【文档说明】2019届高考数学二轮复习高考大题专项练03立体几何B 理数（含答案）.doc，共(7)页，555.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-75467.html

以下为本文档部分文字说明：

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,EF∥AB,EF=AD=AB.(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°,AF∥BE,BE=2AF=4.(1)求证:AC∥平面DEF;(2)若二

面角EABD为60°,求直线CE和平面DEF所成角的正弦值.3.(2018·黄石模拟)如图,在四棱锥PABCD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α,二面角MACB的大小为β,求sinα·cosβ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P,使二面角PECD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,B

D,设AC∩BD=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AF∥ON,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PQ∥A

B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△ADE与△BCF均为等边三角形,且AD=BC,所以△ADE≌△BCF,连接EP,FQ,则得EP=FQ.因为EF∥AB,A

B���PQ,EF=AB,所以EF∥PQ,EF=PQ,所以四边形EPQF为等腰梯形.取EF的中点M,连接MO,则MO⊥PQ,又因为AD⊥EP,AD⊥PQ,EP∩PQ=P,所以AD⊥平面EPQ.过点O作OG⊥AB于点G,则OG∥AD

,所以OG⊥OM,OG⊥OQ.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Oxyz,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,),D(-1,-2,0),N(-,,),=

(0,4,0),=(-1,3,),=(-,-,),设n=(x,y,z)是平面ABF的法向量,则则所以可取n=(,0,1),可得|cos<,n>|==,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OG∥BE,OG=BE.因为AF∥BE,AF=BE.所以OG∥AF,且OG=AF.所以四边形AOGF是平行四边形.所以AC∥FG.又FG⊂平面DEF,AC⊄平面DEF,所以AC∥平面DEF.(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DA⊥AB,FA⊥AB,因为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为60°,所以∠F

AD=∠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,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,),所以=(0,0,2),=(1,0,),=(1,2,-),设平面DEF

的法向量为n=(x,y,z),则即令z=,则所以n=(-3,3,).设直线CE和平面DEF所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|==.3.(1)证明:连接BD,OM,因为底面ABCD为平行四边形,O为AC的中点

,所以O为BD的中点,又因为在△PBD中,M为PD的中点,所以OM∥PB,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MN∥PO,MN=PO=,因为PO⊥平面AB

CD,所以MN⊥平面ABCD,所以∠MAN为直线AM与平面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sinα==.取AO的中点R,连接NR,MR,所以NR∥A

D,所以NR⊥OA,又MN⊥平面ABCD,由三垂线定理知MR⊥AO,故∠MRN为二面角MACB的平面角的补角,即∠MRN=π-β.因为NR=AD=,MR=,所以cos(π-β)==-cosβ,即cosβ=-,所以sinα·cosβ=-.4.(1)证明:连接BD,因为四边形AB

CD是菱形,∠DAB=,E是AB的中点,所以DE⊥AB,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DE⊥AM,又AM∩AB=A,所以DE⊥平面ABM

.(2)解:由DE⊥AB,AB∥CD,可得DE⊥CD,因为四边形ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD且交线为AD,ND⊥AD,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),设P(,-1,m)(0≤m≤1),则=(-,2,0),=(0,-1,m),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,即取z=1,可得

n=(,m,1),假设在线段AM上存在点P,使二面角PECD的大小为,则cos=||=,解得m=,所以在线段AM上,符合题意的点P存在,此时AP=.