2021届统考数学（理科）第二轮专题复习学案：第12讲　立体几何 WORD版含解析.docx

1、第12讲立体几何高考年份全国卷全国卷全国卷2020证明线面垂直,求二面角的余弦值T18证明线面平行、面面垂直,求线面角的正弦值T20点面的位置关系,求二面角的正弦值T192019证明线面平行,求二面角的正弦值T18证明线面垂直,求二面角的正弦值T17翻折问题,证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小T192018翻折问题,证明面面垂直,求线面角的正弦值T18证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值T20证明面面垂直,求二面角的正弦值T191.2020全国卷如图M4-12-1,已知三棱柱ABC-A1B1C1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,

2、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AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图M4-12-12.2020全国卷如图M4-12-2,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=66DO.(1)证明:PA平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.图M4-12-23.2019全国卷如图M4-12-3,图是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF

3、=2,FBC=60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图.(1)证明:图中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE;(2)求图中的二面角B-CG-A的大小.图M4-12-3平行、垂直关系的证明1如图M4-12-4,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,E为侧棱PD的中点,O为AC与BD的交点.(1)求证:OE平面PBC;(2)若平面PAD平面ABCD,AC=4,AB=5,sinABC=45,求证:ACPD.图M4-12-4【规律提炼】(1)证明平行与垂直时,主要是考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理的运用,考查转化与化归思想,考查空间想象能力,求

4、解时注意条件书写的完整性.(2)证明面面关系的核心是证明线面关系,证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法:线面平行的性质定理;三角形中位线法;平行四边形法.证明线线垂直的常用方法:等腰三角形三线合一;勾股定理的逆定理;线面垂直的性质定理;菱形的对角线互相垂直.测题如图M4-12-5,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是菱形,AC与BD相交于点O,EFAB,AB=2EF,平面BCF平面ABCD,BF=CF,点G为BC的中点.(1)求证:OG平面EFCD;(2)求证:AC平面ODE.图M4-12-5利用空间向量求角与距离22020全国卷如图M4-12-6,在长方体ABCD-A1B

5、1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)证明:点C1在平面AEF内;(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.图M4-12-632020浙江卷如图M4-12-7,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD平面ABC,ACB=ACD=45,DC=2BC.(1)证明:EFDB;(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.图M4-12-7【规律提炼】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)求出相应平面的法向量;(4)将空间位置关系转化

6、为向量关系;(5)根据定理、结论求出相应的角和距离.测题1.如图M4-12-8,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACB=90,CA=CB=CC1=1,D是棱BB1上一点,P是C1D的延长线与CB的延长线的交点,且AP平面A1CD.(1)求证:BD=B1D;(2)求二面角C-A1D-C1的正弦值;(3)若点E在线段AP上,且直线A1E与平面A1CD所成的角的正弦值为147,求线段AE的长.图M4-12-82.如图M4-12-9,已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,B1BA=3.(1)证明:B1CAC1;(2)若平面ABB1A1平面ABC,M为A1C1的中点,求B1C与平面AB1M所

7、成角的余弦值.图M4-12-9利用空间向量解决探索性问题4如图M4-12-10,在平面五边形ABCDE中,四边形ABCD是梯形,ADBC,AD=2BC=22,AB=3,ABC=90,ADE是等边三角形.现将ADE沿AD折起,连接EB,EC,得到如图所示的几何体.(1)若点M是ED的中点,求证:CM平面ABE.(2)若EC=3,在棱EB上是否存在点F,使得二面角E-AD-F的余弦值为223?若存在,求EFEB的值;若不存在,请说明理由.图M4-12-10【规律提炼】对于立体几何中的探索性问题、存在性问题,借助空间向量,使几何问题代数化,可降低思维难度.对于存在性问题,解题的策略一般为先假设存在,

8、然后转化为“封闭型”问题求解判断,若不出现矛盾,则肯定存在;若出现矛盾,则否定存在;对于折叠问题,要注意折叠前后的位置关系与数量关系,一般情况下,折线同侧的关系不变,两侧的关系往往发生变化.测题1.如图M4-12-11,已知矩形ADEF和菱形ABCD所在的平面互相垂直,其中AF=1,AD=2,ADC=3,点N为AD的中点.(1)试问在线段BE上是否存在点M,使得直线AF平面MNC?若存在,求出BMME的值;若不存在,请说明理由.(2)求二面角N-CE-D的正弦值.图M4-12-112.如图M4-12-12,由直三棱柱ABC-A1B1C1和四棱锥D-BB1C1C构成的几何体中,BAC=90,AB

9、=2,BC=CC1=4,C1D=CD=25,平面CC1D平面ACC1A1.(1)求证:A1C1DC.(2)在线段BC上(含端点)是否存在点P,使直线DP与平面DBB1所成角的正弦值为33?若存在,求BPBC的值;若不存在,说明理由.图M4-12-12第12讲立体几何真知真题扫描1.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,所以AA1MN.因为A1B1C1是正三角形,所以B1C1A1N.又B1C1MN,所以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,MA的方向为x轴正方向,|MB|为单位长

10、,建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=3.连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=233,E233,13,0.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=4-233-a2,B1a,1,4-233-a2,故B1E=233-a,-23,-4-233-a2,|B1E|=2103.又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一个法向量,所以sin2-=cos=nB1E|n|B1E|=1010,所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.2.解:(1)证明:设DO=a,由题设可得PO=66a,AO=33a,

11、AB=a,PA=PB=PC=22a.因此PA2+PB2=AB2,从而PAPB,又PA2+PC2=AC2,故PAPC,所以PA平面PBC.(2)以O为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,|OE|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.所以EC=-32,-12,0,EP=0,-1,22.设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则mEP=0,mEC=0,即-y+22z=0,-32x-12y=0,可取m=-33,1,2.由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,故cos=nm|n|m|

12、=255,所以二面角B-PC-E的余弦值为255.3.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,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,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=(

13、2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则CGn=0,ACn=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=nm|n|m|=32.因此二面角B-CG-A的大小为30.考点考法探究解答1例1证明:(1)因为四边形ABCD为平行四边形,O为AC与BD的交点,所以O为BD的中点.又E为侧棱PD的中点,所以OEPB,因为PB平面PBC,OE平面PBC,所以OE平面PBC.(2)在ABC中,AC=4,AB=5,sinABC=45,由正弦定理ACsinABC=ABsinACB,可得sinACB=ABsinAB

14、CAC=5454=1,所以ACB=90,即ACBC.因为四边形ABCD为平行四边形,所以ADBC,所以ACAD.因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,AC平面ABCD,所以AC平面PAD.因为PD平面PAD,所以ACPD.【自测题】证明:(1)四边形ABCD是菱形,ACBD=O,点O是BD的中点,点G为BC的中点,OGCD.又OG平面EFCD,CD平面EFCD,OG平面EFCD.(2)连接FG,BF=CF,点G为BC的中点,FGBC.平面BCF平面ABCD,平面BCF平面ABCD=BC,FG平面BCF,FG平面ABCD.AC平面ABCD,FGAC.OGAB,OG=12AB,

15、EFAB,EF=12AB,OGEF,OG=EF,四边形EFGO为平行四边形,FGEO,ACEO.四边形ABCD是菱形,ACDO,EODO=O,AC平面ODE.解答2例2解:设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,C1D1的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1-xyz.(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,23c,F0,b,13c,EA=0,b,13c,C1F=0,b,13c,得EA=C1F,因此EAC1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,

16、1,0),AE=(0,-1,-1),AF=(-2,0,-2),A1E=(0,-1,2),A1F=(-2,0,1).设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则n1AE=0,n1AF=0,即-y-z=0,-2x-2z=0,可取n1=(-1,-1,1).设n2为平面A1EF的法向量,则n2A1E=0,n2A1F=0,同理可取n2=12,2,1.因为cos=n1n2|n1|n2|=-77,所以二面角A-EF-A1的正弦值为427.例3解:(1)证明:如图,过点D作DOAC,交直线AC于点O,连接OB.由ACD=45,DOAC得CD=2CO,由平面ACFD平面ABC得DO平面ABC,所以DOBC.由

17、ACB=45,BC=12CD=22CO得BOBC.所以BC平面BDO,故BCDB.由三棱台ABC-DEF得BCEF,所以EFDB.(2)方法一:过点O作OHBD,交直线BD于点H,连接CH.由三棱台ABC-DEF得DFCO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.由BC平面BDO得OHBC,故OH平面BCD,所以OCH为直线CO与平面DBC所成角.设CD=22.由DO=OC=2,BO=BC=2,得BD=6,OH=233,所以sinOCH=OHOC=33,因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.方法二:由三棱台ABC-DEF得DFCO,所以直线DF与平面DBC所成角

18、等于直线CO与平面DBC所成角,记为.如图,以O为原点,分别以射线OC,OD为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.设CD=22.由题意知各点坐标如下:O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).因此OC=(0,2,0),BC=(-1,1,0),CD=(0,-2,2).设平面BCD的法向量n=(x,y,z).由nBC=0,nCD=0,即-x+y=0,-2y+2z=0,可取n=(1,1,1).所以sin=|cos|=|OCn|OC|n|=33.因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.【自测题】1.解:(1)证明:连接AC1,设AC1A1C=O,连接O

19、D,AP平面A1CD,AP平面APC1,平面APC1平面A1CD=OD,APOD.O为正方形A1ACC1的中心,C1O=OA,C1D=DP.C1B1CP,B1D=BD.(2)以C为坐标原点,以CA,CB,CC1的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,0,0),P(0,2,0),A1(1,0,1),C1(0,0,1),D0,1,12,设平面A1CD的法向量为n1=(x,y,z),又CA1=(1,0,1),CD=0,1,12,则n1CA1=x+z=0,n1CD=y+12z=0,令y=1,得n1=(2,1,-2).设平面A1C1D的法向量为n2=(

20、x1,y1,z1),又A1C1=(-1,0,0),C1D=0,1,-12,则n2A1C1=-x1=0,n2C1D=y1-12z1=0,令y1=1,得n2=(0,1,2).|cos|=n1n2|n1|n2|=15,则|sin|=255,即二面角C-A1D-C1的正弦值为255.(3)设AE=AP=(-1,2,0)=(-,2,0),其中01,A1E=A1A+AE=(0,0,-1)+(-,2,0)=(-,2,-1),由题知|cos|=A1En1|A1E|n1|=147,2352+1=147,解得=13(负值舍去),又|AP|=(-1)2+22+0=5,AE=13AP=53.2.解:(1)证明:取AB

21、的中点D,连接B1D,CD,BC1.三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,B1BA=3,ABC和ABB1都是边长为2的等边三角形,B1DAB,CDAB.B1D,CD平面B1CD,B1DCD=D,AB平面B1CD.B1C平面B1CD,ABB1C.由题知四边形BCC1B1为菱形,B1CBC1.AB,BC1平面ABC1,ABBC1=B,B1C平面ABC1,B1CAC1.(2)由(1)知B1DAB,平面ABB1A1平面ABC,B1D平面ABC,则DB,DB1,DC两两垂直,以D为原点,以DB,DC,DB1的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(-1,0,0),B1(

22、0,0,3),C(0,3,0),C1(-1,3,3),A1(-2,0,3),M为A1C1的中点,M-32,32,3,B1C=(0,3,-3),AB1=(1,0,3),AM=-12,32,3,设平面AB1M的法向量为n=(x,y,z),则AB1n=x+3z=0,AMn=-12x+32y+3z=0,取z=1,得n=(-3,-3,1).设B1C与平面AB1M所成的角为,则sin=|B1Cn|B1C|n|=43613=22613,得cos=6513,B1C与平面AB1M所成角的余弦值为6513.解答3例4解:(1)证明:取AE的中点N,连接MN,BN,则MN是EAD的中位线,MNAD且MN=12AD,

23、由BCAD且BC=12AD,得BCMN且BC=MN,四边形BCMN是平行四边形,CMBN,又CM平面ABE,BN平面ABE,CM平面ABE.(2)取AD的中点O,连接OC,OE,由题知OEAD,OCAD,在COE中,由已知得CE=3,OC=AB=3,OE=3222=6.OC2+OE2=CE2,OCOE,则OC,OD,OE两两垂直,以O为原点,分别以OC,OA,OE的方向为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,2,0),B(3,2,0),D(0,-2,0),E(0,0,6),则EB=(3,2,-6),AE=(0,-2,6),AD=(0,-22,0).假设在棱EB上存在点F

24、满足题意,设EF=EB(01),则EF=(3,2,-6)=(3,2,-6),AF=AE+EF=(3,2-2,6-6),设平面ADF的法向量为m=(x,y,z),则mAF=0,mAD=0,即3x+(2-2)y+(6-6)z=0,-22y=0,令z=,得m=(2-2,0,).易知平面EAD的一个法向量为n=(1,0,0),则|cos|=|mn|m|n|=|2(-1)|2(-1)2+2=223,整理得32+2-1=0,解得=13(=-1舍去),因此,在棱EB上存在点F,使得二面角E-AD-F的余弦值为223,且EFEB=13.【自测题】1.解:(1)连接BF,由题知EFBC,EF=BC,故四边形BC

25、EF为平行四边形,取EF的中点P,连接CP,交BE于点M,M点即为满足题意的点.连接PN,N是AD的中点,P是FE的中点,PNAF,又PN平面MNC,AF平面MNC,直线AF平面MNC,且BMME=BCPE=2.(2)由(1)知PNAD,又平面ADEF平面ABCD,平面ADEF平面ABCD=AD,PN平面ADEF,PN平面ABCD,故PNAD,PNNC.连接AC,由题知ACD为等边三角形,CNDN.以N为原点,以NC,ND,NP的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,由题得NC=3,N(0,0,0),C(3,0,0),D(0,1,0),E(0,1,1),NE=(0,1,

26、1),NC=(3,0,0),DE=(0,0,1),DC=(3,-1,0).设平面NEC的法向量为n1=(x,y,z),则由n1NE=0,n1NC=0,可得y+z=0,3x=0,令y=1,则n1=(0,1,-1).设平面CDE的一个法向量为n2=(x1,y1,z1),则由n2DE=0,n2DC=0,可得z1=0,3x1-y1=0,令x1=1,则n2=(1,3,0).则cos=n1n2|n1|n2|=322=64,设二面角N-CE-D的平面角为,则sin=1-(64)2=104,二面角N-CE-D的正弦值为104.2.解:(1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1CC1,因为平面CC1

27、D平面ACC1A1,平面CC1D平面ACC1A1=CC1,所以A1C1平面CC1D,因为DC平面CC1D,所以A1C1DC.(2)假设线段BC上(含端点)存在点P,使直线DP与平面DBB1所成角的正弦值为33.以A为原点,分别以AC,AA1,AB的方向为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,2),B1(0,4,2),C(23,0,0).取CC1的中点E,连接DE,因为DC=DC1=25,所以DECC1,DE=4,因为平面CC1D平面ACC1A1,所以DE平面ACC1A1,则D(23,2,4).设BPBC=(01),则DB=(-23,-2,-2),BB1=(0,4,0),BP=BC=(23,0,-2)=(23,0,-2),所以DP=DB+BC=(23-23,-2,-2-2).设平面DBB1的法向量为n=(x,y,z),则nDB=-23x-2y-2z=0,nBB1=4y=0,取x=1,得n=(1,0,-3),设直线DP与平面DBB1所成的角为,则sin=|nDP|n|DP|=432(23-23)2+4+(-2-2)2=33,解得=29-25或=-29-25(舍去),所以在线段BC上(含端点)存在点P,使直线DP与平面DBB1所成角的正弦值为33,且BPBC=29-25.