【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2022屆-數(shù)學(xué)一輪(文科)-北師大版-課時(shí)作業(yè)-第八章-立體幾何-探究課五-

(建議用時(shí)：75分鐘)1.如圖所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD＝DE＝2AB，F(xiàn)為CD的中點(diǎn)．求證：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.證明(1)如圖，取CE的中點(diǎn)G，連接FG，BG.∵F為CD的中點(diǎn)，∴GF∥DE且GF＝eq\f(1,2)DE.∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴AB∥DE，∴GF∥AB.又AB＝eq\f(1,2)DE，∴GF＝AB.∴四邊形GFAB為平行四邊形，則AF∥BG.∵AF平面BCE，BG平面BCE，∴AF∥平面BCE.(2)∵△ACD為等邊三角形，F(xiàn)為CD的中點(diǎn)，∴AF⊥CD.∵DE⊥平面ACD，AF平面ACD，∴DE⊥AF.又CD∩DE＝D，故AF⊥平面CDE.∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE.∵BG平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.2．(2022·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn)．(1)證明：PB∥平面AEC；(2)設(shè)AP＝1，AD＝eq\r(3)，三棱錐P－ABD的體積V＝eq\f(\r(3),4)，求A到平面PBC的距離．(1)證明設(shè)BD與AC的交點(diǎn)為O，連接EO.由于ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)．又E為PD的中點(diǎn)，所以EO∥PB.由于EO平面AEC，PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)解V＝eq\f(1,6)PA·AB·AD＝eq\f(\r(3),6)AB.又V＝eq\f(\r(3),4)，可得AB＝eq\f(3,2).作AH⊥PB交PB于H.由題設(shè)知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.在Rt△PAB中，由勾股定理可得PB＝eq\f(\r(13),2)，所以AH＝eq\f(PA·AB,PB)＝eq\f(3\r(13),13)，所以A到平面PBC的距離為eq\f(3\r(13),13).3．如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形，O是BD的中點(diǎn)，E是棱AA1上任意一點(diǎn)．(1)證明：BD⊥EC1；(2)假如AB＝2，AE＝eq\r(2)，OE⊥EC1，求AA1的長(zhǎng)．(1)證明連接AC，A1C1.由底面是正方形知，BD⊥AC.由于AA1⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以AA1⊥BD.又AA1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C1C.由于EC1平面AA1C1C知，BD⊥EC1.(2)解法一設(shè)AA1的長(zhǎng)為h，連接OC1.在Rt△OAE中，AE＝eq\r(2)，AO＝eq\r(2)，故OE2＝(eq\r(2))2＋(eq\r(2))2＝4.在Rt△EA1C1中，A1E＝h－eq\r(2)，A1C1＝2eq\r(2)，故ECeq\o\al(2,1)＝(h－eq\r(2))2＋(2eq\r(2))2.在Rt△OCC1中，OC＝eq\r(2)，CC1＝h，OCeq\o\al(2,1)＝h2＋(eq\r(2))2.由于OE⊥EC1，所以O(shè)E2＋ECeq\o\al(2,1)＝OCeq\o\al(2,1)，即4＋(h－eq\r(2))2＋(2eq\r(2))2＝h2＋(eq\r(2))2，解得h＝3eq\r(2)，所以AA1的長(zhǎng)為3eq\r(2).法二∵OE⊥EC1，∴∠AEO＋∠A1EC1＝90°.又∵∠A1C1E＋∠A1EC1＝90°，∴∠AEO＝∠A1C1E.又∵∠OAE＝∠C1A1E＝90°，∴△OAE∽EA1C1，∴eq\f(AE,A1C1)＝eq\f(AO,A1E)，即eq\f(\r(2),2\r(2))＝eq\f(\r(2),A1E)，∴A1E＝2eq\r(2)，∴AA1＝AE＋A1E＝3eq\r(2).4.(2022·北京海淀區(qū)模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，AC＝AA1，E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點(diǎn)．(1)求證：AB⊥平面AA1C1C；(2)若線段AC上的點(diǎn)D滿足平面DEF∥平面ABC1，試確定點(diǎn)D的位置，并說(shuō)明理由；(3)證明：EF⊥A1C.(1)證明∵A1A⊥底面ABC，∴A1A⊥AB，又∵AB⊥AC，A1A∩AC＝A，∴AB⊥平面AA1C1C.(2)解∵平面DEF∥平面ABC1，平面ABC∩平面DEF＝DE，平面ABC∩平面ABC1＝AB，∴AB∥DE，∵在△ABC中E是BC的中點(diǎn)，∴D是線段AC的中點(diǎn)．(3)證明在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A＝AC，∴側(cè)面A1ACC1是正方形，∴A1C⊥AC1，由(1)可得AB⊥A1C，∵AB∩AC1＝A，∴A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1.又∵E，F(xiàn)分別為棱BC，CC1的中點(diǎn)，∴EF∥BC1，∴EF⊥A1C.5.(2022·江西卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1.(1)求證：A1C⊥CC1；(2)若AB＝2，AC＝eq\r(3)，BC＝eq\r(7)，問(wèn)AA1為何值時(shí)，三棱柱ABC－A1B1C1體積最大，并求此最大值．(1)證明由AA1⊥BC知BB1⊥BC，又BB1⊥A1B，且BC平面BCA1，A1B平面BCA1，BC∩A1B＝B，故BB1⊥平面BCA1，由A1C平面BCA1可得BB1⊥A1C，又BB1∥CC1，所以A1C⊥CC1.(2)解法一設(shè)AA1＝x，在Rt△A1BB1中，A1B＝eq\r(A1Beq\o\al(2,1)－BBeq\o\al(2,1))＝eq\r(4－x2).同理，A1C＝eq\r(A1Ceq\o\al(2,1)－CCeq\o\al(2,1))＝eq\r(3－x2).在△A1BC中，cos∠BA1C＝eq\f(A1B2＋A1C2－BC2,2A1B·A1C)＝－eq\f(x2,\r(（4－x2）（3－x2）))，sin∠BA1C＝eq\r(\f(12－7x2,（4－x2）（3－x2）))，所以S△A1BC＝eq\f(1,2)A1B·A1C·sin∠BA1C＝eq\f(\r(12－7x2),2).從而三棱柱ABC－A1B1C1的體積V＝S△A1BC·AA1＝eq\f(x\r(12－7x2),2).由于xeq\r(12－7x2)＝eq\r(12x2－7x4)＝eq\r(－7\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(6,7)))\s\up12(2)＋\f(36,7))，故當(dāng)x＝eq\r(\f(6,7))＝eq\f(\r(42),7)，即AA1＝eq\f(\r(42),7)時(shí)，體積V取到最大值eq\f(3\r(7),7).法二如圖，過(guò)A1作BC的垂線，垂足為D，連接AD.由于AA1⊥BC，A1D⊥BC，故BC⊥平面AA1D，BC⊥AD，又∠BAC＝90°，所以S△ABC＝eq\f(1,2)AD·BC＝eq\f(1,2)AB·AC，得AD＝eq\f(2\r(21),7).設(shè)AA1＝x，在Rt△AA1D中，A1D＝eq\r(AD2－AAeq\o\al(2,1))＝eq\r(\f(12,7)－x2)，S△A1BC＝eq\f(1,2)A1D·BC＝eq\f(\r(12－7x2),2).從而三棱柱ABC－A1B1C1的體積V＝S△A1BC·AA1＝eq\f(x\r(12－7x2),2).由于xeq\r(12－7x2)＝eq\r(12x2－7x4)＝eq\r(－7\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(6,7)))\s\up12(2)＋\f(36,7))，故當(dāng)x＝eq\r(\f(6,7))＝eq\f(\r(42),7)，即AA1＝eq\f(\r(42),7)時(shí)，體積V取到最大值eq\f(3\r(7),7).6.如圖，已知四邊形ABCD是正方形，EA⊥平面ABCD，PD∥EA，AD＝PD＝2EA＝2，F(xiàn)，G，H分別為BP，BE，PC的中點(diǎn)．(1)求證：FG∥平面PDE；(2)求證：平面FGH⊥平面ABE；(3)在線段PC上是否存在一點(diǎn)M，使PB⊥平面EFM？若存在，求出線段PM的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．(1)證明由于F，G分別為PB，BE的中點(diǎn)，所以FG∥PE，又FG平面PDE，PE平面PDE，所以FG∥平面PDE.(2)證明由于EA⊥平面ABCD，所以EA⊥CB.又CB⊥AB，AB∩AE＝A，所以CB⊥平面ABE.由已知F，H分別為線段PB，PC的中點(diǎn)，所以FH∥BC.則FH⊥平面ABE.而FH平面FGH，所以平面FGH⊥平面ABE.(3)解在線段PC上存在一點(diǎn)M，使PB⊥平面EFM.證明如下：如圖，在PC上取一點(diǎn)M，連接EF，EM，F(xiàn)M.在直角三角形AEB中，由于AE＝1，AB＝2，所以BE＝eq\r(5).在直角梯形EADP中，由于AE＝1，AD＝PD＝2，所以PE＝eq\r(5)，所以PE＝BE.又F為PB的中點(diǎn)，所以EF⊥