冲关集训4理

1．(2015·临沂市二模)如图所示的多面体中，ABCD是菱形，ED ∥FB ，ED ⊥平面ABCD ，AD ＝BD ＝2，BF ＝2DE ＝2 2.(1)求证：AE ⊥CF ；(2)求二面角A -FC -E 的余弦值．解析：(1)证明：法一：在△AEF 中，AE ＝6，EF ＝6，AF ＝23， ∴AE 2＋EF 2＝AF 2，∴AE ⊥EF .在△AEC 中，AE ＝6，EC ＝6，AC ＝23， ∴AE 2＋EC 2＝AC 2，∴AE ⊥EC . 又∵EF ∩EC ＝E ，∴AE ⊥平面ECF . 又∵FC ⊂平面ECF ，∴AE ⊥FC . 法二：∵ABCD 是菱形，AD ＝BD ＝2， ∴AC ⊥BD ，AC ＝23，∵ED ⊥平面ABCD ，BD ＝2，BF ＝2DE ＝22，故可以O 为坐标原点，以OA ，OB 所在直线为x 轴，y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (3，0,0)，E (0，－1，2)，C (－3，0,0)， F (0,1,22)，∴AE →＝(－3，－1，2)，CF →＝(3，1,22)，∴AE →·CF →＝(－3，－1，2)·(3，1,22)＝－3－1＋4＝0.∴AE ⊥CF . (2)解：由(1)知A (3，0,0)，C (－3，0,0)， F (0,1,22)，E (0，－1，2)，则AF →＝(－3，1,22)，AC →＝(－23，0,0)，EF →＝(0,2，2)，EC →＝(－3，1，－2)， 设平面AFC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由AF →·n 1＝0，AC →·n 1＝0，得－3x 1＋y 1＋22z 1＝0且－23x 1＝0， 令z 1＝1，得n 1＝(0，－22，1)，设平面EFC 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由EF →·n 2＝0，EC →·n 2＝0，得2y 2＋2z 2＝0且－3x 2＋y 2－2z 2＝0， 令y 2＝－1，得n 2＝(－3，－1，2)， 设二面角A -FC -E 的大小为θ，则 cos θ＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝0＋22＋23·6＝33.2．(2015·烟台市二模)直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，BC ＝2，BB 1＝2，AC 1与A 1C 交于一点P ，延长B 1B 到D ，使得BD ＝AB ，连接DC ，DA ，得到如图所示几何体．(1)若AB ＝1，求证：BP ∥平面ACD . (2)若直线CA 1与平面BCC 1B 1所成的角为30°，求二面角D -AC -C 1的余弦值．(1)证明：取AC 的中点E ，连接PE ，DE ， 则PE 綊12CC 1，∵BD ＝AB ＝1，BB 1＝2，∴BD ＝12BB 1＝12CC 1，又∵BD ∥CC 1，∴BD 綊12CC 1，∴PE 綊BD ，∴四边形DBPE 为平行四边形．∴BP ∥DE ， ∵BP ⊄平面ACD ，DE ⊂平面ACD ，∴BP ∥平面ACD .(2)解：由题意知AB ⊥BC ，AB ⊥BB 1，∴AB ⊥平面BC 1，∴A 1B 1⊥平面BC 1， 连接B 1C ，则∠A 1CB 1为直线CA 1与平面BC 1所成的角，则∠A 1CB 1＝30°， 在Rt △A 1B 1C 中，B 1C ＝4＋2＝6，tan ∠A 1CB 1＝A 1B 1B 1C ＝A 1B 16＝33.∴A 1B 1＝ 2.以B 为原点，分别以BC ，BB 1，AA 1为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0，2)，C (2，0,0)，D (0，－2，0)，∴AC →＝(2，0，－2)，AD →＝(0，－2，－2)设面ACD 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －2z ＝0－2y －2z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z y ＝－z，取z ＝1，则n 1＝(1，－1,1)．在平面ABC 内取面AC 1的一个法向量n 2＝(x,0，z )，则n 2·AC →＝2x －2z ＝0， 取x ＝1，则z ＝1，∴n 2＝(1,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23·2＝63， 由图可知二面角D -AC -C 1为钝角， ∴二面角D -AC -C 1的余弦值为－63. 对应学生用书理146页3．(2015·桂林市二调)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，△P AB 和△P AD 是两个边长为2的正三角形，DC ＝4，PD ⊥PB ，点E 在线段CD 上．(1)当DEEC为何值时，有AE ⊥面PBD ； (2)求直线CB 与平面PDC 所成角的正弦值． 解：(1)当DEEC ＝1时，有面PBD ⊥平面P AE .证明：当DEEC ＝1时，E 为CD 中点．在直角三角形PBD 中，BD ＝22， ∴AB 2＋AD 2＝8＝BD 2，∴AB ⊥AD . ∴四边形DEBA 为正方形，∴AE ⊥BD 由已知得P A ＝PB ＝PD ＝2，∴点P 在底面ABCD 内的射影O 是△ABD 的外心． 又AB ⊥AD ，∴O 为BD 中点，∴PO ⊥平面ABCD .∴PO ⊥AE . 又PO 与BD 是平面PBD 的两条相交直线． ∴AE ⊥平面PBD .(2)以A 为原点，AD 为x 轴，AB 为y 轴，过A 且与面AC 垂直的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,2,0)，C (2,4,0)，D (2,0,0)，P (1,1，2)，DC →＝(0,4,0)， DP →＝(－1,1，2)，BC →＝(2,2,0)． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC →＝0，n ·DP →＝0.⇒⎩⎪⎨⎪⎧4y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，令z ＝1，得n ＝(2，0,1)． ∴cos 〈n ，BC →〉＝n ·BC →|n ||BC →|＝222＋0＋1·4＋4＋0＝33. ∴直线CB 与平面PDC 所成角的正弦值为33.4．(2015·深圳市一调)如图所示，平面ABCD ⊥平面BCEF ，且四边形ABCD 为矩形，四边形BCEF 为直角梯形，BF ∥CE ，BC ⊥CE ，DC ＝CE ＝4，BC ＝BF ＝2.(1)求证AF ∥平面CDE ；(2)求平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的余弦值； (3)求直线EF 与平面ADE 所成角的余弦值．解析：(法一)(1)证明：取CE 中点为G ，连接DG 、FG ，∵BF ∥CG 且BF ＝CG ， ∴四边形BFGC 为平行四边形，则BC ∥FG 且BC ＝FG .∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ∥AD 且BC ＝AD ，∴FG ∥AD 且FG ＝AD ，∴四边形AFGD 为平行四边形，则AF ∥DG . ∵DG ⊂平面CDE ，AF ⊄平面CDE ， ∴AF ∥平面CDE .(2)过点E 作CB 的平行线交BF 的延长线于P ，连接FP ，EP ，AP ，∵EP ∥BC ∥AD ，∴A ，P ，E ，D 四点共面．∵四边形BCEF 为直角梯形，四边形ABCD 为矩形， ∴EP ⊥CD ，EP ⊥CE ，又∵CD ∩CE ＝C ， ∴EP ⊥平面CDE ，∴EP ⊥DE ， 又∵平面ADE ∩平面BCEF ＝EP ，∴∠DEC 为平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的平面角，∵DC ＝CE ＝4，∴cos ∠DEC ＝CE DE ＝22.即平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的余弦值为22. (3)过点F 作FH ⊥AP 于H ，连接EH ，∵根据(2)知，A ，P ，E ，D 四点共面，EP ∥BC ∥AD ，∴BC ⊥BF ，BC ⊥AB ， 又∵AB ∩BF ＝B ，∴BC ⊥平面ABP ， ∴BC ⊥FH ，则FH ⊥EP . 又∵FH ⊥AP ，∴FH ⊥平面ADE . ∴直线EF 与平面ADE 所成角为∠HEF .∵DC ＝CE ＝4，BC ＝BF ＝2， ∴FH ＝EP sin 45°＝2，EF ＝FP 2＋EP 2＝22，HE ＝6，cos ∠HEF ＝HE EF ＝622＝32.即直线EF 与平面ADE 所成角的余弦值为32.(法二)(1)∵四边形BCEF 为直角梯形，四边形ABCD 为矩形，∴BC ⊥CE ，BC ⊥CD ，又∵平面ABCD ⊥平面BCEF ，且平面ABCD ∩平面BCEF ＝BC ，∴DC ⊥平面BCEF .以C 为原点，CB 所在直线为x 轴，CE 所在直线为y 轴，CD 所在直线为z 轴建立如图所示空间直角坐标系，根据题意我们可得以下点的坐标：A (2,0,4)，B (2,0,0)，C (0,0,0)，D (0,0,4)， F (0,4,0)，F (2,2,0)，则AF →＝(0,2，－4)， CB →＝(2,0,0)．∵BC ⊥CD ，BC ⊥CE ，∴CB →为平面CDE 的一个法向量． 又∵AF →·CB →＝0×2＋2×0＋(－4)×0＝0， ∴AF ∥平面CDE .(2)设平面ADE 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧AD →·n 1＝0，DE →·n 1＝0， ∵AD →＝(－2,0,0)，DE →＝(0,4，－4)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＝04y 1－4z 1＝0，取z 1＝1，得n 1＝(0,1,1)． ∵DC ⊥平面BCEF ，∴平面BCEF 一个法向量为CD →＝(0,0,4)．设平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的大小为α， 则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD →·n 1|CD →||n 1|＝44×2＝22. 因此，平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的余弦值为22. (3)根据(2)知平面ADE 一个法向量为n 1＝(0,1,0)，∵EF →＝(2，－2,0)，∴cos 〈EF →，n 1〉＝EF →·n 1|EF →|·|n 1→|＝－222×2＝－12，设直线EF 与平面ADE 所成角为θ， 则cos θ＝|sin 〈EF →，n 1〉|＝32.因此，直线EF 与平面ADE 所成角的余弦值为32. 5．(2015·濮阳市模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点．(1)若P A ＝PD ，求证：平面POB ⊥平面P AD ；(2)若平面APD ⊥平面ABCD .且P A ＝PD ＝AD ＝2.点M 在线段PC 上，试确定点M 的位置，使二面角M -BQ -C 大小为60°，并求出PM PC的值．解析：(1)证明：∵P A ＝PD ，Q 为AD 的中点， ∴PQ ⊥AD .又∵底面ABCD 为菱形， ∠BAD ＝60°，∴BQ ⊥AD ，又PQ ∩BQ ＝Q ，∴AD ⊥平面PQB ，又∵AD ⊂平面P AD ，∴平面PQB ⊥平面P AD ； (2)解：∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PQ ⊥AD ，∴PQ ⊥平面ABCD .以Q 为坐标原点，分别以QA ，QB ，QP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系如图．则Q (0,0,0)，P (0,0，3)，B (0，3，0)，C (－2，3，0)设PM →＝λPC →(0<λ<1)，所以M (－2λ，3λ，3(1－λ))，平面CBQ 的一个法向量是n 1＝(0,0,1)，设平面MQB 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，所以⎩⎪⎨⎪⎧QM →·n 2＝0QB →·n 2＝0，取n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2λ，0，3，由二面角M -BQ -C 大小为60°，可得： 12＝|n 1·n 2||n 1||n 2|，解得λ＝13，此时PM PC ＝13.6．(2015·北京西城区一模)如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 和侧面BCC 1B 1都是矩形，E 是CD 的中点，D 1E ⊥CD ，AB ＝2BC ＝2.(1)求证：BC ⊥D 1E ； (2)求证：B 1C ∥平面BED 1；(3)若平面BCC 1B 1与平面BED 1所成的锐二面角的大小为π3，求线段D 1E 的长度．解析：(1)证明：因为底面ABCD 和侧面BCC 1B 1是矩形， 所以BC ⊥CD ，BC ⊥CC 1，又因为CD ∩CC 1＝C ， 所以BC ⊥平面DCC 1D 1，因为D 1E ⊂平面DCC 1D 1，所以BC ⊥D 1E ； (2)证明：因为BB 1∥DD 1，BB 1＝DD 1， 所以四边形D 1DBB 1是平行四边形．连接DB 1交D 1B 于点F ，连接EF ，则F 为DB 1的中点. 在△B 1CD 中，因为DE ＝CE ，DF ＝B 1F ，所以EF ∥B 1C .又因为B 1C ⊄平面BED 1，EF ⊂平面BED 1， 所以B 1C ∥平面BED 1； (3)由(1)可知BC ⊥D 1E ，又因为D 1E ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ， 所以D 1E ⊥平面ABCD .设G 为AB 的中点，以E 为原点，EG 、EC 、ED 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴如图建立空间直角坐标系，设D 1E ＝a ，则E (0,0,0)，B (1,1,0)、D 1(0,0，a )、C (0,1,0)、B 1(1,2，a )、G (1,0,0)，设平面BED 1法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为EB →＝(1,1,0)，ED 1→＝(0,0，a )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·EB →＝0，n ·ED 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1,0)．设平面BCC 1B 1法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 因为CB →＝(1,0,0)，CB 1→＝(1,1，a )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB →＝0，m ·CB 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，x 1＋y 1＋az 1＝0.令z 1＝1，得m ＝(0，a ，－1)．由平面BCC 1B 1与平面BED 1所成的锐二面角的大小为π3，得|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝a 2·a 2＋1＝cos π3，解得a ＝1.[备课札记]___________________________________________________________________________ ___________________________________________________________________________。