《2022高考數(shù)學二輪復習”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 中檔大題分類練4 立體幾何 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學二輪復習”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 中檔大題分類練4 立體幾何 理（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學二輪復習”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 中檔大題分類練4 立體幾何 理1(2018沈陽質(zhì)檢三)如圖48，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面AA1B1B底面ABC，ABC和ABB1都是邊長為2的正三角形圖48(1)過B1作出三棱柱的截面，使截面垂直于AB，并證明；(2)求AC1與平面BCC1B1所成角的正弦值解(1)設AB中點為O，連接OC，OB1，B1C，則截面OB1C為所求，OC，OB1分別為ABC，ABB1的中線，所以ABOC，ABOB1，又OC，OB1為平面OB1C內(nèi)的兩條相交直線，所以AB平面OB1C，(2)以O為原點，OB方向為x軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，易求得B(1

2、,0,0)，A(1,0,0)，C(0，0)，B1(0,0，)，C1(1，)，(1，0)，(1,0，)，(0，)，設平面BCC1B1的一個法向量為n(x，y，z)，由解得平面BCC1B1的一個法向量為n(，1,1)，又|cos，n|，所以AC1與平面BCC1B1所成角的正弦值為.【教師備選】如圖，在三棱錐ABCD中，平面ABD平面BCD，ABAD，CBD60，BD2BC4，點E在CD上，DE2EC.(1)求證：ACBE；(2)若二面角EBAD的余弦值為，求三棱錐ABCD的體積解(1)證明：取BD的中點O，連接AO，CO，EO.因為ABAD，BOOD，所以AOBD，又平面ABD平面BCD，平面AB

3、D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，由角平分線定理，得CBEDBE.又BCBO2，所以BECO，又因為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，結(jié)合(1)知，OE，OD，OA兩兩垂直，以O為原點，分別以OE，OD，OA的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系Oxyz(如圖)，設AOt(t0)

4、，則A(0,0，t)，B(0，2,0)，E，所以BA(0,2，t)，BE，設n(x，y，z)是平面ABE的一個法向量，則即整理，得令y1，得n.因為OE平面ABD，所以m(1,0,0)是平面ABD的一個法向量又因為二面角EBAD的余弦值為，所以|cosm，n|，解得t2或t2(舍去)又AO平面BCD，所以AO是三棱錐ABCD的高，故VABCDAOSBCD222.2.在如圖49所示的六面體中，平面ABCD是邊長為2的正方形，平面ABEF是直角梯形，F(xiàn)AB90，AFBE，BE2AF4.圖49(1)求證：AC平面DEF；(2)若二面角EABD為60，求直線CE和平面DEF所成角的正弦值解(1)證明：

5、連接BD交AC于點O，取DE的中點為G，連接FG，OG.平面ABCD是正方形，O是BD的中點，OGBE，OGBE，又AFBE，AFBE，OGAF且OGAF，四邊形AOGF是平行四邊形，ACFG.又FG平面DEF，AC平面DEF，AC平面DEF.(2)四邊形ABCD是正方形，四邊形ABEF是直角梯形，F(xiàn)AB90，DAAB，F(xiàn)AAB.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為60，F(xiàn)ADEBC60，BE2AF4，BC2，由余弦定理得EC2，ECBC.又AB平面EBC，ECAB，ABBCB，EC平面ABCD.以C為坐標原點，CB

6、為x軸，CD為y軸，CE為z軸建立如圖所示空間直角坐標系則C(0,0,0)，D(0,2,0)，E(0,0,2)，F(xiàn)(1,2，)，(0,0,2)，(1,0，)，(1,2，)，設平面DEF的一個法向量為n(x，y，z)，則即令z，則n(3,3，)設直線CE和平面DEF所成角為，則sin |cos，n|.3(2018安慶市高三二模)如圖50，四邊形ABCD是矩形，沿對角線AC將ACD折起，使得點D在平面ABC上的射影恰好落在邊AB上圖50(1)求證：平面ACD平面BCD；(2)當2時，求二面角DACB的余弦值解(1)設點D在平面ABC上的射影為點E，連接DE，則DE平面ABC，所以DEBC.因為四邊

7、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)以點B為原點，線段BC所在的直線為x軸，線段AB所在的直線為y軸，建立空間直角坐標系，如圖所示設|AD|a，則|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)設平面ACD的一個法向量為m(x，y，z)，則即取y1，則x2，z，所以m.因為平面ABC的一個法向量為n(0,0,

8、1)，所以cosm，n.故所求二面角DACB的余弦值為. 【教師備選】(2018東莞市二調(diào))如圖，平面CDEF平面ABCD，四邊形ABCD是平行四邊形，四邊形CDEF為直角梯形，ADC120，CFCD，且CFDE，AD2DCDE2CF.(1)求證：BF平面ADE；(2)設P點是線段DE上一點，若平面BCD與平面BFP所成的銳二面角為30，求點P的位置解(1)證明：取DE的中點H，連接AH，HF.四邊形CDEF為直角梯形，DE2CF，H是DE的中點，HFDC，且HFDC.四邊形ABCD是平行四邊形，ABDC，且ABDC，ABHF，且ABHF，四邊形ABFH是平行四邊形，BFAH.AH平面ADE，

9、BF平面ADE，BF平面ADE.(2)在BCD中，BC2DC，BDC90，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，設AD2，則DC1，CF1，設DPh，則B(，0,0)，C(0,1,0)，F(xiàn)(0,1,1)，P(0,0，h)，(，0，h)，(，1,1)，設平面BFP的法向量為n(x，y，z)，n，n，不妨令x，則n，平面BCD的一個法向量為m(0,0,1)，平面BCD與平面BFP所成銳二面角為30，解得h，或h1.點P在線段DE的中點或線段DE的靠近點D的四等分點處4.如圖51，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是平行四邊形，ABAC2，AD2，PB3，PBAC.圖51(1)求證：平面PAB平面P

10、AC；(2)若PBA45，試判斷棱PA上是否存在與點P，A不重合的點E，使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由解(1)因為四邊形ABCD是平行四邊形，AD2，所以BCAD2，又ABAC2，所以AB2AC2BC2，所以ACAB，又PBAC，且ABPBB，所以AC平面PAB，因為AC平面PAC，所以平面PAB平面PAC.(2)由(1)知ACAB，AC平面PAB，如圖，分別以AB，AC所在直線為x軸、y軸，平面PAB內(nèi)過點A且與直線AB垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標系A(chǔ)xyz，則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)，假設棱PA上存在點E，使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為，設(01)，則(，0,3)，(，2,3)，設平面PBC的法向量為n(x，y，z)，則即令z1，得xy1，所以平面PBC的一個法向量為n(1,1,1)，設直線CE與平面PBC所成的角為，則sin |cosn，|，整理得3240，因為01，所以3240，故3240無解，所以棱PA上不存在與點P，A不重合的點E，使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為.