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2020届二轮复习13空间中的平行与垂直作业 练习
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专题能力训练13 空间中的平行与垂直
专题能力训练第32页
一、能力突破训练
1.如图,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,则下列直线中与B1O垂直的是( )
A.A1D B.AA1 C.A1D1 D.A1C1
答案:D
解析:易知A1C1⊥平面BB1D1D.
∵B1O⊂平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,故选D.
2.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,沿AE,AF,EF把正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为P,点P在△AEF内的射影为O.则下列说法正确的是( )
A.O是△AEF的垂心 B.O是△AEF的内心
C.O是△AEF的外心 D.O是△AEF的重心
答案:A
解析:如图,易知PA,PE,PF两两垂直,
∴PA⊥平面PEF,从而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,则PO⊥EF,∴EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O为△AEF的垂心.
3.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:
①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.
②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.
③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.
④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号)
答案:②③④
解析:对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的命题有②③④.
4.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F为AA1,AB的中点,点M是正方形ABB1A1内的动点,若C1M∥平面CD1E,则点M的轨迹长度为 .
答案:2
解析:如图所示,取A1B1的中点H,B1B的中点G,连接GH,C1H,C1G,EG,HF.
可得四边形EGC1D1是平行四边形,
∴C1G∥D1E.
同理可得C1H∥CF.
∵C1H∩C1G=C1,
∴平面C1GH∥平面CD1E.
∵点M是正方形ABB1A1内的动点,
若C1M∥平面CD1E,则点M在线段GH上.
∴点M的轨迹长度GH=12+12=2.故答案为2.
5.下列命题中正确的是 .(填上你认为正确的所有命题的序号)
①空间中三个平面α,β,γ,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;
②若a,b,c为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与a,b,c都相交;
③若球O与棱长为a的正四面体各面都相切,则该球的表面积为π6a2;
④在三棱锥P-ABC中,若PA⊥BC,PB⊥AC,则PC⊥AB.
答案:②③④
解析:①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r=612a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB.
6.(2019江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.
求证:(1)A1B1∥平面DEC1;
(2)BE⊥C1E.
证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,
所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB=BC,E为AC的中点,
所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,
所以C1C⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC,
所以C1C⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.
(1)求证:PC⊥AD;
(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;
(3)求点D到平面PAM的距离.
(1)证法一取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,
所以OC⊥AD,OP⊥AD.
又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,
所以AD⊥平面POC.
又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.
证法二连接AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形.
因为M为PC的中点,
所以AM⊥PC,DM⊥PC.
又AM∩DM=M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,
所以PC⊥平面AMD.
因为AD⊂平面AMD,
所以PC⊥AD.
(2)证明当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:
取棱PB的中点Q,连接QM,QA.
因为M为PC的中点,所以QM∥BC.
在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,
所以A,Q,M,D四点共面.
(3)解点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离.
由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,
所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高.
在Rt△POC中,PO=OC=3,PC=6,
在△PAC中,PA=AC=2,PC=6,边PC上的高AM=PA2-PM2=102,
所以△PAC的面积S△PAC=12PC·AM=12×6×102=152.
设点D到平面PAC的距离为h,由VD-PAC=VP-ACD,得13S△PAC·h=13S△ACD·PO.
因为S△ACD=34×22=3,所以13×152×h=13×3×3,
解得h=2155,
所以点D到平面PAM的距离为2155.
8.如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.
(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
(1)证明由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,
所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD,
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解作PH⊥EF,垂足为H.
由(1)得,PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,
所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.
可得PH=32,EH=32.
则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为θ,则sinθ=HP·DP|HP||DP|=343=34.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.
二、思维提升训练
9.(2019山东潍坊一模)如图,在矩形ABCD中,M为BC的中点,将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M,连接B1D,N为B1D的中点,则在翻折过程中,下列说法正确的是 .(填序号)
①存在某个位置,使得CN⊥AB;
②翻折过程中,CN的长是定值;
③若AB=BM,则AM⊥B1D;
④若AB=BM=1,则当三棱锥B1-AMD的体积最大时,三棱锥B1-AMD的外接球的表面积是4π.
答案:②④
解析:对于①,如图1,取AD的中点E,连接EC交MD于点F,则NE∥AB1,NF∥MB1,
如果CN⊥AB1,由已知可得到EN⊥NF,又EN⊥CN,且三线NE,NF,NC共面共点,不可能,故①错.
图1
图2
对于②,如图1,可得由∠NEC=∠MAB1(定值),NE=12AB1(定值),AM=EC(定值),
由余弦定理可得NC2=NE2+EC2-2NE·EC·cos∠NEC,所以NC是定值,故②正确.
对于③,如图2,取AM的中点O,连接B1O,DO,若AM⊥B1D,易得AM⊥平面ODB1,即可得OD⊥AM,从而AD=MD,显然不成立,可得③不正确.
对于④,当平面B1AM⊥平面AMD时,三棱锥B1-AMD的体积最大,易得AD的中点H就是三棱锥B1-AMD的外接球的球心,球半径为1,表面积是4π.故④正确.
故答案为②④.
10.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=2,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.
(1)证明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF.
(2)求BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值.
(1)证明①因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD1A1,
所以C1B1∥平面ADD1A1.
因为平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF,
所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF.
②因为BB1⊥平面A1B1C1D1,
所以BB1⊥B1C1.
因为B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,
所以B1C1⊥BA1.
在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,
即tan∠A1B1F=tan∠AA1B=22,
即∠A1B1F=∠AA1B.故BA1⊥B1F.
又B1F∩B1C1=B1,所以BA1⊥平面B1C1EF.
(2)解设BA1与B1F的交点为H,连接C1H(如图).
由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,
所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.
在矩形ABB1A1中,AB=2,AA1=2,得BH=46.
在Rt△BHC1中,BC1=25,BH=46,
得sin∠BC1H=BHBC1=3015.
所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是3015.
11.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.沿AE将△ADE向上折起,在折起的图形中解答下列问题:
(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由.
(2)若平面ADE⊥平面ABCE,求证:平面BDE⊥平面ADE.
(1)解线段AB上存在一点K,且当AK=14AB时,BC∥平面DFK.
证明如下:设H为AB的中点,连接EH,则BC∥EH.
又因为AK=14AB,F为AE的中点,
所以KF∥EH,所以KF∥BC.
因为KF⊂平面DFK,BC⊄平面DFK,
所以BC∥平面DFK.
(2)证明因为F为AE的中点,DA=DE=1,
所以DF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,
所以DF⊥平面ABCE.
因为BE⊂平面ABCE,所以DF⊥BE.
又因为在折起前的图形中E为CD的中点,AB=2,BC=1,
所以在折起后的图形中AE=BE=2,
从而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.
因为AE∩DF=F,所以BE⊥平面ADE.
因为BE⊂平面BDE,
所以平面BDE⊥平面ADE.
12.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.
(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1.
(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的13?若存在,求AE的长,若不存在,请说明理由.
(1)证明因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,
所以△ABC是正三角形.
因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.
又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.
因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=3,
所以AE=33,AD=1,
所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.
在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,
所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.
因为C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D,
所以DE⊥BC1.
(2)解假设存在点E满足题意.
设AE=h,则A1E=3-h,
所以S△DEC1=S四边形AA1C1C-S△AED-S△DCC1-S△EA1C1=23-12h-(3-h)-32=32+12h.
因为BD⊥平面ACC1A1,
所以VC1-BDE=VB-C1DE=1332+12h×3=12+36h,
又V棱柱=12×2×3×3=3,
所以12+36h=1,解得h=3≤3,
故存在点E,当AE=3,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的13.
13.如图,在四边形ABCD中(如图①),E是BC的中点,DB=2,DC=1,BC=5,AB=AD=2.将△ABD(如图①)沿直线BD折起,使二面角A-BD-C为60°(如图②).
(1)求证:AE⊥平面BDC;
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;
(3)求点B到平面ACD的距离.
(1)证明如图,取BD的中点M,连接AM,ME.
∵AB=AD=2,DB=2,∴AM⊥BD.
∵DB=2,DC=1,BC=5满足DB2+DC2=BC2,
∴△BCD是以BC为斜边的直角三角形,BD⊥DC,
∵E是BC的中点,
∴ME为△BCD的中位线,ME?12CD,
∴ME⊥BD,ME=12,
∴∠AME是二面角A-BD-C的平面角,
∴∠AME=60°.
∵AM⊥BD,ME⊥BD,且AM,ME是平面AME内两相交于M的直线,
∴BD⊥平面AEM.
∵AE⊂平面AEM,
∴BD⊥AE.
∵△ABD为等腰直角三角形,
∴AM=12BD=1.在△AEM中,
∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+14-2×1×12×cos60°=34,∴AE=32,
∴AE2+ME2=1=AM2,
∴AE⊥ME.
∵BD∩ME=M,BD⊂平面BDC,ME⊂平面BDC,
∴AE⊥平面BDC.
(2)解取AD的中点N,连接MN,则MN是△ABD的中位线,MN∥AB.
又ME∥CD,∴直线AB与CD所成角θ等于MN与ME所成的角,即∠EMN或其补角.
AE⊥平面BCD,DE⊂平面BCD,
∴AE⊥DE.
∵N为Rt△AED斜边的中点,
∴NE=12AD=22,MN=12AB=22,ME=12,
∴cosθ=|cos∠EMN|=MN2+ME2-NE22MN·ME=24+14-242×22×12=24.
(3)解记点B到平面ACD的距离为d,则三棱锥B-ACD的体积VB-ACD=13d·S△ACD.
又由(1)知AE是三棱锥A-BCD的高,BD⊥CD,
∴VB-ACD=VA-BCD=13AE·S△BCD=13×32×12×2×1=36.
∵E为BC中点,AE⊥BC,∴AC=AB=2.
又DC=1,AD=2,△ACD为等腰三角形,
S△ACD=12×DC×AD2-12CD2=12×1×(2)2-122=74,
∴点B到平面ACD的距离d=3VB-ACDS△ACD=3×3674=2217.
专题能力训练第32页
一、能力突破训练
1.如图,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,则下列直线中与B1O垂直的是( )
A.A1D B.AA1 C.A1D1 D.A1C1
答案:D
解析:易知A1C1⊥平面BB1D1D.
∵B1O⊂平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,故选D.
2.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,沿AE,AF,EF把正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为P,点P在△AEF内的射影为O.则下列说法正确的是( )
A.O是△AEF的垂心 B.O是△AEF的内心
C.O是△AEF的外心 D.O是△AEF的重心
答案:A
解析:如图,易知PA,PE,PF两两垂直,
∴PA⊥平面PEF,从而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,则PO⊥EF,∴EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O为△AEF的垂心.
3.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:
①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.
②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.
③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.
④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号)
答案:②③④
解析:对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的命题有②③④.
4.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F为AA1,AB的中点,点M是正方形ABB1A1内的动点,若C1M∥平面CD1E,则点M的轨迹长度为 .
答案:2
解析:如图所示,取A1B1的中点H,B1B的中点G,连接GH,C1H,C1G,EG,HF.
可得四边形EGC1D1是平行四边形,
∴C1G∥D1E.
同理可得C1H∥CF.
∵C1H∩C1G=C1,
∴平面C1GH∥平面CD1E.
∵点M是正方形ABB1A1内的动点,
若C1M∥平面CD1E,则点M在线段GH上.
∴点M的轨迹长度GH=12+12=2.故答案为2.
5.下列命题中正确的是 .(填上你认为正确的所有命题的序号)
①空间中三个平面α,β,γ,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;
②若a,b,c为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与a,b,c都相交;
③若球O与棱长为a的正四面体各面都相切,则该球的表面积为π6a2;
④在三棱锥P-ABC中,若PA⊥BC,PB⊥AC,则PC⊥AB.
答案:②③④
解析:①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r=612a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB.
6.(2019江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.
求证:(1)A1B1∥平面DEC1;
(2)BE⊥C1E.
证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,
所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB=BC,E为AC的中点,
所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,
所以C1C⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC,
所以C1C⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.
(1)求证:PC⊥AD;
(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;
(3)求点D到平面PAM的距离.
(1)证法一取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,
所以OC⊥AD,OP⊥AD.
又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,
所以AD⊥平面POC.
又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.
证法二连接AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形.
因为M为PC的中点,
所以AM⊥PC,DM⊥PC.
又AM∩DM=M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,
所以PC⊥平面AMD.
因为AD⊂平面AMD,
所以PC⊥AD.
(2)证明当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:
取棱PB的中点Q,连接QM,QA.
因为M为PC的中点,所以QM∥BC.
在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,
所以A,Q,M,D四点共面.
(3)解点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离.
由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,
所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高.
在Rt△POC中,PO=OC=3,PC=6,
在△PAC中,PA=AC=2,PC=6,边PC上的高AM=PA2-PM2=102,
所以△PAC的面积S△PAC=12PC·AM=12×6×102=152.
设点D到平面PAC的距离为h,由VD-PAC=VP-ACD,得13S△PAC·h=13S△ACD·PO.
因为S△ACD=34×22=3,所以13×152×h=13×3×3,
解得h=2155,
所以点D到平面PAM的距离为2155.
8.如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.
(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
(1)证明由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,
所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD,
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解作PH⊥EF,垂足为H.
由(1)得,PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,
所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.
可得PH=32,EH=32.
则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为θ,则sinθ=HP·DP|HP||DP|=343=34.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.
二、思维提升训练
9.(2019山东潍坊一模)如图,在矩形ABCD中,M为BC的中点,将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M,连接B1D,N为B1D的中点,则在翻折过程中,下列说法正确的是 .(填序号)
①存在某个位置,使得CN⊥AB;
②翻折过程中,CN的长是定值;
③若AB=BM,则AM⊥B1D;
④若AB=BM=1,则当三棱锥B1-AMD的体积最大时,三棱锥B1-AMD的外接球的表面积是4π.
答案:②④
解析:对于①,如图1,取AD的中点E,连接EC交MD于点F,则NE∥AB1,NF∥MB1,
如果CN⊥AB1,由已知可得到EN⊥NF,又EN⊥CN,且三线NE,NF,NC共面共点,不可能,故①错.
图1
图2
对于②,如图1,可得由∠NEC=∠MAB1(定值),NE=12AB1(定值),AM=EC(定值),
由余弦定理可得NC2=NE2+EC2-2NE·EC·cos∠NEC,所以NC是定值,故②正确.
对于③,如图2,取AM的中点O,连接B1O,DO,若AM⊥B1D,易得AM⊥平面ODB1,即可得OD⊥AM,从而AD=MD,显然不成立,可得③不正确.
对于④,当平面B1AM⊥平面AMD时,三棱锥B1-AMD的体积最大,易得AD的中点H就是三棱锥B1-AMD的外接球的球心,球半径为1,表面积是4π.故④正确.
故答案为②④.
10.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=2,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.
(1)证明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF.
(2)求BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值.
(1)证明①因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD1A1,
所以C1B1∥平面ADD1A1.
因为平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF,
所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF.
②因为BB1⊥平面A1B1C1D1,
所以BB1⊥B1C1.
因为B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,
所以B1C1⊥BA1.
在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,
即tan∠A1B1F=tan∠AA1B=22,
即∠A1B1F=∠AA1B.故BA1⊥B1F.
又B1F∩B1C1=B1,所以BA1⊥平面B1C1EF.
(2)解设BA1与B1F的交点为H,连接C1H(如图).
由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,
所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.
在矩形ABB1A1中,AB=2,AA1=2,得BH=46.
在Rt△BHC1中,BC1=25,BH=46,
得sin∠BC1H=BHBC1=3015.
所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是3015.
11.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.沿AE将△ADE向上折起,在折起的图形中解答下列问题:
(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由.
(2)若平面ADE⊥平面ABCE,求证:平面BDE⊥平面ADE.
(1)解线段AB上存在一点K,且当AK=14AB时,BC∥平面DFK.
证明如下:设H为AB的中点,连接EH,则BC∥EH.
又因为AK=14AB,F为AE的中点,
所以KF∥EH,所以KF∥BC.
因为KF⊂平面DFK,BC⊄平面DFK,
所以BC∥平面DFK.
(2)证明因为F为AE的中点,DA=DE=1,
所以DF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,
所以DF⊥平面ABCE.
因为BE⊂平面ABCE,所以DF⊥BE.
又因为在折起前的图形中E为CD的中点,AB=2,BC=1,
所以在折起后的图形中AE=BE=2,
从而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.
因为AE∩DF=F,所以BE⊥平面ADE.
因为BE⊂平面BDE,
所以平面BDE⊥平面ADE.
12.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.
(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1.
(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的13?若存在,求AE的长,若不存在,请说明理由.
(1)证明因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,
所以△ABC是正三角形.
因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.
又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.
因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=3,
所以AE=33,AD=1,
所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.
在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,
所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.
因为C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D,
所以DE⊥BC1.
(2)解假设存在点E满足题意.
设AE=h,则A1E=3-h,
所以S△DEC1=S四边形AA1C1C-S△AED-S△DCC1-S△EA1C1=23-12h-(3-h)-32=32+12h.
因为BD⊥平面ACC1A1,
所以VC1-BDE=VB-C1DE=1332+12h×3=12+36h,
又V棱柱=12×2×3×3=3,
所以12+36h=1,解得h=3≤3,
故存在点E,当AE=3,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的13.
13.如图,在四边形ABCD中(如图①),E是BC的中点,DB=2,DC=1,BC=5,AB=AD=2.将△ABD(如图①)沿直线BD折起,使二面角A-BD-C为60°(如图②).
(1)求证:AE⊥平面BDC;
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;
(3)求点B到平面ACD的距离.
(1)证明如图,取BD的中点M,连接AM,ME.
∵AB=AD=2,DB=2,∴AM⊥BD.
∵DB=2,DC=1,BC=5满足DB2+DC2=BC2,
∴△BCD是以BC为斜边的直角三角形,BD⊥DC,
∵E是BC的中点,
∴ME为△BCD的中位线,ME?12CD,
∴ME⊥BD,ME=12,
∴∠AME是二面角A-BD-C的平面角,
∴∠AME=60°.
∵AM⊥BD,ME⊥BD,且AM,ME是平面AME内两相交于M的直线,
∴BD⊥平面AEM.
∵AE⊂平面AEM,
∴BD⊥AE.
∵△ABD为等腰直角三角形,
∴AM=12BD=1.在△AEM中,
∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+14-2×1×12×cos60°=34,∴AE=32,
∴AE2+ME2=1=AM2,
∴AE⊥ME.
∵BD∩ME=M,BD⊂平面BDC,ME⊂平面BDC,
∴AE⊥平面BDC.
(2)解取AD的中点N,连接MN,则MN是△ABD的中位线,MN∥AB.
又ME∥CD,∴直线AB与CD所成角θ等于MN与ME所成的角,即∠EMN或其补角.
AE⊥平面BCD,DE⊂平面BCD,
∴AE⊥DE.
∵N为Rt△AED斜边的中点,
∴NE=12AD=22,MN=12AB=22,ME=12,
∴cosθ=|cos∠EMN|=MN2+ME2-NE22MN·ME=24+14-242×22×12=24.
(3)解记点B到平面ACD的距离为d,则三棱锥B-ACD的体积VB-ACD=13d·S△ACD.
又由(1)知AE是三棱锥A-BCD的高,BD⊥CD,
∴VB-ACD=VA-BCD=13AE·S△BCD=13×32×12×2×1=36.
∵E为BC中点,AE⊥BC,∴AC=AB=2.
又DC=1,AD=2,△ACD为等腰三角形,
S△ACD=12×DC×AD2-12CD2=12×1×(2)2-122=74,
∴点B到平面ACD的距离d=3VB-ACDS△ACD=3×3674=2217.
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