解答题必刷卷(四)　立体几何.DOC

1、解答题必刷卷(四)立体几何 1(2020天津高考)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，CC1平面 ABC，ACBC，ACBC2，CC13， 点 D，E 分别在棱 AA1和棱 CC1上，且 AD1，CE2，M 为棱 A1B1的中点。 (1)求证：C1MB1D； (2)求二面角 BB1ED 的正弦值； (3)求直线 AB 与平面 DB1E 所成角的正弦值。 解依题意，以 C 为原点，分别以CA ， CB，CC1 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系 (如图)，可得 C(0,0,0)，A(2，0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,3)，A1(2,0,3)，B1(0,2,3

2、)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，M(1,1,3)。 (1)证明：依题意，C1M (1,1,0)， B1D (2，2，2)，从而C1M B1D 2200， 所以 C1MB1D。 (2)依题意，CA (2,0,0)是平面 BB1E 的一个法向量，EB1 (0,2,1)，ED (2,0，1)。 设 n(x，y，z)为平面 DB1E 的一个法向量，则 nEB1 0， nED 0， 即 2yz0， 2xz0。 不妨设 x1，可得 n(1，1,2)。 因此有 cosCA ，n CA n |CA |n| 6 6 ， 于是 sinCA ，n 30 6 。 所以，二面角 BB1ED 的正弦值为 30 6

3、 。 (3)依题意，AB (2,2,0)。 由(2)知 n(1，1,2)为平面 DB1E 的一个法向量，于是 cosAB ，n AB n |AB |n| 3 3 。 所以，直线 AB 与平面 DB1E 所成角的正弦值为 3 3 。 2如图，ABC 是等腰直角三角形，ABAC3 2，D，E 分别是 AC，AB 上的点，CDBE 2。 将ADE 沿 DE 折起，得到如图所示的四棱锥 ABCDE，使得 ABAC2 3。 (1)证明：平面 ABC平面 BCDE； (2)求 AB 与平面 ACD 所成角的正弦值。 解(1)证明：取 BC 的中点 O，连接 OD，OE，OA。 因为 ABAC，O 为 BC

4、 的中点，所以 AOBC。 因为ABC 是等腰直角三角形，ABAC3 2，所以 BC6，又 CD 2，所以 AD2 2AD， 则 BO1 2BC3，AO 2 3 232 3。 在OCD 中， OD2CD2OC22CDOCcosOCD5，OD 5。 在AOD 中，AO2OD235AD2， 所以 AOOD。 因为 BCODO，所以 AO平面 BCDE。 又 AO平面 ABC， 所以平面 ABC平面 BCDE。 (2)以点 O 为原点，建立空间直角坐标系 Oxyz 如图所示， 则 A(0,0， 3)，C(0，3，0)， D(1，2,0)，B(0,3,0)， 所以CA (0,3， 3)，DA (1,2

5、， 3)， AB (0,3， 3)。 设 n(x，y，z)为平面 ACD 的一个法向量， 则 nCA 0， nDA 0， 即 3y 3z0， x2y 3z0， 令 y1，得 n(1，1， 3)。 设 AB 与平面 ACD 所成的角为， 所以 sin |cosn， AB |nAB | |n|AB | |6| 52 3 15 5 ， 即 AB 与平面 ACD 所成角的正弦值为 15 5 。 3如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 是平行四边形，点 M，N 分别在棱 C1C，A1A 上， 且 C1M2MC，A1N2NA。 (1)求证：NC1平面 BMD； (2)若 A1A3，

6、AB2AD2，DAB 3，求二面角 NBDM 的正弦值。 解(1)证明：证法一：如图，连接 AC 交 BD 于点 G，连接 MG。 设 C1M 的中点为 E，连接 AE。 因为 G，M 是ACE 的边 CA，CE 的中点， 所以 MGAE， 又 C1M2MC，A1N2NA，AA1綊 CC1， 所以四边形 ANC1E 是平行四边形，故 NC1AE。 所以 NC1GM。 因为 GM平面 BMD，所以 NC1平面 BMD。 证法二：如图，设 E 是 BB1上一点，且 BE2B1E， 连接 EC1，NE。G 是 BE 的中点，连接 AG，GM。 因为 BEMC1，BEMC1， 所以四边形 BEC1M

7、是平行四边形，故 EC1BM。 又 BM平面 BMD， 所以 EC1平面 BMD。 同理可证 NEAG，AGDM，故 NEDM。 所以 NE平面 BMD。 又 EC1，NE平面 NEC1，且 NEC1EE， 所以平面 NEC1平面 BMD。 又 NC1平面 NEC1， 所以 NC1平面 BMD。 (2)由余弦定理得 BD2AD2AB22ADABcosDAB3， 故 AB2AD2BD2，ADBD。 以 D 为坐标原点，以 DA，DB，DD1所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系。 依题意有 D(0,0,0)，B(0，3，0)，M(1，3，1)， N(1,0,1)， 所

8、以DB (0，3，0)，DM (1，3，1)， DN (1,0,1)。 设平面 MBD 的一个法向量为 n(x，y，z)， 则 nDB 0， nDM 0， 即 3y0， x 3yz0， 令 x1，则 z1，y0，所以 n(1,0,1)， 同理可得平面 NBD 的一个法向量为 m(1,0，1)， cosm，n mn |m|n| 0 2 20， 所以二面角 NBDM 的大小为 2，正弦值为 1。 4(2021开封市高三模拟)如图，O 为长方形 ABCD 的中心，EC平面 ABCD，BC2CD2，EC2 3， M 是线段 ED 上不同于点 E 的动点，N 是线段 AC 上的动点。 (1)求证：平面

9、ABE平面 CBE； (2)求二面角 MBEN 的取值范围。 解(1)证明：EC平面 ABCD，AB平面 ABCD，所以 ECAB， 在长方形 ABCD 中，CBAB， 又 ECCBC，所以 AB平面 CBE， 又 AB平面 ABE， 所以平面 ABE平面 CBE。 (2)以 C 为坐标原点，CD 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz。 连接 BD，则 AC 与 BD 交于点 O，连接 OE，易知，半平面 BEM 即半平面 BED。 C(0,0,0)，D(1,0,0)，O 1 2，1，0，B(0,2,0)， E(0，0,2 3)， 因为 AB平面 CBE， 所以 CD

10、平面 CBE， 所以平面 CBE 的一个法向量为CD (1,0,0)， 设平面 BEO 的一个法向量为 m(x，y，z)， 又OB 1 2，1，0，BE (0，2,2 3)， 所以 BE m0， OB m0， 即 2y2 3z0， 1 2xy0， 令 z1，则 m(2 3，3，1)， 所以 cosCD ，m CD m |CD |m| 3 2 ， 二面角 OBEC 的大小为 6。 又由(1)可知，二面角 CBEA 的大小为 2， 所以二面角 OBEA 的大小为 3， 当 N 位于点 O 时，二面角 MBEN 的大小为 0， 所以二面角 MBEN 的取值范围是 0， 3 。 5如图，在正三棱柱 A

11、BCA1B1C1中，D 为 AB 的中点，E 为棱 BB1上一点，且 AEA1C。 (1)在下列两个问题中任选一个作答。 证明：AE平面 A1CD。 证明：BC1平面 A1CD。 (2)若 AB2，AA13，求二面角 A1BC1C 的余弦值。 解(1)证明：选择： 因为 D 为 AB 的中点，且ABC 是等边三角形，所以 CDAB。 在正三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1平面 ABC，则 AA1CD。 因为 ABAA1A，所以 CD平面 ABB1A1。 因为 AE平面 ABB1A1，所以 CDAE。 又 AEA1C，CDA1CC， 所以 AE平面 A1CD。 选择： 设 AC1A1CO，因为

12、四边形 ACC1A1为平行四边形，所以 O 为线段 AC1的中点。 连接 OD，因为 D 为 AB 的中点，所以 ODBC1。 因为 OD平面 A1CD，BC1平面 A1CD， 所以 BC1平面 A1CD。 (2)建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz， 则 B(1,0,0)，C(0，3，0)，C1(0，3，3)，A1(1,0,3)， 所以A1C1 (1，3，0)，BC1 (1，3，3)， BC (1，3，0)。 设平面 A1BC1的一个法向量 n(x，y，z)， 则 nA1C1 0， nBC1 0， 即 x 3y0， x 3y3z0， 令 x3，得 n(3， 3，2)。 设平面 BCC1的一

13、个法向量 m(a，b，c)， 则 mBC mBC1 0， 即a 3ba 3b3c0， 令 b1，得 m( 3，1,0)。 则 cosm，n mn |m|n| 2 3 24 3 4 ， 由图可知，二面角 A1BC1C 为钝角， 故二面角 A1BC1C 的余弦值为 3 4 。 6(2021山东潍坊模拟)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答。 ABBC，FC 与平面 ABCD 所成的角为 6，ABC 3。 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形，PA平面 ABCD，且 PAAB2，PD 的中点为 F。 (1)在线段 AB 上是否存在一点 G，使得 AF平面 PCG？

14、若存在，指出 G 的位置并给以证明；若不存在， 请说明理由。 (2)若_，求二面角 FACD 的余弦值。 解(1)存在线段 AB 的中点 G，使得 AF平面 PCG。 证明如下： 如图所示，设 PC 的中点为 H，连接 FH，GH。 因为 FHCD，FH1 2CD，AGCD，AG 1 2CD， 所以 FHAG，FHAG， 所以四边形 AGHF 为平行四边形，则 AFGH。 又 GH平面 PCG，AF平面 PCG， 所以 AF平面 PCG。 (2)选择，ABBC。 因为 PA平面 ABCD，所以 PAAB，PAAD。 所以 AB，AD，AP 两两垂直，分别以 AB，AD，AP 所在的直线为 x，

15、y，z 轴，建立空间直角坐标系。 因为 PAAB2，所以 A(0,0,0)，C(2,2,0)， D(0，2,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)， 所以AF (0,1,1)，CF(2，1,1)。 设平面 FAC 的一个法向量为(x，y，z)， 所以 AF yz0， CF 2xyz0， 取 y1，得(1,1，1)。 易知平面 ACD 的一个法向量为 v(0,0,1)， 设二面角 FACD 的大小为， 由图知二面角 FACD 为锐二面角， 则 cos |v| |v| 3 3 ， 所以二面角 FACD 的余弦值为 3 3 。 选择，FC 与平面 ABCD 所成的角为 6。 如图，取 BC 的中点

16、 E，连接 AE，取 AD 的中点 M，连接 FM，CM， 则 FMPA，且 FM1。 因为 PA平面 ABCD， 所以 FM平面 ABCD， 所以 FC 与平面 ABCD 所成的角为FCM， 所以FCM 6。 在 RtFCM 中，CM 3。 又 CMAE，所以 AE2BE2AB2， 所以 BCAE，所以 AEAD。 因为 PA平面 ABCD，所以 PAAD，PAAE， 所以 AE，AD，AP 两两垂直，以 A 为坐标原点，分别以 AE，AD，AP 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间 直角坐标系。 因为 PAAB2， 所以 A(0,0,0)，C( 3，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,

17、2)， F(0,1,1)，AF (0,1,1)，CF( 3，0,1)。 设平面 FAC 的一个法向量为 m(x，y，z)， 则 mAF yz0， mCF 3xz0， 取 x 3，得 m( 3，3,3)。 易知平面 ACD 的一个法向量为 n(0,0,1)， 设二面角 FACD 的大小为， 由图知二面角 FACD 为锐二面角， 则 cos |mn| |m|n| 21 7 。 所以二面角 FACD 的余弦值为 21 7 。 选择，ABC 3。 取 BC 的中点 E，连接 AE。 因为 PA平面 ABCD， 所以 PAAE，PAAD， 因为底面 ABCD 是菱形，ABC60， 所以ABC 是正三角形。 因为 E 是 BC 的中点，所以 BCAE。 所以 AE，AD，AP 两两垂直，以 A 为坐标原点， 分别以 AE，AD，AP 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系。 以下同选择。