2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测10《立体几何大题》(含答案详解)

这是一份2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测10《立体几何大题》(含答案详解)，共10页。

如图，已知平行四边形ABCD与△EMN所在的平面都与矩形BDEF所在的平面垂直，
且∠BAD=60°，AB=MN=2AD=2，EM=EN，F为MN的中点．
(1)求证：MN∥AD；
(2)若直线AE与平面ABCD所成的角为60°，求二面角M­AB­C的余弦值．
已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD=2，AD=eq \r(2)，AB=1，如图①所示，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置得三棱锥P­BCD，如图②所示．
(1)求证：BD⊥PC；
(2)当平面PBD⊥平面PBC时，求二面角P­DC­B的大小．
如图，在四棱锥P­ABCD中，底面四边形ABCD内接于圆O，AC是圆O的一条直径，PA⊥平面ABCD，PA=AC=2，E是PC的中点，∠DAC=∠AOB.
(1)求证：BE∥平面PAD；
(2)若二面角P­CD­A的正切值为2，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
如图，在四棱锥E­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中CD∥AB，BC⊥AB，侧面ABE⊥平面ABCD，且AB=AE=BE=2BC=2CD=2，动点F在棱AE，且EF=λFA.
(1)试探究λ的值，使CE∥平面BDF，并给予证明；
(2)当λ=1时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值．
如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF=3，H是CF的中点．
(1)求证：AC⊥平面BDEF；
(2)求直线DH与平面BDEF所成角的正弦值；
(3)求二面角H­BD­C的大小．
如图①，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图②所示的四棱锥D1­ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.
(1)设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；
(2)求直线BD1与平面CD1E所成的角的正弦值．
如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB=90°，CC1⊥底面ABC，AC=BC=CC1=2，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，G是棱BB1上的动点．
(1)当eq \f(BG,BB1)为何值时，平面CDG⊥平面A1DE?
(2)求平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值．
如图，在四棱锥P­ABCD中，E，F分别是PC，PD的中点，底面ABCD是边长为2的正方形，PA=PD=2，且平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证：平面AEF⊥平面PCD；
(2)求平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值．
\s 0 参考答案
解：(1)证明：在△ABD中，∠BAD=60°，AB=2，AD=1，
由余弦定理可得BD2=AB2＋AD2－2AB·AD·cs∠BAD=22＋12－2×2×1×cs 60°=3，
所以BD=eq \r(3)，AD2＋BD2=AB2，所以AD⊥BD.
又平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF=BD，
所以AD⊥平面BDEF.
在△EMN中，EM=EN，F为MN的中点，所以MN⊥EF，
又平面EMN⊥平面BDEF，平面EMN∩平面BDEF=EF，所以MN⊥平面BDEF.
所以MN∥AD.
(2)在矩形BDEF中，ED⊥BD，
又平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF=BD，
所以ED⊥平面ABCD.
所以∠EAD为直线AE与平面ABCD所成的角，故∠EAD=60°.
在Rt△EAD中，ED=ADtan∠EAD=1×tan 60°=eq \r(3).
如图，以D为坐标原点，分别以DA，DB，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，E(0,0，eq \r(3))，F(0，eq \r(3)，eq \r(3))，M(1，eq \r(3)，eq \r(3))，
eq \(MA,\s\up7(―→))=(0，－eq \r(3)，－eq \r(3))，eq \(AB,\s\up7(―→))=(－1，eq \r(3)，0)．
因为DE⊥平面ABCD，所以eq \(DE,\s\up7(―→))=(0,0，eq \r(3))为平面ABCD的一个法向量．
设平面MAB的法向量为n=(x，y，z)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n⊥eq \(MA,\s\up7(―→))，,n⊥eq \(AB,\s\up7(―→))，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(MA,\s\up7(―→))＝－\r(3)y－\r(3)z＝0，,n·eq \(AB,\s\up7(―→))＝－x＋\r(3)y＝0，))整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,x＝\r(3)y，))
令y=1，则x=eq \r(3)，z=－1，所以n=(eq \r(3)，1，－1)是平面MAB的一个法向量．
所以cs〈eq \(DE,\s\up7(―→)) ，n〉=eq \f(eq \(DE,\s\up7(―→))·n,|eq \(DE,\s\up7(―→))|×|n|)=－eq \f(\r(3)×1,\r(3)×\r(\r(3)2＋12＋－12))=－eq \f(\r(5),5).
设二面角M­AB­C的大小为θ，由图可知θ为钝角，
所以cs θ=cs〈eq \(DE,\s\up7(―→))，n〉=－eq \f(\r(5),5).
解：(1)证明：在图①中，连接AC，交BD于点G，
因为∠CDA=∠DAB=90°，
所以tan∠CAD=eq \f(CD,AD)=eq \r(2)，tan∠DBA=eq \f(AD,AB)=eq \r(2)，
所以∠CAD=∠DBA，
因为∠CAD＋∠BAG=90°，
所以∠DBA＋∠BAG=90°，所以BD⊥AC.
所以将△ABD沿BD折起到△PBD的位置后，仍有BD⊥PG，BD⊥CG，如图②所示，
又PG∩CG=G，所以BD⊥平面PCG，
又PC⊂平面PCG，所以BD⊥PC.
(2)因为平面PBD⊥平面PBC，PB⊥PD，平面PBD∩平面PBC=PB，PD⊂平面PBD，
所以PD⊥平面PBC，
因为PC⊂平面PBC，所以PD⊥PC，
又BD⊥PC，BD∩PD=D，所以PC⊥平面PBD，所以BP⊥CP.
以P为坐标原点，PC，PB，PD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图③所示，
则P(0,0,0)，B(0,1,0)，C(eq \r(2)，0,0)，D(0,0，eq \r(2))，
eq \(BD,\s\up7(―→))=(0，－1，eq \r(2))，eq \(BC,\s\up7(―→))=(eq \r(2)，－1,0)，
易知平面PCD的一个法向量为m=(0,1,0)，
设n=(x，y，z)为平面BCD的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \(BD,\s\up7(―→))·n＝0，,eq \(BC,\s\up7(―→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y＋\r(2)z＝0，,\r(2)x－y＝0，))
令x=1，则y=eq \r(2)，z=1，得n=(1，eq \r(2)，1)是平面BCD的一个法向量．
则cs〈m，n〉=eq \f(m·n,| m |·|n|)=eq \f(\r(2),2)，易知二面角P­DC­B为锐角，
所以二面角P­DC­B的大小为45°.
解：(1)证明：∵∠DAC=∠AOB，∴AD∥OB.
∵E为PC的中点，O为圆心，连接OE，
∴OE∥PA，
又OB∩OE=O，PA∩AD=A，
∴平面PAD∥平面EOB，
∵BE⊂平面EOB，
∴BE∥平面PAD.
(2)∵四边形ABCD内接于圆O且AC为直径，∴AD⊥CD，
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
又PA∩AD=A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，
∴∠PDA是二面角P­CD­A的平面角，
∵tan∠PDA=2，PA=2，∴AD=1，
如图，以D为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系D­xyz.
PA=AC=2，AD=1，延长BO交CD于点F，
∵BO∥AD，∴BF⊥CD，∴BF=BO＋OF，∴BF=1＋eq \f(1,2)=eq \f(3,2)，
又CD=eq \r(3)，∴DF=eq \f(\r(3),2)，
∴P(1,0,2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，C(0，eq \r(3)，0)，eq \(CP,\s\up7(―→))=(1，－eq \r(3)，2)，eq \(DC,\s\up7(―→))=(0，eq \r(3)，0)，
设平面PCD的法向量n=(x，y，z)，
∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(CP,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(DC,\s\up7(―→))＝0.))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－\r(3)y＋2z＝0，,\r(3)y＝0.))
令z=1，则x=－2，y=0.
∴n=(－2,0,1)是平面PCD的一个法向量，
又eq \(PB,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，－2))，∴|cs〈eq \(PB,\s\up7(―→))，n〉|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(PB,\s\up7(―→))·n,|eq \(PB,\s\up7(―→))||n|)))=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－1＋0－2,\r(5)×\r(5))))=eq \f(3,5)，
∴直线PB与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(3,5).
解：(1)当λ=eq \f(1,2)时，CE∥平面BDF.证明如下：
连接AC交BD于点G，连接GF(图略)，
∵CD∥AB，AB=2CD，∴eq \f(CG,GA)=eq \f(CD,AB)=eq \f(1,2)，
∵EF=eq \f(1,2)FA，∴eq \f(EF,FA)=eq \f(CG,GA)=eq \f(1,2)，∴GF∥CE，
又CE⊄平面BDF，GF⊂平面BDF，
∴CE∥平面BDF.
(2)如图，取AB的中点O，连接EO，则EO⊥AB，
∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD=AB，
∴EO⊥平面ABCD，
连接DO，∵BO∥CD，且BO=CD=1，
∴四边形BODC为平行四边形，∴BC∥DO，
又BC⊥AB，∴AB⊥OD，
则OD，OA，OE两两垂直，以OD，OA，OE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系O­xyz，
则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，D(1,0,0)，C(1，－1，0)，E(0,0，eq \r(3))．
当λ=1时，有eq \(EF,\s\up7(―→))=eq \(FA,\s\up7(―→))，∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
∴eq \(BD,\s\up7(―→))=(1,1,0)，eq \(CE,\s\up7(―→))=(－1,1，eq \r(3))，eq \(BF,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2))).
设平面BDF的法向量为n=(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(BD,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(BF,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,\f(3,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，))
令z=eq \r(3)，得y=－1，x=1，则n=(1，－1，eq \r(3))为平面BDF的一个法向量，
设直线CE与平面BDF所成的角为θ，
则sin θ=|cs〈eq \(CE,\s\up7(―→))，n〉|=eq \f(1,5)，
故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为eq \f(1,5).
解：(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD.
又∵平面BDEF⊥平面ABCD，
平面BDEF∩平面ABCD=BD，且AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥平面BDEF.
(2)设AC∩BD=O，取EF的中点N，连接ON，
∵四边形BDEF是矩形，O，N分别为BD，EF的中点，∴ON∥ED.
∵ED⊥平面ABCD，∴ON⊥平面ABCD.
由AC⊥BD，得OB，OC，ON两两垂直．
∴以O为原点，OB，OC，ON所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系．
∵底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，BF=3，
∴A(0，－eq \r(3)，0)，B(1,0,0)，D(－1，0,0)，E(－1,0,3)，F(1,0,3)，
C(0，eq \r(3)，0)，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\f(3,2))).
∵AC⊥平面BDEF，∴平面BDEF的法向量eq \(AC,\s\up7(―→))=(0,2eq \r(3)，0)．
设直线DH与平面BDEF所成角为α，
∵eq \(DH,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，∴sin α=|cs〈eq \(DH,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))〉|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eq \(DH,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→)),|eq \(DH,\s\up7(―→))||eq \(AC,\s\up7(―→))|)))=eq \f(\r(7),7)，
∴直线DH与平面BDEF所成角的正弦值为eq \f(\r(7),7).
(3)由(2)，得eq \(BH,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，eq \(DB,\s\up7(―→))=(2,0,0)．
设平面BDH的法向量为n=(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＋3z＝0，,2x＝0，))令z=1，得n=(0，－eq \r(3)，1)．
由ED⊥平面ABCD，得平面BCD的法向量为eq \(ED,\s\up7(―→))=(0,0，－3)，
则cs〈n，eq \(ED,\s\up7(―→))〉=eq \f(n·eq \(ED,\s\up7(―→)),| n ||eq \(ED,\s\up7(―→))|)=－eq \f(1,2)，由图可知二面角H­BD­C为锐角，
∴二面角H­BD­C的大小为60°.
解：(1)如图，取D1E的中点，记为L，连接AL，FL，则FL∥EC，
又EC∥AB，
∴FL∥AB，且FL=eq \f(1,4)AB，
∴M，F，L，A四点共面，且平面D1AE∩平面AMFL=AL，
若MF∥平面D1AE，则MF∥AL，
∴四边形AMFL为平行四边形，∴AM=FL=eq \f(1,4)AB.
(2)取AE的中点O，过点O作OG⊥AB于G，OH⊥BC于H，连接OD1.
∵AD1=D1E，∴D1O⊥AE，∴D1O⊥平面ABCE，D1O⊥OG，D1O⊥OH，
又易得OG⊥OH，故OG，OH，OD1两两垂直，以O为坐标原点，OG，OH，OD1为x轴，
y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则B(1,3,0)，C(－1,3,0)，E(－1,1,0)，D1(0,0，eq \r(2))．
故eq \(BD1,\s\up7(―→))=(－1，－3，eq \r(2))，eq \(CD1,\s\up7(―→))=(1，－3，eq \r(2))，eq \(CE,\s\up7(―→))=(0，－2,0)．
设平面CD1E的一个法向量为m=(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(CD1,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(CE,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－3y＋\r(2)z＝0，,－2y＝0，))取x=eq \r(2)，得m=(eq \r(2)，0，－1)．
设直线BD1与平面CD1E所成的角为θ，
则sin θ=|cs〈m，eq \(BD1,\s\up7(―→))〉|=eq \f(|m·eq \(BD1,\s\up7(―→))|,| m ||eq \(BD1,\s\up7(―→))|)=eq \f(|－2\r(2)|,\r(3)×\r(12))=eq \f(\r(2),3).
即直线BD1与平面CD1E所成的角的正弦值为eq \f(\r(2),3).
解：(1)当eq \f(BG,BB1)=eq \f(1,2)，即G为BB1的中点时，平面CDG⊥平面A1DE.
证明如下：因为点D，E分别是AB，BC的中点，所以DE∥AC且DE=eq \f(1,2)AC，
又AC∥A1C1，AC=A1C1，所以DE∥A1C1，DE=eq \f(1,2)A1C1，
故D，E，C1，A1四点共面．
如图，连接C1E交GC于H.在正方形CBB1C1中，
tan∠C1EC=2，tan∠BCG=eq \f(1,2)，故∠CHE=90°，即CG⊥C1E.
因为A1C1⊥平面CBB1C1，CG⊂平面CBB1C1，所以DE⊥CG，
又C1E∩DE=E，所以CG⊥平面A1DE，
故平面CDG⊥平面A1DE.
(2)由(1)知，当G为BB1的中点时，平面A1DE的一个法向量为eq \(CG,\s\up7(―→)).
三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB=90°，CC1⊥底面ABC，所以以C为原点，
CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示．
因为AC=BC=CC1=2，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，
所以C(0,0,0)，A1(2,0,2)，D(1,1,0)，E(0,1,0)，B(0,2,0)，F(0,1,2)，G(0,2,1)，
eq \(A1B,\s\up7(―→))=(－2,2，－2)，eq \(A1F,\s\up7(―→))=(－2,1,0)，eq \(CG,\s\up7(―→))=(0,2,1)．
由CD知eq \(CG,\s\up7(―→))为平面A1DE的一个法向量．
设平面A1BF的法向量为n=(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(A1F,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(A1B,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋y＝0，,－2x＋2y－2z＝0，))
令x=1得n=(1,2,1)，为平面A1BF的一个法向量．
设平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角为θ，
则cs θ=eq \f(|eq \(CG,\s\up7(―→))·n|,|eq \(CG,\s\up7(―→))|·|n|)=eq \f(5,\r(30))=eq \f(\r(30),6)，
所以平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值为eq \f(\r(30),6).
解：(1)证明：由题意知，PA=PD=AD，F为PD的中点，
可得AF⊥PD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，CD⊥AD，
∴CD⊥平面PAD.
又AF⊂平面PAD，∴CD⊥AF，
又CD∩PD=D，
∴AF⊥平面PCD，又AF⊂平面AEF，
∴平面AEF⊥平面PCD.
(2)取AD的中点O，BC的中点G，连接OP，OG，
∵PA=PD=AD，∴OP⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，OP⊂平面PAD，∴OP⊥平面ABCD.
分别以OA，OG，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，C(－1,2,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，\f(\r(3),2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，
eq \(AF,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \(FE,\s\up7(―→))=(0,1,0)．
设平面AEF的法向量为m=(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(AF,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(FE,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)z＝0，,y＝0，))
可取m=(1,0，eq \r(3))，为平面AEF的一个法向量．
同理，可得平面ACE的一个法向量为n=(eq \r(3)，eq \r(3)，1)．
cs〈m，n〉=eq \f(m·n,| m |·|n|)=eq \f(1×\r(3)＋\r(3)×1,2×\r(7))=eq \f(\r(21),7).
∴平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值为eq \f(\r(21),7).