《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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(guò)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(zhǎng)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(zhǎng);若不存在,請(qǐng)說(shuō)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(guò)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,AB􀱀PQ,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(guò)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=.