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 |＝13

13＋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)．