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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,EF∥AB,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°,AF∥BE,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α,二面角MACB的大小为β,求sin α·cos β的值.
4.(2018·达州模拟)在如图所示的几何体中,平面ADNM⊥
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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AC∩BD=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AF∥ON,
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PQ∥AB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△ADE≌△BCF,
连接EP,FQ,则得EP=FQ.
因为EF∥AB,ABPQ,EF=AB,
所以EF∥PQ,EF=PQ,
所以四边形EPQF为等腰梯形.
取EF的中点M,连接MO,则MO⊥PQ,
又因为AD⊥EP,AD⊥PQ,EP∩PQ=P,
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所以AD⊥平面EPQ.
过点O作OG⊥AB于点G,
则OG∥AD,
所以OG⊥OM,OG⊥OQ.
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OG∥BE,OG=BE.
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因为AF∥BE,AF=BE.
所以OG∥AF,且OG=AF.
所以四边形AOGF是平行四边形.
所以AC∥FG.
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DA⊥AB,FA⊥AB,
因为AD∩AF=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EC⊥BC.
又AB⊥平面EBC,
所以EC⊥AB.
又AB∩BC=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
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即
令z=,则
所以n=(-3,3,).
设直线CE和平面DEF所成角为θ,
则sin θ=|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OM∥PB,
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MN∥PO,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=α.
由∠ADC=45°,AD=AC,
所以∠DCA=45°,∠DAC=90°,
在Rt△ADO中,DO==,AN=DO=,
在Rt△AMN中,AM==,
所以sin α==.
取AO的中点R,连接NR,MR,
所以NR∥AD,所以NR⊥OA,
又MN⊥平面ABCD,
由三垂线定理知MR⊥AO,
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故∠MRN为二面角MACB的平面角的补角,
即∠MRN=π-β.
因为NR=AD=,MR=,
所以cos(π-β)==-cos β,
即cos β=-,
所以sin α·cos β=-.
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DE⊥AB,
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DE⊥AM,
又AM∩AB=A,
所以DE⊥平面ABM.
(2)解:由DE⊥AB,AB∥CD,
可得DE⊥CD,
因为四边形ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD且交线为AD,ND⊥AD,
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)(0≤m≤1),
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,
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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=.
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