2020版新高考复习理科数学教学案：立体几何含答案

∵CB＝2GF.∴ ＝2 .∴E .
∴ ＝ . ＝ .
设平面BEG的法向量为n＝(x.y.z).
由 可得.
令x＝ .则y＝2.z＝－1.
∴n＝( .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〈 .n〉|＝| ＝ .
∴直线AE与平面BEG所成角的正弦值为 .
2020版新高考复习理科数学教学案：立体几何含答案
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3讲 立体几何
■真题调研——————————————
【例1】[20xx·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．
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. 的方向为x轴正方向. 的方向为y轴正方向. 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. .2).N(1,0,2). ＝(0,0.－4). ＝(－1. .－2). ＝(－1,0.－2). ＝(0.－ .0)．
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 .
(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＝ B1C.
又因为N为A1D的中点.所以ND＝ A1D.
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.
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＝ 2＋12－2× ×1× ＝ .
所以AM2＋MG2＝ 2＋ ＝1＝AG2.
所以∠AMG＝90°.
所以△AMG是以AG为斜边的等腰直角三角形.
平面BCD的一个法向量为m＝(0,0,1).
设直线AD与平面BCD所成的角为θ.
则cos〈m. 〉＝ ＝ ＝－ .
sinθ＝|cos〈m. 〉|＝ .
所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为 .
4．[20xx·长沙一模]已知三棱锥P－ABC(如图1)的平面展开图(如图2)中.四边形ABCD为边长等于 的正方形.△ABE和△BCF均为正三角形．在三棱锥P－ABC中：
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＝ AE.
因为△ABC是等边三角形.
则AC＝AB.所以
AB＝ AE.
在Rt△ABD中.有 AE·BD＝ AB·AD.
得BD＝ AD.
因为BD＝ .所以AD＝ .
因此有cos〈 .n〉＝ ＝－ .
所以.直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 .
(3)设m＝(x.y.z)为平面BDF的法向量.
则 即
不妨令y＝1.可得m＝ .
由题意.有|cos〈m.n〉|＝ ＝ ＝ .解得h＝ .经检验.符合题意．
所以.线段CF的长为 .
■模拟演练——————————————
1．[20xx·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.
设平面ECC1的法向量为m＝(x1.y1.z1).
则 即
所以可取m＝(1,1,0)．
于是cos〈n.m〉＝ ＝－ .
所以.二面角B－EC－C1的正弦值为 .
【例3】[20xx·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.
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PO⊥OB.
因为AC∩OB＝O.AC.OB⊂平面ABC.
所以PO⊥平面ABC.
因为PO⊂平面PAC.所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)由(1)知.BO⊥PO.由题意可得BO⊥AC.所以BO⊥平面PAC.
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cos〈m.n〉＝ ＝ ＝ .
所以二面角A－MA1－N的正弦值为 .
【例2】[20xx·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.
所以 ＝(2,1,0). ＝ .
连接GF.由题知GF⊥BF.由(1)知GF⊥CN.故GF⊥平面CBF.
从而 ＝(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
即
取x＝－2.则y＝4.z＝3 .n＝(－2,4,3 ).
所以cos〈 .n〉＝ ＝ .
由图知二面角A－CF－B为钝角.
(1)依题意. ＝(1,0,0)是平面ADE的法向量.又 ＝(0,2.h).可得 · ＝0.又因为直线BF⊄平面ADE.所以BF∥平面ADE.
(2)依题意. ＝(－1,1,0). ＝(－1,0,2). ＝(－1.－2.2)．
设n＝(x.y.z)为平面BDE的法向量.则 即 不妨令z＝1.可得n＝(2,2,1)．
(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Biblioteka BaiduAD＝DE＝1.∠ADE＝90°.
所以DM⊥AE.且DM＝ .
因为BC＝CF＝1.∠BCF＝90°.
所以CN⊥BF.且CN＝ .
(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＝ .
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H－xyz.则A(－1,1,0).C(1,0,0).G(2.0. ). ＝(1,0. ). ＝(2.－1,0)．
以D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D－xyz.则C(0,1,0).B(1,1,0).C1(0,1,2).E(1,0,1).所以 ＝(1,0,0). ＝(1.－1.1). ＝(0,0,2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x.y.z).
则 即
所以可取n＝(0.－1.－1)．
(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 .求线段CF的长．
解：依题意.可以建立以A为原点.分别以 . . 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(h>0).则F(1,2.h)．
∵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. ).B(1,0,0).F(0. .0).
G(－1. .0).
∴ ＝(－2. .0)．
因为△ABC是等边三角形.则AC＝AB.
所以AB＝ AE.
在Rt△ABD中.有 AE·BD＝ AB·AD.
得BD＝ AD.
因为BD＝ .所以AD＝ .
又BD2＝AB2＋AD2.所以AB＝2.
则AE＝ .ED＝ .
以E为坐标原点.以向量 . 的方向分别为x轴.y轴的正方向.以过点E垂直于平面BCD的直线为z轴.建立空间直角坐标系E－xyz.则D .A .向量 ＝ .
3．[20xx·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＝ .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°.
(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.
又BD2＝AB2＋AD2.所以AB＝2.
则AE＝ .ED＝ .
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＝ AE＝1.
(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.
设平面ACGD的法向量为n＝(x.y.z).则
即
所以可取n＝(3,6.－ )．
又平面BCGE的法向量可取为m＝(0,1,0).
所以cos〈n.m〉＝ ＝ .
因此二面角B－CG－A的大小为30°.
【例4】[20xx·天津卷]如图.AE⊥平面ABCD.CF∥AE.AD∥BC.AD⊥AB.AB＝AD＝1.AE＝BC＝2.
故所求二面角的余弦值为－ .
2．[20xx·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.
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若点M在棱PA上运动.当直线BM与平面PAC所成的角最大时.求二面角P－BC－M的余弦值．
解：(1)如图.设AC的中点为O.连接BO.PO.
由题意.得PA＝PB＝PC＝ .
PO＝BO＝1.
因为在△PAC中.PA＝PC.O为AC的中点.
所以PO⊥AC.
因为在△POB中.PO2＋OB2＝PB2.
sin∠ADO＝ ＝ .
所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为 .
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＝120°.
在等腰三角形AEC中.由余弦定理可得AC＝ AE.