第十章 排列组合与二项式定理-【高考零起点】高考数学总复习（中职专用）

７.解:(１)证明:∵ Ａ１ Ａ⊥底面 ＡＢＣꎬ∴ ＢＡ⊥Ａ１ Ａꎬ由 (ＢＡ⊥Ａ１ＡꎬＢＡ⊥ＡＣꎬＡ１Ａ∩ＡＣ＝Ａ)⇒ＢＡ⊥平面 ＡＣＣ１Ａ１ . (２)连接 Ａ１Ｃꎬ则∠Ｂ１ＣＡ１即为直线 Ｂ１Ｃ 与平面 ＡＣＣ１ Ａ１所成的角ꎬ在 Ｒｔ△Ｂ１Ａ１Ｃ 中ꎬＡ１Ｂ１ ＝１ꎬＡ１Ｃ＝ ＡＡ２１＋ＡＣ２ ＝ ２ꎬ∴ Ｂ１Ｃ ＝ Ａ１Ｂ２１＋Ａ１Ｃ２ ＝ ５ꎬ∴ ｓｉｎ∠Ｂ１ＣＡ１ ＝ Ｂ１Ａ１ Ｂ１Ｃ ＝ １ ５ ＝ ５ ５ ꎬ即直线 Ｂ１Ｃ 与面 ＡＣＣ１Ａ１所成角的正弦值为 ５ ５ . ８.解:(１)证明:依题意ꎬ因为 ＥＦ∥ＢＣꎬ ＢＣ⊂平面 Ａ１ ＢＣꎬＥＦ⊄平面 Ａ１ＢＣꎬ所以 ＥＦ∥平面 Ａ１ＢＣ. (２)因为 Ａ１Ｂ⊥ＢＣꎬ ＡＢ⊥ＢＣꎬ故∠Ａ１ＢＡ 即为所求ꎬ在 Ｒｔ△Ａ１ＢＡ 中ꎬ∠Ａ１ＢＡ＝ ４５°ꎬ即二面角的大小为 ４５°. ９.解:(１)证明:∵ ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１是长方体ꎬ∴ Ａ１Ｂ１ 􀱀Ｄ１Ｃ１ꎬＤＣ􀱀Ｄ１Ｃ１ꎬ故 Ａ１Ｂ１􀱀ＤＣꎬ∴ Ａ１Ｂ１ＣＤ 为平行四边 形ꎬ因此ꎬＢ１Ｃ∥Ａ１Ｄꎬ又因为 Ｂ１Ｃ⊄平面 Ａ１ＢＤꎬ而 Ａ１Ｄ⊂ 平面 Ａ１ＢＤꎬ所以ꎬＢ１Ｃ∥平面 Ａ１ＢＤ. (２)Ｖ三棱锥Ａ１－ＢＣＤ ＝ １ ３ × ( １２ ＢＣ×ＣＤ ) ×ＡＡ１ ＝ １ ３ × １ ２ × ４×４×３＝ ８.　 １０.解:(１)证明:取 ＰＤ 中点 Ｍꎬ连接 ＡＭꎬＭＦꎬ∵ ＭꎬＦ 分别是 ＰＤꎬＰＣ 的中点ꎬ∴ ＭＦ∥ＤＣꎬＭＦ＝ １ ２ ＤＣ.∵ 四边形 ＡＢＣＤ 是矩形ꎬＥ 是 ＡＢ 的中点ꎬ∴ ＡＥ∥ＤＣꎬＡＥ ＝ １ ２ ＤＣ.∴ ＭＦ∥ＡＥ 且 ＭＦ＝ＡＥ.∴ 四边形 ＡＥＦＭ 是平行四边形.∴ ＥＦ ∥ＡＭ.又 ＡＭ⊂平面 ＰＡＤꎬＥＦ⊄平面 ＰＡＤ.∴ ＥＦ∥平面 ＰＡＤ. (２)∵ ＰＡ⊥平面 ＡＢＣＤꎬ∴ ＰＡ⊥ＤＣ. ∵ 四边形 ＡＢＣＤ 是矩形ꎬ∴ ＤＣ⊥ＡＤ. 又 ＰＡ∩ ＡＤ ＝ Ａꎬ∴ ＤＣ⊥平面 ＰＡＤ. ∴ ＰＤ⊥ＤＣ. ∴ ∠ＰＤＡ 是平面 ＰＤＣ 与平面 ＡＢＣＤ 所成的角.∴ ∠ＰＤＡ ＝ ６０°.在 Ｒｔ△ＰＡＤ 中ꎬＰＤ ＝ ＰＡ ｓｉｎ ６０° ＝ ８ ３ ３ ｃｍꎬ∴ ＥＦ ＝ ＡＭ ＝ １ ２ ＰＤ＝ ４ ３ ３ ｃｍ.　 １１.解:(１)证明:∵ 平面 ＡＢＣＤ 垂直于平面 ＡＢＥꎬ∴ ＢＣ⊥ＡＥ.又 ＡＢ 为半圆的直径ꎬＥ 为圆上一点ꎬ∴ ＡＥ⊥ＢＥ. ∴ ＡＥ⊥平面 ＢＣＥ.∴ 平面 ＡＣＥ⊥平面 ＢＣＥ. (２)在△ＢＥＣ 中作 ＢＧ⊥ＣＥ.由(１)易得 ＢＧ⊥平面 ＡＣＥꎬ于是∠ＢＥＧ 的正弦即为所求.令 ＡＢ ＝ ＢＣ ＝ ２ꎬ依题 意ꎬＢＥ＝ ２ꎬＥＣ＝ ６ꎬ∴ ｓｉｎ∠ＢＥＧ＝ ＢＣ ＥＣ ＝ ２ ６ ＝ ６ ３ . １２.解:(１)证明:∵ ∠ＣＤＰ＝∠ＰＡＢ＝ ９０°ꎬ∴ ＣＤ⊥ＰＤꎬ ＡＢ⊥ＰＡ.又∵ ＣＤ∥ＡＢꎬ∴ ＣＤ⊥ＰＡ.又 ＰＡ∩ＡＢ＝Ａꎬ∴ ＣＤ⊥ 平面 ＰＡＤ.而 ＣＤ⊂平面 ＡＢＣＤꎬ∴ 平面 ＰＡＤ⊥平面 ＡＢＣＤ. (２)由(１)知 ＣＤ⊥面 ＰＡＤꎬ∴ ＣＤ⊥ＡＤꎬＣＤ⊥ＰＤ.∴ ∠ＰＤＡ 是二面角 Ｐ－ＣＤ－Ａ 的平面角ꎬ即∠ＰＤＡ＝ ６０°.在平 面 ＰＡＤ 内作 ＰＥ⊥ＡＤ 于 Ｅꎬ因面 ＰＡＤ⊥平面 ＡＢＣＤꎬ∴ ＰＥ ⊥平面 ＡＢＣＤ.连接 ＢＥꎬ∠ＰＢＥ 即为 ＰＢ 与平面 ＡＢＣＤ 所 成的角.在直角三角形 ＰＥＤ 中ꎬＰＥ ＝ ＰＤｓｉｎ ６０° ＝ ４× ３ ２ ＝ ２ ３ .在直角三角形 ＰＢＥ 中ꎬＰＢ＝ ７ꎬｓｉｎ∠ＰＢＥ＝ＰＥ ＰＢ ＝ ２ ３ ７ . １３.解:(１)证明:因为 ＡＡ１⊥底面 ＡＢＣꎬ又 ＡＡ１⊂面 ＡＡ１Ｃ１Ｃꎬ所以平面 ＡＢＣ⊥平面 ＡＡ１Ｃ１Ｃꎬ又 ＢＤ⊂平面 ＡＢＣ 且 ＢＤ⊥交线 ＡＣꎬ故 ＢＤ⊥平面 ＡＡ１Ｃ１Ｃ. (２)连接 Ａ１Ｄꎬ由(１)的结论ꎬ∠ＢＡ１Ｄ 即为所求ꎬ 令 ＡＡ１ ＝ＡＢ＝ＢＣ＝ １ꎬ则 Ａ１Ｂ＝ ２ꎬ ＢＤ＝ ２ ２ ꎬ所以 ｓｉｎ∠ＢＡ１Ｄ＝ ＢＤ Ａ１Ｂ ＝ １ ２ ꎬ于是∠ＢＡ１Ｄ＝ ３０°. １４.(１)证明: 　 　 ＡＡ１⊥平面 ＡＢＣ ＡＡ１⊂平面 ＡＡ１Ｃ１Ｃ }⇒ 平面 ＡＢＣ⊥平面 ＡＣＣ１Ａ１ 　 　 　 　 　 ＢＤ⊥ＡＣ }⇒ＢＤ⊥平面 ＡＣＣ１Ａ１ (２)连接 Ａ１Ｄ(图略) . 由(１)知∠ＢＡ１Ｄ 即为 ＢＡ１ 与平面 ＡＡ１Ｃ１Ｃ 所成的角 即∠ＢＡ１Ｄ＝ ３０°. ∵ ＡＢ＝ＢＣ＝ １ꎬ ∠ＡＢＣ＝ ９０°ꎬ ∴ ＡＣ＝ ２ . 又 Ｄ 是 ＡＣ 中点ꎬ ∴ ＢＤ＝ ２ ２ ꎬ ∴ Ａ１Ｂ＝ ＢＤ ｓｉｎ∠ＢＡＤ ＝ ２ꎬ ∴ ＡＡ１ ＝ １ꎬ ∴ ＶＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１ ＝ １ ２