人教A版普通高中数学一轮复习39课时练习含答案

课时质量评价(三十九)1．如图，已知在空间几何体ABCDE中，△ABC，△ECD是全等的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD．(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＝32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＝32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，所以AE＝−32，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|cos〈PQ，m〉|＝PQ·mPQm＝所以直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围为0，3．(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≤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所以2取y0＝1，则x0＝t3－1，z0＝－t所以r＝t3−1，设平面BCC1B1与平面PEF的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n，r〉|＝n＝1＝1＝129t−32所以当t＝32时，(cosθ)max＝63，(sinθ)min＝此时C1P＝2－32＝14．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＝AEsin∠AED＝32(6－2x所以四棱锥A-BCDE的体积V＝13×x+2xx2×32(6－2x)＝－32x3令f(x)＝－32x3＋332x2，则f′(x)＝33x1−x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取x＝3，则y＝0，z＝2，所以n＝(3，0，