\up7(→））＝0。)）所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3）y－2z＝0，,－4z＝0.））可取m＝（eq\r（3)，1,0)．設(shè)n＝（p,q,r）為平面A1MN的法向量，則eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（n·\o（MN,\s\up7(→)）＝0，,n·\o（A1N,\s\up7（→））＝0。))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)q＝0,,－p－2r＝0.)）可取n＝（2,0,－1)．于是cos〈m，n>＝eq\f（m·n，｜m｜|n｜）＝eq\f（2\r(3），2×\r（5））＝eq\f(\r(15），5）,所以二面角A-MA1-N的正弦值為eq\f(\r（10)，5）。2．（2018·全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P。ABC中，AB＝BC＝2eq\r（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M。PA。C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O(shè)P⊥AC，且OP＝2eq\r（3)。連接OB．因為AB＝BC＝eq\f（\r(2),2）AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)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(shè)為坐標(biāo)原點，eq\o(OB,\s\up7（→))的方向為x軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O。xyz.由已知得O（0，0,0），B(2，0,0)，A（0，－2,0），C（0，2，0),P（0，0，2eq\r(3)），eq\o（AP,\s\up7(→)）＝(0，2,2eq\r(3)）．取平面PAC的一個法向量eq\o(OB,\s\up7（→））＝（2，0，0)．設(shè)M(a，2－a,0)（0≤a≤2），則eq\o(AM，\s\up7（→)）＝（a，4－a，0）．設(shè)平面PAM的法向量為n＝（x，y，z）．由eq\o(AP，\s\up7(→))·n＝0，eq\o(AM,\s\up7（→)）·n＝0得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，，ax＋4－ay＝0，）)可取n＝(eq\r（3）(a－4），eq\r(3)a，－a)，所以cos〈eq\o(OB，\s\up7(→))，n〉＝eq\f（2\r（3)a－4,2\r（3a－42＋3a2＋a2））.由已知可得｜cos〈eq\o(OB，\s\up7(→)），n>|＝eq\f（\r（3),2)，所以eq\f（2\r(3)｜a－4｜,2\r（3a－42＋3a2＋a2））＝eq\f(\r(3)，2)，解得a＝－4(舍去)或a＝eq\f（4，3），所以n＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（8\r（3）,3），\f（4\r(3)，3），－\f(4，3)））。又eq\o（PC，\s\up7(→))＝（0，2，－2eq\r(3))，所以cos〈eq\o(PC,\s\up7（→))，n>＝eq\f(\r(3），4）.所以PC與平面PAM所成角的正弦值為eq\f(\r(3），4）.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＝eq\r(3)。以H為坐標(biāo)原點，eq\o（HC,\s\up7（→））的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz，則A(－1,1,0），C（1，0,0），G（2,0，eq\r（3）)，eq\o（CG，\s\up7（→）)＝（1,0,eq\r(3)），eq\o（AC，\s\up7(→）)＝(2，－1，0)．設(shè)平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z),則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（\o(CG，\s\up7（→））·n＝0，，\o(AC,\s\up7（→)）·n＝0，)）即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＋\r（3）z＝0，，2x－y＝0.))所以可取n＝（3,6，－eq\r(3))．又平面BCGE的法向量可取為m＝(0，1,0),所以cos〈n，m〉＝eq\f（n·m,｜n｜｜m｜）＝eq\f(\r（3),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-A1B1C1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,P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于（1)證明：AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C（2）設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直線B1E與平面[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⊥A1又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1所以平面A1AMN⊥平面EB1C（2）由已知得AM⊥BC．以M為坐標(biāo)原點，eq\o(MA,\s\up7(→))的方向為x軸正方向，|eq\o（MB，\s\up7(→）)｜為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M。xyz，則AB＝2，AM＝eq\r(3)。連接NP,則四邊形AONP為平行四邊形，故PM＝eq\f(2\r（3)，3)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2\r(3),3)，\f（1，3），0））。由（1)知平面A1AMN⊥平面ABC．作NQ⊥AM，垂足為Q，則NQ⊥平面ABC．設(shè)Q（a,0，0），則NQ＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2\r(3)，3)－a））eq\s\up12（2))，B1eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a，1，\r(4－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2\r（3)，3）－a))eq\s\up12(2）))），故eq\o(B1E，\s\up7(→)）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2\r（3),3)－a,－\f（2，3），－\r（4－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2\r(3),3）－a））eq\s\up12(2）)))，|eq\o（B1E，\s\up7(→)）｜＝eq\f(2\r(10),3）.又n＝（0，－1,0）是平面A1AMN的法向量，故sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，2)－〈n，\o（B1E，\s\up7（→)）〉)）＝cos〈n,eq\o(B1E，\s\up7(→))〉＝eq\f（n·\o(B1E，\s\up7（→）），｜n｜·｜\o(B1E，\s\up7（→））|)＝eq\f(\r（10),10）。所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為eq\f(\r(10），10).1．(2020·六安模擬)如圖1，在梯形ABCD中,AD∥BC，AB＝BC＝eq\f（1，2)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A1.BCDE.圖1圖2(1)求證：CD⊥A1C（2)若A1C＝eq\f(\r(2)，2）AB，BE＝eq\r（3）AB，求二面角B。A1E.D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⊥A1（2)因為BE＝eq\r(3)AB，所以∠BAE＝eq\f(2π，3），設(shè)AB＝2,則A1O＝OC＝1，又A1C＝eq\f（\r（2）,2)AB＝eq\r（2),所以∠A1OC＝eq\f（π，2)。建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則O（0，0，0),B（eq\r(3），0，0)，C(0，1，0）,A1（0，0,1）,E(－eq\r(3），0，0)，D(－2eq\r(3），1,0)，則eq\o(ED，\s\up7(→)）＝（－eq\r(3），1,0),eq\o(EA1，\s\up7(→)）＝(eq\r(3)，0,1)．則平面A1EB的法向量為n1＝（0,1,0），設(shè)平面A1ED的法向量為n2＝(x，y，z），則eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(n2·\o(ED,\s\up7(→))＝0，，n2·\o（EA1,\s\up7(→))＝0，））則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－\r（3）x＋y＝0，，\r（3)x＋z＝0,))令x＝1,則y＝eq\r(3），z＝－eq\r（3)，則n2＝（1,eq\r（3),－eq\r（3)）,所以cos〈n1，n2〉＝eq\f（n1·n2,\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(n1))\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(n2)））＝eq\f（\r（3),\r（7))＝eq\f(\r（21）,7)，又由圖可知二面角B.A1E.D為鈍二面角，故二面角B。A1E。D的余弦值為－eq\f（\r（21),7).2．(2020·沈陽模擬)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，BC⊥BB1，CC1＝eq\r（2),AC1＝eq\r(6）.（1)證明：平面ABC⊥平面BB1C（2）M，N分別是BC，B1C1的中點，P是線段AC1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［解]（1）證明：因為AC＝2,CC1＝eq\r（2），AC1＝eq\r(6),所以AC2＋CCeq\o\al（2，1）＝ACeq\o\al(2，1）,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BB1C所以平面ABC⊥平面BB1C（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⊥平面以M為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M.xyz,則平面BB1C1C的一個法向量是m＝(0,0，1），A（0,0,eq\r(3）),N（0，eq\r(2)，0），C1（－1，eq\r(2)，0）．設(shè)eq\o(AP,\s\up7（→）)＝teq\o(AC1,\s\up7(→）)（0〈t〈1），P（x，y，z)，eq\o(AP,\s\up7（→)）＝(x,y，z－eq\r（3）），eq\o(AC1,\s\up7(→)）＝(－1，eq\r(2),－eq\r（3))，代入上式得x＝－t，y＝eq\r（2）t,z＝eq\r(3)（1－t),所以P（－t，eq\r（2)t，eq\r(3)－eq\r(3)t)．設(shè)平面MNP的一個法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x1，y1,z1)），eq\o（MN,\s\up7(→））＝(0,eq\r（2），0）,eq\o(MP,\s\up7(→）)＝（－t，eq\r(2）t,eq\r(3）－eq\r（3）t），由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o（MN,\s\up7(→))＝0,,n·\o（MP，\s\up7(→))＝0，)）得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\r(2）y1＝0，，－tx1＋\r(2)ty1＋\r(3)1－tz1＝0.））令z1＝t，得n＝（eq\r(3）－eq\r（3)t,0，t）．因為二面角P。MN-C的平面角的大小為30°,所以eq\f（m·n，|m||n|）＝eq\f（\r（3)，2），即eq\f（t,\r（31－t2＋t2））＝eq\f(\r（3）,2)，解得t＝eq\f（3，4）.所以點P為線段AC1上靠近C1點的四等分點，且坐標(biāo)為Peq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(3,4），\f(3\r（2),4)，\f(\r(3),4)）)。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(dāng)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，∴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(dāng)C點為半圓的中點時，AC＝BC＝2eq\r（2),以C為原點，以CA，CB，CD為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則D（0，0,1），E（0，2eq\r（2),1),A（2eq\r（2)，0，0），B(0,2eq\r(2），0)，∴eq\o(AB,\s\up7(→））＝(－2eq\r(2），2eq\r（2），0)，eq\o(BE，\s\up7(→)）＝（0，0，1），eq\o(DE,\s\up7（→））＝(0，2eq\r(2),0），eq\o（DA,\s\up7（→））＝(2eq\r（2),0,－1),設(shè)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eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（m·\o(DA,\s\up7(→）)＝0，,m·\o(DE,\s\up7（→））＝0,))eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(n·\o（AB,\s\up7（→))＝0，，n·\o(BE，\s\up7(→)）＝0，））即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(2）x1－z1＝0,，2\r（2)y1＝0，))eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－2\r(2）x2＋2\r(2)y2＝0，,z2＝0，)）令x1＝1得m＝（1，0,2eq\r（2）），令x2＝1得n＝(1，1,0）．∴cos〈m，n>＝eq\f（m·n,\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(m）)\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1（n））)＝eq\f（1，3×\r(2))＝eq\f（\r(2），6).∵二面角D.AE。B是鈍二面角，∴二面角D。AE。B的余弦值為－eq\f（\r（2）,6).1。在三棱柱ABC。A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝eq\r(5)，BC＝4,O為BC的中點，A1O⊥平面ABC．(1)證明四邊形BB1C（2）求直線AA1與平面A1B1C[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BB1C∴四邊形BB1C（2）如圖，分別以O(shè)A，OB，OA1所在直線為x，y，z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則B（0，2,0），C(0,－2,0)，Rt△AOB中，AO＝eq\r（AB2－BO2）＝1,A(1，0，0），Rt△AA1O中，A1O＝eq\r（AA\o\al(2,1)－AO2）＝2,A1(0,0,2），∴eq\o(AA1，\s\up7(→)）＝(－1,0,2），eq\o（A1C,\s\up7(→))＝(0，－2，－2），eq\o(A1B1，\s\up7(→)）＝eq\o（AB，\s\up7（→））＝(－1,2，0)，設(shè)平面A1B1C的法向量是n＝(x，y，z由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（n·\o(A1B1，\s\up7（→))＝0，,n·\o(A1C,\s\up7(→)）＝0，))得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－x＋2y＝0，,－2y－2z＝0，）)即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2y，，z＝－y，））可取n＝（2,1，－1),設(shè)直線AA1與平面A1B1C所成角為θ,則θ∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2）)），sinθ＝eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(AA1,\s\up7（→))，n〉)）＝eq\f（\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o（AA1，\s\up7（→））·n）),\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1（\o(AA1，\s\up7（→））））·\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(n)））＝eq\f(4，\r(5)·\r（6)）＝eq\f（2\r(30）,15），∵θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π，2)）)，∴cosθ＝eq\r（1－sin2θ)＝eq\f(\r(105），15)，即直線AA1與平面A1B1C所成角的余弦值為eq\f(\r（105),15）.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(nèi)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，∵M(jìn)D1∩NM＝M，NM?平面MND1，MD1?平面MND1，∴平面MND1∥平面BEA1，當(dāng)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(biāo)系M。xyz.則平面BCE的一個法向量為m＝(0,0,1）,E(0，－1,0)，D1(0,0，eq\r（3）)，A1eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(\r（3)，2），－\f(1,2），\r(3）)),∴eq\o（EA1，\s\up7(→)）＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1，2），\r(3）)），eq\o(ED1，\s\up7(→））＝（0，1，eq\r(3）),設(shè)平面A1ED1的一個法向量為n＝（x，y,z)，則eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＋\r（3)z＝0,，\f(\r（3),2）x＋\f(1，2)y＋\r(3）z＝0，)）令z＝1,得y＝－eq\r（3），x＝－1，∴n＝（－1,－eq\r（3),1），設(shè)所求二面角為θ，則cosθ＝eq\f(｜m·n|,｜m|·|n｜)＝eq\f(1,\r(5）)＝eq\f(\r（5），5).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(cè)