2023年2021高考数学11 立体几何 含解析.pdf

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1、晨鸟教育 Earlybird 专题限时集训(十一)立体几何 1(2019 全国卷)如图，直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1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 A-MA1-N 的正弦值 解(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC 的中点，所以MEB1C，且 ME12B1C又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND12A1D 由题设知 A1B1DC，可得 B1CA1D，故 MEND，因此四边形 MNDE 为平行四边形，所以 MNED又 MN 平面 C1DE，所以 MN平面

2、C1DE.(2)由已知可得 DEDA以 D 为坐标原点，DA的方向为 x 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 晨鸟教育 Earlybird m A1M0，m A1A0.所以 x 3y2z0，4z0.可取 m(3，1,0)设 n(p，q，r)为平面 A1MN 的法向量，则 n MN0，n A1N0.所以 3q0，p2r0.可取 n(2,0，1)于是 cos m，n m

3、n|m|n|2 32 5155，所以二面角 A-MA1-N 的正弦值为105.2(2018 全国卷)如图，在三棱锥 P-ABC 中，ABBC2 2，PAPBPCAC4，O 为 AC的中点 (1)证明：PO平面 ABC；(2)若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M-PA-C 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 3.连接 OB因为 ABBC22AC，所以ABC 为等腰直角三角形，且 OBAC，OB12AC2.由 OP2OB2PB2知 POOB 平面由已知可得以为坐标原点的方向为轴正方向建立如图所示的

4、空间直角坐标系则设为平面的法向量则晨鸟教育所以上且二面角为求与平面所成角的正弦值解证明因为为的中点所以且连接因为所以为等腰直角三角形且由知晨鸟教育由量为由得可取所以由已知可得所以解得舍去或所以又所以所以与平面所成角的正弦值为全国卷图是由矩形和菱形组成晨鸟教育 Earlybird 由 OPOB，OPAC，OBACO，得 PO平面 ABC(2)如图，以 O 为坐标原点，OB的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系 O-xyz.由已知得 O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,23)，AP(0,2,23)取平面PAC的一个法向量OB(2,0,0)设 M(

5、a,2a,0)(0a2)，则AM(a,4a,0)设平面 PAM 的法向量为 n(x，y，z)由AP n0，AM n0 得 2y2 3z0，ax 4a y0，可取 n(3(a4)，3a，a)，所以 cosOB，n2 3 a42 3 a423a2a2.由已知可得|cosOB，n|32，所以2 3|a4|2 3 a423a2a232，解得 a4(舍去)或 a43，所以 n8 33，4 33，43.又PC(0,2，2 3)，所以 cosPC，n34.所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为34.3(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

6、 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；平面由已知可得以为坐标原点的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系则设为平面的法向量则晨鸟教育所以上且二面角为求与平面所成角的正弦值解证明因为为的中点所以且连接因为所以为等腰直角三角形且由知晨鸟教育由量为由得可取所以由已知可得所以解得舍去或所以又所以所以与平面所成角的正弦值为全国卷图是由矩形和菱形组成晨鸟教育 Earlybird(2)求图 2 中的二面角 B-CG-A的大小 解(1)证明：由

7、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 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

8、,0)设平面 ACGD 的法向量为 n(x，y，z)，则 CG n0，AC n0，即 x 3z0，2xy0.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 cosn，mn m|n|m|32.因此二面角 B-CG-A的大小为 30.4(2020 全国卷)如图，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：AA1MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F；平面由已知可得以为坐标原点的方向为轴正方向建立如图

9、所示的空间直角坐标系则设为平面的法向量则晨鸟教育所以上且二面角为求与平面所成角的正弦值解证明因为为的中点所以且连接因为所以为等腰直角三角形且由知晨鸟教育由量为由得可取所以由已知可得所以解得舍去或所以又所以所以与平面所成角的正弦值为全国卷图是由矩形和菱形组成晨鸟教育 Earlybird(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，所以 B1C1A1N.又 B1C1MN，故

10、 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，建立如图所示的空间直角坐标系 M-xyz，则AB2，AM 3.连接 NP，则四边形 AONP 为平行四边形，故 PM2 33，E2 33，13，0.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 NQ42 33a2，B1a，1，42 33a2，故B1E2 33a，23，42 33a2，|B1E|2 103.又 n(0，1,0)是平面 A1AMN 的法向量，故 sin2n，

11、B1E cosn，B1En B1E|n|B1E|1010.所以直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值为1010.平面由已知可得以为坐标原点的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系则设为平面的法向量则晨鸟教育所以上且二面角为求与平面所成角的正弦值解证明因为为的中点所以且连接因为所以为等腰直角三角形且由知晨鸟教育由量为由得可取所以由已知可得所以解得舍去或所以又所以所以与平面所成角的正弦值为全国卷图是由矩形和菱形组成晨鸟教育 Earlybird 1(2020 六安模拟)如图 1，在梯形 ABCD 中，ADBC，ABBC12AD，E为 AD 中点，O 是 AC 与 BE 的交点，将ABE

12、 沿 BE 翻折到图 2 中A1BE 的位置得到四棱锥 A1-BCDE.图 1 图 2(1)求证：CDA1C；(2)若 A1C22AB，BE 3AB，求二面角 B-A1E-D 的余弦值 解(1)由题图 1 可知，四边形 ABCE 为菱形，则 ACBE，则在图 2 中，BEA1O，BECO，所以 BE平面 A1OC 又 BECD，所以 CD平面 A1OC 又 A1C平面 A1OC,故 CDA1C(2)因为 BE 3AB，所以BAE23，设 AB2，则 A1OOC1，又 A1C22AB 2，所以A1OC2.建立如图所示的空间直角坐标系，则 O(0,0,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，A1

13、(0,0,1)，E(3，0,0)，D(2 3，1,0)，则ED(3，1,0)，EA1(3，0,1)则平面 A1EB 的法向量为 n1(0,1,0)，设平面 A1ED 的法向量为 n2(x，y，z)，则 n2 ED0，n2 EA10，则 3xy0，3xz0，平面由已知可得以为坐标原点的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系则设为平面的法向量则晨鸟教育所以上且二面角为求与平面所成角的正弦值解证明因为为的中点所以且连接因为所以为等腰直角三角形且由知晨鸟教育由量为由得可取所以由已知可得所以解得舍去或所以又所以所以与平面所成角的正弦值为全国卷图是由矩形和菱形组成晨鸟教育 Earlybird 令 x1

14、，则 y 3，z 3，则 n2(1，3，3)，所以 cosn1，n2n1 n2|n1|n237217，又由图可知二面角 B-A1E-D 为钝二面角，故二面角 B-A1E-D 的余弦值为217.2(2020 沈阳模拟)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，ABC 是边长为 2 的等边三角形，BCBB1，CC1 2，AC1 6.(1)证明：平面 ABC平面 BB1C1C；(2)M，N 分别是 BC，B1C1的中点，P 是线段 AC1上的动点，若二面角 P-MN-C的平面角的大小为 30，试确定点 P 的位置 解(1)证明：因为 AC2，CC1 2，AC1 6，所以 AC2CC21AC21，即 A

15、CCC1.又因为 BCBB1，BB1CC1，所以 BCCC1，ACBCC，所以 CC1平面 ABC 因为 CC1平面 BB1C1C，所以平面 ABC平面 BB1C1C(2)连接 AM，因为 ABAC2，M 是 BC 的中点，所以 AMBC 由(1)知，平面 ABC平面 BB1C1C，所以 AM平面 BB1C1C 以 M 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 M-xyz，则平面 BB1C1C 的一个法向量是 m(0,0,1)，A(0,0，3)，N(0，2，0)，C1(平面由已知可得以为坐标原点的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系则设为平面的法向量则晨鸟教育所以上且二面角为求与平面所成角的

16、正弦值解证明因为为的中点所以且连接因为所以为等腰直角三角形且由知晨鸟教育由量为由得可取所以由已知可得所以解得舍去或所以又所以所以与平面所成角的正弦值为全国卷图是由矩形和菱形组成晨鸟教育 Earlybird 1，2，0)设APtAC1(0t1)，P(x，y，z)，AP(x，y，z 3)，AC1(1，2，3)，代入上式得 xt，y 2t，z 3(1t)，所以 P(t，2t，3 3t)设平面 MNP 的一个法向量为 n()x1，y1，z1，MN(0，2，0)，MP(t，2t，3 3t)，由 n MN0，n MP0，得 2y10，tx1 2ty1 3 1t z10.令 z1t，得 n(3 3t,0，t

17、)因为二面角 P-MN-C 的平面角的大小为 30，所以m n|m|n|32，即t3 1t2t232，解得 t34.所以点 P 为线段 AC1上靠近 C1点的四等分点，且坐标为 P34，3 24，34.3(2020 鄂州模拟)如图，AB 是半圆 O 的直径，C 是半圆 O 上除 A，B 外的一个动点，DC 垂直于半圆 O 所在的平面，DCEB，DCEB1，AB4.(1)证明：平面 ADE平面 ACD；(2)当 C 点为半圆的中点时，求二面角D-AE-B 的余弦值 解(1)证明：AB是圆 O 的直径，ACBC，DC平面 ABC，BC平面 ABC，DCBC，又 DCACC，BC平面 ACD，DCE

18、B，DCEB，四边形 DCBE 是平行四边形，DEBC，平面由已知可得以为坐标原点的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系则设为平面的法向量则晨鸟教育所以上且二面角为求与平面所成角的正弦值解证明因为为的中点所以且连接因为所以为等腰直角三角形且由知晨鸟教育由量为由得可取所以由已知可得所以解得舍去或所以又所以所以与平面所成角的正弦值为全国卷图是由矩形和菱形组成晨鸟教育 Earlybird DE平面 ACD 又 DE平面 ADE，平面 ACD平面 ADE.(2)当 C 点为半圆的中点时，ACBC2 2，以 C 为原点，以 CA，CB，CD 为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示，则D(0,0,1)，

19、E(0,22，1)，A(2 2，0,0)，B(0,22，0)，AB(2 2，2 2，0)，BE(0,0,1)，DE(0,22，0)，DA(2 2，0，1)，设平面 DAE 的法向量为 m(x1，y1，z1)，平面 ABE的法向量为 n(x2，y2，z2)，则 m DA0，m DE0，n AB0，n BE0，即 2 2x1z10，2 2y10，2 2x22 2y20，z20，令 x11 得 m(1,0,2 2)，令 x21 得 n(1,1,0)cosm，nm n|m|n13 226.二面角 D-AE-B 是钝二面角，平面由已知可得以为坐标原点的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系则设为平面

20、的法向量则晨鸟教育所以上且二面角为求与平面所成角的正弦值解证明因为为的中点所以且连接因为所以为等腰直角三角形且由知晨鸟教育由量为由得可取所以由已知可得所以解得舍去或所以又所以所以与平面所成角的正弦值为全国卷图是由矩形和菱形组成晨鸟教育 Earlybird 二面角 D-AE-B 的余弦值为26.1.在三棱柱 ABC-A1B1C1中，已知 ABACAA1 5，BC4，O 为 BC 的中点，A1O平面 ABC (1)证明四边形 BB1C1C 为矩形；(2)求直线 AA1与平面 A1B1C 所成角的余弦值 解(1)证明：连接 AO，因为 O 为 BC 的中点，可得 BCAO，A1O平面 ABC,BC平

21、面 ABC，A1OBC，又AOA1OO，BC平面 AA1O，BCAA1，BB1AA1,BCBB1，又四边形 BB1C1C 为平行四边形，四边形 BB1C1C 为矩形(2)如图，分别以 OA，OB，OA1所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，则 B(0,2,0)，C(0，2,0)，RtAOB 中，AO AB2BO21，A(1,0,0)，RtAA1O 中，A1 O AA21 AO2 2，A1(0,0,2)，AA1(1,0,2)，A1C(0，2，2)，A1B1AB(1,2,0)，设平面 A1B1C 的法向量是 n(x，y，z)，由 n A1B10，n A1C0，得 x2y0，2y2z0，即

22、 x2y，zy，可取 n(2,1，1)，设直线 AA1与平面 A1B1C 所成角为 ，则 0，2，平面由已知可得以为坐标原点的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系则设为平面的法向量则晨鸟教育所以上且二面角为求与平面所成角的正弦值解证明因为为的中点所以且连接因为所以为等腰直角三角形且由知晨鸟教育由量为由得可取所以由已知可得所以解得舍去或所以又所以所以与平面所成角的正弦值为全国卷图是由矩形和菱形组成晨鸟教育 Earlybird sin cosAA1，n|AA1 n|AA1|n4562 3015，0，2，cos 1sin2 10515，即直线 AA1与平面 A1B1C 所成角的余弦值为1051

23、5.2如图 1，在等腰梯形 ABCD 中，ADBC，AD2BC4，ABC120，E 为 AD 的中点现分别沿 BE，EC 将ABE 和ECD 折起，点 A 折至点 A1，点D 折至点 D1，使得平面 A1BE平面 BCE，平面 ECD1平面 BCE，连接 A1D1，如图 2.图 1 图 2(1)若平面 BCE 内的动点 G 满足 GD1平面 A1BE，作出点 G 的轨迹并证明；(2)求平面 A1D1E 与平面 BCE 所成锐二面角的余弦值 解(1)如图，取 BC 和 CE 的中点 N 和 M，则点 G 的轨迹是直线 MN.证明如下：连接 D1M，MN，ND1，则 MNBE，又 MN 平面 BE

24、A1，BE平面 BEA1，MN平面 BEA1.依题意知，A1BE，BCE，ECD1为正三角形，MD1CE.又平面 ECD1平面 BCE，平面 ECD1平面 BCECE，MD1平面 ECD1，MD1平面 BCE，又平面 A1BE平面 BCE，MD1 平面 BEA1，MD1平面 EBA1，MD1NMM，NM平面 MND1，MD1平面 MND1，平面 MND1平面 BEA1，平面由已知可得以为坐标原点的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系则设为平面的法向量则晨鸟教育所以上且二面角为求与平面所成角的正弦值解证明因为为的中点所以且连接因为所以为等腰直角三角形且由知晨鸟教育由量为由得可取所以由已知可

25、得所以解得舍去或所以又所以所以与平面所成角的正弦值为全国卷图是由矩形和菱形组成晨鸟教育 Earlybird 当 GD1平面 MND1时，GD1平面 A1BE.点 G 的轨迹是直线 MN.(2)以 M 为原点，MB，MC，MD1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 M-xyz.则平面 BCE 的一个法向量为 m(0,0,1)，E(0，1,0)，D1(0,0，3)，A132，12，3，EA132，12，3，ED1(0,1，3)，设平面 A1ED1的一个法向量为 n(x，y，z)，则 y 3z0，32x12y 3z0，令 z1，得 y 3，x1，n(1，3，1)，设所求二面角

26、为 ，则 cos|m n|m|n|1555.3.如图，圆柱的轴截面 ABCD 是边长为 2 的正方形，点 P 是圆弧 CD 上的一动点(不与 C，D 重合)，点 Q 是圆弧 AB的中点，且点 P，Q 在平面 ABCD 的两侧 (1)证明：平面 PAD平面 PBC；平面由已知可得以为坐标原点的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系则设为平面的法向量则晨鸟教育所以上且二面角为求与平面所成角的正弦值解证明因为为的中点所以且连接因为所以为等腰直角三角形且由知晨鸟教育由量为由得可取所以由已知可得所以解得舍去或所以又所以所以与平面所成角的正弦值为全国卷图是由矩形和菱形组成晨鸟教育 Earlybird(

27、2)设点 P 在平面 ABQ 上的射影为点 O，点 E，F 分别是PQB 和POA 的重心，当三棱锥 P-ABC 体积最大时，回答下列问题 证明：EF平面 PAQ；求平面 PAB与平面 PCD 所成二面角的正弦值 解(1)因为 ABCD 是轴截面，所以 AD平面 PCD，所以 ADPC又点 P是圆弧 CD 上的一动点(不与 C，D 重合)，且 CD 为直径，所以 PCPD，又 ADPDD，PD平面 PAD，AD平面 PAD，所以 PC平面 PAD，而 PC平面 PBC，故平面 PAD平面 PBC(2)当三棱锥 P-ABC 体积最大时，点 P 为圆弧 CD 的中点，所以点 O 为圆弧AB的中点，

28、所以四边形 AQBO 为正方形，且 PO平面ABO.连接 PE 并延长交 BQ 于点 M，连接 PF 并延长交OA 于点 N，连接 MN，则 MNAQ，因为 E，F 分别为两个三角形的重心，PEPMPFPN23，EFMN，所以 EFAQ，又 AQ平面 PAQ，EF 平面 PAQ，所以 EF平面 PAQ.PO平面 ABO，AO 垂直 BO，所以以 O 为坐标原点，OA，OB，OP 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则 P(0,0,2)，A(2，0,0)，B(0，2，0)，PA(2，0，2)，AB(2，2，0)设平面PAB的法向量n(x，y，z)，则 n PA0，n AB0，

29、即 2x2z0，2x 2y0，可取 n(2，2，1)，又平面 PCD 的法向量 m(0,0,1)，平面由已知可得以为坐标原点的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系则设为平面的法向量则晨鸟教育所以上且二面角为求与平面所成角的正弦值解证明因为为的中点所以且连接因为所以为等腰直角三角形且由知晨鸟教育由量为由得可取所以由已知可得所以解得舍去或所以又所以所以与平面所成角的正弦值为全国卷图是由矩形和菱形组成晨鸟教育 Earlybird 所以 cosn，mn m|n|m|1555，所以 sinn，m2 55.所以平面 PAB与平面 PCD 所成二面角的正弦值为2 55.平面由已知可得以为坐标原点的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系则设为平面的法向量则晨鸟教育所以上且二面角为求与平面所成角的正弦值解证明因为为的中点所以且连接因为所以为等腰直角三角形且由知晨鸟教育由量为由得可取所以由已知可得所以解得舍去或所以又所以所以与平面所成角的正弦值为全国卷图是由矩形和菱形组成