2020版新高考二轮复习理科数学课件33立体几何

第三部分讲重点•解答题专练第3讲立体几何■真题调研——————————————【例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的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求二面角A－MA1－N的正弦值．解：(1)连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝12B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝12A1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面EDC1，所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，DE→的方向为y轴正方向，DD1→的方向为z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(1，3，2)，N(1,0,2)，A1A→＝(0,0，－4)，A1M→＝(－1，3，－2)，A1N→＝(－1,0，－2)，MN→＝(0，－3，0)．设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则m·A1M→＝0，m·A1A→＝0.所以－x＋3y－2z＝0，－4z＝0.可取m＝(3，1,0)．设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则n·MN→＝0，n·A1N→＝0.所以－3q＝0，－p－2r＝0.可取n＝(2,0，－1)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝232×5＝155，所以二面角A－MA1－N的正弦值为105.【例2】[2019·全国卷Ⅱ]如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：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°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，|DA→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，所以CB→＝(1,0,0)，CE→＝(1，－1，1)，CC1→＝(0,0,2)．设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则CB→·n＝0，CE→·n＝0，即x＝0，x－y＋z＝0，所以可取n＝(0，－1，－1)．设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则CC1→·m＝0，CE→·m＝0，即2z1＝0，x1－y1＋z1＝0，所以可取m＝(1,1,0)．于是cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝－12.所以，二面角B－EC－C1的正弦值为32.【例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.(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)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，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＝3.以H为坐标原点，HC→的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz，则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2，0，3)，CG→＝(1,0，3)，AC→＝(2，－1,0)．设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则CG→·n＝0，AC→·n＝0，即x＋3z＝0，2x－y＝0.所以可取n＝(3,6，－3)．又平面BCGE的法向量可取为m＝(0,1,0)，所以cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝32.因此二面角B－CG－A的大小为30°.【例4】[2019·天津卷]如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E－BD－F的余弦值为13，求线段CF的长．解：依题意，可以建立以A为原点，分别以AB→，AD→，AE→的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．设CF＝h(h0)，则F(1,2，h)．(1)依题意，AB→＝(1,0,0)是平面ADE的法向量，又BF→＝(0,2，h)，可得BF→·AB→＝0，又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.(2)依题意，BD→＝(－1,1,0)，BE→＝(－1,0,2)，CE→＝(－1，－2，2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则n·BD→＝0，n·BE→＝0，即－x＋y＝0，－x＋2z＝0，不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)．因此有cos〈CE→，n〉＝CE→·n|CE→||n|＝－49.所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.(3)设m＝(x，y，z)为平面BDF的法向量，则m·BD→＝0，m·BF→＝0，即－x＋y＝0，2y＋hz＝0，不妨令y＝1，可得m＝1，1，－2h.由题意，有|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝|4－2h32＋4h2＝13，解得h＝87.经检验，符合题意．所以，线段CF的长为87.■模拟演练——————————————1．[2019·南昌二模]如图1，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，E，F是边DC的三等分点．现将△DAE，△CBF分别沿AE，BF折起，使得平面DAE、平面CBF均与平面ABFE垂直，如图2.(1)若G为线段AB上一点，且AG＝1，求证：DG∥平面CBF；(2)在(1)的条件下，求二面角A－CF－B的余弦值．解：(1)如图，分别取AE，BF的中点M，N，连接DM，CN，MG，MN，因为AD＝DE＝1，∠ADE＝90°，所以DM⊥AE，且DM＝22.因为BC＝CF＝1，∠BCF＝90°，所以CN⊥BF，且CN＝22.因为平面DAE、平面CBF均与平面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＝222＋12－2×22×1×22＝12，所以AM2＋MG2＝222＋12＝1＝AG2，所以∠AMG＝90°，所以△AMG是以AG为斜边的等腰直角三角形，故∠MGA＝45°，而∠FBA＝45°，则MG∥FB，故平面DMG∥平面CBF，又DG⊂平面DMG，所以DG∥平面CBF.(2)连接GE，以G为原点，分别以AB，GE所在直线为x，y轴，以过G点并垂直于平面ABFE的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(－1,0,0)，B(2,0,0)，E(0,1,0)，F(1,1,0)，C32，12，22，所以AF→＝(2,1,0)，FC→＝12，－12，22，连接GF，由题知GF⊥BF，由(1)知GF⊥CN，故GF⊥平面CBF，从而GF→＝(1,1,0)是平面CBF的一个法向量．设n＝(x，y，z)为平面AFC的法向量，则n·AF→＝0，n·FC→＝0，即2x＋y＝0，x－y＋2z＝0，取x＝－2，则y＝4，z＝32，n＝(－2,4,32)，所以cos〈GF→，n〉＝1，1，0·－2，4，322×38＝1919，由图知二面角A－CF－B为钝角，故所求二面角的余弦值为－1919.2．[2019·合肥质检二]如图，三棱台ABC－EFG的底面是正三角形，平面ABC⊥平面BCGF，CB＝2GF，BF＝CF.(1)求证：AB⊥CG；(2)若BC＝CF，求直线AE与平面BEG所成角的正弦值．解：(1)取BC的中点为D，连接DF，如图．由题意得，平面ABC∥平面EFG，平面ABC∩平面BCGF＝BC，平面EFG∩平面BCGF＝FG，从而BC∥FG.∵CB＝2GF，∴CD綊GF，∴四边形CDFG为平行四边形，∴CG∥DF.∵BF＝CF，D为BC的中点，∴DF⊥BC，∴CG⊥BC.∵平面ABC⊥平面BCGF，且平面ABC∩平面BCGF＝BC，CG⊂平面BCGF，∴CG⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，∴CG⊥AB.(2)连接AD.由△ABC是正三角形，且D为BC的中点得，AD⊥BC.由(1)知，CG⊥平面ABC，CG∥DF，∴DF⊥AD，DF⊥BC，∴DB，DF，DA两两垂直．以D为坐标原点，DB，DF，DA所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz.设BC＝2，则A(0,0，3)，B(1,0,0)，F(0，3，0)，G(－1，3，0)，∴BG→＝(－2，3，0)．∵CB＝2GF，∴AB→＝2EF→，∴E－12，3，32，∴AE→＝－12，3，－32，BE→＝－32，3，32.设平面BEG的法向量为n＝(x，y，z)，由BG→·n＝0，BE→·n＝0，可得，－2x＋3y＝0，－32x＋3y＋32z＝0.令x＝3，则y＝2，z＝－1，∴n＝(3，2，－1)为平面BEG的一个法向量．设AE与平面BEG所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AE→，n〉|＝|AE→·n|AE→|·|n|＝64.∴直线AE与平面BEG所成角的正弦值为64.3．[2019·广州综合测试一]如图，在三棱锥A－BCD中，△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，点P是AC的中点，连接BP，DP.(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；(2)若BD＝6，且二面角A－BD－C为120°，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值．解：(1)因为△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.因为点P是AC的中点，则PD⊥AC，PB⊥AC，因为PD∩PB＝P，PD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD.因为AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDP.(2)解法一：如图，作CE⊥BD，垂足为E，连接AE.因为Rt△ABD≌Rt△CBD，所以AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC为二面角A－BD－C的平面角．由已知二面角A－BD－C为120°，知∠AEC＝120°.在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得AC＝3AE，因为△ABC是等边三角形，则AC＝AB，所以AB＝3AE.在Rt△ABD中，有12AE·BD＝12AB·AD，得BD＝3AD，因为BD＝6，所以AD＝2.又BD2＝AB2＋AD2，所以AB＝2.则AE＝233，ED＝63.由CE⊥BD，AE⊥BD可知BD⊥平面AEC，则平面AEC⊥平面BCD.过点A作AO⊥CE，交CE的延长线于O，则AO⊥平面BCD.连接OD，则∠ADO为直线AD与平面BCD所成的角．在Rt△AEO，∠AEO＝60°，所以AO＝32AE＝1，sin∠ADO＝AOAD＝22.所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为22.解法二：如图，作CE⊥BD，垂足为E，连接AE.因为Rt△ABD≌Rt△CBD，所以AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC为二面角A－BD－C的平面角．由已知二面角A－BD－C为120°，知∠AEC＝