2019届高考数学二轮复习高考大题专项练三立体几何（B）理.doc

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1、1三 立体几何(B)1.(2018天水二模)如图,在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 为矩形,ADE,BCF 均为等边三角形,EFAB,EF=AD= AB.12(1)过 BD 作截面与线段 FC 交于点 N,使得 AF平面 BDN,试确定点 N 的位置,并予以证明;(2)在(1)的条件下,求直线 BN 与平面 ABF 所成角的正弦值.2.(2018宜昌质检)在如图所示的六面体中,平面 ABCD 是边长为 2 的正方形,平面 ABEF 是直角梯形,FAB=90,AFBE,BE=2AF=4.(1)求证:AC平面 DEF;(2)若二面角 E AB D 为 60,求直线 CE 和平面 DEF

2、 所成角的正弦值.3.(2018黄石模拟)如图,在四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,ADC=45,AD=AC=1,O 为 AC 的中点,PO平面 ABCD,PO=1,M 为 PD 的中点.(1)证明:PB平面 ACM;(2)设直线 AM 与平面 ABCD 所成的角为 ,二面角 M AC B 的大小为 ,求 sin cos 的值.4.(2018达州模拟)在如图所示的几何体中,平面 ADNM平面 ABCD,四边形 ABCD 是菱形,四2边形 ADNM 是矩形,DAB= ,AB=2,AM=1,E 是 AB 的中点.(1)求证:DE平面 ABM.(2)在线段 AM 上是否存在点

3、P,使二面角 P EC D 的大小为 ?若存在,求出 AP 的长;若不存在,请说明理由.1.解:(1)当 N 为线段 FC 的中点时,AF平面 BDN,证明如下:连接 AC,BD,设 ACBD=O,连接 ON,因为四边形 ABCD 为矩形,所以 O 为 AC 的中点,又因为 N 为 FC 的中点,所以 ON 为ACF 的中位线,所以 AFON,因为 AF平面 BDN,ON平面 BDN,所以 AF平面 BDN,故 N 为 FC 的中点时,AF平面 BDN.(2)过点 O 作 PQAB 分别与 AD,BC 交于点 P,Q,因为 O 为 AC 的中点,所以 P,Q 分别为 AD,BC 的中点,因为A

4、DE 与BCF 均为等边三角形,且 AD=BC,所以ADEBCF,连接 EP,FQ,则得 EP=FQ.因为 EFAB,ABPQ,EF= AB,所以 EFPQ,EF= PQ,所以四边形 EPQF 为等腰梯形.取 EF 的中点 M,连接 MO,则 MOPQ,又因为 ADEP,ADPQ,EPPQ=P,所以 AD平面 EPQ.过点 O 作 OGAB 于点 G,则 OGAD,所以 OGOM,OGOQ.3分别以 , , 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 O xyz,如图所示.不妨设 AB=4,则由条件可得 O(0,0,0),A(1,-2,0),B(1,2,0),F(0,1, )

5、,D(-1, -2,0),N(-2, , ), =(0,4,0), =(-1,3, ),1232 2=(- ,- , ),32 12设 n=(x,y,z)是平面 ABF 的法向量,则 =0,=0,则 4=0,+3+2=0,所以可取 n=( ,0,1),2可得|cos|= = ,|所以直线 BN 与平面 ABF 所成角的正弦值为 .2.(1)证明:连接 AC,BD,相交于点 O,取 DE 的中点 G,连接 FG,OG.因为四边形 ABCD 是正方形,所以 O 是 BD 的中点,所以 OGBE,OG= BE.12因为 AFBE,AF= BE.12所以 OGAF,且 OG=AF.所以四边形 AOGF

6、 是平行四边形.所以 ACFG.又 FG平面 DEF,AC平面 DEF,所以 AC平面 DEF.4(2)解:因为四边形 ABCD 是正方形,四边形 ABEF 是直角梯形,FAB=90,所以 DAAB,FAAB,因为 ADAF=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 E AB D 为 60,所以FAD=EBC=60.因为 BE=2AF=4,AD=2,所以 AF=AD,所以ADF 为等边三角形.在BCE 中,由余弦定理得 EC=2 ,3所以 EB2=EC2+BC2,所以 ECBC.又 AB平面 EBC,所以 ECAB

7、.又 ABBC=B,所以 EC平面 ABCD.以 C 为坐标原点,CB,CD,CE 分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.则 C(0,0,0),D(0,2,0),E(0,0,2 ),F(1,2, ),3 3所以 =(0,0,2 ),3=(1,0, ), =(1,2,- ),3 3设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z),则 =0,=0,即 +3=0,+2 3=0,令 z= ,则3所以 n=(-3,3, ).3设直线 CE 和平面 DEF 所成角为 ,则 sin =|cos|= = .53.(1)证明:连接 BD,OM,因为底面 ABCD 为平行四边形,O 为 AC 的中点,所

8、以 O 为 BD 的中点,又因为在PBD 中,M 为 PD 的中点,所以 OMPB,又因为 OM平面 ACM,PB平面 ACM,所以 PB平面 ACM.(2)解:取 DO 的中点 N,连接 MN,AN,则 MNPO,MN= PO= ,12 12因为 PO平面 ABCD,所以 MN平面 ABCD,所以MAN 为直线 AM 与平面 ABCD 所成的角,即MAN=.由ADC=45,AD=AC,所以DCA=45,DAC=90,在 RtADO 中,DO= = ,AN= DO= ,12+(12) 2 12在 RtAMN 中,AM= = ,34所以 sin = = .23取 AO 的中点 R,连接 NR,M

9、R,所以 NRAD,所以 NROA,又 MN平面 ABCD,由三垂线定理知 MRAO,故MRN 为二面角 M AC B 的平面角的补角,即MRN=-.因为 NR= AD= ,MR= ,12 12所以 cos(-)= =-cos ,即 cos =- ,6所以 sin cos =- .4.(1)证明:连接 BD,因为四边形 ABCD 是菱形,DAB= ,E 是 AB 的中点,所以 DEAB,因为四边形 ADNM 是矩形,平面 ADNM平面 ABCD 且交线为 AD,所以 MA平面 ABCD,又 DE平面 ABCD,所以 DEAM,又 AMAB=A,所以 DE平面 ABM.(2)解:由 DEAB,A

10、BCD,可得 DECD,因为四边形 ADNM 是矩形,平面 ADNM平面 ABCD 且交线为 AD,NDAD,所以 ND平面 ABCD,以 D 为原点,DE 为 x 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0),E( ,0,0),C(0,2,0),N(0,0,1),3设 P( ,-1,m)(0m1),3则 =(- ,2,0), =(0,-1,m),3因为 ND平面 ABCD,所以平面 ECD 的一个法向量为 =(0,0,1),设平面 PEC 的法向量为 n=(x,y,z),n =n =0,即 3+2=0,+=0,取 z=1,可得 n=( ,m,1),假设在线段 AM 上存在点 P,使二面角 P EC D 的大小为 ,则 cos =| |= ,|7解得 m= ,217所以在线段 AM 上,符合题意的点 P 存在,此时 AP= .217