立体几何 解答题专练-【赢在微点】2024高考数学大一轮复习顶层设计核心微练word（新教材新高考)

立体几何　解答题专练 1.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)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:如果选择两个条件分别解答,按第一个解答计分。 解　(1)证明:如图①,取BC的中点D,连接DN,DB1。因为D,N分别是BC,AC的中点, ① 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。 ② 以B为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图②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),所以=(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)是平面BMN的一个法向量。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,四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD为矩形,PD=AD=AB=1,PD⊥平面ABCD,E为CD的中点。 (1)线段PC上是否存在一点F,使得BE⊥AF? (2)在(1)的条件下,求点E到平面ADF的距离。 解　(1) 当F是PC的中点时BE⊥AF,证明如下。取PC的中点F,连接EF,AE,AF,如图所示,易知PD∥EF,因为PD⊥平面ABCD,所以EF⊥平面ABCD,又BE⊂平面ABCD,所以EF⊥BE。因为四边形ABCD为矩形,AD=1,AB=2,故BE=AE=。因为在△ABE中,AE2+BE2=AB2,所以AE⊥BE,又AE∩EF=E,AE,EF⊂平面AEF,所以BE⊥平面AEF。因为AF⊂平面AEF,所以BE⊥AF。 (2)以D为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),D(0,0,0),F0,1,,E(0,1,0)。设平面ADF的法向量为n=(x,y,z)。易知=(1,0,0),=0,1,,所以即令y=1,则z=-2,所以n=(0,1,-2)为平面ADF的一个法向量,又=(0,1,0),所以点E到平面ADF的距离为=。 3.(2023·重庆质量调研)如图,在几何体ABCD⁃B1C1D1中,四边形ABCD为平行四边形,平面B1C1D1∥平面ABCD,BB1,CC1,DD1都垂直于平面ABCD,E,F分别为CC1,AB的中点。已知∠BAD=60°,AB=BB1=2AD=2。 (1)求证:BD⊥B1E; (2)求二面角B1⁃DE⁃F的正弦值。 解　(1)证明:在△BAD中,因为AB=2,AD=1,∠BAD=60°,所以BD==,所以AB2=AD2+BD2,所以AD⊥BD。因为四边形ABCD为平行四边形,所以AD∥BC,所以BC⊥BD。又BB1⊥平面ABCD,所以BB1⊥BD。又BC∩BB1=B,BC,BB1⊂平面BCC1B1,所以BD⊥平面BCC1B1,又B1E⊂平面BCC1B1,所以BD⊥B1E。 (2)由题知DD1⊥平面ABCD,分别以DA,DB,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则D(0,0,