1、备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 1 / 25 目目 录录 备战备战 2021 年高考理科数学解答题年高考理科数学解答题-立体几何立体几何 (精简版精简版)-含答案与解析含答案与解析 目目 录录 1 一立体几何专练一立体几何专练基础篇基础篇 2 二立体几何专练二立体几何专练强化篇强化篇 4 (三三)立体几何立体几何基础篇基础篇 答案与解析答案与解析 9 (二二)立体几何专练立体几何专练强化篇强化篇 答案与解析答案与解析 15 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含
2、答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 2 / 25 一立体几何专练基础篇一立体几何专练基础篇 基础基础 1 1. . 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是正方形，PA底面 ABCD，且 PA=AB，M、N 分别是 PA、 BC 的中点 (I)求证：MN平面 PCD； (II)在棱 PC 上是否存在点 E，使得 AE平面 PBD?若存在，求出 AE 与平面 PBC 所成角的正弦值，若不存在，请说明 理由 基础基础 2.2. 如图，已知长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是边长为 4 的正方形，高 AA1=42，P 为 CC1的中点。
3、（）求证：BDA1P； （）求二面角 CPDB 的大小。 基础基础 3 3. . 如图，已知直角梯形 ABCD 中，ABCD，ABBC，AB1，BC2，CD1 3，过 A 作 AECD，垂足 为 E，G、F 分别为 AD、CE 的中点，现将 ADE 沿 AE 折叠，使得 DEEC. (1)求证：BC平面 CDE； (2) 求证：FG平面 BCD； (3)在线段 AE 上找一点 R，使得平面 BDR平面 DCB，并说明理由. 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 3 / 25 基础基础 4 4.
4、. 已知斜三棱柱ABC 111 A BC，侧面 11A ACC与底面ABC垂直， o 90ABC，32, 2ACBC，且 1 AACA1， 1 AACA1. （1）试判断 1 A A与平面 1 ABC是否垂直，并说明理由； （2）求侧面 11 BBC C与底面ABC所成锐二面角的余弦值 基础基础 5 5. . 如图，四棱锥ABCDP中，底面ABCD是 60ADC的菱形，侧面PDC是边长为 2 的正三角形，且与 底面ABCD垂直，M为PB的中点. （）求证：PA平面CDM； （）求二面角BMCD的余弦值. 基础基础 6 6. . 在直三棱柱 111 ABCABC中， 1 2,2 2ABBCAA
5、ACB=90 ,是 1 AA 的中点，是 1 BC的中点 （）求证：MN平面 111 ABC ； （）求点 1 C到平面 BMC 的距离； （）求二面角 11 BC MA的平面角的余弦值大小 基础基础 7 7. . 如图,三棱柱ABCA1B1C1中, 侧棱与底面垂直，AB=BC=2AA1，ABC=90 ，M 是BC 中点。 ()求证：A1B平面 AMC1； ()求直线 CC1与平面 AMC1所成角的正弦值； （）试问：在棱 A1B1上是否存在点 N，使 AN 与 MC1成角 60 ？若存在， 确定点 N 的位置；若不存在，请说明理由。 P C A B D M 备战备战 2021 年高考理科数学
6、【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 4 / 25 Q P DC B A S 基础基础 8. 如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，30BAC，BMAC交 AC于点M，EA 平面ABC，/FCEA，431ACEAFC， （）证明：EMBF； （ ）求平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值 基础基础 9 9. . 如图， 四棱锥 PABCD 的底面是菱形， ABC=600， PA底面 ABCD， E、 F 分别是 BC、 PC 的中点， PA=AB=2. （1）若 H 为 PD 上的动点，求 EH 与平面 PAD 所成的最大
7、角的正切值； （2）求二面角 EAFC 的余弦值. 基础基础 1010. . 已知 D、E 分别在平面 ABC 的同侧，且 DC平面 ABC， EB平面 ABC，DC=2,ABC 是边长为 2 的正三角形，F 是 AD 中点. (1)当 BE 等于多少时，EF平面 ABC； (2)当 EF平面 ABC 时，求平面 DAE 和平面 ABC 所成的角. 二立体几何专练强化篇二立体几何专练强化篇 强化强化 1. 如图， 已知四棱锥SABCD中，SAD是边长为a的正三角形， 平面SAD 平面ABCD， 四边形ABCD是 菱形，60DAB，P是AD的中点，Q是SB的中点. （1）求证：/ /PQ平面SC
8、D. （2）求二面角BPCQ的余弦值. A B C E F M O A B C E D F 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 5 / 25 强化强化 2. 如图， 三棱柱 ABCA1B1C1的侧棱与底面 ABC 垂直， 底面 ABC 是等腰直角三角形， ACB=90 ， 侧棱 AA1=2， D、E 分别是 CC1与 A1B 的中点，点 E 在平面 ABD 上的射影是 ABD 的垂心 G （1）求证：ADA1B； （2）求 A1B 与平面 ABD 所成角的大小。 强化强化3. 如图，在四棱锥E
9、 ABCD 中，AB 平面BCE，DC 平面BCE， 22ABBCCECD ， 2 3 BCE （）求证：平面ADE 平面ABE； （）求二面角A EBD 的大小 强化强化 4. 如图，将边长为 2，有一个锐角为 60 的菱形 ABCD，沿着较短的对角 线 BD 对折，使得 AC 6 ，O为BD的中点. （）求证： ；平面BCDAO （）求三棱锥 BCDA 的体积； （）求二面角 DBCA 的余弦值. 强化强化 5. 如图，已知三棱柱 111 CBAABC 的侧棱与底面垂直，ABACABAA，1 1 AC， M 是 1 CC的中点，N 是 BC 的中点，点 P 在直线 11B A上，且满足 1
10、11 BAPA. （）当取何值时，直线 PN 与平面 ABC 所成的角最大？并求 sin的值； （）若平面 PMN 与平面 ABC 所成的二面角为 45，试确定点 P 的位置. A C1 C B B1 A1 D E G O B C D A 1 A 1 B P N M A B C 1 C 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 6 / 25 强化强化 6. 如图，已知 ABCD 是边长为 1 的正方形，AF平面 ABCD，CEAF，) 1(AFCE （）证明：BDEF； （）若 AF1，且直线 BE
11、 与平面 ACE 所成角的正弦值 为 10 23 ，求的值 强化强化 7. 如图，正方形AMDE的边长为 2，BC、分别为线段AMMD、的中点，在五棱锥PABCDE中，F为棱 PE的中点，平面ABF与棱PDPC、分别交于点GH、 （1）求证：/ /ABFG； （2）若PA 底面ABCDE，且PAAE，求直线BC与平面ABF所成角的大小 强化强化 8. 四棱锥ABCDS ，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC底面ABCD.已知 135DAB，22BC， 2ABSCSB，F为线段SB的中点. （）求证：/SD平面CFA； （）求面SCD与面SAB所成二面角大小. 强化强化 9. 如图，四棱锥 SA
12、BCD 的底面是正方形，SD平面 ABCD，SD=AD=a，点 E 是 SD 上的点，且 DE=a（0 1） （）求证：对任意的 =（0，1，都有 ACBE； （）若二面角 CBEA 的大小为 120 ，求实数 的值 （第 6 题图） F E D C B A F S D B C A 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 7 / 25 D A 1 C 1 B 1 A B C 强化强化 10. 在三棱柱 111 ABCABC中， 1 2ABBCCAAA，侧棱 1 AA 平面ABC，D为棱 11 A
13、B上的动点，E 为 1 AA的中点，点F在棱AB上，且 1 4 AFAB. (1) 设 1 1 AD DB ，当为何值时，EF平面 1 BC D；(2) 在（1）条件下，求二面角 1 EBCD的余弦值. A1 B1 C1 A B C F E D 强化强化 11. 如图，已知多面体 ABCDEF 中，ABCD 为菱形，ABC=60， AE平面 ABCD,AECF,AB=AE=1,AF BE. (I)求证：平面 BAF平面 BDE； ()求二面角 B-AF-D 的余弦值 强化强化 12. 如图，直三棱柱 111 ABCABC中， 1 1 2 ACBCAA，D是棱 1 AA的中点， BDDC 1 （
14、）证明：BCDC 1 ； （）求二面角 11 CBDA的大小 强化强化 13. 如图，在四棱锥中PABCD，底面 ABCD 为边长为2的正方形，.PABD （）求证：;PBPD （）若 E,F 分别为 PC,AB 的中点，EF 平面,PCD 求直线 PB 与平面 PCD 所成角的大小. 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 8 / 25 强化强化 14. 如图，四棱锥SABCD中，/ABCD，BCCD，2ABBC，1CDSD，侧面SAB为等边三 角形 （）证明：ABSD；（）求二面角ASBC的正
15、弦值 强化强化 15. 如图，平面ABEFABC平面,四边形ABEF底面为矩形，ACBC ，O为AB的中点，OFEC （1）求证：OEFC； （2）若2,3ABAC，求二面角FCEB的余弦值 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 9 / 25 (三三)立体几何基础篇立体几何基础篇 答案与解析答案与解析 基础基础 1. 26 sin|cos| 3| |3 2 AH AE AHAE .12 分 基础基础 2. 解解: （）连结 A1C1，AC， ABCDA1B1C1D1是长方体， A1A面 ABCD
16、 1 分 又 BD面 ABCD，BDA1A，又 ABCD 是正方形 2 分 BDAC，ACA1A=A BD面 A1AC，即 BD面 A1ACC1 4 分 又 A1P面 A1ACC1，BDA1P 6 分 （）如图，以 D 为原点建立空间直角坐标系，由题意得 )22 , 4 , 0(),0 , 4 , 4(),0 , 0 , 0(PBD， 于是)22, 4, 0(),0 , 4, 4(PDBD， 8 分 设 1 n面 BDP， 不妨设)2 ,( 1 yxn ，由 0244 , 044 y yx 得 ,2 ,2 y x )2,2,2( 1 n 10 分 设 2 n面 CDP，取)0 , 0 , 1
17、( 2 n， 若 n1与 n2的夹角为，则 2 1 18 2 | cos 21 21 nn nn 11 分 据分析，二面角 CPDB 是锐角，二面角 CPDB 的大小为 3 12 分 基础基础 3. 解解: (1)由已知得 DEAE，DEEC，AEECE，AE、EC平面 ABCE， 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 10 / 25 DE平面 ABCE，DEBC. .2 分 又 BCCE，CEDEE，BC平面 CDE. .4 分 (2)取 AB 的中点 H，连结 GH、FH，.5 分 GHBD
18、，FHBC， GH平面 BCD，FH平面 BCD. .6 分又 GHFHH，平面 FHG平面 BCD . 又 GF平面 FHG， FG平面 BCD. .7 分 (3)分析可知：R 点满足 3ARRE 时，平面 BDR平面 DCB. 理由：取 BD 的中点 Q，连结 DR、BR、CR、CQ、RQ. 容易计算 CD2，BR 5 2 ，CR 13 2 ，DR 21 2 ，CQ 2.9 分 在 BDR 中，BR 5 2 ，DR 21 2 ，BD2 2，由余弦定理得 RQ 5 2 ， 在 CRQ 中，CQ2RQ2CR2，CQRQ， .10 分 又在 CBD 中，CDCB，Q 为 BD 的中点，CQBD，
19、CQ平面 BDR. 平面 BDR平面 DCB. .12 分 基础基础 4. 解解: （1）由条件知),0 , 0 ,22(),0 , 2 , 0(),0 , 0 , 0(ACB 1 分 由面 11A ACC面 ABC，AA1A1C，AA1=A1C，知)3, 1 ,2( 1 A 2 分 ),0 , 2 , 0(),3, 1 ,2( 1 BCAA 02 1 BCAA 3 分 1 AA与BC不垂直，即 AA1与 BC 不垂直， AA1与平面 A1BC 不垂直5 分 （2）由 ACC1A1为平行四边形， 知 1 CC= 1 AA=)3, 1 ,2(7 分 设平面 BB1C1C 的法向量),( 111
20、zyxn ， 由 032 02 0 0 , 111 1 11 1 11 1 zyx y CCn BCn CCn BCn ，即得 令3 1 x，则)20 , 3(2, 0 111 nzy，得 9 分 另外，平面 ABC 的法向量 2 n（0，0，1） 10 分 5 10 5 2 | ,cos 21 21 21 nn nn nn 所以侧面 BB1C1C 与底面 ABC 所成锐二面角的余弦值为 5 10 12 分 基础基础 5. 解解: （） 证明： 取CD的中点O，PA的中点N， 连接MN，ON，PO.在菱形ABCD中， 由于 60ADC， ACD为正三角形，则CDAO ，又CDPO ，故CD平面
21、APO，从而PACD . 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 11 / 25 又MNAB 2 1 /，ABCO 2 1 /，COMN/，则四边形OCMN为平行四边形，所以ONMC/. 在APO中，POAO，APON ，故MCAP ，所以PA平面CDM. 6 分 （）由（）知，PAMC ，由题意知BCPC ，又M为PB的中点，MBMC ， MC面PAB，MNMC ，则NMB为二面角BMCD的平面角. 在PAORt中，易得6PA，又2AB，10PB， 5 10 cosPBA，从而 5 10 cos
22、NMB，故所 求二面角的余弦值为 5 10 . 12 分 基础基础 6. 解解: （1）如图所示，取 B1C1中点 D，连结 ND、A1D DNBB1AA1 又 DNMAAABB 111 2 1 2 1 四边形 A1MND 为平行四边形。 MNA1 D 又 MN 平面 A1B1C1 AD1平面 A1B1C1 MN平面 111 CBA-4 分 (2)因三棱柱 111 CBAABC 为直三棱柱， C1 C BC，又ACB=90 BC平面 A1MC1 在平面 ACC1 A1中，过 C1作 C1HCM，又 BCC1H，故 C1H 为 C1点到平面 BMC 的距离。在等腰三角形 CMC1 中， C1 C
23、=2 2,CM=C1M=6 3 34 1 1 CM ACCC HC .-8 分 (3)在平面 ACC1A1上作 CEC1M 交 C1M 于点 E，A1C1于点 F, 则 CE 为 BE 在平面 ACC1A1上的射影， BEC1M, BEF 为二面角 B-C1M-A 的平面角, 在等腰三角形 CMC1中，CE=C1H= 3 34 ,tanBEC= 2 3 CE BC cosBEC=7 7 2 . 二面角AMCB 1 的平面角与BEC 互补，所以二面角AMCB 1 的余弦值为7 7 2 -12 分 法 2： （1）同上。如图所示建系， （2） 可得， 1 (2,0,0), (0,2,0),(0,0
24、,2 2)BAC,(0,2, 2),M,设( , , )nx y z是平面 BMC 的法向量， C1点到平面 BMC 的距离 h。 可求得一个法向量为(0,1,2)n ， 1 (0,2,2)C M , 14 3 3 C M n h n （3）可知(2,0,0)CB 是平面 11 C AM 的法向量，设 111 ( ,)mx y z是 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 12 / 25 平面 1 BMC的法向量，求得一个法向量(2,1, 2)m 设是为二面角 11 BC MA的平面角,则 2 7
25、 cos 7 CB m CBm ，又因为二面角 11 BC MA的平面角是钝角， 所以 2 7 cos 7 。 基础基础 7. 解解: （）连接 1 AC交 1 AC于O,连接OM.在三角形 1 ABC中，OM是三角形 1 ABC的中位线， 所以OM 1 AB,又因OM 平面 1 AMC， 1 AB 平面 1 AMC所以OM平面 1 AMC. 4 分 （） （法一）设直线 1 CC与平面 1 AMC所成角为，C点到平面 1 AMC的距离为h，不妨设 1 1AA ，则=2AB BC ， 因为 1 1 1 3 CAMCAMC VSCC , 1 12 2 1 33 CAMC V ， 所以 111 2
26、1 33 CAMCCAMCAMC VVSh . 5 分 因为 11 5,3,2AMACMC，所以 1 5325 cos 5235 C AM , 1 2 5 sin 5 C AM. 1 1 13 52 5 35sin3 225 AMC SC AM 11 21 33 CAMCAMC VShh ， 2 3 h ， 2 sin 3 . 8 分 （法二）如图以BC所在的直线为x轴, 以BA所在 的直线为y轴, 以 1 BB所在的直线为z轴，以 1 BB的长度为单位长度建立空间直角坐标系. 则(0,0,0)B,(2,0,0)C,(0,2,0)A,(1,0,0)M， 1(2,0,1) C, 1(0,1,0)
27、 B, 1(0,2,1) A.设直线 1 CC与平面 1 AMC所成角为，平面 1 AMC的法向量为( , , )x y zn.则有 1 (0,0,1)CC ,(1, 2,0)AM , 1 ( 1,0, 1)C M ， 1 0 0 C M AM ， ， n n 20 0. xy xz ， 令2x ,得(2,1, 2)n， 1 22 sincos, 33 CC n. 8 分 （）假设直线 11 AB上存在点N，使AN与 1 MC成角为60. 设，则(0,2,1)ANb， 1 (1,0,1)MC . 222 1 cos60 (2)1 11b 2 11 2 2 (2)1b ， 2 2 (2)12b1
28、b或3b （舍去） ， 故(0,1,1)N.所以在棱 11 AB上存在棱 11 AB的中点N，使AN与 1 MC成角60. 12 分 基础基础 8. 解解: （法一） （）EA平面ABC，BM平面ABC， BMEA 1 分 又AC，BM AACEA， BM平面ACFE， 而EM平面ACFE， EMBM 3 分 AC是圆O的直径，90ABC x y N x z A B C A1 B1 C1 M 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 13 / 25 又，BAC304AC，BCAB2321, 3CMA
29、M EA平面ABC，EAFC/，1FC，FC平面ABCD EAM与FCM都是等腰直角三角形 45FMCEMA 90EMF，即MFEM （也可由勾股定理证得） 5 分 MBMMF， EM平面MBF而BF平面MBF， EMBF 6 分 （）延长EF交AC于G，连BG，过C作CHBG，连结FH 由（1）知FC 平面ABC，BG 平面ABC， FCBG而FCCHC，BG平面FCH FH 平面FCH，FHBG， FHC为平面BEF与平面ABC所成的 二面角的平面角 8 分 在ABCRt中，30BAC，4AC， 330sin ABBM由 1 3 FCGC EAGA ，得2GC 32 22 MGBMBG又G
30、BMGCH， BM CH BG GC ，则1 32 32 BG BMGC CH 11 分 FCH是等腰直角三角形， 45FHC 平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为 2 2 12 分 （法二） （）同法一，得33BMAM， 3 分 如图，以A为坐标原点，垂直于AC、AC、AE所在的直线为zyx,轴建立空间直角坐标系 由已知条件得(0,0,0),(0,3,0),(0,0,3),( 3,3,0),(0, 4,1)AMEBF， (0,3,3),(3,1,1)MEBF 4 分 由(0,3,3) (3,1,1)0ME BF ， 得BFMF ， BFEM 6 分 （）由（1）知(3,3,3),(
31、3,1,1)BEBF 设平面BEF的法向量为),(zyxn ， 由0,0,n BEn BF 得 3330 30 xyz xyz ， 令3x得1,2yz， 3,1, 2n ， 9 分 由已知EA平面ABC，所以取面ABC的法向量为(0,0,3)AE ， x y z A B C E F M O H G A B C E F M O 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 14 / 25 设平面BEF与平面ABC所成的锐二面角为， 则 3 0 1 02 32 coscos, 23 2 2 n AE ， 1
32、1 分 平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为 2 2 12 分 基础基础 9. 解解: （1）方法一：连接AE、AH，由题意，BCAE ,故ADAE ,又因为ABCD平面PA 所以，ADABCDPADABCDPAD平面且平面平面平面 所以，PADAE平面, 所以，AHE就是EH与平面PAD所成的角。 因为， AH AE AHEtan，易求3AE，故当AH最小时AHE最大， 由题意，ADPA ，故当H为PD中点时AH最小，此时，2AH 从而， 2 6 2 3 AH AE AHEtan 方法二：以AB所在直线为x轴，以AP所在直线为z轴，以过点A且与AB垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系
33、， 由题意，0 , 0 , 0A、0 , 0 , 2B、0 , 3, 1C，从而 0 , 2 3 , 2 3 E，0 , 3, 1D、2 , 0 , 0P， 设zyxH,，并设DPDH, 即2 , 3, 1, 3, 1zyx 所以，2 ,33, 1H，所以， 2 ,3 2 3 , 2 5 EH， 由条件易证PADAE平面，所以平面PAD的一个法向量为 0 , 2 3 , 2 3 AE， 设直线EH与平面PAD所成的角的角为，则 4 3 4 9 43 2 3 2 5 3 2 3 2 3 2 5 2 3 ,cossin 2 2 2 AEEH AEEH AEEH 5 2 1 8 3 2 所以，当 2
34、 1 时，sin取得最大值为 5 3 ，从而 5 2 cos，此时， 2 6 2 3 tan (2) 由条件易证AFCBD平面， 故取0 , 3, 3BD作平面AFC的法向 量。 设平面AFE的法向量为zyxn,，则AFn 且AEn z y x 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 15 / 25 y x z Q P DC B A S 所以， 0 2 3 2 3 0 2 3 2 1 yx zyx ，取3y，则1x，1z 即1, 3, 1n，设二面角 EAFC 的平面角为，由图可知此二面角为锐二面
35、角， 故 5 15 512 33 ,coscos nBD nBD nBD 基础基础 10. 解解: (1)取 AC 中点 G，连接 FG、BG，则 FGDCBE 当 BE=1 时，有 FG=BE，即 BEFG 为平行四边形 故当 BE=1 时，EFBG，即 EF平面 ABC 5 分 (2)取 BC 中点 O，过 O 作 OZ平面 ABC 如图，建立平面直角坐标系，则 A(3,0,0) B(0,1,0) E(0,1,1) D(0,-1,2) 平面 ABC 的法向量为) 1 , 0 , 0(BE 设平面 ADE 法向量为),(zyxn ) 1, 1 , 0(),2 , 1, 3(DEAD 由 02
36、 023 zy zyx ，取 z=2，则 y=1,x=3 )2 , 1 , 3(n 45, 2 2 ,cosnBEnBE 平面 DAE 和平面 ABC 所成角为 45 或 135 . (二二)立体几何专练强化篇立体几何专练强化篇 答案与解析答案与解析 强化强化 1. 解解: 【证明】 （1）取SC的中点R，连接QRDR，. 由题意知/ /PDBC且 1 2 PDBC，/ /QRBC且 1 2 QRBC，所以/ /PDQR且PDQR，即 四边形PDRQ是平行四边形，所以/ /PQDR， 又PQ 平面SCD，DR 平面SCD 所以/ /PQ平面SCD.-（5 分） （2）以P为坐标原点，PA为x轴
37、，PB为y轴，PS为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，Pxyz，则 33 (0 0)(00) 22 SaBa， ， 333 (0)(0) 244 CaaQaa ， 平 面PAC的 法 向 量 3 ( 0 0) 2 P Sa， ， 设 ()nxyz， ，是平面PQC的法向量， x A B C E D F G O y z 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 16 / 25 由 33 0 0 44 03 0 2 ayaz n PQ n PC axay ，令3y ，得 3 (3- 3) 2 n ，
38、，-（10 分） 3 2 11 2 cos 11333 22 a n PS a ， 又二面角BPCQ的平面角是锐角， 所以二面角BPCQ的平面角的余弦值是 2 11 11 -（12 分） 强化强化 2. 解解: （）点 E 在平面 ABD 上的射影是ABD 的垂心 G。连结 BG，则 BGAD，又ABDEG平面， EGAD BGEAD平面，BEAD 即BAAD 1 。 （5 分） （）以 C 点为坐标原点，分别以射线 CA 为 x 轴、CB 为 y 轴、CC1为 z 轴建立空间直角坐标系。 设点的坐标为 A（a,0,0） ，则点 B（0,a,0） ，A1（a，0，2） ，D（0，0，1） 。（
39、6 分） 由（）知BAAD 1 ，又(,0,1)ADa ，）（2 , 1 aaBA. 由20 1 aBAAD可得。（8 分） ( 2,0,0)A，(0, 2,0)B，(0,0,1)D， 1( 2,0,2) A. )0 ,2,2(AB，)01,2(AD， 1 ( 2,2,2)BA 设平面求 ABD 的一 个法向量 ),(zyxn ， xz xy zx yx 2 02 022 ， 取 )2, 1 , 1 (),(zyxn （10 分） 故 2 1 222 2222 ,cos 1 BAn , 所以 A1B 与平面 ABD 所成角的为 6 。 （12 分） 强化强化3. 解解: ()证明：取BE的中点
40、O，AE的中点F，连OC，OF，DF，则2OF / / BA AB平面BCE，CD平面BCE，2CD / / BA， OF / / CD，OCFD BC=CE，OCBE，又AB平面BCE. OC平面ABE. FD平面ABE. 从而平面ADE平面ABE. 6分 A C1 C B B1 A1 D E G 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 17 / 25 ()二面角AEBD与二面角FEBD相等， 由()知二面角FEBD的平面角为FOD。 BC=CE=2, BCE=1200，OCBE得BO=OE=
41、3，OC=1， OFDC为正方形，FOD=45， 二面角AEBD的大小为45 12分 解法2：取BE的中点O，连OC.BC=CE, OCBE，又AB平面BCE. 以O为原点建立如图空间直角坐标系Oxyz， 则由已知条件有: 0, 3,2A ， 0, 3,0B ， 1,0,0 ,C1,0,1 ,D 0,3,0 ,E 设平面ADE的法向量为 111 ,nx y z ，则由nEA 111 ,0,2 3,2x y z 11 2 320.yz 及nDA 111 ,1, 3,1x y z 111 30.xyz 可取n 0,1,3 又AB平面BCE，ABOC，OC平面ABE， 平面ABE的法向量可取为m 1
42、,0,0 . nm 0,1,3 1,0,0 =0, nm，平面ADE平面ABE. 6分 （）设平面BDE的法向量为 222 ,pxyz ， 则由 p ED 222 ,1, 3,1xyz 222 30.xyz 及 p EB 222 ,0,2 3,0 xyz 2 2 30.y 可取 p 1,0, 1 平面ABE的法向量可取为m 1,0,0 锐二面角AEBD的余弦值为 | | | m p mp = 2 2 ， 二面角AEBD的大小为45 12分 强化强化 4. 解解: （）连接OC，由已知得 ABD 和 CBD 是等边三角形，O为BD的中点， ,BDCOBDAO 又边长为 2， 3COAO 2 分
43、由于 6AC ，在 AOC 中， 222 ACCOAO OCAOAOC，即90OOCBD ， BCDAO平面 5 分 （） 32 4 3 2 BCD S , 133 3 1 BCDA V 8 分 （）解法一：过 AEEBCOEO连结于作, ，连接 AE， BCDAO平面 ， OEBCDAE上的射影为在平面 BCAE 的平面角为二面角DBCAAEO 10 分 O B C D A E 备战备战 2021 年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析）年高考理科数学【解答题】 立体几何专题专练（含答案与解析） 18 / 25 2tan 2 3 3 OE AO AEO OEAOAEORT，中，在 5 5 cosAEO 即二面角 DBCA 的余弦值为 5 5 解法二：以 O 为原点，如图建立空间直角坐标系，则 )3, 0 , 0(,)0 , 3, 0(,)0 , 0 , 1(,)0 , 0 , 1 (,)0 , 0 , 0(ACDBO 显然，平面BCD的法向量为 ) 1 , 0 , 0( 1 n 10 分 设：平面ABC的法向量 ),( 2 zyxn ， 由 0 0 2 2 BCn ABn , 03 03 yx zx ， ) 1 , 1 , 3( 2
