高三理科數學二輪復習跟蹤強化訓練22

跟蹤強化訓練(二十二)1.(2017·濟南質檢)如圖，在直三棱柱ADE－BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M為AB的中點，O為DF的中點．證明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.[證明]證法一：由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系．設正方形邊長為1，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(xiàn)(1,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).(1)eq\o(OM,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq\o(BA,\s\up16(→))＝(－1,0,0)，∴eq\o(OM,\s\up16(→))·eq\o(BA,\s\up16(→))＝0，∴eq\o(OM,\s\up16(→))⊥eq\o(BA,\s\up16(→)).∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，∴eq\o(BA,\s\up16(→))是平面BCF的一個法向量，且OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)設平面MDF與平面EFCD的一個法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．∵eq\o(DF,\s\up16(→))＝(1，－1,1)，eq\o(DM,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0))，eq\o(DC,\s\up16(→))＝(1,0,0)，由n1·eq\o(DF,\s\up16(→))＝n1·eq\o(DM,\s\up16(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－y1＋z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝\f(1,2)x1，,z1＝－\f(1,2)x1，))令x1＝1，則n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－\f(1,2))).同理可得n2＝(0,1,1)．∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.證法二：(1)eq\o(OM,\s\up16(→))＝eq\o(OF,\s\up16(→))＋eq\o(FB,\s\up16(→))＋eq\o(BM,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DF,\s\up16(→))－eq\o(BF,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DB,\s\up16(→))＋eq\o(BF,\s\up16(→)))－eq\o(BF,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up16(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up16(→))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up16(→))＝－eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\o(BA,\s\up16(→)))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up16(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up16(→))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up16(→)).∴向量eq\o(OM,\s\up16(→))與向量eq\o(BF,\s\up16(→))，eq\o(BC,\s\up16(→))共面，又OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)由題意知，BF，BC，BA兩兩垂直，∵eq\o(CD,\s\up16(→))＝eq\o(BA,\s\up16(→))，eq\o(FC,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))－eq\o(BF,\s\up16(→))，∴eq\o(OM,\s\up16(→))·eq\o(CD,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(BC,\s\up16(→))－\f(1,2)\o(BF,\s\up16(→))))·eq\o(BA,\s\up16(→))＝0，eq\o(OM,\s\up16(→))·eq\o(FC,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(BC,\s\up16(→))－\f(1,2)\o(BF,\s\up16(→))))·(eq\o(BC,\s\up16(→))－eq\o(BF,\s\up16(→)))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up16(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up16(→))2＝0.∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，∴OM⊥平面EFCD.又OM?平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.2．(2017·鄭州質檢)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長均相等，D，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC，A1C(1)證明：EF∥平面A1CD；(2)若三棱柱ABC－A1B1C1為直棱柱，求直線BC與平面A1CD[解](1)證明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1連接ED，在△ABC中，因為D，E分別為棱AB，BC的中點，所以DE∥AC，DE＝eq\f(1,2)AC.又F為A1C1的中點，可得A1F＝eq\f(1,2)A1C1，所以A1F∥DE，A1F＝因此四邊形A1FED為平行四邊形，所以EF∥A1D，又EF?平面A1CD，A1D?平面A1CD，所以EF∥平面A1CD.(2)設A1B1的中點為O，連接OC1，OD，因為三棱柱ABC－A1B1C1為直棱柱，所以OD⊥平面A1B1C1，所以OD⊥OC1，OD⊥OA1.又△A1B1C1為等邊三角形，所以OC1⊥A1以O為坐標原點，eq\o(OA1,\s\up16(→))，eq\o(OD,\s\up16(→))，eq\o(OC1,\s\up16(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz.設三棱柱的棱長為a，則O(0,0,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，a，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(\r(3),2)a))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，D(0，a,0)．所以eq\o(BC,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，\f(\r(3),2)a))，eq\o(A1D,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，a，0))，eq\o(DC,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)a)).設平面A1CD的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1D,\s\up16(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up16(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)x＋ay＝0，,\f(\r(3),2)az＝0.))設x＝2，解得n＝(2,1,0)．設直線BC與平面A1CD所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|n·\o(BC,\s\up16(→))|,|n|·|\o(BC,\s\up16(→))|)＝eq\f(a,\r(5)·\r(a2))＝eq\f(\r(5),5).所以直線BC與平面A1CD所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).3．(2017·北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點M在線段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq\r(6)，AB＝4.(1)求證：M為PB的中點；(2)求二面角B－PD－A的大小；(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值．[解](1)證明：設AC，BD交點為E，連接ME.因為PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因為ABCD是正方形，所以E為BD的中點．所以M為PB的中點．(2)取AD的中點O，連接OP，OE.因為PA＝PD，所以OP⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD，且OP?平面PAD，所以OP⊥平面ABCD.因為OE?平面ABCD，所以OP⊥OE.因為ABCD是正方形，所以OE⊥AD.如圖建立空間直角坐標系O－xyz，則P(0,0，eq\r(2))，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，eq\o(BD,\s\up16(→))＝(4，－4,0)，eq\o(PD,\s\up16(→))＝(2,0，－eq\r(2))．設平面BDP的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up16(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))令x＝1，則y＝1，z＝eq\r(2).于是n＝(1,1，eq\r(2))．平面PAD的一個法向量為p＝(0,1,0)．所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(1,2).由題意知二面角B－PD－A為銳角，所以它的大小為eq\f(π,3).(3)由題意知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2,4,0)，eq\o(MC,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(\r(2),2))).設直線MC與平面BDP所成角為α，則sinα＝|cos〈n，eq\o(MC,\s\up16(→))〉|＝eq\f(|n·\o(MC,\s\up16(→))|,|n||\o(MC,\s\up16(→))|)＝eq\f(2\r(6),9).所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為eq\f(2\r(6),9).4．(2017·沈陽二模)如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝eq\f(2π,3)，四邊形ACFE為矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.(1)求證：EF⊥平面BCF；(2)點M在線段EF上運動，當點M在什么位置時，平面MAB與平面FCB所成銳二面角最大，并求此時二面角的余弦值．[解](1)證明：在梯形ABCD中，設AD＝CD＝BC＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝eq\f(2π,3)，∴AB＝2，∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·coseq\f(π,3)＝3.∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC.∵CF⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，∴AC⊥平面BCF.∵四邊形ACFE是矩形，∴EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.(2)由(1)，以CA，CB，CF所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設AD＝CD＝BC＝CF＝1，令FM＝λ(0≤λ≤eq\r(3))，則C(0,0,0)，A(eq\r(3)，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，∴eq\o(AB,\s\up16(→))＝(－eq\r(3)，1,0)，eq\o(BM,\s\up16(→))＝(λ，－1,1)，設平面MAB的法向量為n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(BM,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,λx－y＋z＝0，