2022届-数学一轮(理科)-北师大版-课时作业-第八章-立体几何-热点训练-探究课5-.docx

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1. 如图所示，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，
2. ∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：

(1)DE∥平面ABC；
(2)B1F⊥平面AEF.
证明　(1)如图建立空间直角坐标系A－xyz，

令AB＝AA1＝4，
则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．
取AB中点为N，连接CN，
则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，
∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)，
∴＝，∴DE∥NC，
又∵NC平面ABC，DE平面ABC.
故DE∥平面ABC.
(2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)．
·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.
∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，
又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.
2．(2022·山东卷)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．

(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．
(1)证明　由于四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC，又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.连接AD1，如图1在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，

图1
由于CD∥C1D1，CD＝C1D1，
可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，
所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1M∥D1A.
又 C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，
所以C1M∥平面A1ADD1.
(2)解　法一　如图2，连接AC，MC，
由(1)知CD∥AM且CD＝AM，

图2
所以四边形AMCD为平行四边形．可得BC＝AD＝MC，
由题意∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，
因此AB＝2BC＝2，CA＝，
因此CA⊥CB.
以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系C－xyz.
所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)．
因此M，所以1＝，
＝＝.
设平面C1D1M的法向量n＝(x，y，z)．
由得
可得平面C1D1M的一个法向量是n＝(1，，1)．
又＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量．
因此 cos 〈，n〉＝＝.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
法二　由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N，如图3，

图3
由CD1⊥平面ABCD，
可得D1N⊥AB，
因此∠D1NC为二面角C1－AB－C的平面角．
在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，可得CN＝.
所以ND1＝＝.在Rt△D1CN中，
cos ∠D1NC＝＝＝.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
3．(2022·新课标全国Ⅰ卷)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.

(1)证明：AC＝AB1；
(2)若AC⊥AB1，
∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值．
(1)证明　连接BC1，交B1C于点O，连接AO.
由于侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．
又AB⊥B1C，AB∩BO＝B，所以B1C⊥平面ABO，由于AO平面ABO，故B1C⊥AO.
又B1O＝CO，故AC＝AB1.
(2)解　由于AC⊥AB1，且O为B1C的中点，
所以AO＝CO.又由于AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.
故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两相互垂直．
以O为坐标原点，

的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
由于∠CBB1＝60°，
所以△CBB1为等边三角形．又AB＝BC，OC＝OA，
则A，B(1,0,0)，B1，C，＝，＝＝，＝＝(－1，－，0)．
设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则
即
所以可取n＝(1，，)．
设m是平面A1B1C1的法向量，则
同理可取m＝(1，－，)，
则 cos 〈n，m〉＝＝.
所以二面角A－A1B1－C1的余弦值为.
4．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.

(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
(1)证明　由于AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.
所以DE⊥A1C.又由于A1C⊥CD，
所以A1C⊥平面BCDE.
(2)解　如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．

设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.
又＝(3,0，－2)，
＝(－1,2,0)，
所以
令y＝1，则x＝2，z＝.所以n＝(2,1，)．
设CM与平面A1BE所成的角为θ，由于＝(0,1，)，
所以 sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
所以CM与平面A1BE所成角的大小为.
(3)解　线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
理由如下：
假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，
其中p∈[0,3]．
设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，
m·＝0.又＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)，
所以
令x＝2，则y＝p，z＝.所以m＝(2，p，)．
平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，
即4＋p＋p＝0.解得p＝－2，与p∈[0,3]冲突．
所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
5. (2022·新课标全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．

(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E－ACD的体积．
(1)证明　连接BD交AC于点O，连接EO.
由于ABCD为矩形，所以O为BD的中点．

又E为PD的中点，
所以EO∥PB.
又EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.
(2)解　由于PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．
如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系A－xyz，则D(0，，0)，E，
＝.
设B(m,0,0)(m＞0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．
设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，
则即
可取n1＝.
又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，
由题设| cos〈n1，n2〉|＝，
即＝，解得m＝.
由于E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为.
三棱锥E－ACD的体积V＝××××＝.
6．(2021·上饶模拟)如图1，已知矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD的中点，沿AO将三角形AOD折起，使DB＝，如图2.
(1)求证：平面AOD⊥平面ABCO；
(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值．

图1　　　　　图2
(1)证明　在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，

O为CD的中点，∴△AOD，△BOC为等腰直角三角形，
∴∠AOB＝90°，即OB⊥OA.
取AO中点H，连接DH，BH，则OH＝DH＝AO＝.
在Rt△BOH中，BH2＝BO2＋OH2＝，
在△BHD中，DH2＋BH2＝2＋＝3，又DB2＝3.
∴DH2＋BH2＝DB2，∴DH⊥BH.
又DH⊥OA，OA∩BH＝H，
∴DH⊥平面ABCO.而DH平面AOD，
∴平面AOD⊥平面ABCO.
(2)解　分别以OA，OB所在直线为x轴，y轴，O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则B(0，，0)，A(，0,0)，
D，C
∴＝(－，，0)，
＝，＝.
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
即x＝y，x＝z，令x＝1，则y＝z＝1，n＝(1,1,1)．
设α为直线BC与平面ABD所成的角．
则 sin α＝＝＝.
即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为.