2020版新高考復(fù)習(xí)理科數(shù)學(xué)教學(xué)案：立體幾何含答案

1、教學(xué)資料范本2020版新高考復(fù)習(xí)理科數(shù)學(xué)教學(xué)案：立體幾何含答案編輯：時間：3講立體幾何真題調(diào)研【例120xx全國卷I 如圖.直四棱柱ABCD AiBiCiDi的底面是菱形.AAi = 4.AB = 2./BAD=60 .E.M.N分別是 BC.BBiAD的中點.& G(1)證明：MN/平面CiDE;(2)求二面角AMAi N的正弦值.解：連接BiC.ME.因為M.E分別為BBi.BC的中點.所以ME/ i -BiC.且 ME = 2BiC.i又因為N為AiD的中點.所以ND = AiD.由題設(shè)知Ai BiDC.可得BiC糠AiD.故MEND.因此四邊形MNDE為平行四邊形.所以MN /

2、 ED.又MN?平面EDCi.所以MN/平面CiDE.(2)由已知可得DELDA.以D為坐標原點.DA的方向為x軸正方 向.DE的方向為y軸正方向.DD的方向為z軸正方向.建立如圖所示的 空間直角坐標系D xyz則A(2,0,0).Ai(2,0,4).M(i.V3.2).N(i,0,2).AtA= (0,0.-4).AiMh (- iA/3.- 2).AiN= ( i,0.-2).MN= (0.-V3.0).m AlMk0, 設(shè)m=(x.y.z)為平面AiMA的法向量.則所以m A1/A= 0. x + yj3y _ 2z = 0, 4z = 0.可取 m=( '3.1,0).n Mh

3、k0, 設(shè)n= (p.q.r)為平面AiMN的法向量.則所以n AlN= 0. 3q=0, p2r = 0.可取 n=(2,0.-1).于是 cos <m.n>mr n 2 315|m|n| 一2乂3一5所以二面角AMA1 N的正弦值為J0 53 / 15【例220xx全國卷H 如圖.長方體ABCD A1B1C1D1的底面ABCD是正方形.點E在棱AA1 ±.BE±EC1.(1)證明：BE,平面 EB1C1；(2)若AE = AE.求二面角BECC1的正弦值.解：(1)由已知得.B1CJ平面ABB1A1.BE?平面ABB1A1.故B1C1 XBE.又BELEG.

4、所以BE,平面EB1C1.(2)由(1)知/ BEBi = 90°.由題設(shè)知 RtzABERtzAiBiE.所以/ AEB= 45°.故 AE = AB.AAi = 2AB.以D為坐標原點.DA勺方向為x軸正方向.|DA為單位長.建立如圖 所示的空間直角坐標系 D xyz.則 C(0,1,0).B(1,1,0).Ci(0,1,2).E(1,0,1). 所以 CB= (1,0,0).CE= (1. 1.1).CC 仁(0,0,2).11 / 15設(shè)平面EBC的法向量為n=(x.y.z).CB- n=0,CE n=0,x = 0,x y+ z = 0,所以可取n=(0.-1.-

5、1).設(shè)平面ECCi的法向量為m=(xi.yi.zi).CCv m= 0則CE- m= 0,2z1=0,x1 y1 +z1 = 0,所以可取m=(1,1,0).于是 cos <n.m>n m1|n|m|2.所以.二面角BECCi的正弦值為學(xué).【例320xx全國卷出圖1是由矩形ADEB.RtzABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形.其中AB=1.BE= BF = 2./FBC= 60°.將其沿AB.BC折起使得BE與BF重合.連接DG.如圖2.(1)證明：圖2中的A.C.G.D四點共面.且平面ABC,平面BCGE;(2)求圖2中的二面角BCGA的大小.解：(1)由已知得 A

6、D/ BE.CG / BE.所以 AD / CG.故AD.CG確定一個平面.從而A.C.G.D四點共面.由已知得 AB± BE.ABX BC> ABXffi BCGE.又因為AB?平面ABC.所以平面ABC,平面BCGE.(2)作EHLBC.垂足為H.因為EH?平面BCGE.平面BCGE,平面 ABC.所以EHL平面ABC.由已知.菱形BCGE的邊長為2./EBC=60°.可求得BH=1.EH = 3.以H為坐標原點.HC勺方向為x軸的正方向.建立如圖所示的空間直角坐標系 H xyz則 A(1,1,0).C(1,0,0).G(2.0.V3).CG= (1qV3).AC

7、 =(2.-1,0).B H設(shè)平面ACGD的法向量為n = (x.y.z).則CG n=0,Ab n=0,x + yf3z = 0, g IJ2x y= 0.所以可取n=(3,6.-V3).又平面BCGE的法向量可取為m = (0,1,0).n m 3所以 cos <n.m> = , , , = *.|n|m|2因此二面角BCG A的大小為30 .【例420xx天津卷如圖.AEL平面ABCD.CF / AE.AD /BC.AD L AB.AB = AD = 1.AE= BC = 2.E(1)求證：BF/平面ADE;(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBD F

8、的余弦值為:求線段CF的長.3解：依題意.可以建立以A為原點.分別以ABAbA狂)方向為x軸.y 軸.z軸正方向的空間直角坐標系(如圖).可得A(0,0,0).B(1,0,0).C(1,2,0).D(0,1,0).E(0,0,2).設(shè) CF=h(h>0).則F(1,2.h).(1)依題意.AB= (1,0,0)是平面ADE的法向量.又BF= (0,2.h).可得 BFAB= 0.又因為直線BF?平面ADE.所以BF/平面ADE.依題意.BD> (-1,1,0).bE( 1,0,2).CE>(-1.-2.2).、_ n- BD= 0,1設(shè)n= (x.y.z)為平面BDE的法向量

9、.則即n , BE= 0,x + y = 0,不妨令z= 1.可得n = (2,2,1).x + 2z=0,9-f CE- n 因止匕有cosCEn=|CE|n|4所以.直線CE與平面BDE所成角的正弦值為-.9設(shè)m=(x.y.z)為平面BDF的法向量.m- Bb= 0, m- BF= 0,x + y= 0,2y+ hz= 0,2不妨令y=1.可得m= 1，1，-.由題意.有|cos <m.n>|_|m n|一|m|n|4 -2/c/ =；.解得h=：.經(jīng)檢4 3732 + h2驗.符合題意.所以.線段CF的長為7.模擬演練1 . 20xx 南昌二模如圖1.矩形ABCD中.AB=

10、3.BC= 1.E.F是邊DC的三等分點.現(xiàn)將 ADAE.ACBF分別沿AE.BF折起.使得平面DAE、平面CBF均與平面ABFE垂直. 如圖2.B A G修圖m 2(1)若G為線段AB上一點.且AG=1.求證：DG /平面CBF;(2)在(1)的條件下.求二面角A- CF- B的余弦值.解：(1)如圖.分別取AE.BF的中點M.N.連接DM.CN.MG.MN.A G因為所以因為所以AD = DE=1./ADE = 90 .DMAE.且 DM = 22.BC = CF=1./BCF = 90 .CNXBF.fi CN = ¥因為平面 DAE、平面CBF均與平面 ABFE垂直.所以DM

11、,平面 ABFE.CN，平面 ABFE.所以DM / CN.且DM = CN.易知/ EAB = 45°.由余弦定理得MG2/2+12.2X也X1X也2 222.所以 AM2 + MG2=曰 2 + 2= 1 = AG2所以/ AMG = 90 .所以 AMG是以AG為斜邊的等腰直角三角形.故/ MGA = 45 .而/ FBA=45°JM MG / FB.故平面 DMG /平面 CBF.又 DG?平 面DMG.所以DG/平面CBF.(2)連接GE.以G為原點.分別以AB.GE所在直線為x.y軸.以過G 點并垂直于平面ABFE的直線為z軸建立空間直角坐標系則A(3 121,

12、0,0).B(2,0,0).E(010).F(110).C2, 2,.所以AF=(2,1,0).FC= 2, I .連接GF.由題知GFLBF.由(1)知GFLCN.故GF，平面CBF.從而GF= (1,1,0)是平面CBF的一個法向量.設(shè)n = (x.y.z)為平面AFC的法向量則2x + y = 0,n , FC= 0,即 x-y + V2z=0,取 x= 2.則 y=4.z= 3/2.n = (-2,4,3).所以 cosGFn=1, 1, 0 2, 4, 3播 V192X 38由圖知二面角ACFB為鈍角.故所求二面角的余弦值為-；：9192. 20xx合肥質(zhì)檢二如圖.三棱臺ABC EF

13、G的底面是正三角形.平面ABC，平面 BCGF.CB= 2GF.BF = CF.(1)求證：ABXCG;(2)若BC=CF.求直線AE與平面BEG所成角的正弦值.解：(1)取BC的中點為D.連接DF.如圖.由題意得.平面ABC/平面EFG.平面ABC A平面BCGF = BC.平 面 EFGA 平面 BCGF=FG.從而 BC/ FG. .CB= 2GF./.CDGF. 四邊形CDFG為平行四邊形. .CG/ DF.BF = CF.D為BC的中點. DFXBC./.CGXBC. 平面 ABC，平面BCGF.且平面ABCA平面BCGF=BC.CG? 平面BCGF. CG，平面 ABC.又 AB?

14、平面 ABC./. CGXAB.(2)連接AD.由 ABC是正三角形.且D為BC的中點得.ADXBC.由(1)知.CG，平面 ABC.CG/ DF. DFXAD.DFXBC.DB.DF.DA兩兩垂直.以D為坐標原點.DB.DF.DA所在的直線分別為x.y.z軸.建立空間 直角坐標系D xyz.設(shè) BC=2.則 A(0,0. 3).B(1,0,0).F(0. 3.0).G(-1.V3.0). .BG= (- 2a/3.0). . CB= 2GF./.AB= 2EF.E -1 ® 乎. . AE= -1,-3 .BE= -3, 3/3,*.2，22， 2設(shè)平面BEG的法向量為n=(x.y

15、.z).72x + V3y=0,B> n = 0,":由可得.3Y3BE. n = 0,-2x + /3y+ 2 z=0.令 x=V3.則 y= 2.z= 1. . n = (#21)為平面BEG的一個法向量.設(shè)AE與平面BEG所成的角為a則 sin 8= |cosAE.n|= |AEe- n|硝 |n|=；64 .直線AE與平面BEG所成角的正弦值為 平.3. 20xx廣州綜合測試一如圖.在三棱錐A BCD中.ABC是等邊三角形./BAD=/BCD=90°.點P是AC的中點.連接BP.DP.17 /15(1)證明：平面ACD，平面BDP;(2)若BD = a/6.且

16、二面角ABD C為120°.求直線AD與平面BCD 所成角的正弦值.解：(1)因為 ABC是等邊三角形./BAD=/BCD=90°.所以 RtABD二RtCBD.可得AD=CD.因為點P是AC的中點.則PDXAC.PBX AC.因為 PDAPB=P.PD?平面 PBD.PB?平面 PBD.所以AC，平面PBD.因為AC?平面ACD.所以平面 ACD，平面BDP.(2)解法一:如圖.作CELBD.垂足為E.連接AE.因為 RtAABDRtACBD.所以AE±BD.AE= CE./AEC為二面角 ABDC的平面角. 由已知二面角 ABDC為120°.知/ A

17、EC= 120 .在等腰三角形AEC中.由余弦定理可得AC= 3AE.因為 ABC是等邊三角形.則AC=AB.所以ab=3ae.11在 RtAABD 中.有AE BD = 2AB AD.得 BD = /3AD.因為bd=46.所以ad=J2.又 BD2=AB2 + AD2.所以 AB=2.貝U AE=233.ED = 6.由CE，BD.AE，BD可知BD，平面AEC.則平面 AEC，平面 BCD.過點A作AOCE.交CE的延長線于。.則AO,平面BCD.連接OD.則/ADO為直線AD與平面BCD所成的角.在 RtzAEO./AEO=60 .所以 AO=*AE=1./ AO ;2 sin/ADO

18、 = AD= 2 .所以直線AD與平面BCD所成角的正弦值為2.解法二：如圖.作CELBD.垂足為E連接AE.因為 RtAABDRtACBD.所以AE±BD.AE= CE./AEC為二面角 ABDC的平面角. 由已知二面角 ABDC為120°.知/ AEC= 120 .在等腰三角形AEC中.由余弦定理可得AC = V3AE.因為 ABC是等邊三角形.則AC = AB.所以 AB= ,3AE.11在 RtAABD 中.有AE BD = 2AB AD.得 BD = 3AD.因為bd=6.所以ad=72.又 BD2=AB2 + AD2.所以 AB=2.貝U AE="3E

19、D = (.33以E為坐標原點.以向量ECED勺方向分別為x軸.y軸的正方向.以 過點E垂直于平面BCD的直線為z軸.建立空間直角坐標系Exyz 則 D 0,坐 0 .A 乎，0, 1 .向量AD=9， 1 .平面BCD的一個法向量為 m=（0,0,1）.設(shè)直線AD與平面BCD所成的角為0wf m- AD -1V2貝U cos < m.At> =7=一小.|m|AD|.2x12sin 0= |cos <m.AD |= ?.2所以直線AD與平面BCD所成角的正弦值為 學(xué)4. 20xx 長沙一模已知三棱錐PABC（如圖1）的平面展開圖（如圖2）中.四邊形ABCD為邊長等于：2的正方形.AABEffiABCF均為正三角形.在三棱錐 P ABC中：(1)證明：平面PAC，平面ABC;(2)若點M在棱PA±運動.當直線BM與平面PAC所成的角最大時. 求二面角P- BC- M的余弦值.解：(1)如圖.設(shè)AC的中點為O.連接BO.PO.B由題意彳導(dǎo)PA= PB= PC=虛.PO=BO= 1.因為在 PAC中.PA= PC.O為AC的中點.所以POXAC.因為在 POB 中.PO2+ OB2= PB2.所以POXOB