山东专用2021新高考数学二轮复习专题限时集训11立体几何含解析

1、专题限时集训(十一)立体几何 1.(2019全国卷)如图，直四棱柱abcda1b1c1d1的底面是菱形，aa14，ab2，bad60，e，m，n分别是bc，bb1，a1d的中点(1)证明：mn平面c1de；(2)求二面角ama1n的正弦值解：(1)连接b1c，me.因为m，e分别为bb1，bc的中点，所以meb1c，且meb1c又因为n为a1d的中点，所以nda1d由题设知a1b1 dc，可得b1ca1d，故mend，因此四边形mnde为平行四边形，所以mned又mn平面edc1，所以mn平面c1de.(2)由已知可得deda以d为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系dx

2、yz，则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)设m(x，y，z)为平面a1ma的法向量，则所以可取m(，1，0)设n(p，q，r)为平面a1mn的法向量，则所以可取n(2，0，1)于是cosm，n，所以二面角ama1n的正弦值为.2(2019全国卷)图1是由矩形adeb，rtabc和菱形bfgc组成的一个平面图形，其中ab1，bebf2，fbc60.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

3、cga的大小解(1)证明：由已知得adbe，cgbe，所以adcg，故ad，cg确定一个平面，从而a，c，g，d四点共面由已知得abbe，abbc，bebcb，故ab平面bcge.又因为ab平面abc，所以平面abc平面bcge.(2)作ehbc，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，ebc60，可求得bh1，eh.以h为坐标原点，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，)，(1，0，)，(2，1，0)设平面acgd的法向量为n(x，y，z)，则即所以可取n

4、(3，6，)又平面bcge的法向量可取为m(0，1，0)，所以cosn，m.因此二面角bcga的大小为30.3(2020全国卷)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e，交ac于f.(1)证明：aa1mn，且平面a1amn平面eb1c1f；(2)设o为a1b1c1的中心，若ao平面eb1c1f，且aoab，求直线b1e与平面a1amn所成角的正弦值解(1)证明：因为m，n分别为bc，b1c1的中点，所以mncc1.又由已知得aa1cc1，故aa1mn.因为a1b1c1是正三角形，

5、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为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系mxyz，则ab2，am.连接np，则四边形aonp为平行四边形，故pm，e.由(1)知平面a1amn平面abc作nqam，垂足为q，则nq平面abc设q(a，0，0)，则nq，b1，故，|.又n(0，1，0)是平面a1amn的法向量，故sincosn，.所以直线b1e与平面a1amn所成角的正弦值为.4(2018全国卷)如图，在三棱锥pabc中，abbc2，papbpcac4，o为ac的中点(1)证

6、明：po平面abc；(2)若点m在棱bc上，且二面角mpac为30，求pc与平面pam所成角的正弦值解(1)证明：因为apcpac4，o为ac的中点，所以opac，且op2.连接ob因为abbcac，所以abc为等腰直角三角形，且obac，obac2.由op2ob2pb2知poob由opob，opac，obaco，得po平面abc(2)如图，以o为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系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的一个法向量(2，0，0)设m(a，2a，0)(0a2)，则(a，4

7、a，0)设平面pam的法向量为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与平面pam所成角的正弦值为.1(2020济宁模拟)如图，在多面体abcdef中，四边形abcd是边长为的菱形，bcd60，ac与bd交于点o，平面fbc平面abcd，efab，fbfc，ef.(1)求证：oe平面abcd；(2)若fbc为等边三角形，点q为ae的中点，求二面角qbca的余弦值解(1)证明：取bc的中点h，连接oh，fh，因为fbfc，所以fhbc因为平面fbc平面abcd

8、，平面fbc平面abcdbc，fh平面fbc，所以fh平面abcd因为h，o分别为bc，ac的中点，所以ohab且ohab又efab，efab，所以efoh，所以四边形oefh为平行四边形，所以oefh，所以oe平面abcd(2)因为菱形abcd中，bcd60，ab，所以oaoc2，在等边三角形fbc中，bc，所以fh2，所以oefh2.易知oa，ob，oe两两垂直，以o为坐标原点，oa，ob，oe所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系oxyz，如图所示，则a(2，0，0)，b，c(2，0，0)，e(0，0，2)，q(1，0，1)，所以，(3，0，1)设平面bcq的法向量为m(x，y，z

9、)，则得取x1，可得m(1，3)易知平面abc的一个法向量为n(0，0，1)，则cosm，n，易知二面角qbca为锐二面角，所以二面角qbca的余弦值为.2(2020陕西百校联盟第一次模拟)如图，在四棱锥pabcd中，pa平面abcd，四边形abcd为正方形，apab1，f，e分别是pb，pc的中点(1)证明：pbed；(2)求平面adef与平面pcd所成锐二面角的值解(1)证明：pa平面abcd，paad又adab，abpaa，ab平面pab，pa平面pab，ad平面pab，又pb平面pab，adpb等腰三角形pab中，f为pb的中点，pbaf，又adafa，ad平面adef，af平面ade

10、f，pb平面adef，又ed平面adef，pbed(2)易知ab，ad，ap两两互相垂直，故以a为坐标原点，以ab，ad，ap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则p(0，0，1)，b(1，0，0)，c(1，1，0)，d(0，1，0)，(1，0，0)，(1，1，1)由(1)知(1，0，1)为平面adef的一个法向量设平面pcd的法向量为n(x1，y1，z1)，则即可取n(0，1，1)cos，n，平面adef与平面pcd所成的锐二面角为60.3(2020石家庄模拟)如图，四棱锥sabcd中，四边形abcd为矩形，ab2，bcscsd2，bcsd(1)求证：sc平面sad；(2)

11、设，求平面sec与平面sbc所成的二面角的正弦值解(1)bcsd，bccd，sdcdd，bc平面sdc，ad平面sdc，scad又在sdc中，scsd2，dcab2，故sc2sd2dc2，scsd，又adsdd，sc平面sad(2)作socd于o，bc平面sdc，平面abcd平面sdc，故so平面abcd以点o为坐标原点，的方向分别为y轴，z轴的正方向，平面abcd内，过点o垂直于oc的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系则s(0，0，)，c(0，0)，a(2，0)，b(2，0)设e(2，y，0)，y(y)，y，即e.(0，)，(2，0，0)，设平面sec的法向量为n(x，y，z)，则即不

12、妨取n(2，3，3)设平面sbc的法向量为m(a，b，c)，即不妨取m(0，1，1)cosm，n，故所求二面角的正弦值为.4(2020惠州第二次调研)如图，在底面为矩形的四棱锥pabcd中，平面pad平面abcd(1)证明：abpd；(2)若papdab，apd90，设q为pb的中点，求直线aq与平面pbc所成角的余弦值解(1)证明：依题意，abad又平面pad平面abcd，平面pad平面abcdad，ab平面abcd，ab平面pad，又pd平面pad，abpd(2)法一：向量法在pad中，取ad中点o，连接po，papd，poad，po平面abcd以o为坐标原点，分别以oa所在的直线为x轴，

13、过点o且平行于ab的直线为y轴，op所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设pa2.apd90，ad2.p(0，0，)，b(，2，0)，c(，2，0)，a(，0，0)，q，(，2，)，(2，0，0)，.设平面pbc的法向量为n(x，y，z)，则可取n(0，1，)设直线aq与平面pbc所成的角为，则sin |cos，n|，cos ，直线aq与平面pbc所成角的余弦值为.法二：几何法过p作poad于点o，则o为ad中点，连接bo，过a作po的平行线，过p作ad的平行线，交点为e，连接be，过a作ahbe于h，连接qh，取bo为中点m，连接qm，am.四边形aope为矩形，peae，ab平面

14、aope，abpe，又aeaba，pe平面abe，peah，又beah，pebee，ah平面pbe，aqh为aq与平面pbc所成的角令aoa，则aea，aba，bea，由同一个三角形面积相等可得aha，qam为直角三角形，由勾股定理可得aqa，sinaqh .又aqh，cosaqh ，直线aq与平面pbc所成角的余弦值为.1如图，在直角三角形abc中，角b为直角，ab2bc，e，f分别为ab，ac的中点，将aef沿ef折起，使点a到达点d的位置，连接bd，cd，设m为cd的中点(1)证明：mf平面bcd；(2)若debe，求二面角emfc的余弦值解(1)证明：取db的中点n，连接mn，en(图

15、略)，则mnbc，易知efbc，四边形efmn是平行四边形efbe，efde，bedee，ef平面bde.又en平面bde，efen，mfmn.在dfc中，易知dffc，又m为cd的中点，mfcd又cdmnm，mf平面bcd(2)易知de，be，ef两两垂直，以e为原点，be，ef，ed所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设bc2，则e(0，0，0)，f(0，1，0)，c(2，2，0)，d(0，0，2)，m(1，1，1)，(0，1，0)，(1，0，1)，(2，1，0)设平面emf的法向量为m(x，y，z)，则取x1，得m(1，0，1)同理，得平面cmf的一个法向量为n(

16、1，2，1)设二面角emfc的平面角为，由图可知为钝角，则|cos |，二面角emfc的余弦值为.2如图，在四棱锥pabcd中，底面abcd是平行四边形，bcd120，侧面pab底面abcd，bap90，abacpa2.(1)求证：平面pbd平面pac；(2)过ac的平面交pd于点m，若平面amc把四面体pacd分成体积相等的两部分，求二面角pmca的正弦值解(1)证明：因为bap90，所以paab，又侧面pab底面abcd，平面pab平面abcdab，pa平面pab，所以pa平面abcd又bd平面abcd，所以pabd又bcd120，abcd为平行四边形，所以abc60，又abac，所以ab

17、c为等边三角形，所以abcd为菱形，所以bdac又paaca，所以bd平面pac，又bd平面pbd，所以平面pac平面pbd(2)由平面amc把四面体pacd分成体积相等的两部分，知m为pd的中点取bc的中点n，连接an，由abac知anbc由(1)知pa平面abcd，以a为坐标原点，an，ad，ap所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则a(0，0，0)，c(，1，0)，d(0，2，0)，p(0，0，2)，m(0，1，1)，(0，1，1)，(，1，0)，(0，1，1)，(，1，2)设平面mpc的法向量为1(x1，y1，z1)，则即可取1.设平面mac的法向量为2(x2，y

18、2，z2)，则即可取2(1，)设二面角pmca的大小为，则|cos |，则二面角pmca的正弦值为.3如图，已知矩形abcd中，ab2ad2，点e是cd的中点，将bec沿be折起到bec的位置，使二面角cbec是直二面角(1)证明：bc平面aec；(2)求二面角cabe的余弦值解(1)证明：四边形abcd是矩形，ab2ad2，点e是cd的中点，ade，bce都是等腰直角三角形，aeb90，即aebe.又二面角cbec是直二面角，即平面ceb平面abe，平面ceb平面abebe，ae平面abe，ae平面ceb又bc平面cbe，bcae.又bcec，ae，ec平面aec，aeece，bc平面aec

19、.(2)取be的中点o，连接co，易知co平面abe.过o点作ofae，交ab于点f.aeeb，ofob以o为坐标原点，of，ob，oc所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系oxyz，则o(0，0，0)，a，b，c，.设n(x，y，z)为平面abc的法向量，则即取y1，则z1，x1，n(1，1，1)为平面abc的一个法向量co平面abe，为平面abe的一个法向量，cos，n，易知二面角cabe为锐二面角，故二面角cabe的余弦值为.4如图，四棱锥pabcd中，abdc，adc，abadcd2，pdpb，pdbc(1)求证：平面pbc平面pbd；(2)在线段pc上是否存在点m，使得平面abm与平面pbd所成的锐二面角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解法一：(1)因为abdc，abad2，adc，所以bd2，bdc.又cd4，所以根据余弦定理得bc2.所以cd2bd2bc2，故bcbd又bcpd，pdbdd，且bd，pd平面pbd，所以bc平面pbd，又bc平面pbc，所以平面pbc平面pbd(2)由(1)得平面abcd平面pbd，设e为bd的中点，连接pe，因为pbpd，所以pebd，pe2.又平面abcd平面pbd，平面abcd平面pbdbd，所以pe平面abcd如图，以a