【创新方案】(浙江专版)高考数学二轮专题突破 (预测演练+提能训练)第1部分 专题四 第2讲 高

《创新方案》2014届高考数学（理科）二轮专题突破预测演练提能训练（浙江专版）：第1部分 专题四 第2讲 高考中的立体几何解答题
型（以2013年真题和模拟题为例，含答案解析）
1.(2013·昆明模拟)如图，已知四棱锥P ­ABCD ，底面ABCD 是正方
形，PA ⊥平面ABCD ，点M 是CD 的中点，点N 是PB 的中点，连接AM ，
AN ，MN .
(1)求证：MN ∥平面PAD ；
(2)若MN ＝5，AD ＝3，求二面角N ­AM ­B 的余弦值． 解：(1)取AB 的中点E ，连接NE ，ME . ∵点M 是CD 的中点，点N 是PB 的中点， ∴ME ∥AD ，NE ∥PA .
∵AD ⊂平面PAD ，ME ⊄平面PAD ， ∴ME ∥平面PAD .
∵PA ⊂平面PAD ，NE ⊄平面PAD ， ∴NE ∥平面PAD .
∵ME ∩NE ＝E ，NE ⊂平面MEN ，ME ⊂平面MEN ， ∴平面MEN ∥平面PAD . ∵MN ⊂平面MEN ， ∴MN ∥平面PAD .
(2)∵NE ∥PA ，PA ⊥平面ABCD ， ∴NE ⊥平面ABCD .
在Rt △NEM 中，MN ＝5，ME ＝AD ＝3，得NE ＝MN 2
－ME 2
＝4. 以点A 为原点，AD 所在直线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，AP 所在
直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (0,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，4.
∴AM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，32，0，AN ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，32，4. 设平面AMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由n ·AM ＝0，n ·AN ＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧
3x ＋3
2y ＝0，32y ＋4z ＝0，
令x ＝1，得y ＝－2，z ＝3
4
.
∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－2，34是平面AMN 的一个法向量． 又EN ＝(0,0,4)是平面AMB 的一个法向量， ∴cos 〈n ，EN 〉＝
n ·EN
|n |·|EN |
＝389
89.
∴二面角N ­AM ­B 的余弦值为
38989
. 2.(2013·沈阳模拟)如图，在斜三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，点O ，E 分别是A 1C 1，AA 1的中点，
AO
⊥平面A 1B 1C 1.已知∠BCA ＝90°，AA 1＝AC ＝BC ＝2.
(1)证明：OE ∥平面AB 1C 1；
(2)求异面直线AB 1与A 1C 所成的角； (3)求A 1C 1与平面AA 1B 1所成角的正弦值．
解：法一：(1)证明：∵点O ，E 分别是A 1C 1，AA 1的中点，∴OE ∥AC 1， 又∵EO ⊄平面AB 1C 1，AC 1⊂平面AB 1C 1， ∴OE ∥平面AB 1C 1.
(2)∵AO ⊥平面A 1B 1C 1，∴AO ⊥B 1C 1. 又∵A 1C 1⊥B 1C 1，且A 1C 1∩AO ＝O ， ∴B 1C 1⊥平面A 1C 1CA ，∴A 1C ⊥B 1C 1. 又∵AA 1＝AC ，∴四边形A 1C 1CA 为菱形， ∴A 1C ⊥AC 1.∵B 1C 1∩AC 1＝C 1， ∴A 1C ⊥平面AB 1C 1，∴AB 1⊥A 1C ， 即异面直线AB 1与A 1C 所成的角为90°. (3)设点C 1到平面AA 1B 1的距离为d ， ∵V A ­A 1B 1C 1
＝V C 1
­AA 1B 1
，
即13×12·A 1C 1·B 1C 1·AO ＝1
3·S △AA 1B 1·d . 又∵在△AA 1B 1中，A 1B 1＝AB 1＝22， ∴S △AA 1B 1＝7. ∴d ＝2217
，
∴A 1C 1与平面AA 1B 1所成角的正弦值为
217
.
法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0，3)，
A 1(0，－1,0)，E ⎝
⎛⎭
⎪⎫
0，－12
，
32，C 1(0,1,0)，B 1(2,1,0)，C (0,2, 3)． (1)证明：∵OE ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，－12，32，1AC ＝(0,1，－3)，
∴OE ＝－1
21AC ，即OE ∥AC 1，
又∵OE ⊄平面AB 1C 1，AC 1⊂平面AB 1C 1， ∴OE ∥平面AB 1C 1.
(2)∵1AB ＝(2,1，－3)，1A C ＝(0,3，3)， ∴1AB ·1A C ＝0，即AB 1⊥A 1C ， ∴异面直线AB 1与A 1C 所成的角为90°. (3)设A 1C 1与平面AA 1B 1所成角为θ，
∵11A C ＝(0,2,0)，11A B ＝(2,2,0)，1A A ＝(0,1，3)， 设平面AA 1B 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧
11A B ·n ＝0， 1A A ·n ＝0，
即⎩⎨
⎧
2x ＋2y ＝0，y ＋3z ＝0.
不妨令x ＝1，可得n ＝⎝
⎛
⎭⎪⎫1，－1，33. ∴sin θ＝|cos 〈11A C ，n 〉|＝
22×
73
＝217，
∴A 1C 1与平面AA 1B 1所成角的正弦值为
217
. 3.(2013·天津高考)如图，在四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，侧棱
A 1A ⊥底面ABCD ，A
B ∥D
C ，AB ⊥A
D ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E
为棱AA 1的中点．
(1)证明：B 1C 1⊥CE
；
(2)求二面角B 1­CE ­C 1的正弦值；
(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为2
6
，求线段AM 的长． 解：法一：如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0,0,2)，C (1,0,1)，B 1(0，2,2)，C 1(1,2,1)，
E (0,1,0)．
(1)易得11B C ,＝(1,0，－1)，CE ,＝(－1,1，－1)，于是
11B C ,·CE ,＝0，所以B 1C 1⊥CE .
(2) 1B C ,＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧
m ·1B C
＝0，m ·CE ＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
x －2y －z ＝0，
－x ＋y －z ＝0.
消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一
个法向量为m ＝(－3，－2,1)．
由(1)知，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故11B C ,＝(1,0，－1)为平面
CEC 1的一个法向量．
于是cos 〈m ，11B C ,〉＝
1111
m B C m B C ＝
－414×2
＝－
277，从而sin 〈m ，11B C ,〉＝21
7
. 所以二面角B 1­CE ­C 1的正弦值为
21
7
. (3)AE ,＝(0,1,0)，1EC ,＝(1,1,1)．设EM ,＝λ1EC ,＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM ,＝AE ＋EM ,＝(λ，λ＋1，λ)．
可取AB ,＝(0,0,2)为平面ADD 1A 1的一个法向量．
设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则sin θ＝|cos 〈AM ,，AB ,〉|＝
AM AB AM AB
＝
2λ
λ2
＋λ＋
2＋λ2×2＝λ
3λ2
＋2λ＋1. 于是
λ3λ2＋2λ＋1
＝
26，解得λ＝1
3
，所以AM ＝ 2. 法二：(1)证明：因为侧棱CC 1⊥底面A 1B 1C 1D 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以CC 1⊥B 1C 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2
＝B 1C 2
1＋EC 2
1，所以在△B 1EC 1中，B 1C 1⊥C 1E .又
CC 1，C 1E ⊂平面CC 1E ，CC
1∩C 1E ＝C 1，所以B 1C 1⊥平面CC 1E .
又CE ⊂平面CC 1E ，故B 1C 1⊥CE . (2)过B 1作B 1G ⊥CE 于点G ，连接C 1G .
由(1)知，B 1C 1⊥CE ，故CE ⊥平面B 1C 1G ，得CE ⊥C 1G ，所以∠B 1GC 1
为二面角B 1­CE ­C 1的平面角．在△CC 1E 中，由CE ＝C 1E ＝3，CC 1＝2，可得C 1G ＝26
3
.
在Rt △B 1C 1G 中，B 1G ＝
423，所以sin ∠B 1GC 1＝217
，即二面角B 1­CE ­C 1的正弦值为
217
. (3)连接D 1E ，过点M 作MH ⊥ED 1于点H ，可得MH ⊥平面ADD 1A 1，连接AH ，AM ，则∠MAH 为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角．
设AM ＝x ，从而在Rt △AHM 中，有MH ＝
26x ，AH ＝346
x . 在Rt △C 1D 1E 中，C 1D 1＝1，ED 1＝2，得EH ＝2MH ＝1
3x .在△AEH 中，∠AEH ＝135°，AE
＝1，由AH 2＝AE 2＋EH 2
－2AE ·EH cos 135°，得1718x 2＝1＋19x 2＋23
x ，
整理得5x 2
－22x －6＝0，解得x ＝ 2. 所以线段AM 的长为 2.
4．如图，在三棱锥S ­ABC 中，SA ＝AB ＝AC ＝BC ＝2SB ＝2SC ，O 为BC 的中点．
(1)求证：SO ⊥平面ABC ；
(2)在线段AB 上是否存在一点E ，使二面角B ­SC ­E 的平面角的余弦值为15
5
？若存在，确定E 点位置；若不存在，试说明理由．
解：(1)证明：如图，连接AO ，
∵O 为BC 中点且SB ＝SC ， ∴SO ⊥BC . 设SB ＝a ，则SO ＝
22a ，AO ＝6
2
a .
又∵SA ＝2a ，
∴SO 2
＋OA 2
＝SA 2
，∴SO ⊥OA . 又∵BC ∩OA ＝O ，∴SO ⊥平面ABC .
(2)如图，以O 为原点，以OC 所在射线为x 轴正半轴，以OA 所在射线为y 轴正半轴，以OS 所在射线为z 轴正半轴建立空间直角坐标系．则有O (0,0,0)，S ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，0，
2a 2， C ⎝
⎛⎭⎪⎫2a 2，0，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，6a 2，0，B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－2a 2，0，0，
∴AB ,＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫－
2a 2，－6a 2，0，SC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2
，0，－2a 2. 假设存在E 满足条件，
设BE ,＝λBA , (0≤λ≤1)，则E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2
2
λ－a ，
62λa ，0， 则CE ,＝⎝
⎛⎭
⎪⎫2
2
λ－a ，
62λa ，0. 设平面SCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧
n ·CE
＝0，
n ·SC ＝0，
即⎩⎨
⎧
λ－x ＋3λy ＝0，x －z ＝0，
取n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，2－λ3λ，1.
∵OA ⊥平面SBC ，
∴可取向量m ＝(0,1,0)为平面SBC 的法向量．
∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n
|m |·|n |
＝
2－λ
3λ
2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫2－λ3λ2＝
15
5
， 解得λ＝1
2
.
∴当E 为AB 中点时，二面角B ­SC ­E 的余弦值为155
.。