（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)11 立體幾何（含解析）（理）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)(十一)立體幾何1(2019·全國(guó)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)證明：連接B1C，ME.因?yàn)镸，E分別為BB1，BC的中點(diǎn)，所以MEB1C，且MEB1C又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn)，所以NDA1D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MNED又MN平面C1DE，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(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(2018·全國(guó)卷)如圖，在三棱錐P­ABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O為AC的中點(diǎn)(1)證明：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)锳PCPAC4，O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)PAC，且OP2.連接OB因?yàn)锳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(shè)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,4a,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.3(2019·全國(guó)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，F(xiàn)BC60°，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B­CG­A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)锳B平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC，垂足為H.因?yàn)镋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(zhǎng)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(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°.4(2020·全國(guó)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(guò)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)镸，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，所以MNCC1.又由已知得AA1CC1，故AA1MN.因?yàn)锳1B1C1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為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，|為單位長(zhǎng)，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.1(2020·六安模擬)如圖1，在梯形ABCD中，ADBC，ABBCAD，E為AD中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn)，將ABE沿BE翻折到圖2中A1BE的位置得到四棱錐A1­BCDE.圖1圖2(1)求證：CDA1C；(2)若A1CAB，BEAB，求二面角B­A1E­D的余弦值解(1)由題圖1可知，四邊形ABCE為菱形，則ACBE，則在圖2中，BEA1O，BECO，所以BE平面A1OC又BECD，所以CD平面A1OC又A1C平面A1OC , 故CDA1C(2)因?yàn)锽EAB，所以BAE，設(shè)AB2，則A1OOC1，又 A1CAB，所以A1OC.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,1)，E(，0,0)，D(2，1,0)，則(，1,0)，(，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)，則則令x1，則y，z，則n2(1，)， 所以cosn1，n2，又由圖可知二面角B­A1E­D為鈍二面角，故二面角B­A1E­D的余弦值為. 2(2020·沈陽(yáng)模擬)如圖，在三棱柱ABC­A1B1C1中，ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，BCBB1，CC1，AC1.(1)證明：平面ABC平面BB1C1C；(2)M，N分別是BC，B1C1的中點(diǎn)，P是線段AC1上的動(dòng)點(diǎn)，若二面角P­MN­C的平面角的大小為30°，試確定點(diǎn)P的位置解(1)證明：因?yàn)锳C2，CC1，AC1，所以AC2CCAC，即ACCC1.又因?yàn)锽CBB1，BB1CC1，所以BCCC1，ACBCC，所以CC1平面ABC因?yàn)镃C1平面BB1C1C，所以平面ABC平面BB1C1C(2)連接AM，因?yàn)锳BAC2，M是BC的中點(diǎn)，所以AMBC由(1)知，平面ABC平面BB1C1C，所以AM平面BB1C1C以M為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M­xyz，則平面BB1C1C的一個(gè)法向量是m(0,0,1)，A(0,0，)，N(0，0)，C1(1，0)設(shè)t(0<t<1)，P(x，y，z)，(x，y，z)，(1，)，代入上式得xt，yt，z(1t)，所以P(t，t，t)設(shè)平面MNP的一個(gè)法向量為n，(0，0)，(t，t，t)，由得令z1t，得n(t,0，t)因?yàn)槎娼荘­MN­C的平面角的大小為30°，所以，即，解得t.所以點(diǎn)P為線段AC1上靠近C1點(diǎn)的四等分點(diǎn)，且坐標(biāo)為P.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(gè)動(dòng)點(diǎn)，DC垂直于半圓O所在的平面，DCEB，DCEB1，AB4.(1)證明：平面ADE平面ACD；(2)當(dāng)C點(diǎn)為半圓的中點(diǎn)時(shí)，求二面角D­AE­B的余弦值解(1)證明：AB是圓O的直徑，ACBC，DC平面ABC，BC平面ABC，DCBC，又DCACC，BC平面ACD，DCEB，DCEB，四邊形DCBE是平行四邊形，DEBC，DE平面ACD又DE平面ADE，平面ACD平面ADE.(2)當(dāng)C點(diǎn)為半圓的中點(diǎn)時(shí)，ACBC2，以C為原點(diǎn)，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(0,2，1)，A(2，0,0)，B(0,2，0)，(2，2，0)，(0,0,1)，(0,2，0)，(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)，則即令x11得m(1,0,2)，令x21得n(1,1,0)cosm，n.二面角D­AE­B是鈍二面角，二面角D­AE­B的余弦值為.1.在三棱柱ABC­A1B1C1中，已知ABACAA1，BC4，O為BC的中點(diǎn)，A1O平面ABC(1)證明四邊形BB1C1C為矩形；(2)求直線AA1與平面A1B1C所成角的余弦值解(1)證明：連接AO，因?yàn)镺為BC的中點(diǎn)，可得BCAO，A1O平面ABC, BC平面ABC，A1OBC，又AOA1OO，BC平面AA1O，BCAA1，BB1AA1, BCBB1，又四邊形BB1C1C為平行四邊形，四邊形BB1C1C為矩形(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)，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)，設(shè)平面A1B1C的法向量是n(x，y，z)，由 得 即可取n(2,1，1)，設(shè)直線AA1與平面A1B1C所成角為，則，sin ，cos ，即直線AA1與平面A1B1C所成角的余弦值為.2如圖1，在等腰梯形ABCD中，ADBC，AD2BC4，ABC120°，E為AD的中點(diǎn)現(xiàn)分別沿BE，EC將ABE和ECD折起，點(diǎn)A折至點(diǎn)A1，點(diǎn)D折至點(diǎn)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(dòng)點(diǎn)G滿(mǎn)足GD1平面A1BE，作出點(diǎn)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(diǎn)N和M，則點(diǎn)G的軌跡是直線MN.證明如下：連接D1M，MN，ND1，則MNBE，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，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MND1平面BEA1，當(dāng)GD1平面MND1時(shí)，GD1平面A1BE.點(diǎn)G的軌跡是直線MN.(2)以M為原點(diǎn)，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M­xyz.則平面BCE的一個(gè)法向量為m(0,0,1)，E(0，1,0)，D1(0,0，)，A1，(0,1，)，設(shè)平面A1ED1的一個(gè)法向量為n(x，y，z)，則令z1，得y，x1，n(1，1)，設(shè)所求二面角為，則cos .3.如圖，圓柱的軸截面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，點(diǎn)P是圓弧CD上的一動(dòng)點(diǎn)(不與C，D重合)，點(diǎn)Q是圓弧AB的中點(diǎn)，且點(diǎn)P，Q在平面ABCD的兩側(cè)(1)證明：平面PAD平面PBC；(2)設(shè)點(diǎn)P在平面ABQ上的射影為點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是PQB和POA的重心，當(dāng)三棱錐P­ABC體積最大時(shí)，回答下列問(wèn)題證明：EF平面PAQ；求平面PAB與平面PCD所成二面角的正弦值解(1)因?yàn)锳BCD是軸截面，所以AD平面PCD，所以ADPC又點(diǎn)P是圓弧CD上的一動(dòng)點(diǎn)(不與C，D重合)，且CD為直徑，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)當(dāng)三棱錐P­ABC體積最大時(shí)，點(diǎn)P為圓弧CD的中點(diǎn)，所以點(diǎn)O為圓弧AB的中點(diǎn)，所以四邊形AQBO為正方形，且PO平面ABO.連接PE并延長(zhǎng)交BQ于點(diǎn)M，連接PF并延長(zhǎng)交OA于點(diǎn)N，連接MN，則MNAQ，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為兩個(gè)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(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則P(0,0,2)，A(，0,0)，B(0，0)，(，0，2)，(，0)設(shè)平面PAB的法向量n(x，y，z)，則即可取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與平面PCD所成二面角的正弦值為.