人教A版普通高中数学一轮复习39课时练习含答案

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(1)若BD＝2BC，求证：BC⊥ED．
(2)探索A，B，D，E四点是否共面．若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由．
(1)证明：因为△ABC，△ECD是全等的正三角形，所以CD＝BC．
因为BD＝2BC，所以BD2＝BC2＋DC2，所以BC⊥DC．
因为平面ECD⊥平面BCD，平面ECD∩平面BCD＝CD，BC⊂平面BCD，
所以BC⊥平面ECD．
因为DE⊂平面ECD，所以BC⊥ED．
(2)解：A，B，D，E四点共面．
证明如下：
如图，分别取BC，DC的中点M，N，连接AM，EN，MN.
因为△ABC是等边三角形，
所以AM⊥BC，AM＝32BC．
因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AM⊂平面ABC，所以AM⊥平面BCD．
同理EN⊥平面BCD，且EN＝32CD＝32BC，
所以AM∥EN，且AM＝EN，
所以四边形AMNE是矩形，
所以AE∥MN.
又因为MN∥BD，
所以AE∥BD，
所以A，B，D，E四点共面．
2．如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，在△PAC中，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上的一个动点，求直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围．
(1)证明：因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，所以BC⊥AC．
因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面PAC．
(2)解：因为E，F分别是PC，PB的中点，
所以BC∥EF.
因为EF⊂平面AEF，BC⊄平面AEF，
所以BC∥平面AEF.
因为BC⊂平面ABC，平面AEF∩平面ABC＝l，
所以BC∥l.
以C为原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴，过点C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，3)，
所以E12，0，32，F12，2，32，
所以AE＝−32，0，32，EF＝(0，2，0)．
因为BC∥l，所以可设Q(2，t，0)，平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则AE·m=0，EF·m=0，所以−3x2+3z2=0，2y=0.
取z＝3，则x＝1，y＝0，所以m＝(1，0，3)为平面AEF的一个法向量．
又PQ＝(1，t，－3)，则|cs 〈PQ，m〉|＝PQ·mPQm＝14+t2∈0，12．
所以直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围为0，π6．
3．(2024·盐城模拟)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BD和BB1的中点，P为棱C1D1上的动点．
(1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出满足条件时C1P的长并证明；若不存在，请说明理由．
(2)当C1P为何值时，平面BCC1B1与平面PEF夹角的正弦值最小？
解：以D为原点，DA，DC，DD1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，
根据题意，设点P(0，t，2)(0≤t≤2)，则E(1，1，0)，F(2，2，1)，C(0，2，0)．
(1)存在．
PE＝(1，1－t，－2)，EF＝(1，1，1)，CF＝(2，0，1)．
设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则m·EF=0，m·CF=0，所以x+y+z=0，2x+z=0.
取x＝1，则y＝1，z＝－2，
所以m＝(1，1，－2)为平面CEF的一个法向量．
假设存在满足题意的点P，
则PE∥m，
所以11＝1−t1＝−2−2，所以t＝0，满足0≤t≤2，
即点P与点D1重合时，PE⊥平面EFC，此时C1P＝2.
(2)易知平面BCC1B1的一个法向量为n＝(0，1，0)．
设平面PEF的法向量为r＝(x0，y0，z0)，
又PF＝(2，2－t，－1)，PE＝(1，1－t，－2)，
则r·PF=0，r·PE=0，
所以2x0+2−ty0−z0=0，x0+1−ty0−2z0=0.
取y0＝1，则x0＝t3－1，z0＝－t3，
所以r＝t3−1，1，−t3为平面PEF的一个法向量．
设平面BCC1B1与平面PEF的夹角为θ，
则cs θ＝|cs 〈n，r〉|＝n·rnr
＝1t3−12+1+−t3 2
＝12t2−3t9+2
＝129t−322+32 ，0≤t≤2，
所以当t＝32时，(cs θ)max＝63，(sin θ)min＝33．
此时C1P＝2－32＝12．
4．如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，BE⊥AD于点E，且DE＝2BC＝2BE，将梯形ABCD沿BE折叠成如图2所示的几何体，∠AED＝60°，F为直线AD上一点，且CF⊥AD于点F，G为线段ED的中点，连接FG，CG.
(1)证明：AD⊥FG；
(2)如图1中，AD＝6，求当四棱锥A-BCDE的体积最大时，平面ABC与平面CFG的夹角的正弦值．
图1 图2
(1)证明：由已知得BE⊥ED，BE⊥AE，且AE∩ED＝E，AE，ED⊂平面AED，
所以BE⊥平面AED．
因为AD⊂平面AED，
所以BE⊥AD．
在梯形EBCD中，DE＝2BC＝2BE，
因为G为线段ED的中点，
所以CG∥BE，故CG⊥AD．
又因为CF⊥AD，且CG∩CF＝C，CG，CF⊂平面CFG，
所以AD⊥平面CFG.
因为FG⊂平面CFG，
所以AD⊥FG.
(2)解：如图，过点A作AM⊥DE于点M.
因为BE⊥平面AED，AM⊂平面AED，
所以BE⊥AM.
因为AM⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BCDE，
所以AM⊥平面BCDE，
所以线段AM的长度为点A到平面BCDE的距离．
设DE＝2BC＝2BE＝2x，则AE＝6－2x(0＜x＜3)，AM＝AE sin ∠AED＝32(6－2x)，
所以四棱锥A-BCDE的体积V＝13×x+2xx2×32(6－2x)＝－32x3＋332x2.
令f(x)＝－32x3＋332x2，x∈(0，3)，
则f′(x)＝33x1−x2，
当x∈(0，2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(2，3)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(2)，即当x＝2时，四棱锥A-BCDE的体积最大，此时AE＝2，DE＝4.
以E为原点，EB，ED所在直线分别为x轴、y轴，在平面AED内过点E作与DE垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，1，3)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，
所以AD＝(0，3，－3)，
AB＝(2，－1，－3)，BC＝(0，2，0)．
设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AB=0，n·BC=0，所以2x−y−3z=0，2y=0.
取x＝3，则y＝0，z＝2，所以n＝(3，0，2)为平面ABC的一个法向量．
由(1)知AD⊥平面CFG，
所以AD＝(0，3，－3)为平面CFG的一个法向量．
设平面ABC与平面CFG的夹角为θ，
则cs θ＝|cs 〈n，AD〉|＝n·ADnAD＝77，
所以sin θ＝1−cs2θ＝427，
所以平面ABC与平面CFG的夹角的正弦值为427．