2022高考数学二轮复习”一本“培养优选练 中档大题分类练4 立体几何 理

2022高考数学二轮复习”一本“培养优选练 中档大题分类练4 立体几何 理1(2018沈阳质检三)如图48，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B底面ABC，ABC和ABB1都是边长为2的正三角形图48(1)过B1作出三棱柱的截面，使截面垂直于AB，并证明；(2)求AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值解(1)设AB中点为O，连接OC，OB1，B1C，则截面OB1C为所求，OC，OB1分别为ABC，ABB1的中线，所以ABOC，ABOB1，又OC，OB1为平面OB1C内的两条相交直线，所以AB平面OB1C，(2)以O为原点，OB方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易求得B(1,0,0)，A(1,0,0)，C(0，0)，B1(0,0，)，C1(1，)，(1，0)，(1,0，)，(0，)，设平面BCC1B1的一个法向量为n(x，y，z)，由解得平面BCC1B1的一个法向量为n(，1,1)，又|cos，n|，所以AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.【教师备选】如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，ABAD，CBD60，BD2BC4，点E在CD上，DE2EC.(1)求证：ACBE；(2)若二面角EBAD的余弦值为，求三棱锥ABCD的体积解(1)证明：取BD的中点O，连接AO，CO，EO.因为ABAD，BOOD，所以AOBD，又平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AO平面ABD，所以AO平面BCD.又BE平面BCD，所以AOBE.在BCD中，BD2BC，DE2EC，所以2，由角平分线定理，得CBEDBE.又BCBO2，所以BECO，又因为AOCOO，AO平面ACO，CO平面ACO，所以BE平面ACO，又AC平面ACO，所以ACBE.(2)在BCD中，BD2BC4，CBD60，由余弦定理，得CD2，所以BC2CD2BD2，即BCD90，所以EBDEDB30，BEDE，所以EOBD，结合(1)知，OE，OD，OA两两垂直，以O为原点，分别以OE，OD，OA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)，设AOt(t0)，则A(0,0，t)，B(0，2,0)，E，所以BA(0,2，t)，BE，设n(x，y，z)是平面ABE的一个法向量，则即整理，得令y1，得n.因为OE平面ABD，所以m(1,0,0)是平面ABD的一个法向量又因为二面角EBAD的余弦值为，所以|cosm，n|，解得t2或t2(舍去)又AO平面BCD，所以AO是三棱锥ABCD的高，故VABCDAOSBCD222.2.在如图49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，FAB90，AFBE，BE2AF4.图49(1)求证：AC平面DEF；(2)若二面角EABD为60，求直线CE和平面DEF所成角的正弦值解(1)证明：连接BD交AC于点O，取DE的中点为G，连接FG，OG.平面ABCD是正方形，O是BD的中点，OGBE，OGBE，又AFBE，AFBE，OGAF且OGAF，四边形AOGF是平行四边形，ACFG.又FG平面DEF，AC平面DEF，AC平面DEF.(2)四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是直角梯形，FAB90，DAAB，FAAB.ADAFA，AB平面AFD，同理可得AB平面EBC.又AB平面ABCD，平面AFD平面ABCD，又二面角EABD为60，FADEBC60，BE2AF4，BC2，由余弦定理得EC2，ECBC.又AB平面EBC，ECAB，ABBCB，EC平面ABCD.以C为坐标原点，CB为x轴，CD为y轴，CE为z轴建立如图所示空间直角坐标系则C(0,0,0)，D(0,2,0)，E(0,0,2)，F(1,2，)，(0,0,2)，(1,0，)，(1,2，)，设平面DEF的一个法向量为n(x，y，z)，则即令z，则n(3,3，)设直线CE和平面DEF所成角为，则sin |cos，n|.3(2018安庆市高三二模)如图50，四边形ABCD是矩形，沿对角线AC将ACD折起，使得点D在平面ABC上的射影恰好落在边AB上图50(1)求证：平面ACD平面BCD；(2)当2时，求二面角DACB的余弦值解(1)设点D在平面ABC上的射影为点E，连接DE，则DE平面ABC，所以DEBC.因为四边形ABCD是矩形，所以ABBC，所以BC平面ABD，所以BCAD.又ADCD，所以AD平面BCD，而AD平面ACD，所以平面ACD平面BCD.(2)以点B为原点，线段BC所在的直线为x轴，线段AB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示设|AD|a，则|AB|2a，所以A(0，2a，0)，C(a,0,0)由(1)知ADBD，又2，所以DBA30，DAB60，那么|AE|AD|cosDABa，|BE|AB|AE|a，|DE|AD|sinDABa，所以D，所以，(a,2a,0)设平面ACD的一个法向量为m(x，y，z)，则即取y1，则x2，z，所以m.因为平面ABC的一个法向量为n(0,0,1)，所以cosm，n.故所求二面角DACB的余弦值为. 【教师备选】(2018东莞市二调)如图，平面CDEF平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，四边形CDEF为直角梯形，ADC120，CFCD，且CFDE，AD2DCDE2CF.(1)求证：BF平面ADE；(2)设P点是线段DE上一点，若平面BCD与平面BFP所成的锐二面角为30，求点P的位置解(1)证明：取DE的中点H，连接AH，HF.四边形CDEF为直角梯形，DE2CF，H是DE的中点，HFDC，且HFDC.四边形ABCD是平行四边形，ABDC，且ABDC，ABHF，且ABHF，四边形ABFH是平行四边形，BFAH.AH平面ADE，BF平面ADE，BF平面ADE.(2)在BCD中，BC2DC，BDC90，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设AD2，则DC1，CF1，设DPh，则B(，0,0)，C(0,1,0)，F(0,1,1)，P(0,0，h)，(，0，h)，(，1,1)，设平面BFP的法向量为n(x，y，z)，n，n，不妨令x，则n，平面BCD的一个法向量为m(0,0,1)，平面BCD与平面BFP所成锐二面角为30，解得h，或h1.点P在线段DE的中点或线段DE的靠近点D的四等分点处4.如图51，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ABAC2，AD2，PB3，PBAC.图51(1)求证：平面PAB平面PAC；(2)若PBA45，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)因为四边形ABCD是平行四边形，AD2，所以BCAD2，又ABAC2，所以AB2AC2BC2，所以ACAB，又PBAC，且ABPBB，所以AC平面PAB，因为AC平面PAC，所以平面PAB平面PAC.(2)由(1)知ACAB，AC平面PAB，如图，分别以AB，AC所在直线为x轴、y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，(0,2,0)，(2,2,0)，由PBA45，PB3，可得P(1,0,3)，所以(1,0,3)，(3,0,3)，假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，设(01)，则(，0,3)，(，2,3)，设平面PBC的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，得xy1，所以平面PBC的一个法向量为n(1,1,1)，设直线CE与平面PBC所成的角为，则sin |cosn，|，整理得3240，因为01，所以3240，故3240无解，所以棱PA上不存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.