【创新设计】2021高考数学(四川专用-理科)二轮规范练4

规范练四立体几何1．如图，在四棱锥E－ABCD中，EA⊥平面ABCD，AB∥CD，AD＝BC＝eq\f(1,2)AB，∠ABC＝eq\f(π,3).(1)求证：△BCE为直角三角形；(2)若AE＝AB，求CE与平面ADE所成角的正弦值．(1)证明在△ABC中，AB＝2BC，∠ABC＝eq\f(π,3)，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·coseq\f(π,3)＝3BC2，∴AC＝eq\r(3)BC，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又∵EA⊥平面ABCD，∴EA⊥BC，又∵AC∩AE＝A，∴BC⊥平面ACE，∴BC⊥CE.∴△BCE为直角三角形．(2)解由(1)知：AC⊥BC，AE⊥平面ABCD，以点C为坐标原点，eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图1所示的空间直角坐标系C－xyz.设BC＝a，则AE＝AB＝2a，AC＝eq\r(3)a，如图2，在等腰梯形ABCD中，过点C作CG⊥AB于G，则GB＝eq\f(1,2)a，∴CD＝AB－2GB＝a，过点D作DH⊥BC于H，由(1)知，∠DCH＝60°，∴DH＝eq\f(\r(3)a,2)，CH＝eq\f(a,2)，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，－\f(a,2)，0)).又C(0,0,0)，A(eq\r(3)a,0,0)，B(0，a,0)，E(eq\r(3)a,0,2a)，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)，－\f(a,2)，0))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,0,2a)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(eq\r(3)a,0,2a)，设平面ADE的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AE,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)x0－\f(a,2)y0＝0，,z0＝0.))令x0＝eq\r(3)，则y0＝－3，∴n＝(eq\r(3)，－3,0)．设CE与平面ADE所成角为θ，则sinθ＝|cos〈Ceq\o(E,\s\up6(→))·n〉|＝eq\f(|C\o(E,\s\up6(→))·n|,|C\o(E,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(3a,\r(7)a·\r(12))＝eq\f(\r(21),14).∴直线CE与平面ADE所成角的正弦值为eq\f(\r(21),14).2．平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝eq\r(2)，且∠BAD＝45°，以BD为折线，把△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AC.(1)求证：AB⊥DC；(2)求二面角B－AC－D的大小．(1)证明在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos45°＝1，∴BD＝1，∴AB⊥BD，又∵平面ABD⊥平面BDC，平面ABD∩平面BDC＝BD，∴AB⊥平面BDC，又DC⊂平面BDC，∴AB⊥DC.(2)解在四周体ABCD中，以D为原点，DB为x轴，DC为y轴，过D垂直于平面BDC的直线为z轴，建立如图空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,1)设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，而eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝0，,－x＋y＝0，))取n＝(1,1,0)，再设平面DAC的法向量为m＝(x，y，z)，而eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DA,\s\up6(→))＝0,m·\o(DC,\s\up6(→))＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0,y＝0))，取m＝(1,0，－1)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(1,2)，所以二面角B－AC－D的大小是60°.3.如图，在多面体ABCDEF中，ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，且AD＝DE＝2BF＝2.(1)求证：AC⊥EF；(2)求二面角C－EF－D的大小；(3)设G为CD上一动点，试确定G的位置使得BG∥平面CEF，并证明你的结论．(1)证明连接BD，∵FB∥ED，∴F，B，E，D共面，∵ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ED⊥AC，又ABCD为正方形，∴BD⊥AC，而ED∩DB＝D，∴AC⊥平面DBFE，而EF⊂平面DBFE，∴AC⊥EF.(2)解如图建立空间直角坐标系．则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，F(2,2,1)，E(0,0,2)，由(1)知eq\o(AC,\s\up6(→))为平面DBFE的法向量，即eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，又eq\o(CE,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(2,0,1)设平面CEF的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CE,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CF,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2y＋2z＝0，,2x＋z＝0，))取z＝1，则x＝－eq\f(1,2)，y＝1，∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，1))则cos〈n，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AC,\s\up6(→)),|n||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋2,\f(3,2)×2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又平面CEF与平面DBFE的二面角为锐角，所以θ＝eq\f(π,4).(3)解设G(0，y0,0)，则eq\o(BG,\s\up6(→))＝(－2，y0－2,0)，由题意知eq\o(BG,\s\up6(→))⊥n，∴eq\o(BG,\s\up6(→))·n＝0，即(－2，y0－2,0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，1))＝0，解得y0＝1，∴G点坐标为(0,1,0)，即当G为CD的中点时，BG∥平面CEF.4．如图，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面相互垂直，AB＝2AD＝2.(1)若点E为AB的中点，求证：BD1∥平面A1DE；(2)在线段AB上是否存在点E，使二面角D1－EC－D的大小为eq\f(π,6)？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．(1)证明四边形ADD1A1为正方形，连接AD1，A1D∩AD1＝F，则F是AD1的中点，又由于点E为AB的中点，连接EF，则EF为△ABD1的中位线，所以EF∥BD1又由于BD1⊄平面A1DE，EF⊂平面A1DE，所以BD1∥平面A1DE.(2)解依据题意得DD1⊥平面ABCD，以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，C(0,2,0)．设满足条件的点E存在，令E(1，y0,0)(0≤y0≤2)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(－1,2－y0,0)，eq\o(D1C,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，设n1＝(x1，y1，z1)是平面D1EC的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(EC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(D1C,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋2－y0y1＝0，,2y1－z1＝0，))令y1＝1，则平面D1EC的法向量为n1＝(2－y0,1,2)，由题知平面DEC的一个法向量