专题强化训练19

专题强化训练(十九)
1．(2020·长沙一模)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B 是边长为2的菱形，AC⊥平面AA1B1B，且AC＝2，点E为A1C1的中点．
(1)证明：平面ACB1⊥平面B1CE；
(2)若∠ABB1＝60°，求直线BC与平面B1CE所成角的正弦值．
[解](1)证明：连接BA1，交AB1于点O，设B1C中点为F，连接OF，EF.
因为O，F分别为B1A，B1C的中点，
所以OF∥AC，且OF＝1
2AC.
，
因为A1C1∥AC，A1C1＝AC，且A1E＝1
2A1C1
所以OF∥A1E，且OF＝A1E.
所以四边形OFEA1为平行四边形，
所以OA1∥EF，即BA1∥EF.
因为AC⊥平面AA1B1B，BA1⊂平面AA1B1B，所以AC⊥BA1，因为四边形AA1B1B是菱形，所以BA1⊥AB1.
因为AB 1∩AC ＝A ，所以BA 1⊥平面ACB 1.
因为BA 1∥EF ，所以EF ⊥平面ACB 1.
因为EF ⊂平面B 1CE ，所以平面ACB 1⊥平面B 1CE .
(2)因为∠ABB 1＝60°，四边形AA 1B 1B 是边长为2的菱形，
故△ABB 1为等边三角形．
设BB 1的中点为M ，连接AM ，
则AM ⊥BB 1.
以A 为原点，AM ，AA 1，AC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz ，
则C (0,0,2)，B 1(3，1,0)，E (0,2,1)，B (3，－1,0)，
CB 1→＝(3，1，－2)，B 1E →＝(－3，1,1)，BC →
＝(－3，1,2)， 设平面B 1CE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧ n ·CB 1→＝0，n ·B 1E →
＝0，即⎩⎨⎧ 3x ＋y －2z ＝0，－3x ＋y ＋z ＝0.
令y ＝1，则⎩⎨⎧ x ＝3，z ＝2.所以n ＝(3，1,2)．
设直线BC 与平面B 1CE 所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈BC →，n 〉|＝⎪
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎪BC →·n |BC →||n |＝222×22
＝14， 即直线BC 与平面B 1CE 所成角的正弦值为14.
2．(2020·贵阳质检)如图是一个半圆柱与多面体ABB 1A 1C 构成的几何体，平面ABC 与半圆柱的下底面共面，且AC ⊥BC ，P 为弧A 1B 1上(不与A 1，B 1重合)的动点．
(1)证明：P A 1⊥平面PBB 1；
(2)若四边形ABB 1A 1为正方形，且AC ＝BC ，∠PB 1A 1＝π4，求二
面角P －A 1B 1－C 的余弦值．
[解] (1)证明：在半圆柱中，BB 1⊥平面P A 1B 1，所以BB 1⊥P A 1. 因为A 1B 1是直径，所以P A 1⊥PB 1.
因为PB 1∩BB 1＝B 1，PB 1⊂平面PBB 1，BB 1⊂平面PBB 1， 所以P A 1⊥平面PBB 1.
(2)以C 为坐标原点，分别以CB ，CA 所在直线为x 轴，y 轴，过
C 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系C －xyz ，如图所示．
设CB ＝1，则C (0,0,0)，B (1,0,0)，A (0,1,0)，A 1(0,1，2)，B 1(1,0，2)，P (1,1
，2)．
所以CA 1→＝(0,1，2)，CB 1→＝(1,0，2)．
平面P A 1B 1的一个法向量为n ＝(0,0,1)．
设平面CA 1B 1的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧ y ＋2z ＝0，x ＋2z ＝0， 令z ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－2，x ＝－
2，z ＝1
所以可取n 2＝(－2，－2，1)，
所以cos 〈n 1，n 2〉＝11×5＝55
. 由图可知二面角P －A 1B 1－C 为钝角，
所以所求二面角的余弦值为－55.
3.(2020·石家庄二模)如图，EC ⊥平面ABC ，BD ∥EC ，AC ＝AB ＝BD ＝12EC ＝2，点F 为线段DE 上的动点．
(1)试在BC 上找一点O ，使得AO ⊥CF ，并证明；
(2)在第(1)问的基础上，若AB ⊥AC ，则平面ACE 与平面AOF 所成的锐二面角的大小可否为π4？
[解] (1)证明：BC 的中点即为所找的点O .
∵AB ＝AC ，∴AO ⊥BC ，
又EC ⊥平面ABC ，AO ⊂平面ABC ，∴EC ⊥AO .
∵BC ∩EC ＝C ，BC ⊂平面BDEC ，EC ⊂平面BDEC ，
∴AO ⊥平面BDEC .
又CF ⊂平面BDEC ，∴AO ⊥CF .
(2)以A 为坐标原点，AB ，AC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点A 且平行于EC 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
A (0,0,0)，E (0，－2,4)，D (－2,0,2)，O (－1，－1,0)，AO →
＝(－1，－1,0)，ED →
＝(－2,2，－2)．
设EF →＝λED →(0≤λ≤1)，则可得F (－2λ，2λ－2,4－2λ)，
则AF →＝(－2λ，2λ－2,4－2λ)．
设平面AOF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧ m ·AO →＝0，m ·
AF →
＝0，令x ＝1，则m ＝⎝
⎛⎭⎪⎫1，－
1，2λ－12－λ为平面AOF 的一个法向量． 易得平面ACE 的一个法向量为n ＝(1,0,0)．
令|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ－12－λ2＋2＝12
，解得λ＝12. 故当F 为DE 的中点时，平面ACE 与平面AOF 所成的锐二面角的大小为π4.
4．(2020·海口模拟)如图，在四边形ABED 中，AB ∥DE ，AB ⊥BE ，点C 在AB 上，且AB ⊥CD ，AC ＝BC ＝CD ＝2，现将△ACD 沿CD 折起，使点A 到达点P 的位置，且PE 与平面PBC 所成的角为45°.
(1)求证：平面PBC ⊥平面DEBC ；
(2)求二面角D －PE －B 的余弦值．
[解] (1)证明：因为AB ⊥CD ，AB ⊥BE ，所以CD ∥EB ， 因为AC ⊥CD ，所以PC ⊥CD ，所以EB ⊥PC ，
且PC ∩BC ＝C ，所以EB ⊥平面PBC ，
又因为EB ⊂平面DEBC ，
所以平面PBC ⊥平面DEBC .
(2)由(1)知EB ⊥平面PBC ，所以EB ⊥PB ，
由PE 与平面PBC 所成的角为45°得∠EPB ＝45°，
所以△PBE 为等腰直角三角形，所以PB ＝EB .
因为AB ∥DE ，结合CD ∥EB 得BE ＝CD ＝2，
所以PB ＝2，故△PBC 为等边三角形，
取BC 的中点O ，连接PO ，则PO ⊥BC ，
∵平面PBC ⊥平面DEBC ，平面PBC ∩平面DEBC ＝BC ，PO ⊂平面PBC ，
所以PO ⊥平面EBCD ，
以O 为坐标原点，过点O 与BE 平行的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，OP 所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系如图所示，是B (0,1,0)，E (2,1,0)，D (2，－1,0)，P (0,0
，3)，
从而DE →＝(0,2,0)，BE →＝(2,0,0)，PE →＝(2,1，－3)．
设平面PDE 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，平面PEB 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )，
则由⎩⎨⎧ m ·DE →＝0，m ·PE →
＝0，得⎩⎨⎧ 2y ＝0，2x ＋y －3z ＝0，
令z ＝－2得m ＝(－3，0，－2)，
由⎩⎨⎧ n ·BE →＝0，n ·PE →
＝0，得⎩⎨⎧ 2a ＝0，2a ＋b －3c ＝0， 令c ＝1得n ＝(0，3，1)， 设二面角D －PE －B 的大小为θ，
则cos θ＝m ·n |m |·|n |＝－27×2
＝－77， 即二面角D －PE －B 的余弦值为－77.。