2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 中檔大題分類練4 立體幾何 理

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1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)”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(yáng)質(zhì)檢三)如圖48，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B⊥底面ABC，△ABC和△ABB1都是邊長(zhǎng)為2的正三角形． 圖48 (1)過(guò)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(shè)AB中點(diǎn)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 AB⊥OC，AB⊥OB1， 又OC，OB1為平面OB1C內(nèi)的兩條相交直線，所以AB⊥平面OB1C， (2

2、)以O(shè)為原點(diǎn)，OB方向?yàn)閤軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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，，)， 設(shè)平面BCC1B1的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 由?解得平面BCC1B1的一個(gè)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A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，∠CBD＝60°，BD＝2BC＝4，點(diǎn)E在CD上，DE＝2EC. (1)求證：AC⊥BE； (2)若

3、二面角E-BA-D的余弦值為，求三棱錐A-BCD的體積． [解]　(1)證明：取BD的中點(diǎn)O，連接AO，CO，EO. 因?yàn)锳B＝AD，BO＝OD， 所以AO⊥BD， 又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO?平面ABD， 所以AO⊥平面BCD. 又BE?平面BCD，所以AO⊥BE. 在△BCD中，BD＝2BC，DE＝2EC， 所以＝＝2， 由角平分線定理，得∠CBE＝∠DBE. 又BC＝BO＝2，所以BE⊥CO， 又因?yàn)锳O∩CO＝O，AO?平面ACO，CO?平面ACO， 所以BE⊥平面ACO， 又AC?平面ACO，所以AC⊥BE. (2)在△B

4、CD中，BD＝2BC＝4，∠CBD＝60°， 由余弦定理，得CD＝2，所以BC2＋CD2＝BD2， 即∠BCD＝90°， 所以∠EBD＝∠EDB＝30°，BE＝DE，所以EO⊥BD， 結(jié)合(1)知，OE，OD，OA兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)E，OD，OA的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz(如圖)，設(shè)AO＝t(t>0)， 則A(0,0，t)，B(0，－2,0)，E， 所以BA＝(0,2，t)，BE＝， 設(shè)n＝(x，y，z)是平面ABE的一個(gè)法向量， 則即 整理，得 令y＝－1，得n＝. 因?yàn)镺E⊥平面ABD， 所以m＝(1,0,0)是平面

5、ABD的一個(gè)法向量． 又因?yàn)槎娼荅-BA-D的余弦值為， 所以|cos〈m，n〉|＝＝， 解得t＝2或t＝－2(舍去)． 又AO⊥平面BCD，所以AO是三棱錐A-BCD的高， 故VA-BCD＝·AO·S△BCD ＝×2××2×2＝. 2.在如圖49所示的六面體中，平面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，平面ABEF是直角梯形，∠FAB＝90°，AF∥BE，BE＝2AF＝4. 圖49 (1)求證：AC∥平面DEF； (2)若二面角E-AB-D為60°，求直線CE和平面DEF所成角的正弦值． [解]　(1)證明：連接BD交AC于點(diǎn)O，取DE的中點(diǎn)為G，連接FG，OG. ∵平面

6、ABCD是正方形，∴O是BD的中點(diǎn)， ∴OG∥BE，OG＝BE， 又∵AF∥BE，AF＝BE，∴OG∥AF且OG＝AF， ∴四邊形AOGF是平行四邊形， ∴AC∥FG. 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，∠FAB＝90°， ∴DA⊥AB，F(xiàn)A⊥AB. ∵AD∩AF＝A，∴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E-AB-D為60°， ∴∠FAD＝∠EBC＝60°，BE＝2AF＝4，BC＝2， 由余弦定理得

7、EC＝2，∴EC⊥BC. 又∵AB⊥平面EBC，∴EC⊥AB， ∵AB∩BC＝B，∴EC⊥平面ABCD. 以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CB為x軸，CD為y軸，CE為z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系． 則C(0,0,0)，D(0,2,0)，E(0,0,2)， F(1,2，)， ∴＝(0,0,2)，＝(1,0，)，＝(1,2，－)， 設(shè)平面DEF的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 則 即 令z＝，則 ∴n＝(－3,3，)． 設(shè)直線CE和平面DEF所成角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 3．(2018·安慶市高三二模)如圖50，四邊形ABCD是矩形，沿對(duì)角線AC將△A

8、CD折起，使得點(diǎn)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(dāng)＝2時(shí)，求二面角D-AC-B的余弦值． [解]　(1)設(shè)點(diǎn)D在平面ABC上的射影為點(diǎn)E，連接DE，則DE⊥平面ABC，所以DE⊥BC. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，所以AB⊥BC，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AD. 又AD⊥CD，所以AD⊥平面BCD，而AD?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BCD. (2)以點(diǎn)B為原點(diǎn)，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(biāo)系，如圖所示． 設(shè)|AD|＝a，則|AB|＝2a，所以A(0，－2a，0

9、)，C(－a,0,0)． 由(1)知AD⊥BD，又＝2，所以∠DBA＝30°，∠DAB＝60°，那么|AE|＝|AD|cos∠DAB＝a， |BE|＝|AB|－|AE|＝a， |DE|＝|AD|sin∠DAB＝a， 所以D， 所以＝，＝(－a,2a,0)． 設(shè)平面ACD的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)，則即 取y＝1，則x＝2，z＝－，所以m＝. 因?yàn)槠矫鍭BC的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)， 所以cos〈m，n〉＝＝＝－. 故所求二面角D-AC-B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

10、形CDEF為直角梯形，∠ADC＝120°，CF⊥CD，且CF∥DE，AD＝2DC＝DE＝2CF. (1)求證：BF∥平面ADE； (2)設(shè)P點(diǎn)是線段DE上一點(diǎn)，若平面BCD與平面BFP所成的銳二面角為30°，求點(diǎn)P的位置． [解]　(1)證明：取DE的中點(diǎn)H，連接AH，HF. ∵四邊形CDEF為直角梯形，DE＝2CF，H是DE的中點(diǎn)， ∴HF＝DC，且HF∥DC. ∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝DC，且AB∥DC，∴AB＝HF，且AB∥HF， ∴四邊形ABFH是平行四邊形， ∴BF∥AH. ∵AH?平面ADE，BF?平面ADE，∴BF∥平面ADE. (2)∵在△

11、BCD中，BC＝2DC， ∴∠BDC＝90°， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz， 設(shè)AD＝2，則DC＝1，CF＝1，設(shè)DP＝h，則B(，0,0)，C(0,1,0)，F(xiàn)(0,1,1)，P(0,0，h)，＝(－，0，h)，＝(－，1,1)， 設(shè)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(gè)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h＝1. ∴點(diǎn)P在線段DE的中點(diǎn)或線段DE的靠近點(diǎn)D的四等分點(diǎn)處． 4.如圖51，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，AB＝

12、AC＝2，AD＝2，PB＝3，PB⊥AC. 圖51 (1)求證：平面PAB⊥平面PAC； (2)若∠PBA＝45°，試判斷棱PA上是否存在與點(diǎn)P，A不重合的點(diǎn)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(qǐng)說(shuō)明理由． [解]　(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形，AD＝2，所以BC＝AD＝2， 又AB＝AC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB， 又PB⊥AC，且AB∩PB＝B，所以AC⊥平面PAB， 因?yàn)锳C?平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC. (2)由(1)知AC⊥AB，AC⊥平面PAB， 如圖，分別以AB，AC所在直線

13、為x軸、y軸，平面PAB內(nèi)過(guò)點(diǎn)A且與直線AB垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz， 則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，＝(0,2,0)，＝(－2,2,0)，由∠PBA＝45°，PB＝3，可得P(－1,0,3)， 所以＝(－1,0,3)，＝(－3,0,3)， 假設(shè)棱PA上存在點(diǎn)E，使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為， 設(shè)＝λ(0＜λ＜1)，則＝λ＝(－λ，0,3λ)， ＝－＝(－λ，－2,3λ)， 設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)， 則 即令z＝1，得x＝y(tǒng)＝1， 所以平面PBC的一個(gè)法向量為n＝(1,1,1)， 設(shè)直線CE與平面PBC所成的角為θ，則 sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝， 整理得3λ2＋4λ＝0， 因?yàn)?＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0， 故3λ2＋4λ＝0無(wú)解， 所以棱PA上不存在與點(diǎn)P，A不重合的點(diǎn)E，使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為.