解答题特训(三) 立体几何（专题微练PPT）-【赢在微点·考前顶层设计】2023老高考数学理科大二轮专题复习

2023-01-30

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解答题特训(三) 立体几何第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理）第1页赢在微点无微不至考前顶层设计数学（理） 1.(2022·北京卷)如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,侧面BCC1B1为正方形,平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,AB=BC=2,M,N分别为A1B1,AC的中点。 (1)求证:MN∥平面BCC1B1。 (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AB与平面BMN所成角的正弦值。条件①:AB⊥MN; 条件②:BM=MN。注:如果选择条件①和条件②分别解答,那么按第一个解答计分。解　(1)证明:如图,取BC的中点D,连接DN,DB1。因为D,N分别是BC,AC的中点,所以DN是△ABC的中位线,所以DN∥AB,DN=AB。由三棱柱ABC⁃A1B1C1,得AB∥A1B1,AB=A1B1。因为M是A1B1的中点,所以B1M=A1B1,所以DN∥B1M,DN=B1M。所以四边形DNMB1是平行四边形,所以MN∥DB1。因为DB1⊂平面BCC1B1,MN⊄平面BCC1B1,所以MN∥平面BCC1B1。 (2)选择条件①。因为侧面BCC1B1是正方形,所以BC⊥BB1。又平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,BC⊂平面BCC1B1,平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1,所以BC⊥平面ABB1A1。又AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥AB。由(1)知MN∥DB1,又因为AB⊥MN,所以AB⊥DB1。因为BC∩DB1=D,BC,DB1⊂平面BCC1B1,所以AB⊥平面BCC1B1。又BB1⊂平面BCC1B1,所以AB⊥BB1。以B为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,则B(0,0,0),A(0,2,0),C(2,0,0),B1(0,0,2),A1(0,2,2),N(1,1,0),M(0,1,2),则=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,2,0)。设n=(x,y,z)是平面BMN的法向量,则即取z=1,得x=2,y=-2,所以n=(2,-2,1)。设直线AB与平面BMN所成的角为θ,则sin θ=|cos<n,>|===。所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为。选择条件②。由(1)知四边形DNMB1是平行四边形,所以DB1=MN。又BM=MN,所以DB1=BM。由(1)知AB=A1B1,又AB=BC,M,D分别是A1B1,BC的中点,所以BD=B1M。又BB1=BB1,所以△DBB1≌△MB1B。因为侧面BCC1B1是正方形,所以BC⊥BB1,所以MB1⊥BB1,即A1B1⊥BB1,所以AB⊥BB1。剩余计算过程同选择条件①。 2.如图①,在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,AB=2BC=2CD。以DE为折痕将△ADE折起,使点A达到点P的位置,如图②。 ①　 ② (1)证明:平面BCP⊥平面CEP; (2)若平面DEP⊥平面BCED,求直线DP与平面BCP所成角的正弦值。解　(1)证明:在题图①中,因为AB=2BC=2CD,且D为AB的中点,所以由平面几何知识,得∠ACB=90°。又E为AC的中点,所以DE∥BC。在题图②中,CE⊥DE,PE⊥DE,且CE∩PE=E,所以DE⊥平面CEP,又DE∥BC,所以BC⊥平面CEP,又BC⊂平面BCP,所以平面BCP⊥平面CEP。 (2

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