高三数学专题探究课四

(建议用时：80分钟)1.如图所示，已知直三棱柱ABC －A1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点.求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .证明 (1)如图建立空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0，0，0)，E (0，4，2)，F (2，2，0)，B (4，0，0)，B 1(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)，∴DE→＝(－2，4，0)，NC →＝(－2，4，0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ， 又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC .故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2，2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2，2，0).B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .2.(2016·西安调研)如图所示，在长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝λAD ＝λAA ′(λ＞0)，E ，F 分别是A ′C ′和AD 的中点，且EF ⊥平面A ′BCD ′.(1)求λ的值；(2)求二面角C －A ′B －E 的余弦值.解 以D 为原点，DA ，DC ，DD ′分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设AA ′＝AD ＝2，则AB ＝2λ，D (0，0，0)，A ′(2，0，2)，D ′(0，0，2)，B (2，2λ，0)，C (0，2λ，0)，E (1，λ，2)，F (1，0，0).(1)EF →＝(0，－λ，－2)，D ′A ′→＝(2，0，0)，A ′B →＝(0，2λ，－2)，∵EF ⊥D ′A ′，EF ⊥A ′B ，∴EF →·D ′A ′→＝0，EF →·A ′B →＝0，即－2λ2＋4＝0，∴λ＝ 2.(2)设平面EA ′B 的一个法向量为m ＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A ′B →＝0，m ·A ′E →＝0， ∵A ′B →＝(0，22，－2)，A ′E →＝(－1，2，0)，∴⎩⎨⎧22y －2z ＝0，－1＋2y ＝0，，∴y ＝22，z ＝1，∴m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22，1. 由已知得EF→为平面A ′BC 的一个法向量，又EF →＝(0，－2，－2)， ∴cos 〈m ，EF →〉＝m ·EF →|m |·|EF →|＝0－1－252×6＝－155. 又二面角C －A ′B －E 为锐二面角，故二面角C －A ′B －E 的余弦值为155.3.(2015·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ，(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.(1)证明 如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22.在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB→，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G －xyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，F ⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE→||CF →|＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.4.(2015·陕西卷)如图1，在直角梯形 ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明 在图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，图1∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ，从而BE ⊥平面A 1OC .又在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 中点，所以BC 綊ED ，所以四边形BCDE 为平行四边形，故有CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .图2(2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图2，以O 为原点，建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0)， 设平面A 1BC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)； ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos n 1，n 2 |＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.5.已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，AD ＝2，AB ＝1，E 、F 分别是线段AB 、BC 的中点.(1)求证：PF ⊥FD ；(2)在P A 上找一点G ，使得EG ∥平面PFD ；(3)若PB 与平面ABCD 所成的角为45°，求二面角A －PD －F 的余弦值.(1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，F (1，1，0)，D (0，2，0)，不妨令P (0，0，t )，t ＞0.∵PF→＝(1，1，－t )，DF →＝(1，－1，0)， ∴PF→·DF →＝1×1＋1×(－1)＋(－t )×0＝0.∴PF ⊥FD . (2)解 设平面PFD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PF →＝0，n ·DF →＝0得⎩⎨⎧x ＋y －tz ＝0x －y ＝0，令z ＝1， 则n ＝(t 2，t 2，1)，设G (0，0，m )，∵E (12，0，0)，∴EG →＝(－12，0，m )，由题意EG →·n ＝0， ∴－ t 4＋m ＝0，∴m ＝14t ，∴当G 是线段P A 的靠近于A 的一个四等分点时，使得EG ∥平面PFD .(3)解 ∵P A ⊥平面ABCD ，∴∠PBA 就是PB 与平面ABCD 所成的角，即∠PBA ＝45° ，∴P A ＝AB ＝1，P (0，0，1)，由(2)知平面PFD 的一个法向量为n ＝(12，12，1).易知平面P AD 的一个法向量为AB →＝(1，0，0)，∴ cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝1214＋14＋1＝66.由图知二面角A －PD －F 的平面角为锐角，所以二面角A －PD －F 的余弦值为66.6.(2015·湖南卷)如图，已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA 1＝6，且AA 1⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上.(1)若P 是DD 1的中点，证明：AB 1⊥PQ ；(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1，二面角P －QD －A 的余弦值为37，求四面体ADPQ 的体积.解 由题设知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1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，则相关各点的坐标为A (0，0，0)，B 1(3，0，6)，D (0，6，0)，D 1(0，3，6)，Q (6，m ，0)，其中m ＝BQ ，0≤m ≤6.(1)证明 若P 是DD 1的中点，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，92，3， PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6，m －92，－3， 又AB 1→＝(3，0，6)，于是AB 1→·PQ →＝18－18＝0， 所以AB 1→⊥PQ →，即AB 1⊥PQ . (2)由题设知，DQ →＝(6，m －6，0)，DD 1→＝(0，－3，6)是平面PQD 内的两个不共线向量.设n 1＝(x ，y ，z )是平面PQD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DQ →＝0，n 1·DD 1→＝0，即⎩⎨⎧6x ＋（m －6）y ＝0，－3y ＋6z ＝0.取y ＝6，得n 1＝(6－m ，6，3).又平面AQD 的一个法向量是n 2＝(0，0，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝31·（6－m ）2＋62＋32＝3（6－m ）2＋45. 而二面角P －QD －A 的余弦值为37，因此3（6－m ）2＋45＝37，解得m ＝4，m ＝8(舍去)，此时Q (6，4，0).设DP →＝λDD 1→(0＜λ≤1)，而DD 1→＝(0，－3，6)， 由此得点P (0，6－3λ，6λ)，所以PQ→＝(6，3λ－2，－6λ). 因为PQ ∥平面ABB 1A 1，且平面ABB 1A 1的法向量是n 3＝(0，1，0)，所以PQ →·n 3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝23，从而P (0，4，4). 于是，将四面体ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥P －ADQ ，则其高h ＝4.故四面体ADPQ 的体积V ＝13S △ADQ ·h ＝13×12×6×6×4＝24.。