常考大题立体几何(B)-【衡水金卷·先享题】2024年高考数学专项提分卷（新高考）

常考大题立体几何(B) (限时45分钟，满分48分) 1.(12分)如图，圆台下底面圆O的直径为AB,C是2.(12分)如图，已知四棱锥P一ABCD的底面 圆O上异于A,B的点，且∠BAC=30°，MN为上 ABCD是菱形，平面PBC⊥平面ABCD,∠ACD= 底面圆O的一条直径，△MAC是边长为6的等边 30°，E为AD的中点，点F在PA上，AP=3AF 三角形，MB=43. 2…方 (1)证明：平面MBC⊥平面MAC: (1)证明：PC∥平面BEF: (2)求平面MBC与平面NAB夹角的余弦值. (2)若∠PDC=∠PDB,且PD与平面ABCD所 成的角为45°，求平面AEF与平面BEF夹角的余 弦值。 数学第51页（共58页） 3.(12分)如图，三梭台ABC-DEF中，AB=2DE,4.(12分)如图，在斜三棱柱ABC-A1B,C,中，底面 M是EF的中点，点N在线段AB上，AB=4AN, △ABC是边长为2的正三角形，侧面BCC:B,为 平面DMN∩平面ADFC-=. 菱形，已知∠BBC=60°，AB:=a, D (1)证明：MN∥1： (1)当a=6时，求三棱柱ABC-AB,C,的体积： (2)若平面CBEF⊥平面ABC,AC⊥AB,AC=CF (2)设点P为侧棱BB1上一动点，当a=3时，求 =FE=EB,求直线AB与平面DMN所成角的正 直线PC,与平面ACC,A所成角的正弦值的取值 弦值。 范围 数学第52页（共58页）数学 参考答案及解析 ∴m=(1,一1N2) (8分) 设平面MBC的法向量为n1=(x1,y,), 设平面B,DE的法向量为n=(,y,y), M心-(-3.0.-33).BC=(0,-23,0) 则n,月i=-为-2=0 m·M=-3x1-331=0 则 n·BE-2λ.x2-2y=0 m·BC=-2V5y=0 2 2 取=②，则n=户4户入 取1=一1.可得x=√3，y=0. 即n=(3,0,-1） (8分) ∴m-(吕器w2) (10分) 设平面NAB的法向量为n:=(,为)· 设平面B,CD与平面B,DE的夹角为0， AB=(-6,2W3,0),AN=(-3,23,33) cos0=lcos(m,m)l=m·n m·n 2(1-A) n:·Ai=-6n+23为=0 √6-4以+6 则 m·A=-3x+23y+33=0 3 取x=3,可得为=3,1=一1， A=号或X=3(舍去)… 即n:=(√3,3，-1) (10分) 设平面MBC与平面NAB的夹角为8， (12分) 则cos0= n1·2 3+0+1 mn √3+T×√3+9+可 常考大题立体几何(B) =213 1.解：(1)，AB为圆O的直径，C是圆O上异于A,B 13 的点， 故∠ACB=90°，.CBLAC 二平面MBC与平面NAB夹角的余弦值为2区 13 又：∠BAC=30°，AC=MC=MA=6, (12分) .BC=6tan30°=2V5, 2.解：(1)设AC,BE的交点为O,连接FO,易知O为 而MB=4√5，BC+MC=MB,∴.BC⊥MC.(3分) △ABD的重心， :ACnMC=C,AC,MCC平面MAC, 所以A01 OC 部- 1 .BC⊥平面MAC, :BCC平面MBC,∴.平面MBC⊥平面MAC.(5分) 所以在△AC中，提-品 (2)设D为AC的中点，连接DM,DO,OO,则MD1 所以FO∥PC, AC,OD⊥AC. 又因为FOC平面BEF,PC丈平面BEF, 由(1)可知，BC⊥平面MAC,.BC⊥DM. 则PC∥平面BEF. (4分) :AC∩BC=C,AC,BCC平面ABC, (2)因为∠ACD=30°，所以∠ACB=30°， .DM⊥平面ABC (6分) 所以△DCB为等边三角形，所以DC=DB, 以D为原点，DA,DO.DM所在直线分别为x轴、y 又因为∠PDC=∠PDB, 轴，￥轴建立如图空间直角坐标系， 所以△PDB≌△PDC,所以PB=PC. 取BC的中点为H,连接PH,DH,则PH⊥BC, DH⊥BC, 因为平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面 ABCD=BC. 则PH⊥平面ABCD. (5分) 故以H为坐标原点，HD,HB,HP所在直线分别为 x,y,:轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意可得A(3,0,0),C(-3,0,0),B(-3,23, 0),M(0,0,35), :(O)⊥平而ABC, .DM∥OO,四边形ODMO为矩形， .N(0.23,33) ·75· 参考答案及解析 数学 所以MN∥L. (4分) (2)因为平面CBEF⊥平面ABC, 所以过点F作FO⊥CB于点O, 则FO⊥平面ABC, 又由题意知CB=2FE,AC=CF=FE=EB, 所以C