届数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何学案理含解析

第12讲立体几何高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2020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Ⅱ］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,过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1)证明：AA1∥MN，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Ⅰ]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DO.角形,P为DO上一点,PO=√66（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Ⅲ]如图M4—12—3,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.①②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;,求证：(2）若平面PAD⊥平面ABCD，AC=4,AB=5，sin∠ABC=45AC⊥PD。

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:①线面平行的性质定理;②三角形中位线法；③平行四边形法。

证明线线垂直的常用方法:①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理;③线面垂直的性质定理;④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,EF∥AB，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2［2020·全国卷Ⅲ]如图M4-12-6,在长方体ABCD-A1B1C1D1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—12-63[2020·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：EF⊥DB;（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,求线段AE的长。

正弦值为√147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=π3(1)证明：B1C⊥AC1；（2)若平面ABB1A1⊥平面ABC，M为A1C1的中点,求B1C与平面AB1M所成角的余弦值.图M4—12—9利用空间向量解决探索性问题4如图M4-12-10①,在平面五边形ABCDE中，四边形ABCD 是梯形,AD∥BC，AD=2BC=2√2,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②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2√23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,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M 4—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=π3,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BM ME的值；若不存在,请说明理由。

(2)求二面角N-CE-D 的正弦值。

图M 4-12—112.如图M 4—12—12，由直三棱柱ABC —A 1B 1C 1和四棱锥D-BB 1C 1C 构成的几何体中,∠BAC=90°,AB=2，BC=CC 1=4，C 1D=CD=2√5,平面CC 1D ⊥平面ACC 1A 1。

（1)求证:A 1C 1⊥DC.（2）在线段BC 上（含端点）是否存在点P,使直线DP 与平面DBB 1所成角的正弦值为√33?若存在，求BP BC的值；若不存在,说明理由.图M 4-12—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 ,B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1,所以AA 1∥MN.因为△A 1B 1C 1是正三角形,所以B 1C 1⊥A 1N 。

又B 1C 1⊥MN ,所以B 1C 1⊥平面A 1AMN ，所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F.(2）由已知得AM ⊥BC 。

以M 为坐标原点，MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向，｜MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长，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=2√33,E (2√33,13,0)。

由（1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC 。

作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC.设Q (a ，0,0）,则NQ=√4-(2√33-a)2,B 1(a,1,√4-(2√33-a)2)，故B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2√33—a ，-23，—√4-(2√33-a)2，｜B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√103。

又n=(0,-1,0）是平面A 1AMN 的一个法向量,所以sin (π2-<n,B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >)=cos〈n ,B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n ·B 1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n|·|B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√1010，所以直线B 1E 与平面A 1AMN 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 ，AB=a , PA=PB=PC=√22a 。

因此PA 2+PB 2=AB 2，从而PA ⊥PB ， 又PA 2+PC 2=AC 2,故PA ⊥PC ， 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,P 0,0，√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{m ·EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·EC⃗⃗⃗⃗⃗ =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=AP⃗⃗⃗⃗⃗ ,故cos 〈n ,m>=n ·m|n|·|m|=2√55,所以二面角B —PC-E 的余弦值为2√55.3。

解：（1)证明: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）,AC⃗⃗⃗⃗⃗ =（2,-1,0）。

设平面ACGD 的法向量为n=(x ,y ,z ),则{CG⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC⃗⃗⃗⃗⃗ ·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。