2019屆高考數(shù)學二輪復習 高考大題專項練 三 立體幾何（B）理.doc

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三　立體幾何(B) 1.(2018天水二模)如圖,在多面體ABCDEF中,四邊形ABCD為矩形,△ADE,△BCF均為等邊三角形,EF∥AB,EF=AD=12AB. (1)過BD作截面與線段FC交于點N,使得AF∥平面BDN,試確定點N的位置,并予以證明; (2)在(1)的條件下,求直線BN與平面ABF所成角的正弦值. 2.(2018宜昌質檢)在如圖所示的六面體中,平面ABCD是邊長為2的正方形,平面ABEF是直角梯形,∠FAB=90,AF∥BE,BE=2AF=4. (1)求證:AC∥平面DEF; (2)若二面角EABD為60,求直線CE和平面DEF所成角的正弦值. 3.(2018黃石模擬)如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠ADC=45,AD=AC=1,O為AC的中點,PO⊥平面ABCD,PO=1,M為PD的中點. (1)證明:PB∥平面ACM; (2)設直線AM與平面ABCD所成的角為α,二面角MACB的大小為β,求sin αcos β的值. 4.(2018達州模擬)在如圖所示的幾何體中,平面ADNM⊥平面ABCD,四邊形ABCD是菱形,四邊形ADNM是矩形,∠DAB=π3,AB=2,AM=1,E是AB的中點. (1)求證:DE⊥平面ABM. (2)在線段AM上是否存在點P,使二面角PECD的大小為π4?若存在,求出AP的長;若不存在,請說明理由. 1.解:(1)當N為線段FC的中點時,AF∥平面BDN, 證明如下: 連接AC,BD,設AC∩BD=O,連接ON, 因為四邊形ABCD為矩形, 所以O為AC的中點, 又因為N為FC的中點, 所以ON為△ACF的中位線, 所以AF∥ON, 因為AF?平面BDN,ON?平面BDN, 所以AF∥平面BDN, 故N為FC的中點時,AF∥平面BDN. (2)過點O作PQ∥AB分別與AD,BC交于點P,Q, 因為O為AC的中點, 所以P,Q分別為AD,BC的中點, 因為△ADE與△BCF均為等邊三角形,且AD=BC, 所以△ADE≌△BCF, 連接EP,FQ,則得EP=FQ. 因為EF∥AB,AB??PQ,EF=12AB, 所以EF∥PQ,EF=12PQ, 所以四邊形EPQF為等腰梯形. 取EF的中點M,連接MO,則MO⊥PQ, 又因為AD⊥EP,AD⊥PQ,EP∩PQ=P, 所以AD⊥平面EPQ. 過點O作OG⊥AB于點G, 則OG∥AD, 所以OG⊥OM,OG⊥OQ. 分別以OG→,OQ→,OM→的方向為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標系Oxyz,如圖所示. 不妨設AB=4,則由條件可得O(0,0,0),A(1,-2,0),B(1,2,0),F(0,1,2),D(-1, -2,0),N(-12,32,22),AB→=(0,4,0),AF→=(-1,3,2), BN→=(-32,-12,22), 設n=(x,y,z)是平面ABF的法向量, 則nAB→=0,nAF→=0, 則4y=0,-x+3y+2z=0, 所以可取n=(2,0,1), 可得|cos|=|BN→n||BN→||n|=23, 所以直線BN與平面ABF所成角的正弦值為23. 2.(1)證明:連接AC,BD,相交于點O,取DE的中點G,連接FG,OG. 因為四邊形ABCD是正方形, 所以O是BD的中點, 所以OG∥BE,OG=12BE. 因為AF∥BE,AF=12BE. 所以OG∥AF,且OG=AF. 所以四邊形AOGF是平行四邊形. 所以AC∥FG. 又FG?平面DEF,AC?平面DEF, 所以AC∥平面DEF. (2)解:因為四邊形ABCD是正方形,四邊形ABEF是直角梯形,∠FAB=90, 所以DA⊥AB,FA⊥AB, 因為AD∩AF=A, 所以AB⊥平面AFD. 同理可得AB⊥平面EBC. 又AB?平面ABCD, 所以平面AFD⊥平面ABCD, 又二面角EABD為60, 所以∠FAD=∠EBC=60. 因為BE=2AF=4,AD=2, 所以AF=AD, 所以△ADF為等邊三角形. 在△BCE中,由余弦定理得EC=23, 所以EB2=EC2+BC2, 所以EC⊥BC. 又AB⊥平面EBC, 所以EC⊥AB. 又AB∩BC=B, 所以EC⊥平面ABCD. 以C為坐標原點,CB,CD,CE分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系. 則C(0,0,0),D(0,2,0),E(0,0,23),F(1,2,3), 所以CE→=(0,0,23), DF→=(1,0,3),EF→=(1,2,-3), 設平面DEF的法向量為n=(x,y,z), 則nDF→=0,nEF→=0, 即x+3z=0,x+2y-3z=0, 令z=3,則x=-3,y=3, 所以n=(-3,3,3). 設直線CE和平面DEF所成角為θ, 則sin θ=|cos|=62321=77. 3.(1)證明:連接BD,OM, 因為底面ABCD為平行四邊形,O為AC的中點, 所以O為BD的中點, 又因為在△PBD中,M為PD的中點, 所以OM∥PB, 又因為OM?平面ACM,PB?平面ACM, 所以PB∥平面ACM. (2)解:取DO的中點N,連接MN,AN, 則MN∥PO,MN=12PO=12, 因為PO⊥平面ABCD, 所以MN⊥平面ABCD, 所以∠MAN為直線AM與平面ABCD所成的角, 即∠MAN=α. 由∠ADC=45,AD=AC, 所以∠DCA=45,∠DAC=90, 在Rt△ADO中,DO=12+(12)2=52,AN=12DO=54, 在Rt△AMN中,AM=(54)2+(12)2=34, 所以sin α=MNAM=23. 取AO的中點R,連接NR,MR, 所以NR∥AD,所以NR⊥OA, 又MN⊥平面ABCD, 由三垂線定理知MR⊥AO, 故∠MRN為二面角MACB的平面角的補角, 即∠MRN=π-β. 因為NR=12AD=12,MR=22, 所以cos(π-β)=22=-cos β, 即cos β=-22, 所以sin αcos β=-23. 4.(1)證明:連接BD,因為四邊形ABCD是菱形,∠DAB=π3,E是AB的中點, 所以DE⊥AB, 因為四邊形ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD且交線為AD, 所以MA⊥平面ABCD, 又DE?平面ABCD, 所以DE⊥AM, 又AM∩AB=A, 所以DE⊥平面ABM. (2)解:由DE⊥AB,AB∥CD, 可得DE⊥CD, 因為四邊形ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD且交線為AD,ND⊥AD, 所以ND⊥平面ABCD, 以D為原點,DE為x軸建立如圖所示的空間直角坐標系, 則D(0,0,0),E(3,0,0),C(0,2,0),N(0,0,1), 設P(3,-1,m)(0≤m≤1), 則EC→=(-3,2,0),EP→=(0,-1,m), 因為ND⊥平面ABCD, 所以平面ECD的一個法向量為DN→=(0,0,1), 設平面PEC的法向量為n=(x,y,z), nEC→=nEP→=0, 即-3x+2y=0,-y+mz=0, 取z=1,可得n=(2m3,m,1), 假設在線段AM上存在點P, 使二面角PECD的大小為π4, 則cosπ4=|nDN→|n||DN→||=14m23+m2+1, 解得m=217, 所以在線段AM上,符合題意的點P存在, 此時AP=217.