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1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練 三 立體幾何(B)理
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=AB.
(1)過BD作截面與線段FC交于點(diǎn)N,使得AF∥平面BDN,試確定點(diǎn)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(zhì)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
2、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(diǎn),PO⊥平面ABCD,PO=1,M為PD的中點(diǎn).
(1)證明:PB∥平面ACM;
(2)設(shè)直線AM與平面ABCD所成的角為α,二面角MACB的大小為β,求sin α·cos β的值.
4.(2018·達(dá)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=,AB=2,AM=1,E是AB的中點(diǎn).
(1)求證:DE⊥平面A
3、BM.
(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P,使二面角PECD的大小為?若存在,求出AP的長;若不存在,請說明理由.
1.解:(1)當(dāng)N為線段FC的中點(diǎn)時(shí),AF∥平面BDN,
證明如下:
連接AC,BD,設(shè)AC∩BD=O,連接ON,
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形,
所以O(shè)為AC的中點(diǎn),
又因?yàn)镹為FC的中點(diǎn),
所以O(shè)N為△ACF的中位線,
所以AF∥ON,
因?yàn)锳F?平面BDN,ON?平面BDN,
所以AF∥平面BDN,
故N為FC的中點(diǎn)時(shí),AF∥平面BDN.
(2)過點(diǎn)O作PQ∥AB分別與AD,BC交于點(diǎn)P,Q,
因?yàn)镺為AC的中點(diǎn),
所以P,Q分別為AD,BC的
4、中點(diǎn),
因?yàn)椤鰽DE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?yàn)镋F∥AB,ABPQ,EF=AB,
所以EF∥PQ,EF=PQ,
所以四邊形EPQF為等腰梯形.
取EF的中點(diǎn)M,連接MO,則MO⊥PQ,
又因?yàn)锳D⊥EP,AD⊥PQ,EP∩PQ=P,
所以AD⊥平面EPQ.
過點(diǎn)O作OG⊥AB于點(diǎn)G,
則OG∥AD,
所以O(shè)G⊥OM,OG⊥OQ.
分別以,,的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz,如圖所示.
不妨設(shè)AB=4,則由條件可得O(0,0,0),A(1
5、,-2,0),B(1,2,0),F(0,1,),D(-1, -2,0),N(-,,),=(0,4,0),=(-1,3,),
=(-,-,),
設(shè)n=(x,y,z)是平面ABF的法向量,
則
則
所以可取n=(,0,1),
可得|cos<,n>|==,
所以直線BN與平面ABF所成角的正弦值為.
2.(1)證明:連接AC,BD,相交于點(diǎn)O,取DE的中點(diǎn)G,連接FG,OG.
因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形,
所以O(shè)是BD的中點(diǎn),
所以O(shè)G∥BE,OG=BE.
因?yàn)锳F∥BE,AF=BE.
所以O(shè)G∥AF,且OG=AF.
所以四邊形AOGF是平行四邊形.
所以AC∥FG
6、.
又FG?平面DEF,AC?平面DEF,
所以AC∥平面DEF.
(2)解:因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形,四邊形ABEF是直角梯形,∠FAB=90°,
所以DA⊥AB,FA⊥AB,
因?yàn)锳D∩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?yàn)锽E=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=2,
所以EB2=EC2+BC2,
所以EC⊥BC.
又AB⊥平面EBC,
7、
所以EC⊥AB.
又AB∩BC=B,
所以EC⊥平面ABCD.
以C為坐標(biāo)原點(diǎn),CB,CD,CE分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系.
則C(0,0,0),D(0,2,0),E(0,0,2),F(1,2,),
所以=(0,0,2),
=(1,0,),=(1,2,-),
設(shè)平面DEF的法向量為n=(x,y,z),
則
即
令z=,則
所以n=(-3,3,).
設(shè)直線CE和平面DEF所成角為θ,
則sin θ=|cos<,n>|==.
3.(1)證明:連接BD,OM,
因?yàn)榈酌鍭BCD為平行四邊形,O為AC的中點(diǎn),
所以O(shè)為BD的中點(diǎn),
又因?yàn)樵凇鱌B
8、D中,M為PD的中點(diǎn),
所以O(shè)M∥PB,
又因?yàn)镺M?平面ACM,PB?平面ACM,
所以PB∥平面ACM.
(2)解:取DO的中點(diǎn)N,連接MN,AN,
則MN∥PO,MN=PO=,
因?yàn)镻O⊥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==,AN=DO=,
在Rt△AMN中,AM==,
所以sin α==.
取AO的中點(diǎn)R,連接NR,MR,
所以NR∥AD,所以NR⊥OA,
又MN⊥平面ABCD,
9、
由三垂線定理知MR⊥AO,
故∠MRN為二面角MACB的平面角的補(bǔ)角,
即∠MRN=π-β.
因?yàn)镹R=AD=,MR=,
所以cos(π-β)==-cos β,
即cos β=-,
所以sin α·cos β=-.
4.(1)證明:連接BD,因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形,∠DAB=,E是AB的中點(diǎn),
所以DE⊥AB,
因?yàn)樗倪呅蜛DNM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?yàn)樗倪?/p>
10、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(diǎn),DE為x軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,
則D(0,0,0),E(,0,0),C(0,2,0),N(0,0,1),
設(shè)P(,-1,m)(0≤m≤1),
則=(-,2,0),=(0,-1,m),
因?yàn)镹D⊥平面ABCD,
所以平面ECD的一個(gè)法向量為=(0,0,1),
設(shè)平面PEC的法向量為n=(x,y,z),
n·=n·=0,
即
取z=1,可得n=(,m,1),
假設(shè)在線段AM上存在點(diǎn)P,
使二面角PECD的大小為,
則cos=||=,
解得m=,
所以在線段AM上,符合題意的點(diǎn)P存在,
此時(shí)AP=.