2022届-数学一轮(文科)-浙江专用-课时作业-探究课4-Word版含答案.docx

探究课四 立体几何问题中的热点题型

(建议用时：80分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．如图，DC⊥平面ABC，EB∥DC，AC＝BC＝EB＝2DC＝2，∠ACB＝120°，P，Q分别为AE，AB的中点．

(1)证明：PQ∥平面ACD；
(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值．
(1)证明　由于P，Q分别为AE，AB的中点，所以PQ∥EB.
又DC∥EB，因此PQ∥DC，
又DC⊂平面ACD，PQ⊄平面ACD，所以PQ∥平面ACD.
(2)解　

如图，连接CQ，DP.
由于Q为AB的中点，且AC＝BC，
所以CQ⊥AB.
由于DC⊥平面ABC，EB∥DC，
所以EB⊥平面ABC，
因此CQ⊥EB，又EB∩AB＝B，故CQ⊥平面ABE.
由(1)有PQ∥DC，
又PQ＝EB＝DC，所以四边形CQPD为平行四边形，
故DP∥CQ，
因此DP⊥平面ABE，∠DAP为AD和平面ABE所成的角．
在Rt△DPA中，AD＝，DP＝1，sin∠DAP＝.
因此AD与平面ABE所成角的正弦值为.
2．(2022·新课标全国Ⅱ卷)如图，在四棱锥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AP＝1，AD＝，三棱锥P－ABD的体积V＝，求A到平面PBC的距离．
(1)证明　设BD与AC的交点为O，连接EO.
由于ABCD为矩形，所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
又由于EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)解　V＝PA·AB·AD＝AB.
又V＝，可得AB＝.

作AH⊥PB交PB于H.
由题设知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＝，
所以AH＝＝，
所以A到平面PBC的距离为.
3．如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝90°，BC＝CD＝，AD＝BD，EC⊥底面ABCD，FD⊥底面ABCD且有EC＝FD＝2.

(1)求证：AD⊥BF；
(2)若线段EC的中点为M，求直线AM与平面ABEF所成角的正弦值．
(1)证明　∵BC⊥DC，
且BC＝CD＝，
∴BD＝2且∠CBD＝∠BDC＝45°，
又AB∥DC，可知∠DBA＝∠CDB＝45°，
∵AD＝BD，∴△ADB是等腰三角形，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，
∴∠ADB＝90°，即AD⊥DB，
∵FD⊥底面ABCD于点D，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥DF，又DF∩BD＝D，
∴AD⊥平面DBF，又BF⊂平面DBF，∴AD⊥BF.
(2)解　过点M作MN⊥BE于点N，连接AN、AM.
又由AB⊥BC，AB⊥EC，∴AB⊥平面BCE.
∴AB⊥MN，又AB∩BE＝B，∴MN⊥平面ABEF.
故∠MAN即为直线AM与平面ABEF所成角．
又由△EMN∽△EBC，可得MN＝，
且AM＝＝＝，
∴sin ∠MAN＝＝.
故直线AM与平面ABEF所成角的正弦值为.
4．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC，∠ABC＝120°，E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，使平面A′DE⊥平面BCDE，F为线段A′C的中点．

(1)求证：BF∥平面A′DE；
(2)设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A′DE所成角的余弦值．
(1)证明　

取A′D的中点G，连接GF，GE，
由条件易知FG∥CD，
FG＝CD，
BE∥CD，BE＝CD，
所以FG∥BE，FG＝BE，故四边形BEGF为平行四边形，
所以BF∥EG.
由于EG⊂平面A′DE，BF⊄平面A′DE，
所以BF∥平面A′DE.
(2)解　在平行四边形ABCD中，设BC＝a，
则AB＝CD＝2a，AD＝AE＝EB＝a，
连接CE，依据∠ABC＝120°，
在△BCE中，可得CE＝a，在△ADE中，可得DE＝a，
在△CDE中，由于CD2＝CE2＋DE2，所以CE⊥DE，
在正三角形A′DE中，M为DE中点，所以A′M⊥DE.
由平面A′DE⊥平面BCD，可知A′M⊥平面BCD，A′M⊥CE.
所以CE⊥平面A′DE.
取A′E的中点N，连接NM，NF，所以NF∥CE.
所以NF⊥平面A′DE，
则∠FMN为直线FM与平面A′DE所成角．
在Rt△FMN中，NF＝a，MN＝a，FM＝a，
则cos∠FMN＝，
所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为.
5.(2022·江西卷)如图，在三棱柱

ABC－A1B1C1中，AA1⊥BC，
A1B⊥BB1.
(1)求证：A1C⊥CC1；
(2)若AB＝2，AC＝，BC＝，问AA1为何值时，三棱柱ABC－A1B1C1体积最大，并求此最大值．
(1)证明　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　设AA1＝x，在Rt△A1BB1中，A1B＝＝.
同理，A1C＝＝.在△A1BC中，
cos ∠BA1C＝＝－，
sin ∠BA1C＝，
所以S△A1BC＝A1B·A1C·sin ∠BA1C＝.
从而三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△A1BC·AA1＝.
由于x＝＝，故当x＝＝，即AA1＝时，体积V取到最大值.

法二　如图，过A1作BC的垂线，垂足为D，连接AD.
由于AA1⊥BC，A1D⊥BC，
故BC⊥平面AA1D，BC⊥AD，
又∠BAC＝90°，
所以S△ABC＝AD·BC＝AB·AC，得AD＝.
设AA1＝x，在Rt△AA1D中，
A1D＝＝，
S△A1BC＝A1D·BC＝.
从而三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△A1BC·AA1＝.
由于x＝＝，
故当x＝＝，
即AA1＝时，体积V取到最大值.
6.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．
(1)证明　由于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　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分别为线段PB，PC的中点，
所以FH∥BC.则FH⊥平面ABE.
而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.
在直角三角形AEB中，由于AE＝1，AB＝2，所以BE＝.
在直角梯形EADP中，
由于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.
由于PD⊥平面ABCD，所以PD⊥CB，
又CB⊥CD，PD∩CD＝D，
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＝.