加练半小时版新高考数学浙江一轮练习专题8 第62练.docx

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加练半小时版新高考数学浙江一轮练习专题8第62练

[基础保分练]

1.（2019·杭州二中模拟）如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D为线段BC上一点，且DC＝BC，让△ADC绕直线AD翻折到△ADC′且使AC′⊥BC.

（1）在线段BC上是否存在一点E，使平面AEC′⊥平面ABC？

请证明你的结论；

（2）求直线C′D与平面ABC所成的角.

2.（2019·衢州模拟）已知三棱台ABC—A1B1C1的下底面△ABC是边长2的正三角形，上底面△A1B1C1是边长为1的正三角形.A1在下底面的射影为△ABC的重心，且A1B⊥A1C.

（1）证明：

A1B⊥平面ACC1A1；

（2）求直线CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值.

3.（2019·萧山中学模拟）如图，已知直角梯形ABCD和正方形BCEF，二面角A—BC—E的大小为120°，且满足AB∥CD，AD⊥AB，AD＝DC＝AB＝2，点M，H分别是线段EF，AE的中点，点N是线段AF上异于A，F的点.

（1）求证：

CH⊥平面AEF；

（2）求直线MN与平面BCEF所成角的最大值.

[能力提升练]

4.如图，已知四边形ABCD是正方形，EA⊥平面ABCD，PD∥EA，AD＝PD＝2EA＝2，F，G，H分别为BP，BE，PC的中点.

（1）求证：

FG∥平面PDE；

（2）求证：

平面FGH⊥平面ABE；

（3）在线段PC上是否存在一点M，使PB⊥平面EFM？

若存在，求出线段PM的长；若不存在，请说明理由.

答案精析

基础保分练

1．解　

（1）存在BC的中点E，使平面AEC′⊥平面ABC，取BC的中点E，

由题意知AE⊥BC，又因为AC′⊥BC，AE∩AC′＝A，所以BC⊥平面AEC′，

因为BC⊂平面ABC，

所以平面AEC′⊥平面ABC.

（2）在平面AC′E中，过点C′作C′H⊥AE交AE的延长线于点H，连接HD.由

（1）知，C′H⊥平面ABC，

所以∠C′DH即为直线C′D与平面ABC所成的角．

由AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，

得BC＝2，DC＝，ED＝，

EC′＝，

在△AEC′中，由余弦定理得

cos∠AEC′＝－，

所以cos∠HEC′＝，

sin∠HEC′＝，

所以HC′＝EC′·sin∠HEC′＝，

所以sin∠HDC′＝＝，

所以直线C′D与平面ABC所成的角为60°.

2．

（1）证明　记△ABC的重心为G，连接BG并延长交AC于点M.

因为底面△ABC为正三角形，

所以BG⊥AC，

又点A1在底面上的射影为G，

所以A1G⊥平面ABC，

所以A1G⊥AC，

因为A1G∩BG＝G，

A1G⊂平面A1BG，

BG⊂平面A1BG，

所以AC⊥平面A1BG，

又A1B⊂平面A1BG，

所以AC⊥A1B.

又A1B⊥A1C，且A1C∩AC＝C，

A1C⊂平面A1AC，

AC⊂平面A1AC，

所以A1B⊥平面A1AC，

因此，A1B⊥平面ACC1A1.

（2）解　由于ABC—A1B1C1为棱台，设三侧棱延长交于一点D.因为AB＝2A1B1＝2，

则A1，B1分别为棱AD，BD的中点．

又G为正△ABC的重心，

则BM＝，CG＝BG＝BM＝，

GM＝BM＝.

因为A1B⊥平面ACC1A1，

所以A1B⊥A1M，

故在Rt△A1BM中，A1G⊥BM，

由三角形相似，得A1G2＝BG·GM＝，

A1B2＝BG·BM＝2.

取A1D的中点H，连接B1H，CH，

则B1H∥A1B，且B1H＝A1B＝，

故B1H⊥平面ACC1A1，

即∠B1CH即为直线CB1与平面ACC1A1所成的角．

又＝＋＋，

且GC⊥BA，A1G⊥BA，B1A1∥BA，

所以⊥，⊥，

又⊥，

所以2＝2＋2＋2＝3，

即B1C＝，

所以sin∠B1CH＝＝，

即直线CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值为.

3．

（1）证明　由题可得

AC＝＝2，

CE＝BC＝＝2，

∴AC＝CE.

又H是AE的中点，∴CH⊥AE.

∵AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，

∴AC⊥EF.

∵CE⊥EF，AC⊥EF，AC∩CE＝C，

∴EF⊥平面ACE.

∵HC⊂平面ACE，∴EF⊥HC，

又EF∩AE＝E，∴CH⊥平面AEF.

（2）解　方法一　过点A作AK⊥CE，垂足为K，连接KF，过点N作NL∥AK，交KF为L，连接ML，∵EF⊥平面ACE，

∴平面EFK⊥平面ACE，

又∵平面EFK∩平面ACE＝CE，AK⊂平面ACE，

∴AK⊥平面EFK，∴NL⊥平面EFK，

∴∠NML就是直线MN与平面BCEF所成的角．

设FL＝x，∵AK＝，KF＝，

则NL＝x，

ML2＝FL2＋FM2－2FM×FL×

cos∠MFL＝x2－x＋2，

∴tan∠NML＝

＝

＝，

∵x∈（0，），∴∈，

∴当＝时，（tan∠NML）max＝，

∴直线MN与平面BCEF所成角的最大值是.

方法二　以点C为原点，分别以CA，CB所在直线为x轴、y轴，过点C垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，

∴C（0,0,0），A（2，0,0），B（0,2，0），E（－，0，），

∴＝＋＝＋＝（－，0，）＋（0,2，0）＝（－，2，），

∴F（－，2，），M（－，，）．

设n＝（x，y，z）是平面BCEF的法向量，

由即

令z＝1，得n＝（，0,1）．

设||＝λ||（0<λ<1），

＝＋＝＋λ

＝（2，0,0）＋λ（－3，2，）

＝（2－3λ，2λ，λ），

＝－

＝（3－3λ，2λ－，λ－），

∴sinθ＝

＝＝，

令x＝1－λ，x∈（0,1），

则sinθ＝

＝≤，

当＝2，即x＝，λ＝时取等号．

∴θ的最大值是.

能力提升练

4．

（1）证明　因为F，G分别为PB，BE的中点，所以FG∥PE.

又FG⊄平面PDE，PE⊂平面PDE，

所以FG∥平面PDE.

（2）证明　因为EA⊥平面ABCD，CB⊂平面ABCD，所以EA⊥CB.

又CB⊥AB，AB∩AE＝A，所以CB⊥平面ABE.由已知F，H分别为线段PB，PC的中点，

所以FH∥BC，则FH⊥平面ABE.

又FH⊂平面FGH，

所以平面FGH⊥平面ABE.

（3）解　在线段PC上存在一点M，使PB⊥平面EFM.

证明如下：

如图，在PC上取一点M，连接EF，EM，FM.

在Rt△AEB中，

因为AE＝1，AB＝2，所以BE＝.

在直角梯形EADP中，

因为AE＝1，AD＝PD＝2，

所以PE＝，所以PE＝BE.

又F为PB的中点，所以EF⊥PB.

要使PB⊥平面EFM，只需使PB⊥FM.

因为EA⊥CB，PD∥AE，所以PD⊥CB，

又CB⊥CD，PD∩CD＝D，

PD，CD⊂平面PCD，

所以CB⊥平面PCD，

而PC⊂平面PCD，所以CB⊥PC.

若PB⊥FM，则△PFM∽△PCB，

可得＝.

由已知可求得PB＝2，PF＝，PC＝2，

所以PM＝.

故在线段PC上存在一点M，当PM＝时，使得PB⊥平面EFM.