2019屆二輪(理科數(shù)學(xué)) 高考大題專項(xiàng)練三立體幾何 專題卷(全國(guó)通用)

屆二輪（理科數(shù)學(xué)）高考大題專項(xiàng)練三立體幾何專題卷（全國(guó)通用）（2018?天水二模）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為矩形,△ADE,△BCF均為等邊1三角形,EF〃AB,EF=AD=AB.（1）過(guò)BD作截面與線段FC交于點(diǎn)N,使得AF〃平面BDN,試確定點(diǎn)N的位置，并予以證明;⑵在（1）的條件下,求直線BN與平面ABF所成角的正弦值.（2018?宜昌質(zhì)檢）在如圖所示的六面體中，平面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，平面ABEF是直角梯形，ZFAB=90°,AF〃BE,BE=2AF=4.（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.（2018?黃石模擬）如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為平行四邊形，ZADC=45°,AD=AC=1,O為AC的中點(diǎn),PO丄平面ABCD,P0=1,M為PD的中點(diǎn).（1）證明：PB〃平面ACM;⑵設(shè)直線AM與平面ABCD所成的角為a,二面角MACB的大小為B,求sina?cosB的值.(2018?達(dá)州模擬)在如圖所示的幾何體中，平面ADNM丄平面ABCD,四邊形ABCD是菱形，四n邊形ADNM是矩形，ZDAB=,AB=2,AM=1,E是AB的中點(diǎn).(1)求證:DE丄平面ABM.(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P,使二面角PECD的大小為？若存在，求出AP的長(zhǎng);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.1?解:(1)當(dāng)N為線段FC的中點(diǎn)時(shí),AF〃平面BDN,證明如下：連接AC,BD,設(shè)ACnBD=O,連接ON,因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以0為AC的中點(diǎn)，又因?yàn)镹為FC的中點(diǎn)，所以0NACF的中位線，所以AF〃ON,因?yàn)锳F平面BDN,ON平面BDN,所以AF〃平面BDN,故N為FC的中點(diǎn)時(shí),AF〃平面BDN.(2)過(guò)點(diǎn)0作PQ〃AB分別與AD,BC交于點(diǎn)P,Q,因?yàn)?為AC的中點(diǎn)，所以P,Q分別為AD,BC的中點(diǎn)，因?yàn)椤鰽DE與ABCF均為等邊三角形，且AD=BC,所以△ADE^^BCF,連接EP,FQ,則得EP=FQ.1因?yàn)镋F〃AB,ABPQ,EF=<AB,所以EF〃PQ,EF=PQ,所以四邊形EPQF為等腰梯形.取EF的中點(diǎn)M,連接MO,則M0丄PQ,又因?yàn)锳D丄EP,AD丄PQ,EPnPQ=P,所以AD丄平面EPQ.過(guò)點(diǎn)O作OG丄AB于點(diǎn)G,則OG〃AD,所以O(shè)G丄OM,OG丄OQ.TTT分別以，，的方向?yàn)閄軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz,如圖所示.不妨設(shè)AB=4，則由條件可得O(O,O,O),A(1,-2,O),B(1,2,O),F(O,1,),D(-1,I-r-2,0),N(-442),的=(0,4,0),川''=(-i,3,\2),T31、2品=(—22◎),設(shè)n=(x,y,z)是平面ABF的法向量，\n^AB-0,則匕彳{=o,貝則所以可取n=(,0,1),可得|cos〈，n〉|』'：T1=,所以直線BN與平面ABF所成角的正弦值為?2.(1)證明：連接AC,BD,相交于點(diǎn)O,取DE的中點(diǎn)G,連接FG,OG.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以O(shè)是BD的中點(diǎn),1所以O(shè)G〃BE,OG=BE.1因?yàn)锳F〃BE,AF=BE.所以O(shè)G〃AF，且0G=AF.所以四邊形AOGF是平行四邊形.所以AC〃FG.又FGu平面DEF,AC平面DEF,所以AC〃平面DEF.(2)解：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，四邊形ABEF是直角梯形，ZFAB=90°,所以DA丄AB,FA丄AB,因?yàn)锳DHAF=A,所以AB丄平面AFD.同理可得AB丄平面EBC.又ABu平面ABCD,所以平面AFD丄平面ABCD,又二面角EABD為60°,所以ZFAD=ZEBC=60°.因?yàn)锽E=2AF=4,AD=2,所以AF=AD,所以△ADF為等邊三角形.在厶BCE中,由余弦定理得EC=2,所以EB2=EC2+BC2,所以EC丄BC.又AB丄平面EBC,所以EC丄AB.又ABHBC=B,所以EC丄平面ABCD.以C為坐標(biāo)原點(diǎn),CB,CD,CE分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系.則C(0,0,0),D(0,2,0),E(0,0,2),F(1,2,),T所以=(0,0,2),DF=(i,0,苗)，云=(i,2,“),設(shè)平面DEF的法向量為n=(x,y,z),in*DF-0r則-'-：

fX+—山即1—卩=_3.令z，貝y=二所以n=(-3,3,).設(shè)直線CE和平面DEF所成角為G,貝JsinG=|cos〈、二，n〉|二?”「.「二.3.(1)證明：連接BD,OM,因?yàn)榈酌鍭BCD為平行四邊形,0為AC的中點(diǎn)，所以0為BD的中點(diǎn)，又因?yàn)樵谯蘌BD中,M為PD的中點(diǎn)，所以0M〃PB,又因?yàn)?M平面ACM,PB平面ACM,所以PB〃平面ACM.⑵解:取D0的中點(diǎn)N,連接MN,AN,11則MN〃PO,MN=P0=,因?yàn)镻0丄平面ABCD,所以MN丄平面ABCD,所以ZMAN為直線AM與平面ABCD所成的角,即ZMAN=a.由ZADC=45°,AD=AC,所以ZDCA=45°,ZDAC=90°,=,AN=D0=,MN2所以sina=二.取AO的中點(diǎn)R,連接NR,MR,所以NR〃AD，所以NR丄0A,又MN丄平面ABCD,由三垂線定理知MR丄A0,

故ZMRN為二面角MACB的平面角的補(bǔ)角,即ZMRN=n-0.11因?yàn)镹R=AD=,MR=,所以cos(n-0)=二=-cos0,即cos0=-,所以sina?cos0=4.(1)證明:連接BD,因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形,ZDAB=,E是AB的中點(diǎn),所以DE丄AB,因?yàn)樗倪呅蜛DNM是矩形，平面ADNM丄平面ABCD且交線為AD,所以MA丄平面ABCD,又DE平面ABCD,所以DE丄AM,又AMGAB=A,所以DE丄平面ABM.(2)解:由DE丄AB,AB//CD,可得DE丄CD,因?yàn)樗倪呅蜛DNM是矩形，平面ADNM丄平面ABCD且交線為AD,ND丄AD,所以ND丄平面ABCD,以D為原點(diǎn),DE為x軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0),E(,0,0),C(0,2,0),N(0,0,1),設(shè)卩(，-1,m)(0<m<1),—kT則EC=(-C,2,0)，肋=(0,-1,m),因?yàn)镹D丄平面ABCD,T所以平面ECD的一個(gè)法向量為=(0,0,1),設(shè)