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2016届《创新设计》人教A版高考数学(文)大一轮复习课时集训 探究课5


(建议用时:75 分钟) 1.如图所示,已知 AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD,△ACD 为等边三角形,AD= DE=2AB,F 为 CD 的中点.

求证:(1)AF∥平面 BCE; (2)平面 BCE⊥平面 CDE. 证明 (1)如图,取 CE 的中点 G,连接 FG,BG.

∵F 为 CD 的中点, 1 ∴GF∥DE 且 GF=2DE. ∵AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD, ∴AB∥DE,∴GF∥AB. 1 又 AB=2DE,∴GF=AB. ∴四边形 GFAB 为平行四边形,则 AF∥BG. ∵AF?平面 BCE,BG?平面 BCE, ∴AF∥平面 BCE.

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(2)∵△ACD 为等边三角形,F 为 CD 的中点, ∴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.(2014· 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; 3 (2)设 AP=1,AD= 3,三棱锥 P-ABD 的体积 V= 4 ,求 A 到平面 PBC 的距 离. (1)证明 设 BD 与 AC 的交点为 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. 因为 EO?平面 AEC,PB?平面 AEC, 所以 PB∥平面 AEC. 1 3 (2)解 V=6PA· AB· AD= 6 AB. 又 V= 3 3 ,可得 AB= . 4 2

作 AH⊥PB 交 PB 于 H.

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由题设知 BC⊥平面 PAB,所以 BC⊥AH, 故 AH⊥平面 PBC. 13 在 Rt△PAB 中,由勾股定理可得 PB= 2 , PA· AB 3 13 所以 AH= PB = 13 , 3 13 所以 A 到平面 PBC 的距离为 13 . 3.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 A1B1C1D1 是正方形,O 是 BD 的中 点,E 是棱 AA1 上任意一点.

(1)证明:BD⊥EC1; (2)如果 AB=2,AE= 2,OE⊥EC1,求 AA1 的长. (1)证明 连接 AC,A1C1.由底面是正方形知,BD⊥AC.

因为 AA1⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD, 所以 AA1⊥BD. 又 AA1∩AC=A, 所以 BD⊥平面 AA1C1C. 因为 EC1?平面 AA1C1C 知,BD⊥EC1. (2)解 法一 设 AA1 的长为 h,连接 OC1.

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在 Rt△OAE 中,AE= 2,AO= 2, 故 OE2=( 2)2+( 2)2=4. 在 Rt△EA1C1 中,A1E=h- 2,A1C1=2 2,
2 2 故 EC2 1=(h- 2) +(2 2) . 2 在 Rt△OCC1 中,OC= 2,CC1=h,OC1 =h2+( 2)2. 2 因为 OE⊥EC1,所以 OE2+EC2 1=OC1,即

4+(h- 2)2+(2 2)2=h2+( 2)2, 解得 h=3 2,所以 AA1 的长为 3 2. 法二 ∵OE⊥EC1,∴∠AEO+∠A1EC1=90° .

又∵∠A1C1E+∠A1EC1=90° , ∴∠AEO=∠A1C1E. 又∵∠OAE=∠C1A1E=90° , ∴△OAE∽EA1C1, AE AO 2 2 ∴A C =A E,即 =A E, 1 1 1 1 2 2 ∴A1E=2 2, ∴AA1=AE+A1E=3 2. 4. (2014· 北京海淀区模拟)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥底面 ABC,AB ⊥AC,AC=AA1,E,F 分别是棱 BC,CC1 的中点.

(1)求证:AB⊥平面 AA1C1C; (2)若线段 AC 上的点 D 满足平面 DEF∥平面 ABC1,试确定点 D 的位置,并说 明理由; (3)证明:EF⊥A1C. (1)证明 ∵A1A⊥底面 ABC,
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∴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 的中点,∴D 是线段 AC 的中点. (3)证明 在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,A1A=AC, ∴侧面 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 分别为棱 BC,CC1 的中点, ∴EF∥BC1,∴EF⊥A1C. 5. (2014· 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= 3,BC= 7,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,
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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
2 2 设 AA1=x,在 Rt△A1BB1 中,A1B= A1B2 1-BB1= 4-x .

2 2 同理,A1C= A1C2 1-CC1= 3- x .在△A1BC 中,

A1B2+A1C2-BC2 x2 cos ∠BA1C= =- , 2A1B· A1C ?4-x2??3-x2? sin ∠BA1C= 12-7x2 , ?4-x2??3-x2?

12-7x2 1 所以 S△A1BC=2A1B· A1C· sin ∠BA1C= . 2 从而三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积 V=S△A1BC· AA1= 因为 x 12-7x2= 12x2-7x4= 42 3 7 = 7 时,体积 V 取到最大值 7 . 法二 如图,过 A1 作 BC 的垂线,垂足为 D,连接 AD. x 12-7x2 . 2 6 42 = 即 AA1 7 7 ,

6? 36 ? -7?x2-7?2+ 7 , 故当 x= ? ?

由于 AA1⊥BC,A1D⊥BC,故 BC⊥平面 AA1D,BC⊥AD,又∠BAC=90° ,

1 1 2 21 所以 S△ABC=2AD· BC=2AB· AC,得 AD= 7 . 设 AA1=x,在 Rt△AA1D 中, A1D= AD2-AA2 1= 12 2 -x , 7

12-7x2 1 S△A1BC=2A1D· BC= . 2 从而三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积 V=S△A1BC· AA1= 因为 x 12-7x2= 12x2-7x4= x 12-7x2 . 2

6? 36 ? -7?x2-7?2+ 7 , ? ?

-6-

故当 x=

6 42 7= 7 ,

42 3 7 即 AA1= 7 时,体积 V 取到最大值 7 . 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 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, 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:

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如图,在 PC 上取一点 M,连接 EF,EM,FM.在直角三角形 AEB 中,因为 AE =1,AB=2,所以 BE= 5. 在直角梯形 EADP 中,因为 AE=1,AD=PD=2,所以 PE= 5,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 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. PM PF 若 PB⊥FM,则△PFM∽△PCB,可得 PB =PC. 由已知可求得 PB=2 3,PF= 3,PC=2 2, 3 2 所以 PM= 2 .

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