[推荐]人教版2020届高考数学（理）一轮复习课时作业47

4．(2019·桂林模拟)如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.

(1)求证：BD⊥AA1；

(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：设BD与AC交于点O， 则BD⊥AC，连接A1O，

在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，

2∴A1O2＝AA2AOcos60°＝3， 1＋AO－2AA1·2∴AO2＋A1O2＝AA1，∴A1O⊥AO.

由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，

且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O?平面AA1C1C， ∴A1O⊥平面ABCD.

以OB，OC，OA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0，－1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，D(－3，0,0)， A1(0,0，3)，C1(0,2，3)．

→→

由于BD＝(－23，0,0)，AA1＝(0,1，3)， →→AA1·BD＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， →→

∴BD⊥AA1，即BD⊥AA1. (2)假设在直线CC1上存在点P， 使BP∥平面DA1C1，

→→

设CP＝λCC1，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，3)． →

从而有P(0,1＋λ，3λ)，BP＝(－3，1＋λ，3λ)． 设平面DA1C1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，

?则?→?n⊥DA.

1

→n⊥A1C1，

→→

又A1C1＝(0,2,0)，DA1＝(3，0，3)，

??2y1＝0，则?取n＝(1,0，－1)， ??3x1＋3z1＝0，

→因为BP∥平面DA1C1，则n⊥BP， →即n·BP＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.

5．如图1所示，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B，如图2所示．

(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E-DF-C的余弦值；

(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论． 解：(1)AB∥平面DEF，理由如下：

在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB. 又AB?平面DEF，EF?平面DEF， ∴AB∥平面DEF.

(2)以D为原点，分别以DB，DC，DA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，23，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，

→

易知平面CDF的法向量为DA＝(0,0,2)，

设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，

?则?→?DE·n＝0，

→DF·n＝0，

??x＋3y＝0，

即? ?3y＋z＝0，?

取n＝(3，－3，3)，

→

→DA·n21

则cos〈DA，n〉＝＝7，

→|DA||n|21

∴二面角E-DF-C的余弦值为7. (3)存在．证明如下：设P(x，y,0)， →→则AP·DE＝3y－2＝0， 23→

∴y＝3.又BP＝(x－2，y,0)， →

PC＝(－x,23－y,0)，

→→

∵BP∥PC，∴(x－2)(23－y)＝－xy， ∴3x＋y＝23.

234把y＝3代入上式得x＝3， →1→?423?

?，∴BP＝BC， ∴P?，33，0??3∴点P在线段BC上．

?423?

?，使AP⊥DE. ∴在线段BC上存在点P?，

3，0??3

6．如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别为AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)所示．