《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.