2021数学（理）统考版二轮复习专题限时集训11立体几何含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考数学（理）统考版二轮复习专题限时集训11立体几何含解析专题限时集训(十一)立体几何1．（2019·全国卷Ⅰ）如图,直四棱柱ABCD。A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°,E，M，N分别是BC，BB1，A1D(1）证明：MN∥平面C1DE;（2）求二面角A­MA1­N的正弦值．[解］（1）证明：连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点，所以ME∥B1C,且ME＝eq\f（1，2）B1C．又因为N为A1D的中点,所以ND＝eq\f（1，2）A1D．由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，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为坐标原点，eq\o（DA,\s\up7(→））的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D。xyz，则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)．设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则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)．设n＝（p,q,r）为平面A1MN的法向量，则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A­MA1­N的正弦值为eq\f(\r（10)，5）。2．（2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P。ABC中，AB＝BC＝2eq\r（2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1）证明:PO⊥平面ABC;(2）若点M在棱BC上，且二面角M。PA。C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．[解］（1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4,O为AC的中点,所以OP⊥AC，且OP＝2eq\r（3)。连接OB．因为AB＝BC＝eq\f（\r(2),2）AC，所以△ABC为等腰直角三角形，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）如图,以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up7（→))的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系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的一个法向量eq\o(OB,\s\up7（→））＝（2，0，0)．设M(a，2－a,0)（0≤a≤2），则eq\o(AM，\s\up7（→)）＝（a，4－a，0）．设平面PAM的法向量为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与平面PAM所成角的正弦值为eq\f(\r(3），4）.3．(2019·全国卷Ⅲ）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1,BE＝BF＝2,∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合,连接DG，如图2.图1图2（1)证明：图2中的A,C,G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的二面角B.CG.A的大小．［解］(1）证明:由已知得AD∥BE，CG∥BE,所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G,D四点共面．由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE。(2)作EH⊥BC，垂足为H。因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2,∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq\r(3)。以H为坐标原点，eq\o（HC,\s\up7（→））的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，则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)．设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z),则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的法向量可取为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的大小为30°.4．（2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点,P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于（1)证明：AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面[解]（1）证明：因为M,N分别为BC,B1C1的中点，所以MN∥CC1又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN。因为△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为坐标原点，eq\o(MA,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，|eq\o（MB，\s\up7(→）)｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M。xyz，则AB＝2，AM＝eq\r(3)。连接NP,则四边形AONP为平行四边形，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，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC．设Q（a,0，0），则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）。所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为eq\f(\r(10），10).1．(2020·六安模拟)如图1，在梯形ABCD中,AD∥BC，AB＝BC＝eq\f（1，2)AD，E为AD中点，O是AC与BE的交点,将△ABE沿BE翻折到图2中△A1BE的位置得到四棱锥A1.BCDE.图1图2(1)求证：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)由题图1可知，四边形ABCE为菱形，则AC＝BE,则在图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)因为BE＝eq\r(3)AB，所以∠BAE＝eq\f(2π，3），设AB＝2,则A1O＝OC＝1，又A1C＝eq\f（\r（2）,2)AB＝eq\r（2),所以∠A1OC＝eq\f（π，2)。建立如图所示的空间直角坐标系,则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)，则eq\o(ED，\s\up7(→)）＝（－eq\r(3），1,0),eq\o(EA1，\s\up7(→)）＝(eq\r(3)，0,1)．则平面A1EB的法向量为n1＝（0,1,0），设平面A1ED的法向量为n2＝(x，y，z），则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(n2·\o(ED,\s\up7(→))＝0，，n2·\o（EA1,\s\up7(→))＝0，））则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－\r（3）x＋y＝0，，\r（3)x＋z＝0,))令x＝1,则y＝eq\r(3），z＝－eq\r（3)，则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)，又由图可知二面角B.A1E.D为钝二面角，故二面角B。A1E。D的余弦值为－eq\f（\r（21),7).2．(2020·沈阳模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，BC⊥BB1，CC1＝eq\r（2),AC1＝eq\r(6）.（1)证明：平面ABC⊥平面BB1C（2）M，N分别是BC，B1C1的中点，P是线段AC1上的动点，若二面角P。MN。C的平面角的大小为30°,试确定点P［解]（1）证明：因为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.又因为BC⊥BB1，BB1∥CC1，所以BC⊥CC1,AC∩BC＝C，所以CC1⊥平面ABC．因为CC1⊂平面BB1C所以平面ABC⊥平面BB1C（2)连接AM，因为AB＝AC＝2，M是BC的中点，所以AM⊥BC．由(1）知,平面ABC⊥平面BB1C1C，所以AM⊥平面以M为原点，建立如图所示的空间直角坐标系M.xyz,则平面BB1C1C的一个法向量是m＝(0,0，1），A（0,0,eq\r(3）),N（0，eq\r(2)，0），C1（－1，eq\r(2)，0）．设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)．设平面MNP的一个法向量为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）．因为二面角P。MN­C的平面角的大小为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）.所以点P为线段AC1上靠近C1点的四等分点，且坐标为Peq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(3,4），\f(3\r（2),4)，\f(\r(3),4)）)。3．（2020·鄂州模拟)如图，AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A，B外的一个动点，DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB，DC＝EB＝1，AB＝4.（1）证明：平面ADE⊥平面ACD；(2）当C点为半圆的中点时，求二面角D­AE。B的余弦值．［解](1)证明：∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，∵DC⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC，又DC∩AC＝C，∴BC⊥平面ACD,∵DC∥EB，DC＝EB，∴四边形DCBE是平行四边形,∴DE∥BC，∴DE⊥平面ACD．又DE⊂平面ADE，∴平面ACD⊥平面ADE。(2)当C点为半圆的中点时，AC＝BC＝2eq\r（2),以C为原点，以CA，CB，CD为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示，则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),设平面DAE的法向量为m＝(x1，y1,z1），平面ABE的法向量为n＝（x2，y2,z2），则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是钝二面角，∴二面角D。AE。B的余弦值为－eq\f（\r（2）,6).1。在三棱柱ABC。A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝eq\r(5)，BC＝4,O为BC的中点，A1O⊥平面ABC．(1)证明四边形BB1C（2）求直线AA1与平面A1B1C[解］(1)证明：连接AO，因为O为BC的中点，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∵四边形BB1C∴四边形BB1C（2）如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴,建立空间直角坐标系,则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)，设平面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),设直线AA1与平面A1B1C所成角为θ,则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)，即直线AA1与平面A1B1C所成角的余弦值为eq\f(\r（105),15）.2．如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝2BC＝4,∠ABC＝120°，E为AD的中点．现分别沿BE，EC将△ABE和△ECD折起，点A折至点A1，点D折至点D1，使得平面A1BE⊥平面BCE，平面ECD1⊥平面BCE,连接A1D1，如图2。图1图2(1)若平面BCE内的动点G满足GD1∥平面A1BE，作出点G的轨迹并证明;(2)求平面A1D1E与平面BCE所成锐二面角的余弦值．［解]（1)如图，取BC和CE的中点N和M，则点G的轨迹是直线MN。证明如下:连接D1M，MN，ND1，则MN∥BE又MN⊄平面BEA1，BE⊂平面BEA1，∴MN∥平面BEA1.依题意知,△A1BE,△BCE，△ECD1为正三角形,∴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，∵MD1∩NM＝M，NM⊂平面MND1，MD1⊂平面MND1，∴平面MND1∥平面BEA1，当GD1⊂平面MND1时，GD1∥平面A1BE。∴点G的轨迹是直线MN。（2）以M为原点，MB，MC，MD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系M。xyz.则平面BCE的一个法向量为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）),设平面A1ED1的一个法向量为n＝（x，y,z)，则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），设所求二面角为θ，则cosθ＝eq\f(｜m·n|,｜m|·|n｜)＝eq\f(1,\r(5）)＝eq\f(\r（5），5).3.如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形,点P是圆弧CD上的一动点（不与C，D重合），点Q是圆弧AB的中点，且点P，Q在平面ABCD的两侧