2019届高考数学二轮复习 高考大题专项练 三 立体几何（B）理

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.(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,二面角MACB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,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ADE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,AB􀱀PQ,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.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|=,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.因为AFBE,AF=BE.所以OGAF,且OG=AF.所以四边形AOGF是平行四边形.所以ACFG.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EABD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,所以EB2=EC2+BC2,所以ECBC.又AB平面EBC,所以ECAB.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,),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,则sin =|cos|=.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=,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=,在RtAMN中,AM=,所以sin =.取AO的中点R,连接NR,MR,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MACB的平面角的补角,即MRN=-.因为NR=AD=,MR=,所以cos(-)=-cos ,即cos =-,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,ABCD,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),设P(,-1,m)(0m1),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=.7