2018年高考数学复习解决方案 真题与模拟单元重组卷 重组十二 大题冲关——立体几何的综合问题试题 理

(1)求证：EG∥平面ADF； (2)求二面角O－EF－C的正弦值；

2

(3)设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．

3→→→

解 依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别以AD，BA，OF的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1,0)，

C(1，－1,0)，D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(0,0,2)，G(－1,0,0)．(2分)

→→

(1)证明：依题意，AD＝(2,0,0)，AF＝(1，－1,2)．设n1＝(x，y，z)为平面ADF的法→?n·AD＝0，

向量，则?→

?n·AF＝0，

11

??2x＝0，

即?

?x－y＋2z＝0.?

不防设z＝1，可得n1＝(0,2,1)，(5分)

→→

又EG＝(0,1，－2)，可得EG·n1＝0， 又直线EG?平面ADF， 所以EG∥平面ADF.(7分)

→

(2)易证，OA＝(－1,1,0)为平面OEF的一个法向量．(8分) →→

依题意，EF＝(1,1,0)，CF＝(－1,1,2)．

?n·→EF＝0，

设n＝(x′，y′，z′)为平面CEF的法向量，则?

?n·→CF＝0，

2

2

2

??x′＋y′＝0，

即?

?－x′＋y′＋2z′＝0.?

不妨设x′＝1，可得n2＝(1，－1,1)．(11分)

→

→OA·n26

因此有cos〈OA，n2〉＝＝－，(13分)

→3|OA|·|n2|→3

于是sin〈OA，n2〉＝. 3所以二面角O－EF－C的正弦值为

3

.(14分) 3

→→2→?224?22

(3)由AH＝HF，得AH＝AF.因为AF＝(1，－1,2)，所以AH＝AF＝?，－，?，进而有

55?355?5

?334?H?－，，?，(17分) ?555?

→?284?

从而BH＝?，，?，

?555?

→

→BH·n27

因此cos〈BH，n2〉＝＝－.(19分)

→21|BH||n2|所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为7

.(20分) 21

8．[2017·河北五校联考](本小题满分20分)如图1所示，在四边形ABCD中，AB∥CD，

AB＝2BC＝2CD＝8，CD⊥BC，O为AB的中点．将四边形OBCD沿OD折起，使平面OBCD⊥平面ODA，如图2，点E，F分别为CD，OA的中点．

(1)求证：DF∥平面AEB；

(2)线段AD上是否存在一点M，使BM与平面AEB所成角的正弦值为出的值；若不存在，请说明理由．

6

？若存在，请求18

DMMA

解 (1)证明：如图，取AB的中点G，连接FG，EG. 又F为OA的中点，所以FG∥OB，又OB∥DE，所以FG∥DE. 11

又FG＝OB，DE＝OB，

22所以FG＝DE.(3分)

所以四边形EDFG为平行四边形，所以DF∥EG.

又EG?平面AEB，DF?平面AEB，所以DF∥平面AEB.(7分)

(2)依题意知平面OBCD⊥平面ODA，OB⊥OD，平面OBCD∩平面ODA＝OD， 所以OB⊥平面AOD，得OB⊥OA.

又AO⊥OD，故以O为坐标原点，OD，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．(10分)

易知AO＝OD＝4，DC＝4，可得A(0,4,0)，E(4,0,2)，B(0,0,4)，

D(4,0,0)．

→

所以AE＝(4，－4,2)，

→

AB＝(0，－4,4)．

设平面AEB的法向量为n＝(a，b，c)，

?n·→AE＝0，由?→

?n·AB＝0，

??4a－4b＋2c＝0，得???－4b＋4c＝0，

取a＝1，则n＝(1,2,2)为平面AEB的一个法向量．(14分)

→

假设线段AD上存在满足条件的点M，可设点M(t,4－t,0)，其中0≤t≤4，则BM＝(t,4－t，－4)．

→

→|n·BM|

从而|cos〈n，BM〉|＝ →|n||BM|＝|t＋

2

－t＋

－t2

－＋16

3t＋

＝， 2

32t－8t＋32

t→t6

依题意得|cos〈n，BM〉|＝＝， 2

32t－8t＋3218解得t＝2或t＝－4(舍去)．

此时M(2,2,0)，即M为AD的中点，故＝1.(18分) 故线段AD上存在一点M，使BM与平面AEB所成角的正弦值为

6DM，且＝1.(20分) 18MADMMA