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第3讲立体几何真题调研【例1】2019全国卷如图,直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形,AA14,AB2,BAD60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点(1)证明:MN平面C1DE;(2)求二面角AMA1N的正弦值解:(1)连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且MEB1C.又因为N为A1D的中点,所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC,可得B1C綊A1D,故ME綊ND,因此四边形MNDE为平行四边形,所以MNED.又MN平面EDC1,所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,2),N(1,0,2),(0,0,4),(1,2),(1,0,2),(0,0)设m(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则所以可取m(,1,0)设n(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则所以可取n(2,0,1)于是cosm,n,所以二面角AMA1N的正弦值为.【例2】2019全国卷如图,长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(1)证明:BE平面EB1C1;(2)若AEA1E,求二面角BECC1的正弦值解:(1)由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB45,故AEAB,AA12AB.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),所以(1,0,0),(1,1,1),(0,0,2)设平面EBC的法向量为n(x,y,z),则即所以可取n(0,1,1)设平面ECC1的法向量为m(x1,y1,z1),则即所以可取m(1,1,0)于是cosn,m.所以,二面角BECC1的正弦值为.【例3】2019全国卷图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB1,BEBF2,FBC60,将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图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BCGA的大小解:(1)由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,EBC60,可求得BH1,EH.以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz,则A(1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),(1,0,),(2,1,0)设平面ACGD的法向量为n(x,y,z),则即所以可取n(3,6,)又平面BCGE的法向量可取为m(0,1,0),所以cosn,m.因此二面角BCGA的大小为30.【例4】2019天津卷如图,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,ABAD1,AEBC2.(1)求证:BF平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角EBDF的余弦值为,求线段CF的长解:依题意,可以建立以A为原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2)设CFh(h0),则F(1,2,h)(1)依题意,(1,0,0)是平面ADE的法向量,又(0,2,h),可得0,又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)依题意,(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)设n(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨令z1,可得n(2,2,1)因此有cos,n.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m(x,y,z)为平面BDF的法向量,则即不妨令y1,可得m.由题意,有|cosm,n|,解得h.经检验,符合题意所以,线段CF的长为.模拟演练12019南昌二模如图1,矩形ABCD中,AB3,BC1,E,F是边DC的三等分点现将DAE,CBF分别沿AE,BF折起,使得平面DAE、平面CBF均与平面ABFE垂直,如图2.(1)若G为线段AB上一点,且AG1,求证:DG平面CBF;(2)在(1)的条件下,求二面角ACFB的余弦值解:(1)如图,分别取AE,BF的中点M,N,连接DM,CN,MG,MN,因为ADDE1,ADE90,所以DMAE,且DM.因为BCCF1,BCF90,所以CNBF,且CN.因为平面DAE、平面CBF均与平面ABFE垂直,所以DM平面ABFE,CN平面ABFE,所以DMCN,且DMCN.易知EAB45,由余弦定理,得MG221221,所以AM2MG221AG2,所以AMG90,所以AMG是以AG为斜边的等腰直角三角形,故MGA45,而FBA45,则MGFB,故平面DMG平面CBF,又DG平面DMG,所以DG平面CBF.(2)连接GE,以G为原点,分别以AB,GE所在直线为x,y轴,以过G点并垂直于平面ABFE的直线为z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(2,0,0),E(0,1,0),F(1,1,0),C,所以(2,1,0),连接GF,由题知GFBF,由(1)知GFCN,故GF平面CBF,从而(1,1,0)是平面CBF的一个法向量设n(x,y,z)为平面AFC的法向量,则即取x2,则y4,z3,n(2,4,3),所以cos,n,由图知二面角ACFB为钝角,故所求二面角的余弦值为.22019合肥质检二如图,三棱台ABCEFG的底面是正三角形,平面ABC平面BCGF,CB2GF,BFCF.(1)求证:ABCG;(2)若BCCF,求直线AE与平面BEG所成角的正弦值解:(1)取BC的中点为D,连接DF,如图由题意得,平面ABC平面EFG,平面ABC平面BCGFBC,平面EFG平面BCGFFG,从而BCFG.CB2GF,CD綊GF,四边形CDFG为平行四边形,CGDF.BFCF,D为BC的中点,DFBC,CGBC.平面ABC平面BCGF,且平面ABC平面BCGFBC,CG平面BCGF,CG平面ABC,又AB平面ABC,CGAB.(2)连接AD.由ABC是正三角形,且D为BC的中点得,ADBC.由(1) 知,CG平面ABC,CGDF,DFAD,DFBC,DB,DF,DA两两垂直以D为坐标原点,DB,DF,DA所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz.设BC2,则A(0,0,),B(1,0,0),F(0,0),G(1,0),(2,0)CB2GF,2,E,.设平面BEG的法向量为n(x,y,z),由可得,令x,则y2,z1,n(,2,1)为平面BEG的一个法向量设AE与平面BEG所成的角为,则sin|cos,n|.直线AE与平面BEG所成角的正弦值为.32019广州综合测试一如图,在三棱锥ABCD中,ABC是等边三角形,BADBCD90,点P是AC的中点,连接BP,DP.(1)证明:平面ACD平面BDP;(2)若BD,且二面角ABDC为120,求直线AD与平面BCD所成角的正弦值解:(1)因为ABC是等边三角形,BADBCD90,所以RtABDRtCBD,可得ADCD.因为点P是AC的中点,则PDAC,PBAC,因为PDPBP,PD平面PBD,PB平面PBD,所以AC平面PBD.因为AC平面ACD,所以平面ACD平面BDP.(2)解法一:如图,作CEBD,垂足为E,连接AE.因为RtABDRtCBD,所以AEBD,AECE,AEC为二面角ABDC的平面角由已知二面角ABDC为120,知AEC120.在等腰三角形AEC中,由余弦定理可得ACAE,因为ABC是等边三角形,则ACAB,所以ABAE.在RtABD中,有AEBDABAD,得BDAD,因为BD,所以AD.又BD2AB2AD2,所以AB2.则AE,ED.由CEBD,AEBD可知BD平面AEC,则平面AEC平面BCD.过点A作AOCE,交CE的延长线于O,则AO平面BCD.连接OD,则ADO为直线AD与平面BCD所成的角在RtAEO,AEO60,所以AOAE1,sinADO.所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为.解法二:如图,作CEBD,垂足为E,连接AE.因为RtABDRtCBD,所以AEBD,AECE,AEC为二面角ABDC的平面角由已知二面角ABDC为120,知AEC120.在等腰三角形AEC中,由余弦定理可得ACAE,因为ABC是等边三角形,则ACAB,所以ABAE.在RtABD中,有AEBDABAD,得BDAD,因为BD,所以AD.又BD2AB2AD2,所以AB2.则AE,ED.以E为坐标原点,以向量,的方向分别为x轴,y轴的正方向,以过点E垂直于平面BCD的直线为z轴,建立空间直角坐标系Exyz,则D,A,向量,平面BCD的一个法向量为m(0,0,1),设直线AD与平面BCD所成的角为,则cosm,sin|cosm,|.所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为.42019长沙一模已知三棱锥PABC(如图1)的平面展开图(如图2)中,四边形ABCD为边长等于的正方形,ABE和BCF均为正三角形在三棱锥PABC中:(1)证明:平面PAC平面ABC;(2)若点M在棱PA上运动,当直线BM与平面PAC所成的角最大时,求二面角PB
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