2016年高三数学(理)创新设计资料包探究课五

课件园(建议用时：75分钟)1.如图所示，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.证明(1)如图建立空间直角坐标系A－xyz，令AB＝AA1＝4，则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(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)B1F→＝(－2，2，－4)，EF→＝(2，－2，－2)，AF→＝(2，2，0)．B1F→·EF→＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，B1F→·AF→＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B1F→⊥EF→，B1F→⊥AF→，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.课件园．(2014·山东卷)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC，又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.连接AD1，如图1在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1M∥D1A.又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.(2)解法一如图2，连接AC，MC，由(1)知CD∥AM且CD＝AM，所以四边形AMCD为平行四边形．可得BC＝AD＝MC，由题意∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝3，因此CA⊥CB.以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系C－xyz.所以A(3，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，3)．因此M32，12，0，所以MD→1＝－32，－12，3，D1C1→＝MB→＝－32，12，0.图1图2课件园＝(x，y，z)．由n·D1C1→＝0，n·MD1→＝0，得3x－y＝03x＋y－23z＝0，可得平面C1D1M的一个法向量是n＝(1，3，1)．又CD1→＝(0，0，3)为平面ABCD的一个法向量．因此cos〈CD1→，n〉＝CD1→·n|CD1→||n|＝55.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.法二由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N，如图3，由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1－AB－C的平面角．在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，可得CN＝32.所以ND1＝CD21＋CN2＝152.在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝CND1N＝32152＝55.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.3．(2014·新课标全国Ⅰ卷)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值．图3课件园(1)证明连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．又AB⊥B1C，AB∩BO＝B，所以B1C⊥平面ABO，由于AO⊂平面ABO，故B1C⊥AO.又B1O＝CO，故AC＝AB1.(2)解因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直．以O为坐标原点，OB→的方向为x轴正方向，|OB→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．又AB＝BC，OC＝OA，则A0，0，33，B(1，0，0)，B10，33，0，C0，－33，0，AB1→＝0，33，－33，A1B1→＝AB→＝1，0，－33，B1C1→＝BC→＝(－1，－33，0)．设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则n·AB1→＝0，n·A1B1→＝0，即33y－33z＝0，x－33z＝0.所以可取n＝(1，3，3)．设m是平面A1B1C1的法向量，则m·A1B1→＝0，m·B1C1→＝0.同理可取m＝(1，－3，3)，则cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝17.所以二面角A－A1B1－C1的余弦值为17.课件园．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．(1)证明因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD，所以A1C⊥平面BCDE.(2)解如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz，则A1(0，0，23)，D(0，2，0)，M(0，1，3)，B(3，0，0)，E(2，2，0)．设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1B→＝0，n·BE→＝0.又A1B→＝(3，0，－23)，BE→＝(－1，2，0)，所以3x－23z＝0，－x＋2y＝0.令y＝1，则x＝2，z＝3.所以n＝(2，1，3)．设CM与平面A1BE所成的角为θ，因为CM→＝(0，1，3)，所以sinθ＝|cos〈n，CM→〉|＝n·CM→|n||CM→|＝48×4＝22.课件园(3)解线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p，0，0)，其中p∈[0，3]．设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则m·A1D→＝0，m·DP→＝0.又A1D→＝(0，2，－23)，DP→＝(p，－2，0)，所以2y－23z＝0，px－2y＝0.令x＝2，则y＝p，z＝3p3.所以m＝(2，p，3p3)．平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，即4＋p＋p＝0.解得p＝－2，与p∈[0，3]矛盾．所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．5.(2014·新课标全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E－ACD的体积．(1)证明连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.又EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)解因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB→的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系A课件园－xyz，则D(0，3，0)，E0，32，12，AE→＝0，32，12.设B(m，0，0)(m＞0)，则C(m，3，0)，AC→＝(m，3，0)．设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则n1·AC→＝0，n1·AE→＝0，即mx＋3y＝0，32y＋12z＝0，可取n1＝3m，－1，3.又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设|cos〈n1，n2〉|＝12，即33＋4m2＝12，解得m＝32.因为E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为12.三棱锥E－ACD的体积V＝13×12×3×32×12＝38.6．(2015·烟台模拟)如图1，已知矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD的中点，沿AO将三角形AOD折起，使DB＝3，如图2.(1)求证：平面AOD⊥平面ABCO；(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值．图1图2(1)证明在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD的中点，∴△AOD，△BOC为等腰直角三角形，课件园∴∠AOB＝90°，即OB⊥OA.取AO中点H，连接DH，BH，则OH＝DH＝12AO＝22.在Rt△BOH中，BH2＝BO2＋OH2＝52，在△BHD中，DH2＋BH2＝222＋52＝3，又DB2＝3.∴DH2＋BH2＝DB2，∴DH⊥BH.又DH⊥OA，OA∩BH＝H，∴DH⊥平面ABCO.而DH⊂平面AOD，∴平面AOD⊥平面ABCO.(2)解分别以OA，OB所在直线为x轴，y轴，O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，2，0)，A(2，0，0)，D22，0，22，C－22，22，0∴AB→＝(－2，2，0)，AD→＝－22，0，22，BC→＝－22，－22，0.设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，由n·AB→＝0，n·AD→＝0，得－2x＋2y＝0，－22x＋22z＝0，即x＝y，x＝z，令x＝1，则y＝z＝1，n＝(1，1，1)．设α为直线BC与平面ABD所成的角．则sinα＝|BC→·n||BC→|·|n|＝23＝63.即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为63.