《创新方案》届高考数学（理科）二轮专题突破预测演练提能训练（浙江专版）：第1部分专题四第2讲高考中的立体几何解答题型（以年真题和模拟题为例，含答案解析）1.(·昆明模拟)如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，点M是CD的中点，点N是PB的中点，连接AM，AN，MN.(1)求证：MN∥平面PAD；(2)若MN＝5，AD＝3，求二面角NAMB的余弦值．解：(1)取AB的中点E，连接NE，ME. 点M是CD的中点，点N是PB的中点，∴ME∥AD，NE∥PA. AD⊂平面PAD，ME⊄平面PAD，∴ME∥平面PAD. PA⊂平面PAD，NE⊄平面PAD，∴NE∥平面PAD. ME∩NE＝E，NE⊂平面MEN，ME⊂平面MEN，∴平面MEN∥平面PAD. MN⊂平面MEN，∴MN∥平面PAD.(2) NE∥PA，PA⊥平面ABCD，∴NE⊥平面ABCD.在Rt△NEM中，MN＝5，ME＝AD＝3，得NE＝＝4.以点A为原点，AD所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，M，E，N.∴＝，＝.设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，由n·＝0，n·＝0，得令x＝1，得y＝－2，z＝.∴n＝是平面AMN的一个法向量．又＝(0,0,4)是平面AMB的一个法向量，∴cos〈n，〉＝＝.∴二面角NAMB的余弦值为.2.(·沈阳模拟)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，点O，E分别是A1C1，AA1的中点，AO⊥平面A1B1C1.已知∠BCA＝90°，AA1＝AC＝BC＝2.(1)证明：OE∥平面AB1C1；(2)求异面直线AB1与A1C所成的角；(3)求A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．解：法一：(1)证明： 点O，E分别是A1C1，AA1的中点，∴OE∥AC1，又 EO⊄平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，∴OE∥平面AB1C1.(2) AO⊥平面A1B1C1，∴AO⊥B1C1.又 A1C1⊥B1C1，且A1C1∩AO＝O，∴B1C1⊥平面A1C1CA，∴A1C⊥B1C1.又 AA1＝AC，∴四边形A1C1CA为菱形，∴A1C⊥AC1. B1C1∩AC1＝C1，∴A1C⊥平面AB1C1，∴AB1⊥A1C，即异面直线AB1与A1C所成的角为90°.(3)设点C1到平面AA1B1的距离为d， VAA1B1C1＝VC1AA1B1，即×·A1C1·B1C1·AO＝·S△AA1B1·d.又 在△AA1B1中，A1B1＝AB1＝2，∴S△AA1B1＝.∴d＝，∴A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值为.法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0，)，A1(0，－1,0)，E，C1(0,1,0)，B1(2,1,0)，C(0,2,)．(1)证明： ＝，＝(0,1，－)，∴＝－，即OE∥AC1，又 OE⊄平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，∴OE∥平面AB1C1.(2) ＝(2,1，－)，＝(0,3，)，∴·＝0，即AB1⊥A1C，∴异面直线AB1与A1C所成的角为90°.(3)设A1C1与平面AA1B1所成角为θ， ＝(0,2,0)，＝(2,2,0)，＝(0,1，)，设平面AA1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则即不妨令x＝1，可得n＝.∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，∴A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值为.3.(·天津高考)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．(1)证明：B1C1⊥CE；(2)求二面角B1CEC1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．解：法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0，2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．(1)易得,＝(1,0，－1)，,＝(－1,1，－1)，于是,·,＝0，所以B1C1⊥CE.(2),＝(1，－2，－1)．设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)．由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故,＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．于是cos〈m，,〉＝＝＝－，从而sin〈m，,〉＝.所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3),＝(0,1,0)，,＝(1,1,1)．设,＝λ,＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有,＝＋,＝(λ，λ＋1，λ)．可取,＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sinθ＝|cos〈,，,〉|＝＝＝.于是＝，解得λ＝，所以AM＝.法二：(1)证明：因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1⊂平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E＝，B1C1＝，EC1＝，从而B1E2＝B1C＋EC，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E.又CC1，C1E⊂平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E.又CE⊂平面CC1E，故B1C1⊥CE.(2)过B1作B1G⊥CE于点G，连接C1G....
