（新高考）2020版高考數(shù)學二輪復習 第三部分 講重點 解答題專練 第3講 立體幾何教學案 理

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1、第3講　立體幾何 ■真題調研—————————————— 【例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的中點． (1)證明：MN∥平面C1DE； (2)求二面角A－MA1－N的正弦值． 解：(1)連接B1C，ME.因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以ME∥B1C，且ME＝B1C. 又因為N為A1D的中點，所以ND＝A1D. 由題設知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED. 又MN?平面EDC1，所

2、以MN∥平面C1DE. (2)由已知可得DE⊥DA.以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，的方向為y軸正方向，的方向為z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz，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m＝(x，y，z)為平面A1MA的法向量，則所以 可取m＝(，1,0)． 設n＝(p，q，r)為平面A1MN的法向量，則所以 可取n＝(2,0，－1)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝， 所以二面角A－MA1－N的正弦值為. 【例2】　[2019·全國卷

3、Ⅱ]如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1. (1)證明：BE⊥平面EB1C1； (2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值． 解：(1)由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE. 又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1＝90°.由題設知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB. 以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz，則C(0,1,0)，B(1,1,0)

4、，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，所以＝(1,0,0)，＝(1，－1，1)，＝(0,0,2)． 設平面EBC的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 所以可取n＝(0，－1，－1)． 設平面ECC1的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則即 所以可取m＝(1,1,0)． 于是cos〈n，m〉＝＝－. 所以，二面角B－EC－C1的正弦值為. 【例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. (1)證明：圖2中的

5、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)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，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＝. 以H為坐標原點，的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系

6、H－xyz，則A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2，0，)，＝(1,0，)，＝(2，－1,0)． 設平面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cos〈n，m〉＝＝. 因此二面角B－CG－A的大小為30°. 【例4】　[2019·天津卷]如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2. (1)求證：BF∥平面ADE； (2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值； (3)若二面角E－BD－F的余弦值為，求線段CF的長． 解：

7、依題意，可以建立以A為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標系(如圖)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．設CF＝h(h>0)，則F(1,2，h)． (1)依題意，＝(1,0,0)是平面ADE的法向量，又＝(0,2，h)，可得·＝0，又因為直線BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE. (2)依題意，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，＝(－1，－2，2)． 設n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，則即不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)． 因此有cos〈，n〉＝＝－. 所以，直線CE與平面BD

8、E所成角的正弦值為. (3)設m＝(x，y，z)為平面BDF的法向量， 則即 不妨令y＝1，可得m＝. 由題意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝，解得h＝.經(jīng)檢驗，符合題意． 所以，線段CF的長為. ■模擬演練—————————————— 1．[2019·南昌二模]如圖1，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，E，F(xiàn)是邊DC的三等分點．現(xiàn)將△DAE，△CBF分別沿AE，BF折起，使得平面DAE、平面CBF均與平面ABFE垂直，如圖2. (1)若G為線段AB上一點，且AG＝1，求證：DG∥平面CBF； (2)在(1)的條件下，求二面角A－CF－B的余弦值． 解：(1)如圖，分別

9、取AE，BF的中點M，N，連接DM，CN，MG，MN， 因為AD＝DE＝1，∠ADE＝90°， 所以DM⊥AE，且DM＝. 因為BC＝CF＝1，∠BCF＝90°， 所以CN⊥BF，且CN＝. 因為平面DAE、平面CBF均與平面ABFE垂直， 所以DM⊥平面ABFE，CN⊥平面ABFE， 所以DM∥CN，且DM＝CN.易知∠EAB＝45°，由余弦定理，得MG2＝2＋12－2××1×＝， 所以AM2＋MG2＝2＋＝1＝AG2， 所以∠AMG＝90°， 所以△AMG是以AG為斜邊的等腰直角三角形， 故∠MGA＝45°， 而∠FBA＝45°，則MG∥FB，故平面DMG∥平面

10、CBF，又DG?平面DMG，所以DG∥平面CBF. (2)連接GE，以G為原點，分別以AB，GE所在直線為x，y軸，以過G點并垂直于平面ABFE的直線為z軸建立空間直角坐標系，則A(－1,0,0)，B(2,0,0)，E(0,1,0)，F(xiàn)(1,1,0)，C， 所以＝(2,1,0)，＝， 連接GF，由題知GF⊥BF，由(1)知GF⊥CN，故GF⊥平面CBF， 從而＝(1,1,0)是平面CBF的一個法向量． 設n＝(x，y，z)為平面AFC的法向量，則 即 取x＝－2，則y＝4，z＝3，n＝(－2,4,3)， 所以cos〈，n〉＝＝， 由圖知二面角A－CF－B為鈍角， 故所求二面

11、角的余弦值為－. 2．[2019·合肥質檢二]如圖，三棱臺ABC－EFG的底面是正三角形，平面ABC⊥平面BCGF，CB＝2GF，BF＝CF. (1)求證：AB⊥CG； (2)若BC＝CF，求直線AE與平面BEG所成角的正弦值． 解：(1)取BC的中點為D，連接DF，如圖． 由題意得，平面ABC∥平面EFG，平面ABC∩平面BCGF＝BC，平面EFG∩平面BCGF＝FG，從而BC∥FG. ∵CB＝2GF，∴CD綊GF， ∴四邊形CDFG為平行四邊形， ∴CG∥DF. ∵BF＝CF，D為BC的中點， ∴DF⊥BC，∴CG⊥BC. ∵平面ABC⊥平面BCGF，且平面A

12、BC∩平面BCGF＝BC，CG?平面BCGF， ∴CG⊥平面ABC，又AB?平面ABC， ∴CG⊥AB. (2)連接AD. 由△ABC是正三角形，且D為BC的中點得， AD⊥BC. 由(1) 知，CG⊥平面ABC，CG∥DF， ∴DF⊥AD，DF⊥BC， ∴DB，DF，DA兩兩垂直． 以D為坐標原點，DB，DF，DA所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系D－xyz. 設BC＝2，則A(0,0，)，B(1,0,0)，F(xiàn)(0，，0)， G(－1，，0)， ∴＝(－2，，0)． ∵CB＝2GF，∴＝2，∴E， ∴＝，＝. 設平面BEG的法向量為n＝(x，y，z

13、)， 由可得， 令x＝，則y＝2，z＝－1， ∴n＝(，2，－1)為平面BEG的一個法向量． 設AE與平面BEG所成的角為θ， 則sinθ＝|cos〈，n〉|＝|＝. ∴直線AE與平面BEG所成角的正弦值為. 3．[2019·廣州綜合測試一]如圖，在三棱錐A－BCD中，△ABC是等邊三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，點P是AC的中點，連接BP，DP. (1)證明：平面ACD⊥平面BDP； (2)若BD＝，且二面角A－BD－C為120°，求直線AD與平面BCD所成角的正弦值． 解：(1)因為△ABC是等邊三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°， 所以Rt△ABD≌Rt△C

14、BD，可得AD＝CD. 因為點P是AC的中點，則PD⊥AC，PB⊥AC， 因為PD∩PB＝P，PD?平面PBD，PB?平面PBD， 所以AC⊥平面PBD. 因為AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDP. (2)解法一：如圖，作CE⊥BD，垂足為E，連接AE. 因為Rt△ABD≌Rt△CBD， 所以AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC為二面角A－BD－C的平面角． 由已知二面角A－BD－C為120°，知∠AEC＝120°. 在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得 AC＝AE， 因為△ABC是等邊三角形， 則AC＝AB，所以 AB＝AE. 在Rt△ABD中，有AE·B

15、D＝AB·AD， 得BD＝AD， 因為BD＝，所以AD＝. 又BD2＝AB2＋AD2，所以AB＝2. 則AE＝，ED＝. 由CE⊥BD，AE⊥BD可知BD⊥平面AEC，則平面AEC⊥平面BCD.過點A作AO⊥CE，交CE的延長線于O，則AO⊥平面BCD. 連接OD，則∠ADO為直線AD與平面BCD所成的角． 在Rt△AEO，∠AEO＝60°，所以AO＝AE＝1， sin∠ADO＝＝. 所以直線AD與平面BCD所成角的正弦值為. 解法二：如圖，作CE⊥BD，垂足為E，連接AE. 因為Rt△ABD≌Rt△CBD， 所以AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC為二面角A－BD－C

16、的平面角． 由已知二面角A－BD－C為120°，知∠AEC＝120°. 在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得AC＝AE， 因為△ABC是等邊三角形，則AC＝AB， 所以AB＝AE. 在Rt△ABD中，有AE·BD＝AB·AD， 得BD＝AD， 因為BD＝，所以AD＝. 又BD2＝AB2＋AD2，所以AB＝2. 則AE＝，ED＝. 以E為坐標原點，以向量，的方向分別為x軸，y軸的正方向，以過點E垂直于平面BCD的直線為z軸，建立空間直角坐標系E－xyz，則D，A，向量＝， 平面BCD的一個法向量為m＝(0,0,1)， 設直線AD與平面BCD所成的角為θ， 則cos〈m，

17、〉＝＝＝－， sinθ＝|cos〈m，〉|＝. 所以直線AD與平面BCD所成角的正弦值為. 4．[2019·長沙一模]已知三棱錐P－ABC(如圖1)的平面展開圖(如圖2)中，四邊形ABCD為邊長等于的正方形，△ABE和△BCF均為正三角形．在三棱錐P－ABC中： (1)證明：平面PAC⊥平面ABC； (2)若點M在棱PA上運動，當直線BM與平面PAC所成的角最大時，求二面角P－BC－M的余弦值． 解：(1)如圖，設AC的中點為O，連接BO，PO. 由題意，得PA＝PB＝PC＝， PO＝BO＝1. 因為在△PAC中，PA＝PC，O為AC的中點， 所以PO⊥AC. 因

18、為在△POB中，PO2＋OB2＝PB2， 所以PO⊥OB. 因為AC∩OB＝O，AC，OB?平面ABC， 所以PO⊥平面ABC. 因為PO?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC. (2)由(1)知，BO⊥PO，由題意可得BO⊥AC，所以BO⊥平面PAC， 所以∠BMO是直線BM與平面PAC所成的角， 且tan∠BMO＝＝， 所以當線段OM最短，即M是PA的中點時，∠BMO最大． 由PO⊥平面ABC，OB⊥AC，得PO⊥OB，PO⊥OC，OB⊥OC，以O為坐標原點，OC，OB，OP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系O－xyz， 則O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(－1,0,0)，P(0,0,1)，M，＝(1，－1,0)，＝(1,0，－1)，＝. 設平面MBC的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 由得 令x1＝1，得y1＝1，z1＝3，即m＝(1,1,3)是平面MBC的一個法向量． 設平面PBC的法向量為n＝(x2，y2，z2)， 由得 令x2＝1，得y2＝1，z2＝1，即n＝(1,1,1)是平面PBC的一個法向量． 所以cos〈m，n〉＝＝＝. 結合圖可知，二面角P－BC－M的余弦值為. 12