2025年高考數(shù)學總復習 39 課時質(zhì)量評價(三十九)

課時質(zhì)量評價(三十九)1．如圖，已知在空間幾何體ABCDE中，△ABC，△ECD是全等的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD.(1)若BD＝2BC，求證：BC⊥ED.(2)探索A，B，D，E四點是否共面．若共面，請給出證明；若不共面，請說明理由．(1)證明：因為△ABC，△ECD是全等的正三角形，所以CD＝BC.因為BD＝2BC，所以BD2＝BC2＋DC2，所以BC⊥DC.因為平面ECD⊥平面BCD，平面ECD∩平面BCD＝CD，BC?平面BCD，所以BC⊥平面ECD.因為DE?平面ECD，所以BC⊥ED.(2)解：A，B，D，E四點共面．證明如下：如圖，分別取BC，DC的中點M，N，連接AM，EN，MN.因為△ABC是等邊三角形，所以AM⊥BC，AM＝32BC因為平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AM?平面ABC，所以AM⊥平面BCD.同理EN⊥平面BCD，且EN＝32CD所以AM∥EN，且AM＝EN，所以四邊形AMNE是矩形，所以AE∥MN.又因為MN∥BD，所以AE∥BD，所以A，B，D，E四點共面．2．如圖，C是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點，平面PAC⊥平面ABC，在△PAC中，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點．(1)求證：BC⊥平面PAC；(2)記平面AEF與平面ABC的交線為直線l，點Q為直線l上的一個動點，求直線PQ與平面AEF所成的角的取值范圍．(1)證明：因為C是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點，所以BC⊥AC.因為平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，所以BC⊥平面PAC.(2)解：因為E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點，所以BC∥EF.因為EF?平面AEF，BC?平面AEF，所以BC∥平面AEF.因為BC?平面ABC，平面AEF∩平面ABC＝l，所以BC∥l.以C為原點，CA，CB所在直線分別為x軸、y軸，過點C且垂直于平面ABC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，4，0)，P1，所以E12所以AE＝－32，0，因為BC∥l，所以可設(shè)Q(2，t，0)，平面AEF的法向量為m＝(x，y，z)，則AE·m取z＝3，則x＝1，y＝0，所以m＝1，0，3又PQ＝1，t，－3，則|所以直線PQ與平面AEF所成的角的取值范圍為0，3．(2024·鹽城模擬)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別為BD和BB1的中點，P為棱C1D1上的動點．(1)是否存在點P，使得PE⊥平面EFC？若存在，請證明并求出滿足條件時C1P的長；若不存在，請說明理由．(2)當C1P為何值時，平面BCC1B1與平面PEF夾角的正弦值最??？解：以D為原點，DA，DC，DD1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，根據(jù)題意，設(shè)點P(0，t，2)(0≤t≤2)，則E(1，1，0)，F(xiàn)(2，2，1)，C(0，2，0)．(1)存在．PE＝(1，1－t，－2)，EF＝(1，1，1)，CF＝(2，0，1)．設(shè)平面CEF的法向量為m＝(x，y，z)，則m·EF取x＝1，則y＝1，z＝－2，所以m＝(1，1，－2)為平面CEF的一個法向量．假設(shè)存在滿足題意的點P，則PE∥m，所以11＝1－t1＝－2－2，所以即點P與點D1重合時，PE⊥平面EFC，此時C1P＝2.(2)易知平面BCC1B1的一個法向量為n＝(0，1，0)．設(shè)平面PEF的法向量為r＝(x0，y0，z0)，又PF＝(2，2－t，－1)，PE＝(1，1－t，－2)，則r所以2取y0＝1，則x0＝t3所以r＝t3－1設(shè)平面BCC1B1與平面PEF的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n，r〉|＝n·rnr＝1t3－12+1所以當t＝32時，(cosθ)max＝63，(sinθ)min＝此時C1P＝2－324．如圖1，在梯形ABCD中，AD∥BC，BE⊥AD于點E，且DE＝2BC＝2BE，將梯形ABCD沿BE折疊成如圖2所示的幾何體，∠AED＝60?，F(xiàn)為直線AD上一點，且CF⊥AD于點F，G為線段ED的中點，連接FG，CG.(1)證明：AD⊥FG；(2)如圖1，AD＝6，求當四棱錐A-BCDE的體積最大時，平面ABC與平面CFG的夾角的正弦值．圖1圖2(1)證明：由已知得BE⊥ED，BE⊥AE，且AE∩ED＝E，AE，ED?平面AED，所以BE⊥平面AED.因為AD?平面AED，所以BE⊥AD.在梯形EBCD中，DE＝2BC＝2BE，因為G為線段ED的中點，所以CG∥BE，故CG⊥AD.又因為CF⊥AD，且CG∩CF＝C，CG，CF?平面CFG，所以AD⊥平面CFG.因為FG?平面CFG，所以AD⊥FG.(2)解：如圖，過點A作AM⊥DE于點M.因為BE⊥平面AED，AM?平面AED，所以BE⊥AM.因為AM⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE?平面BCDE，所以AM⊥平面BCDE，所以線段AM的長度為點A到平面BCDE的距離．設(shè)DE＝2BC＝2BE＝2x，則AE＝6－2x(0＜x＜3)，AM＝AEsin∠AED＝32(6－2x)所以四棱錐A-BCDE的體積V＝13×x+2xx2×32令f(x)＝－32x3+332x2，x∈(0，3)，則當x∈(0，2)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當x∈(2，3)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(2)，即當x＝2時，四棱錐A-BCDE的體積最大，此時AE＝2，DE＝4.以E為原點，EB，ED所在直線分別為x軸、y軸，在平面AED內(nèi)過點E作與DE垂直的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A0，1，3，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，所以AB＝2，－1，－3，設(shè)平面ABC的法向量