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- 2021-05-13 发布
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全国名校高考专题训练09立体几何(解答题3)
51、
(河南省开封市2008届高三年级第一次质量检)如图PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,E、F分别是AB,PD的中点。
(1)求证:AF//平面PCE;
(2)若二面角P—CD—B为45°,AD=2,CD=3,求点F到平面PCE的距离。
证:(1)取PC中点M,连ME,MF
∵FM//CD,FM=,AE//CD,AE=
∴AE//FN,且AE=FM,即四边形AFME是平行四边形
∴AE//EM,
∵AF平面PCEAF//平面PCE
解:(2)∵PA⊥平面AC,CD⊥AD,
∴CD⊥PD
∴∠PDA是二面角P—CD—B的平面角,
∴∠PDA=45°
∴△PAD是等腰Rt∠,而EM//AF。
又∵AF⊥CD
∴AF⊥面PCD,而EM//AF
∴EM⊥面PCD
又EM面PEC,
∴面PEC⊥面PCD
在面PCD内过F作FH⊥PC于H则FH为点F到面PCE的距离
由已知PD=
∵△PFH∽△PCD
∴
∴
52、(河南省濮阳市2008年高三摸底考试)如图,在多面体ABCDE中,AE⊥面ABC,BD∥AE,且AC=AB=BC=BD=2,AE=1,F为CD中点.
(1)求证:EF⊥面BCD;
(2)求面CDE与面ABDE所成的二面角的余弦值
53、(河南省许昌市2008年上期末质量评估)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1=BC=2,且M是BC的中点,点N在CC1上.
(Ⅰ)试确定点N的位置,使AB1⊥MN;
(Ⅱ)当AB1⊥MN时,求二面角M-AB1-N的大小.
54、(黑龙江省哈尔滨九中2008年第三次模拟考试)已知斜三棱柱的各棱长均为2, 侧棱与底面所成角为,
A
B
C
A1
B1
C1
O
且侧面底面.
(1)证明:点在平面上的射影为的中点;
(2)求二面角的大小 ;
(3)求点到平面的距离.
(1)证明:过B1点作B1O⊥BA。∵侧面ABB1A1⊥底面ABC
∴A1O⊥面ABC ∴∠B1BA是侧面BB1与底面ABC倾斜角
∴∠B1BO= 在Rt△B1OB中,BB1=2,∴BO=BB1=1
又∵BB1=AB,∴BO=AB ∴O是AB的中点。
即点B1在平面ABC上的射影O为AB的中点 …………4分
(2)连接AB1过点O作OM⊥AB1,连线CM,OC,
∵OC⊥AB,平面ABC⊥平面AA1BB1 ∴OC⊥平面AABB。
∴OM是斜线CM在平面AA1B1B的射影 ∵OM⊥AB1
∴AB1⊥CM ∴∠OMC是二面角C—AB1—B的平面角
在Rt△OCM中,OC=,OM=
∴∠OMC=cosC+sin2
∴二面角C—AB1—B的大小为 …………8分
(3)过点O作ON⊥CM,∵AB1⊥平面OCM,∴AB1⊥ON
∴ON⊥平面AB1C。∴ON是O点到平面AB1C的距离
连接BC1与B1C相交于点H,则H是BC1的中点
∴B与C1到平面ACB1的相导。
又∵O是AB的中点 ∴B到平面AB1C的距离
是O到平面AB1C距离的2倍
是G到平面AB1C距离为 …………12分
55、(黑龙江省哈师大附中2008届高三上期末)如图,正方形ABCD中,AC∩BD=O,PO⊥平面ABCD,PO=AD=,点E在PD上,PE:ED=2:1。
(1)证明:PD⊥平面EAC;
(2)求二面角A—PD—C的余弦值;
(3)求点B到平面PDC的距离。
解:(1)
(2)∠CEA为二面角A—PD—C的平面角,
(3)点B到平面PDC的距离为
56、(湖北省八校高2008第二次联考)S
Q
D
A
B
P
C
如图,已知四棱锥中,是边长为的正三角形,平面平面,四边形为菱形,,为的中点,为的中点.
(Ⅰ)求证:平面;
(Ⅱ)求二面角的大小.
解:(1)证明取SC的中点R,连QR, DR.
由题意知:PD∥BC且PD=BC;
QR∥BC且QP=BC,
QR∥PD且QR=PD.
PQ∥DR, 又PQ面SCD,
PQ∥面SCD. …………(6分)
(2)法一:连接SP,
.
. ,
…………(12分)
(2)法二:以P为坐标原点,PA为x轴,PB为y轴,PS为z轴建立空间直角坐标系,
则S(),B(),C(),Q().
面PBC的法向量为(),设为面PQC的一个法向量,
由,
cos,
…………(12分)
57、(湖北省三校联合体高2008届2月测试)如图,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动.
(1)证明:D1E⊥A1D;
(2)当E为AB的中点时,求点A到面ECD1的距离;
(3)AE等于何值时,二面角D1—EC—D的大小为.
(1)证明:连,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,为在平面的射影,
而AD=AA1=1,则四边形是正方形,
由三垂线定理得D1E⊥A1D ……………3分
(2)解:以点D为原点,DA为轴,DC为轴建立如图所示的直角坐标系。则
、、、则,,
,设平面的法向量为
,记
点A到面ECD1的距离……………7分
(3)解:设则,设平面的法向量为
,记
而平面ECD的法向量,则二面角D1—EC—D的平面角
。
当AE=时,二面角D1—EC—D的大小为。……………12分
58、(湖北省鄂州市2008年高考模拟)(湖北省鄂州市2008年高考模拟)在正三角形ABC中,E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点,满足(如图1).将△AEF沿EF折起到的位置,使二面角A1-EF-B成直二面角,连结A1B、A1P(如图2)
(Ⅰ)求证:A1E⊥平面BEP;
(Ⅱ)求直线A1E与平面A1BP所成角的大小;
(Ⅲ)求二面角B-A1P-F的大小(用反三角函数表示).
图1
图2
E
B
P
C
F
D
解:不妨设正三角形的边长为3,则
(1)在图1中,取中点,连结,
则∵ ,
∴而,即△
是正三角形
又∵, ∴
∴在图2中有,,
∴为二面角的平面角
∵二面角为直二面角, ∴
又∵, ∴⊥平面,即⊥平面.
(2)由(1)问可知A1E⊥平面BEP,BE⊥EF,建立如图的坐标系,则E(0,0,0),A1(0,0,1)B(2,0,0),F(0,0,).在图1中,不难得到EF//DP且EF=DP;DE// FP且DE=FP
故点P的坐标P(1,,0)
∴,,
不妨设平面A1BP的法向量,则
令得 ∴
故直线A1E与平面A1BP所成角的大小为.
(3)由(2)问可知平面A1BP的法向量,,
设平面AEP的法向量,则
令得 故
显然二面角B-A1P-F为钝角 故二面角B-A1P-F为.
【方法探究】本题属于翻折问题,在翻折前的图1中易证EF⊥AB,而翻折后保持这一垂直关系,并且易证,从而有“三条直线两两垂直”,所以本例可以建立坐标系,利用空间向量求解.
【技巧点拨】本题属于翻折问题,这是高考的热点题型. 求解翻折问题的策略是对比翻折前后,分析变与不变,一般地有:(1)分析翻折前后点的变化,注意点与点的重合问题以及点的位置的改变;(2)分析翻折前后长度与角度的变化,注意利用平面图形解决空间的线段长度以及空间角的大小;(3)若翻折后,线与线仍同在一个平面内,则它们的位置关系不发生任何变化;若翻折后,线与线由同一平面转为不同平面,则应特别注意点的位置变化.
59、(湖北省黄冈市麻城博达学校2008届三月综合测试)在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是a的正方形,
PA⊥平面ABCD,且PA=2AB
(Ⅰ)求证:平面PAC⊥平面PBD;
(Ⅱ)求二面角B—PC—D的余弦值.
解:(Ⅰ)证明:∵PA⊥平面ABCD ∴PA⊥BD
∵ABCD为正方形 ∴AC⊥BD
∴BD⊥平面PAC又BD在平面BPD内,
∴平面PAC⊥平面BPD 6分
(Ⅱ)解法一:在平面BCP内作BN⊥PC垂足为N,连DN,
∵Rt△PBC≌Rt△PDC,由BN⊥PC得DN⊥PC;
∴∠BND为二面角B—PC—D的平面角,
在△BND中,BN=DN=,BD=
∴cos∠BND =
解法二:以A为原点,AB、AD、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间坐标系如图,在平面BCP内作BN⊥PC垂足为N连DN,
∵Rt△PBC≌Rt△PDC,由BN⊥PC得DN⊥PC;
∴∠BND为二面角B—PC—D的平面角
设
10分
12分
解法三:以A为原点,AB、AD、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间坐标系,作AM⊥PB于M、AN⊥PD于N,易证AM⊥平面PBC,AN⊥平面PDC,
设
∵二面角B—PC—D的平面角与∠MAN互补
∴二面角B—PC—D的余弦值为 12分
60、(湖北省黄冈中学2008届高三第一次模拟考试)四棱锥S—ABCD中,底面ABCD为平行四边形,侧面底面ABCD. 已知
(1)证明;
(2)求直线SD与平面SAB所成角的大小.
解法一:(1)作,垂足为O,连结AO,由侧面底面ABCD,得底面ABCD. 因为SA=SB,所以AO=BO. 又,故为等腰直角三角形, 由三垂线定理,得
(2)由(1)知,依题设,故,由,得 所以的面积 连结DB,得的面积 设D到平面SAB的距离为h,由,
得,解得
设SD与平面SAB所成角为,则 所以直线SD与平面SAB所成的角为
解法二:(1)作,垂足为O,连结AO,由侧面底面ABCD,得平面ABCD. 因为SA=SB,所以AO=BO. 又,为等腰直角三角形,
如图,以O为坐标原点,OA为x轴正向,建立直角坐标系O—xyz, ,所以
(2)取AB中点E,. 连结SE,取SE中点G,连结OG,
,OG与平面SAB内两条相交直线SE、AB垂直,所以平面SAB.的夹角记为,SD与平面SAB所成的角记为,则与互余.
所以直线SD与平面SAB所成的角为
61、(湖北省荆州市2008届高中毕业班质量检测)如图:在三棱锥中,面,是直角三角形,,,,点分别为的中点。
⑴求证:;
⑵求直线与平面所成的角的大小;
⑶求二面角的正切值。
解:⑴连结。在中,
,点为的中点,
又面,即为在平面内的射影
分别为的中点
⑵面,
连结交于点,,
平面
为直线与平面所成的角,且
面,,又
,,
在中,,
⑶过点作于点,连结,,
面,即为在平面内的射影
,为二面角的平面角
中,,
(其他解法根据具体情况酌情评分)
62、(湖北省随州市2008年高三五月模拟)如图,在底面为平行四边形的四棱锥中,,且,点是的中点。
⑴求证:;
⑵求证:;
⑶求二面角的大小。
63、A
B
C
D
P
(湖北省武汉市武昌区2008届高中毕业生元月调研测试)如图,四棱锥的底面是边长为的菱形,,平面,
.
(Ⅰ)求直线PB与平面PDC所成的角的正切值;
(Ⅱ)求二面角A-PB-D的大小.
解:(Ⅰ)取DC的中点E.
∵ABCD是边长为的菱形,,∴BE⊥CD.
∵平面, BE平面,∴ BE.
∴BE⊥平面PDC.∠BPE为求直线PB与平面PDC所成的角. ……………………3分
∵BE=,PE=,∴==. ……………………………6分
(Ⅱ)连接AC、BD交于点O,因为ABCD是菱形,所以AO⊥BD.
∵平面, AO平面,
∴ PD. ∴AO⊥平面PDB.
作OF⊥PB于F,连接AF,则AF⊥PB.
故∠AFO就是二面角A-PB-D的平面角. ……………………………9分
∵AO=,OF=,∴=.
∴=. ……………………………12分
64、(湖南省十二校2008届高三第一次联考)已知在四棱锥P一ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=1,AB=2,E、F分别是AB、PD的中点.
(Ⅰ)求证:AF∥平面PEC;
(Ⅱ)求PC与平面ABCD所成角的大小;
(Ⅲ)求二面角P一EC一D的大小.
解:(Ⅰ)取PC的中点O,连结OF、
OE.∴FO∥DC,且FO=DC
∴FO∥AE ……………………2分
又E是AB的中点.且AB=DC.∴FO=AE.
∴四边形AEOF是平行四边形.∴AF∥OE
又OE平面PEC,AF平面PEC
∴AF∥平面PEC
(Ⅱ)连结AC
∵PA⊥平面ABCD,∴∠PCA是直线PC与平
面ABCD所成的角……………………6分
在Rt△PAC中,
即直线PC与平面ABCD所成的角大小为 ……………………9分
(Ⅲ)作AM⊥CE,交CE的延长线于M.连结PM,由三垂线定理.得PM⊥CE
∴∠PMA是二面角P—EC—D的平面角. ……………………11分
由△AME∽△CBE,可得,∴
∴二面角P一EC一D的大小为 ……………………13分
解法二:以A为原点,如图建立直角坐标系,
则A(0.0,0),B(2,0,0),C(2,l,0),
D(0,1,0),F(0,,),E(1,0,0),
P(0,0,1)
(Ⅰ)取PC的中点O,连结OE,则O(1,,),
∴ ……………………5分
又OE平面PEC,AF平面PEC,∴AF∥平面PEC ………………… 6分
(Ⅱ)由题意可得,平面ABCD的法向量
即直线PC与平面ABCD所成的角大小为 …………9分
(Ⅲ)设平面PEC的法向量为
则,可得,令,则 ……11分
由(2)可得平面ABCD的法向量是
∴二面角P一EC一D的大小为 ……………………13分
65、(湖南省长沙市一中2008届高三第六次月考)在直三棱柱中,A1A=AB=3,AC=3,
、Q分别为棱BB1、CC1上的点,且
.
(1)求平面APQ与面ABC所成的锐二面角的大小.
(2)在线段A1B(不包括两端点)上是否存在一点M,使AM+MC1最小?
若存在,求出最小值;若不存在,说明理由.
解:(1)建立如图所示空间直角坐标系A
A(0,0,0),P(3,0,),Q(0,3,2).
设平面APQ的一个法向量为
令,则
平面ABC的一个法向量
∴平面APQ与面ABC所成的锐角大小为45°.…………………………………………(6分)
(1)问也用传统方法求解.(并参照计分)
(2)沿A1B将面A1BC1与面A1BA展开,连结AC1与A1B交于点M,此时AM+MC1有最小值.
∵又C1A1⊥面ABB1A1,∴C1A1⊥A1B.
∴△AA1C1中,∠AA1C1=135°
AC1=
∴存在点M,使AM+AC1取最小值为………………………………………(12分)
66、(湖南省雅礼中学2008年高三年级第六次月考)如图,棱柱ABCD—A1B1C1D1的所有棱长都等于2,∠ABC=60°,平面AA1C1C⊥平面ABCD,∠A1AC=60°。
(Ⅰ)证明:BD⊥AA1;
(Ⅱ)求二面角D—A1A—C的平面角的余弦值;
(Ⅲ)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,说明理由。
解:连接BD交AC于O,则BD⊥AC,
连接A1O
在△AA1O中,AA1=2,AO=1,
∠A1AO=60°
∴A1O2=AA12+AO2-2AA1·Aocos60°=3
∴AO2+A1O2=A12
∴A1O⊥AO,由于平面AA1C1C⊥
平面ABCD,
所以A1O⊥底面ABCD
∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、
y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系,
则A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0),A1(0,0,)
……2分
(Ⅰ)由于
则
∴BD⊥AA1 ……………………4分
(Ⅱ)由于OB⊥平面AA1C1C
∴平面AA1C1C的法向量
设⊥平面AA1D
则
得到 ……………………6分
所以二面角D—A1A—C的平面角的余弦值是 ……………………8分
(Ⅲ)假设在直线CC1上存在点P,使BP//平面DA1C1
设
则
得 ……………………9分
设
则设
得到 ……………………10分
又因为平面DA1C1
则·
即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP ……………………12分
67、(湖南省岳阳市2008届高三第一次模拟)如图,在四棱锥P—ABCD中,侧面PAD是正三角形,且与底面ABCD垂直,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,N是PB中点,截面DAN交PC于M.
(Ⅰ)求PB与平面ABCD所成角的大小;
(Ⅱ)求证:PB⊥平面ADMN;
(Ⅲ)求以AD为棱,PAD与ADMN为面的二面角的大小.
解:解法一:(I)取AD中点O,连结PO,BO.
△PAD是正三角形,所以PO⊥AD,
又因为平面PAD⊥平面ABCD,
所以PO⊥平面ABCD,
BO为PB在平面ABCD上的射影,
所以∠PBO为PB与平面ABCD所成的角
由已知△ABD为等边三角形,所以PO=BO=,
所以PB与平面ABCD所成的角为45°.
(Ⅱ)△ABD是正三角形,所以AD⊥BO,所以AD⊥PB,
又,PA=AB=2,N为PB中点,所以AN⊥PB,
所以PB⊥平面ADMN.
(Ⅲ)连结ON,因为PB⊥平面ADMN,所以ON为PO在平面ADMN上的射影,
因为AD⊥PO,所以AD⊥NO,
故∠PON为所求二面角的平面角.
因为△POB为等腰直角三角形,N为斜边中点,所以∠PON=45°,
即所求二面角的大小为45°
解法二:(Ⅰ)同解法一
(Ⅱ)因为PO⊥平面ABCD,
所以PO⊥BO,△ABD是正三角形,所以AD⊥BO,
以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
由已知O(0,0,0),B(0,,0,),P(0,0,),A(1,0,0),D(-1,0,0),N(0,),
所以
,
所以,
所以AD⊥PB,AN⊥PB,所以PB⊥平面ADMN,
(Ⅲ)因为AD⊥PB,AD⊥BO,所以AD⊥平面POB, 所以ON⊥AD,
又PO⊥AD,所以故∠PON为所求二面角的平面角.
因为
设所求二面角为,则,
所以=45°,即所求二面角的大小为45°.
68、(湖南省株洲市2008届高三第二次质检)如图,已知平行六面体的底面为正方形,分别为上、下底面中心,且在底面上的射影为,
(1)求证:平面平面;
A1
B1
C1
D1
A
B
C
D
O
E
F
O1
(2)若点、分别在棱、上,且,问点在何处时,?
(3)若,求二面角的大小.
解法一:(1)证明: 建立空间直角坐标系如图所示,设地面正方形的边长为a,,
则 ,
由 ,得 平面
A1
B1
C1
D1
A
B
C
D
O
E
F
O1
x
y
z
又平面, 平面平面 …………………4分
(2) 由(1)及,
得
设,则,
由 …………… 8分
(3)由, 从而 ,
设 是平面的一个法向量, 则
又 平面的一个法向量为
所求二面角的大小为 ………12分
解法二:用欧氏几何推证的方法也可以解决。(略)
69、(吉林省吉林市2008届上期末)如图,在直三棱柱ABC—A1B1C1中,AA1=,
AC=BC=2,∠C=90°,点D是A1C1的中点.
(1)求证:BC1//平面AB1D;
(2)求二面角A1—B1D—A的正切值.
(1)证明:连结A1B交AB1于点O,连结OD
∵点D是A1C1的中点,点O是A1B的中点,∴OD∥BC1 …………………………2分
又∵OD平面A1B1C1,BC1平面A1B1C1
∴BC1∥平面AB1D ………………………………………………………………5分
(2)过点A1作A1E垂直B1D交B1D延长于点E,连结AE
∵ABC—A1B1C1是直三棱柱 ∴A1A⊥平面A1B1C1
又∵A1E⊥B1D ∴AE⊥B1D ∴∠AEA1是二面角A—B1D—A1的平面角 ………9分
…………………………………………………………12分
解法二:利用空间向量法(略)
70、
(吉林省实验中学2008届高三年级第五次模拟考试)如图,正三棱柱中,是的中点,
(Ⅰ)求证:∥平面;
(Ⅱ)求二面角的大小。
解法一:(Ⅰ)证明:连接
∥。 ……………………3分
∥平面 …………………………5分
(Ⅱ)解:在平面
—— ……………………8分
设。
在
所以,二面角——的大小为。 ………………12分
解法二:建立空间直角坐标系—,如图,
(Ⅰ)证明:连接连接。设
则
∥。 …………………………3分
∥平面…………5分
(Ⅱ)解:
设
故
同理,可求得平面。………………9分
设二面角——的大小为
的大小为。……………………12分
71、(江苏省常州市北郊中学2008届高三第一次模拟检测)如图,正三棱柱ABC—A1B1C1中,AB=2,AA1=1,D是BC的中点,点P在平面BCC1B1内,PB1=PC1=
(1)求证:PA1⊥BC; (2)求证:PB1//平面AC1D;(3)求
解:(1)证明:取B1C1的中点Q,连结A1Q,PQ,
∴B1C1⊥A1Q,B1C1⊥PQ,
∴B1C1⊥平面AP1Q,
∴B1C1⊥PA1,
∵BC∥B1C1,∴BC⊥PA1.
(2)连结BQ,在△PB1C1中,PB1=PC1=,B1C1=2,Q为中点,
∴PQ=1,∴BB1=PQ,
∴BB1∥PQ,∴四边形BB1PQ为平行四边形,
∴PB1∥BQ.
∴BQ∥DC1,
∴PB1∥DC1,
又∵PB1面AC1D,
∴PB1∥平面AC1D.
(3)=
72、(江苏省南京市2008届高三第一次调研测试)P
B
C
D
A
如图,在四棱锥P-ABCD中,CD//AB , AD⊥AB , AD = DC = AB , BC⊥PC.
(1)求证:PA⊥BC ;
(2)试在线段PB上找一点M,使CM // 平面PAD,
并说明理由.
解:(1)连,在四边形ABCD中,.
设,.
在中,,
在中,
.
,………………………3分
又,
……………………………………………………5分
…………………………………………7分.
(2)当为的中点时,………………8分
取的中点,连结则.
,…………12分
,,……14分.
A
B
B1
C1
A1
C
73、(江苏省南京市2008届高三第一次调研测试)如图,在正三棱柱ABC–A1B1C1中,AB = 2,AB1⊥BC1
(1)求BB1的长;
(2)求二面角A1–AB1–C1的余弦值.
解:(1)分别取中点,连结.
在正三棱柱中,四边形为矩形,.
分别为中点,
,.
为正三角形,为中点.
,
分别以,,所在直线为.
建立如图的空间直角坐标系……………………………………2分.
设,.
,
即:
即:……………………………………5分.
(2)
的一个法向量是…………………7分.
设平面的法向量为
,
又 解得:
不妨设,则平面的一个法向量…………10分
二面角的余弦值是.
74、A
B
C
D
D1
C1
B1
A1
(江苏省南通市2008届高三第二次调研考试)直棱柱中,底面ABCD是直角梯形,
∠BAD=∠ADC=90°,.
(Ⅰ)求证:AC⊥平面BB1C1C;
(Ⅱ)在A1B1上是否存一点P,使得DP与平面BCB1与
平面ACB1都平行?证明你的结论.
证明:(Ⅰ) 直棱柱中,BB1⊥平面ABCD,BB1⊥AC. ………………2分
又∠BAD=∠ADC=90°,,
∴,∠CAB=45°,∴, BC⊥AC.………………………………5分
又,平面BB1C1C, AC⊥平面BB1C1C. ………………7分
(Ⅱ)存在点P,P为A1B1的中点. ……………………………………………………………8分
证明:由P为A1B1的中点,有PB1‖AB,且PB1=AB.……………………………………9分
又∵DC‖AB,DC=AB,DC ∥PB1,且DC= PB1,
∴DC PB1为平行四边形,从而CB1∥DP.……………………………………………11分
又CB1面ACB1,DP 面ACB1,DP‖面ACB1.………………………………13分
同理,DP‖面BCB1.……………………………………………………………………14分
评讲建议:
本题主要考查线面平行、垂直的的判定和证明等相关知识,第一小题要引导学生挖掘直角梯形ABCD中BC⊥AC,第二小题,要求学生熟练掌握一个常用结论:若一直线与两相交平面相交,则这条直线一定与这两平面的交线平行;同时注意问题的逻辑要求和答题的规范性,这里只需要指出结论并验证其充分性即可,当然亦可以先探求结论,再证明之,这事实上证明了结论是充分且必要的.
变题:
求证:(1)A1B⊥B1D;(2)试在棱AB上确定一点E,使A1E∥平面ACD1,并说明理由.
75、(江苏省前黄高级中学2008届高三调研)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分
别是BB1、CD的中点.
(1)求证AE⊥D1F;
(2)证明平面AED⊥平面A1FD1.
解:(1)取AB的中点G,则易证得A1G∥D1F.
又正方形A1ABB1中,E、G分别是相应边的中点,
∴A1G⊥AE,
∴D1F⊥AE.
(2)由正方体可知:A1 D1⊥面A1ABB1,∴A1D1⊥AE .
又由(1)已证:D1F⊥AE.
∵A1D1∩D1F= D1,
∴AE⊥平面A1FD1 .
又平面AED,
∴平面AED⊥平面A1FD1 .