2018届高三理科数学二轮复习跟踪强化训练：22 Word版含解析.docVIP

跟踪强化训练(二十二) 1.(2017·济南质检)如图，在直三棱柱ADE－BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．证明： (1)OM∥平面BCF； (2)平面MDF平面EFCD. [证明]　证法一：由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M，O. (1)＝，＝(－1,0,0)， ·＝0，⊥. ∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱， AB⊥平面BCF，是平面BCF的一个法向量， 且OM平面BCF，OM∥平面BCF. (2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)． ＝(1，－1,1)，＝，＝(1,0,0)， 由n1·＝n1·＝0， 得解得 令x1＝1，则n1＝. 同理可得n2＝(0,1,1)． n1·n2＝0，平面MDF平面EFCD. 证法二：(1)＝＋＋ ＝－＋ ＝(＋)－＋ ＝－－＋ ＝－(＋)－＋ ＝－－. 向量与向量，共面， 又OM平面BCF，OM∥平面BCF. (2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直， ＝，＝－， ·＝·＝0， ·＝·(－) ＝－2＋2＝0. OM⊥CD，OMFC，又CD∩FC＝C， OM⊥平面EFCD. 又OM平面MDF，平面MDF平面EFCD. 2．(2017·郑州质检)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点． (1)证明：EF平面A1CD； (2)若三棱柱ABC－A1B1C1为直棱柱，求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值． [解]　(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，ACA1C1，且AC＝A1C1， 连接ED，在ABC中，因为D，E分别为棱AB，BC的中点，所以DEAC，DE＝AC. 又F为A1C1的中点，可得A1F＝A1C1，所以A1FDE，A1F＝DE， 因此四边形A1FED为平行四边形，所以EFA1D， 又EF平面A1CD，A1D平面A1CD， 所以EF平面A1CD. (2)设A1B1的中点为O，连接OC1，OD，因为三棱柱ABC－A1B1C1为直棱柱，所以OD平面A1B1C1，所以ODOC1，ODOA1.又A1B1C1为等边三角形，所以OC1A1B1. 以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz. 设三棱柱的棱长为a，则O(0,0,0)，B，C，A1，D(0，a,0)．所以＝，＝，＝. 设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，由得 设x＝2，解得n＝(2,1,0)． 设直线BC与平面A1CD所成的角为θ，则sinθ＝＝＝. 所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为. 3．(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD，点M在线段PB上，PD平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4. (1)求证：M为PB的中点； (2)求二面角B－PD－A的大小； (3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值． [解]　(1)证明：设AC，BD交点为E，连接ME. 因为PD平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PDME. 因为ABCD是正方形，所以E为BD的中点． 所以M为PB的中点． (2)取AD的中点O，连接OP，OE. 因为PA＝PD，所以OPAD. 又因为平面PAD平面ABCD，且OP平面PAD，所以OP平面ABCD. 因为OE平面ABCD，所以OPOE. 因为ABCD是正方形，所以OEAD. 如图建立空间直角坐标系O－xyz，则P(0,0，)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，＝(4，－4,0)，＝(2,0，－)． 设平面BDP的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则y＝1，z＝. 于是n＝(1,1，)． 平面PAD的一个法向量为p＝(0,1,0)． 所以cos〈n，p〉＝＝. 由题意知二面角B－PD－A为锐角，所以它的大小为. (3)由题意知M，C(2,4,0)， ＝. 设直线MC与平面BDP所成角为α， 则sinα＝|cos〈n，〉|＝＝. 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为. 4．(2017·沈阳二模)如图，在四边形ABCD中，ABCD，BCD＝，四边形ACFE为矩形，且CF平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF. (1)求证：EF平面BCF；(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值． [解]　(1)证明：在梯形ABCD中，设AD＝CD＝BC＝1， AB∥CD，BCD＝，AB＝2，AC2＝AB