【量神大数学】2021新高考数学二轮复习专题限时集训11 立体几何+解析

神 的菱形，∠BCD＝60°，AC 与 BD 交于点 O，平面 FBC⊥平面 ABCD，EF∥AB，
FB＝FC，EF＝2
3
3 .
量
(1)求证：OE⊥平面 ABCD； (2)若△FBC 为等边三角形，点 Q 为 AE 的中点，求二面角 Q-BC-A 的余弦值． [解] (1)证明：取 BC 的中点 H，连接 OH，FH， 因为 FB＝FC，所以 FH⊥BC． 因为平面 FBC⊥平面 ABCD，平面 FBC∩平面 ABCD＝BC，FH⊂平面 FBC， 所以 FH⊥平面 ABCD． 因为 H，O 分别为 BC，AC 的中点，所以 OH∥AB 且 OH＝12AB．
可取 n＝(2，0，－1)．
于是
cos〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝2×2
3＝ 5
515，
学
数 所以二面角 A-MA1-N 的正弦值为
10 5.
2．(2019·全国卷Ⅲ)图 1 是由矩形 ADEB，Rt△ABC 和菱形 BFGC 组成的一个
大 平面图形，其中 AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿 AB，BC 折起使得 BE
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2y＋2 3z＝0，
ax＋(4－a)y＝0，
可取 n＝(
3(a－4)，
3a，－a)，
所以 cos〈O→B，n〉＝ 2
2 3(a－4) 3(a－4)2＋3a2＋a2.
由已知可得|cos〈O→B，nB0，2 3 3，0，C(－2，0，0)，E(0，0，2)，Q(1，0，1)，
大 所以B→C＝－2，－2 3 3，0，C→Q＝(3，0，1)． 神 设平面 BCQ 的法向量为 m＝(x，y，z)，
量 B→C·m＝0，
则C→Q·m＝0，
得－2x－2 3 3y＝0， 3x＋z＝0，
又 AD⊥AB，AB∩PA＝A，AB⊂平面 PAB，PA⊂平面 PAB，
∴AD⊥平面 PAB，又 PB⊂平面 PAB，∴AD⊥PB．
等腰三角形 PAB 中，F 为 PB 的中点，∴PB⊥AF，
学 又 AD∩AF＝A，AD⊂平面 ADEF，AF⊂平面 ADEF，
∴PB⊥平面 ADEF，
数 又 ED⊂平面 ADEF，∴PB⊥ED．
∴SC⊥SD，又 AD∩SD＝D， ∴SC⊥平面 SAD．
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又 EF∥AB，EF＝2 3 3＝12AB，所以 EF═∥OH， 所以四边形 OEFH 为平行四边形，所以 OE∥FH， 所以 OE⊥平面 ABCD． (2)因为菱形 ABCD 中，∠BCD＝60°，AB＝4 3 3，所以 OA＝OC＝2， 在等边三角形 FBC 中，BC＝4 3 3，所以 FH＝2， 所以 OE＝FH＝2. 易知 OA，OB，OE 两两垂直，以 O 为坐标原点，OA，OB，OE 所在直线分 别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz，如图所示，
大 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.
神
量
(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
C→G·n＝0， x＋ 3z＝0，
A→C·n＝0，
即 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〉＝|nn|·|mm|＝
3 2.
学
数 因此二面角 B-CG-A 的大小为 30°.
3．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是正三角形，侧面
与 BF 重合，连接 DG，如图 2.
神
量 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；
(2)求图 2 中的二面角 B-CG-A 的大小．
[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(1)知平面 A1AMN⊥平面 ABC． 作 NQ⊥AM，垂足为 Q，则 NQ⊥平面 ABC．
学
设 Q(a，0，0)，则 NQ＝
数 4－2 3 3－a2，
B1a，1，
4－2 3 3－a2，
大 故B→1E＝233－a，－23，－ 4－233－a2，
神 |B→1E|＝2
10 3.
量 又 n＝(0，－1，0)是平面 A1AMN 的法向量，
故
sinπ2－〈n，B→1E〉＝cos〈n，B→1E〉＝
→ n·B1E
→
＝
10 10 .
|n|·|B1E|
所以直线
B1E
与平面
A1AMN
所成角的正弦值为
10 10 .
4．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥 P-ABC 中，AB＝BC＝2 2，PA＝PB＝PC ＝AC＝4，O 为 AC 的中点．
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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，H→C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)，C→G＝(1，0， 3)，A→C＝(2，－1， 0)． 设平面 ACGD 的法向量为 n＝(x，y，z)，则
设平面 PCD 的法向量为 n＝(x1，y1，z1)，
C→D·n＝0， 则P→C·n＝0，
即－x1＋x1＝y1－0，z1＝0，
∴可取 n＝(0，1，1)．
∴cos〈P→B，n〉＝－12，
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∴平面 ADEF 与平面 PCD 所成的锐二面角为 60°. 3．(2020·石家庄模拟)如图，四棱锥 S-ABCD 中，四边形 ABCD 为矩形，AB ＝2 2，BC＝SC＝SD＝2，BC⊥SD．
学 数 大 连接 OB．因为 AB＝BC＝ 22AC，所以△ABC 为等腰直角三角形， 神 且 OB⊥AC，OB＝12AC＝2.
由 OP2＋OB2＝PB2 知 PO⊥OB．
量 由 OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，得 PO⊥平面 ABC．
(2)如图，以 O 为坐标原点，O→B的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系 O-xyz.
所以 2
2 3|a－4|
＝
3(a－4)2＋3a2＋a2
23，
解得 a＝－4(舍去)，或 a＝43，
所以 n＝－8 3 3，4 3 3，－43.
又P→C＝(0，2，－2
3)，所以
cos〈P→C，n〉＝
3 4.
学
数 所以
PC
与平面
PAM
所成角的正弦值为
3 4.
大 1．(2020·济宁模拟)如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是边长为43 3
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(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 AP＝CP＝AC＝4，O 为 AC 的中点，所以 OP⊥AC，且 OP＝2 3.
图所示的空间直角坐标系 D-xyz，则
量
A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1， 3，2)，N(1，0，2)，A→1A＝(0，0，－4)，A→1M ＝(－1， 3，－2)，A→1N＝(－1，0，－2)，M→N＝(0，－ 3，0)．
设 m＝(x，y，z)为平面 A1MA 的法向量，则
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(2)易知 AB，AD，AP 两两互相垂直，故以 A 为坐标原点，以 AB，AD，AP 所
大 在直线分别为 x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系． 神
量 则 P(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，C→D＝(－1，0，0)，P→C
＝(1，1，－1)．
由(1)知P→B＝(1，0，－1)为平面 ADEF 的一个法向量．
(1)求证：SC⊥平面 SAD；
(2)设A→E＝12E→B，求平面 SEC 与平面 SBC 所成的二面角的正弦值．
[解] (1)∵BC⊥SD，BC⊥CD，SD∩CD＝D，
∴BC⊥平面 SDC，
学 ∴AD⊥平面 SDC，∴SC⊥AD．
又在△SDC 中，SC＝SD＝2，DC＝AB＝2 2，故 SC2＋SD2＝DC2，
数 且 ME＝12B1C．又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND＝12A1D． 大 由题设知 A1B1 ═∥ DC，可得 B1C═∥A1D，故 ME═∥ND，因此四边形 MNDE 为
平行四边形，所以 MN∥ED．又 MN⊄平面 EDC1，所以 MN∥平面 C1DE.
神 (2)由已知可得 DE⊥DA．以 D 为坐标原点，D→A的方向为 x 轴正方向，建立如
取 x＝1，可得 m＝(1，－ 3，－3)．
易知平面 ABC 的一个法向量为 n＝(0，0，1)，
则 cos〈m，n〉＝|mm|·|mn |＝1×
－3 ＝－3 1＋3＋9
1313，
易知二面角 Q-BC-A 为锐二面角，