《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

3.(2024·四川乐山金口河区延风中学高三月考)在图1中，△ABC为等腰直角三角形，∠B = 90°，AB = 2√2，△ACD为等边三角形，O为AC的中点，E在BC边上，且EC = 2BE，沿AC将△ACD进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，FB，FE，使得FB = 4.
　　　　　　　　　　　　　　　
(1)证明：FO⊥平面ABC；
(2)求二面角E - FA - C的余弦值.

答案：
解 （1）证明：连接OB，因为△ABC为等腰直角三角形，∠ABC = 90°，AB = 2$\sqrt{2}$，
所以AC = 4，因为O为AC的中点，所以OB = $\frac{1}{2}$AC = 2，
在等边三角形FAC中，AF = AC = FC = 4，因为O为AC的中点，
所以FO⊥AC，
则FO = $\sqrt{AF^{2}-AO^{2}}$ = 2$\sqrt{3}$，又FB = 4，
所以FO² + OB² = FB²，即FO⊥OB，
因为AC∩OB = O，AC，OB⊂平面ABC，所以FO⊥平面ABC.
（2）解法一：因为△ABC是等腰直角三角形，∠ABC = 90°，O为AC的中点，
所以OB⊥AC，
由（1）得FO⊥平面ABC，则以O为坐标原点，$\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OC}$，$\overrightarrow{OF}$的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则A(0,-2,0)，E($\frac{4}{3}$,$\frac{2}{3}$,0)，F(0,0,2$\sqrt{3}$)，
所以$\overrightarrow{AF}$ = (0,2,2$\sqrt{3}$)，$\overrightarrow{AE}$ = ($\frac{4}{3}$,$\frac{8}{3}$,0)，
设平面FAE的法向量为$\boldsymbol{n}$ = (x,y,z)，
由$\begin{cases}\overrightarrow{AF}\cdot\boldsymbol{n}=0\\\overrightarrow{AE}\cdot\boldsymbol{n}=0\end{cases}$，得$\begin{cases}2y + 2\sqrt{3}z = 0\\\frac{4}{3}x+\frac{8}{3}y = 0\end{cases}$，
令z = 1，得$\boldsymbol{n}$ = (2$\sqrt{3}$,-$\sqrt{3}$,1)，
易知平面FAC的一个法向量为$\boldsymbol{m}$ = (1,0,0)，
设二面角E - FA - C的大小为θ，则$\vert\cos\theta\vert=\frac{\vert\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}\vert}{\vert\boldsymbol{m}\vert\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
由图可知二面角E - FA - C为锐角，
所以二面角E - FA - C的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{2}$.
解法二：作EM⊥AC，垂足为M，作MN⊥AF，垂足为N，连接EN，
因为FO⊥平面ABC，EM⊂平面ABC，
所以EM⊥FO，
又因为AC∩FO = O，AC，FO⊂平面FAC，
所以EM⊥平面FAC，
又AF⊂平面FAC，所以EM⊥AF，
又MN⊥AF，MN∩EM = M，MN，EM⊂平面EMN，
所以AF⊥平面EMN，
又EN⊂平面EMN，所以AF⊥EN，
又平面FAC∩平面AEF = AF，
所以二面角E - FA - C的平面角为∠ENM，
因为EM//OB，所以$\frac{EM}{OB}=\frac{EC}{BC}=\frac{CM}{OC}=\frac{2}{3}$，
所以EM = $\frac{4}{3}$，OM = $\frac{1}{3}$OC = $\frac{2}{3}$，
在Rt△AMN中，∠FAC = 60°，AM = AO + OM = 2 + $\frac{2}{3}$ = $\frac{8}{3}$，
所以MN = $\frac{8}{3}\sin60^{\circ}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
所以EN = $\sqrt{EM^{2}+MN^{2}}=\sqrt{(\frac{4}{3})^{2}+(\frac{4\sqrt{3}}{3})^{2}}=\frac{8}{3}$，
所以$\cos\angle ENM=\frac{MN}{EN}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，即二面角E - FA - C的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{2}$.

4.(2023·山东潍坊一中模拟)在如图所示的多面体AFDCBE中，AB⊥平面BCE，AB//CD//EF，BE⊥EC，AB = 4，EF = 2，EC = 2BE = 4.
(1)在线段BC上是否存在一点G，使得EG//平面AFC？如果存在，请指出点G的位置并证明；如果不存在，请说明理由；
(2)当三棱锥D - AFC的体积为8时，求二面角D - AF - C的余弦值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

答案：
解 （1）存在，G为BC的中点. 理由如下：
取线段AB的中点H，连接EH，HG，EG.
∵AH//EF，AH = EF = 2，
∴四边形AHEF是平行四边形，
∴HE//AF.
又AF⊂平面AFC，HE⊄平面AFC，
∴HE//平面AFC.
∵H，G分别为AB，BC的中点，
∴HG是△ABC的中位线，
∴HG//AC.
∵AC⊂平面AFC，HG⊄平面AFC，
∴HG//平面AFC.
∵HG∩HE = H，HG，HE⊂平面EHG，
∴平面EHG//平面AFC.
∵EG⊂平面EHG，
∴EG//平面AFC.
（2）设CD = t(t＞0)，
由$V_{D - AFC}=V_{A - DFC}=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}CD\times CE\times BE=\frac{1}{3}\times\frac{t}{2}\times4\times2=\frac{4t}{3}=8$，可得CD = t = 6.
以E为坐标原点，EC，EB，EF所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意可知F(0,0,2)，C(4,0,0)，A(0,2,4)，D(4,0,6)，$\overrightarrow{AF}$ = (0,-2,-2)，$\overrightarrow{CF}$ = (-4,0,2)，$\overrightarrow{FD}$ = (4,0,4).
设平面AFC的法向量为$\boldsymbol{m}$ = (x₁,y₁,z₁)，
则$\begin{cases}\boldsymbol{m}\perp\overrightarrow{AF}\\\boldsymbol{m}\perp\overrightarrow{CF}\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}-2y_{1}-2z_{1}=0\\-4x_{1}+2z_{1}=0\end{cases}$
$\Rightarrow\begin{cases}y_{1}=-z_{1}\\x_{1}=\frac{z_{1}}{2}\end{cases}$，
令z₁ = 2，得x₁ = 1，y₁ = -2，
∴$\boldsymbol{m}$ = (1,-2,2).
设平面AFD的法向量为$\boldsymbol{n}$ = (x₂,y₂,z₂)，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\perp\overrightarrow{AF}\\\boldsymbol{n}\perp\overrightarrow{FD}\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}-2y_{2}-2z_{2}=0\\4x_{2}+4z_{2}=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y_{2}=-z_{2}\\x_{2}=-z_{2}\end{cases}$，
令z₂ = 1，得x₂ = y₂ = -1，
∴$\boldsymbol{n}$ = (-1,-1,1). $\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}}{\vert\boldsymbol{m}\vert\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{-1 + 2 + 2}{3\times\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
由图可知二面角D - AF - C为锐二面角，故二面角D - AF - C的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$.