2020届 二轮(理科数学) 立体几何 专题卷(全国通用)

2020届二轮（理科数学）立体几何专题卷（全国通用）1．(一题多解)(2018·浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．法一(1)证明由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB得AB1＝A1B1＝22，所以A1B21＋AB21＝AA21，由AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1＝5，由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝23，由CC1⊥AC，得AC1＝13，所以AB21＋B1C21＝AC21，故AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1＝B1，因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)解如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1，AB1⊂平面ABB1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1，由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角．由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21得cos ∠C 1A 1B 1＝67，sin ∠C 1A 1B 1＝17， 所以C 1D ＝3，故sin ∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913. 因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 法二 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1，0，0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1，0，2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)， A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0，23，－3)．由AB 1→·A 1B 1→＝0得AB 1⊥A 1B 1.由AB 1→·A 1C 1→＝0得AB 1⊥A 1C 1，A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1→＝(0，23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0，0，2)．设平面ABB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0， 令y ＝1，则x ＝－3，z ＝0，可得平面ABB 1的一个法向量n ＝(－3，1，0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→|·|n |＝3913. 因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 2.(2019·石家庄模拟)在四棱锥P －ABCE 中，PA ⊥底面ABCE ，CD ⊥AE ，AC 平分∠BAD ，G 为PC 的中点，PA ＝AD ＝2，BC ＝DE ，AB ＝3，CD ＝23，F ，M 分别为BC ，EG 上一点，且AF ∥CD .(1)求EM MG的值，使得CM ∥平面AFG ； (2)求直线CE 与平面AFG 所成角的正弦值．解 (1)在Rt △ADC 中，∠ADC 为直角，tan ∠CAD ＝232＝3，则∠CAD ＝60°，又AC 平分∠BAD ，∴∠BAC ＝60°， ∵AB ＝3，AC ＝2AD ＝4，∴在△ABC 中，由余弦定理可得BC ＝13，∴DE ＝13.连接DM ，当EM MG ＝ED DA ＝132时，AG ∥DM ， 又AF ∥CD ，AF ∩AG ＝A ，∴平面CDM ∥平面AFG ，又CM ⊂平面CDM ，∴CM ∥平面AFG.(2)分别以DA ，AF ，AP 为x ，y ，z 轴的正方向，A 为原点，建立空间直角坐标系A －xyz ，如图所示，则A (0，0，0)，C (－2，23，0)，D (－2，0，0)，P (0，0，2)，E (－2－13，0，0)，可得G (－1，3，1)，则AG →＝(－1，3，1)，CD →＝(0，－23，0)，CE →＝(－13，－23，0)．设平面AFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵AF ∥CD ，∴⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n ＝0，CD →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＋z ＝0，－23y ＝0， 令x ＝1，得平面AFG 的一个法向量为n ＝(1，0，1)．∴直线CE 与平面AFG 所成角的正弦值为|cos CE →，n |＝1313＋12·2＝2610. 3．(2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝5，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．(1)证明 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC ，所以AC ⊥BE .又EF ∩BE ＝E ，所以AC ⊥平面BEF .(2)解 由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1，又CC1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC ，因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE.如图建立空间直角坐标系E －xyz ，由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D (1，0，1)，F (0，0，2)，G (0，2，1)．所以BC →＝(－1，－2，0)，BD →＝(1，－2，1)．设平面BCD 的法向量为 n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧x 0＋2y 0＝0，x 0－2y 0＋z 0＝0. 令y 0＝－1，则x 0＝2，z 0＝－4.于是n ＝(2，－1，－4)．又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0，2，0)，所以cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB →|n ||EB →|＝－2121. 由题知二面角B －CD －C 1为钝角，所以其余弦值为－2121. (3)证明 由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0，2，－1)．因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直线FG 与平面BCD 相交．4．(2019·长沙雅礼中学、河南实验中学联考)如图(1)，菱形ABCD 的边长为12，∠BAD ＝60°，AC 与BD 交于O 点．将菱形ABCD 沿对角线AC 折起，得到三棱锥B －ACD ，如图(2)，点M 是棱BC 的中点，DM ＝6 2.(1)求证：平面ODM ⊥平面ABC ；(2)求二面角M －AD －C 的余弦值．(1)证明 ∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，∴∠DAO ＝30°，OB ⊥AC ，OD ⊥AC .在Rt △ADO 中，∵AD ＝12，∴OD ＝AD ·sin 30°＝6.∵M 是BC 的中点，∴OM ＝12BC ＝6. 又MD ＝62，∴OD2＋OM2＝MD2，∴DO ⊥OM.∵OM ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，OM ∩AC ＝O ， ∴OD ⊥平面ABC.又∵OD ⊂平面ODM ，∴平面ODM ⊥平面ABC.(2)解 由题意得，OD ⊥OC ，OB ⊥OC.由(1)知，OD ⊥平面ABC ，∵OB ⊂平面ABC ，∴OB ⊥OD.∴以O 为原点，OD ，OC ，OB 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图．则D (6，0，0)，A (0，－63，0)，M (0，33，3)，故AM →＝(0，93，3)，AD →＝(6，63，0)．设平面MAD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧93y ＋3z ＝0，6x ＋63y ＝0. 令y ＝－3，则x ＝3，z ＝9.∴平面MAD 的一个法向量为m ＝(3，－3，9)．易得平面ACD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)．∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝39331. 由图可知二面角M －AD －C 为锐二面角．故二面角M －AD －C 的余弦值为39331. 5．(2019·济宁模拟)如图，四边形ABCD 是正方形，四边形BDEF 为矩形，AC ⊥BF ，G 为EF 的中点．(1)求证：BF ⊥平面ABCD ；(2)二面角C －BG －D 的大小可以为60°吗，若可以求出此时BF BC的值，若不可以，请说明理由． (1)证明 ∵四边形ABCD 是正方形，四边形BDEF 为矩形，∴BF ⊥BD ，又∵AC ⊥BF ，AC ，BD 为平面ABCD 内两条相交直线，∴BF ⊥平面ABCD .(2)解 假设二面角C －BG －D 的大小可以为60°，由(1)知BF ⊥平面ABCD ，以A 为原点，分别以AB ，AD 为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设AB ＝AD ＝2，BF ＝h (h >0)，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，D (0，2，0)，C (2，2，0)，EF 的中点G (1，1，h )，BG →＝(－1，1，h )，BC→＝(0，2，0)．设平面BCG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧BG →·n ＝0，BC →·n ＝0，即⎩⎨⎧－x ＋y ＋hz ＝0，2y ＝0，取n ＝(h ，0，1)． 由于AC ⊥BF ，AC ⊥BD ，∴AC ⊥平面BDG ，平面BDG 的法向量为AC →＝(2，2，0)．由题意得cos 60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AC →|n |·|AC →|＝2h h 2＋1·4＋4， 解得h ＝1，此时BF BC ＝12. ∴当BF BC ＝12时，二面角C －BG －D 的大小为60°. 6.已知在直角梯形ABC ′D 中，∠A ＝∠B ＝90°，AD ＝AB ＝1，BC ′＝2，将△C ′BD 沿BD 折起至△CBD ，使二面角C －BD －A 为直角．(1)求证：平面ADC ⊥平面ABC .(2)若点M 满足AM →＝λAC →，λ∈[0，1]，当二面角M －BD －C 为45°时，求λ的值．(1)证明 在原梯形ABC ′D 中，作DE ⊥BC ′于点E ，连接BD ，如图(1)．图(1)∵∠A ＝∠B ＝90°，AD ＝AB ＝1，∴四边形ABED 是正方形，∴BE ＝DE ＝AB ＝1.∵BC ′＝2，∴EC ′＝1，∴∠DBC ′＝∠DC ′B ＝45°，∴∠C ′DB ＝90°，即C ′D ⊥BD .折起之后，在△BCD 中，CD ⊥BD .∵二面角C －BD －A 为直角，即平面CDB ⊥平面ABD ，平面CBD ∩平面ABD ＝BD ，∴CD ⊥平面ABD.∵AB ⊂平面ABD ，∴CD ⊥AB.又∵AB ⊥AD ，CD ∩AD ＝D ，∴AB ⊥平面ADC.∵AB ⊂平面ABC ，∴平面ADC ⊥平面ABC.(2)解 由(1)可得DA ，DE ，DC 两两垂直，图(2)∴以D 为原点，DA ，DE ，DC 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，如图(2)，则D (0，0，0)，C (0，0，2)，B (1，1，0)，A (1，0，0)．设M (x ，y ，z )，∴DB →＝(1，1，0)，BC →＝(－1，－1，2)，AC →＝(－1，0，2)．∵AM →＝λAC →，∴⎩⎨⎧x －1＝－λ，y ＝0，z ＝2λ，∴⎩⎨⎧x ＝1－λ，y ＝0，z ＝2λ，即点M 的坐标为(1－λ，0，2λ)．∴BM →＝(－λ，－1，2λ)．设平面MBD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BM →＝0，m ·DB →＝0，即⎩⎨⎧－λx 1－y 1＋2λz 1＝0，x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝λ－12λ.∴平面MBD 的一个法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，λ－12λ.设平面BCD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎨⎧x 2＋y 2＝0，－x 2－y 2＋2z 2＝0，令x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝0，∴平面BCD 的一个法向量为n ＝(1，－1，0)．∵二面角M －BD －C 为45°，∴|cos 〈m ，n 〉|＝22，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·n |m |·|n |＝22， ∴21＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－12λ2·2＝22，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－12λ2＝2. ∵λ∈[0，1]，∴λ－12λ＝－2，解得λ＝13.∴λ的值为13.。