【創(chuàng)新設(shè)計】2021高考數(shù)學(xué)(四川專用-理科)二輪規(guī)范練4

規(guī)范練四立體幾何1．如圖，在四棱錐E－ABCD中，EA⊥平面ABCD，AB∥CD，AD＝BC＝eq\f(1,2)AB，∠ABC＝eq\f(π,3).(1)求證：△BCE為直角三角形；(2)若AE＝AB，求CE與平面ADE所成角的正弦值．(1)證明在△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為直角三角形．(2)解由(1)知：AC⊥BC，AE⊥平面ABCD，以點C為坐標(biāo)原點，eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖1所示的空間直角坐標(biāo)系C－xyz.設(shè)BC＝a，則AE＝AB＝2a，AC＝eq\r(3)a，如圖2，在等腰梯形ABCD中，過點C作CG⊥AB于G，則GB＝eq\f(1,2)a，∴CD＝AB－2GB＝a，過點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)，設(shè)平面ADE的一個法向量為n＝(x0，y0，z0)，則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)，則y0＝－3，∴n＝(eq\r(3)，－3,0)．設(shè)CE與平面ADE所成角為θ，則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).∴直線CE與平面ADE所成角的正弦值為eq\f(\r(21),14).2．平行四邊形ABCD中，AB＝1，AD＝eq\r(2)，且∠BAD＝45°，以BD為折線，把△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AC.(1)求證：AB⊥DC；(2)求二面角B－AC－D的大小．(1)證明在△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)解在四周體ABCD中，以D為原點，DB為x軸，DC為y軸，過D垂直于平面BDC的直線為z軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,1)設(shè)平面ABC的法向量為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)，再設(shè)平面DAC的法向量為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.如圖，在多面體ABCDEF中，ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED，且AD＝DE＝2BF＝2.(1)求證：AC⊥EF；(2)求二面角C－EF－D的大?。?3)設(shè)G為CD上一動點，試確定G的位置使得BG∥平面CEF，并證明你的結(jié)論．(1)證明連接BD，∵FB∥ED，∴F，B，E，D共面，∵ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴ED⊥AC，又ABCD為正方形，∴BD⊥AC，而ED∩DB＝D，∴AC⊥平面DBFE，而EF?平面DBFE，∴AC⊥EF.(2)解如圖建立空間直角坐標(biāo)系．則A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，F(xiàn)(2,2,1)，E(0,0,2)，由(1)知eq\o(AC,\s\up6(→))為平面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)設(shè)平面CEF的法向量為n＝(x，y，z)，則有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，則x＝－eq\f(1,2)，y＝1，∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，1))則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與平面DBFE的二面角為銳角，所以θ＝eq\f(π,4).(3)解設(shè)G(0，y0,0)，則eq\o(BG,\s\up6(→))＝(－2，y0－2,0)，由題意知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點坐標(biāo)為(0,1,0)，即當(dāng)G為CD的中點時，BG∥平面CEF.4．如圖，正方形AA1D1D與矩形ABCD所在平面相互垂直，AB＝2AD＝2.(1)若點E為AB的中點，求證：BD1∥平面A1DE；(2)在線段AB上是否存在點E，使二面角D1－EC－D的大小為eq\f(π,6)？若存在，求出AE的長；若不存在，請說明理由．(1)證明四邊形ADD1A1為正方形，連接AD1，A1D∩AD1＝F，則F是AD1的中點，又由于點E為AB的中點，連接EF，則EF為△ABD1的中位線，所以EF∥BD1又由于BD1?平面A1DE，EF?平面A1DE，所以BD1∥平面A1DE.(2)解依據(jù)題意得DD1⊥平面ABCD，以D為坐標(biāo)原點，以DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，C(0,2,0)．設(shè)滿足條件的點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)，設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面D1EC的法向量，則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，則平面D1EC的法向量為n1＝(2－y0,1,2)，由題知平面DEC的一個法向量