直线与平面的位置关系

直线、平面的位置关系
2. [2012·辽宁，文18]如图，直三棱柱ABC
－A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，AA ′＝1，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．
(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′； (2)求三棱锥A ′－MNC 的体积．
(锥体体积公式V ＝1
3
Sh ，其中S 为底面面积，h 为高)
3. [2012·山东，文19]如图，几何体E －ABCD 是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB ＝CD ，EC ⊥BD .
(1)求证：BE ＝DE ；
(2)若∠BCD ＝120°，M 为线段AE 的中点，求证：DM ∥平面BEC .
3. [2012·江西，文19]如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E ，F 是线段AB 上的两点，且DE ⊥AB ，CF ⊥AB ，AB ＝12，AD ＝5，BC ＝42，DE ＝
4.现将△ADE ，△CFB 分别沿DE ，CF 折起，使A ，B 两点重合于点G ，得到多面体CDEFG .
(1)求证：平面DEG ⊥平面CFG ；
(2)求多面体CDEFG的体积．
4. [2012·大纲全国，文19]如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD 为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝22，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.
(1)证明：PC⊥平面BED；
(2)设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．
5. [2012·福建，文19]如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB ＝AD＝1，AA1＝2，M为棱DD1上的一点．
(1)求三棱锥A－MCC1的体积；
(2)当A1M＋MC取得最小值时，求证：B1M⊥平面MAC.
6. [2012·浙江，文20]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所成的角的正弦值．
7. [2012·江苏，16]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．
求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；
(2)直线A1F∥平面ADE.
8. [2012·北京，文16]如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E 分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点．将△ADE沿DE 折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2.
(1)求证：DE∥平面A1CB；
(2)求证：A1F⊥BE；
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．
9. [2012·安徽，文19]如图，长方体ABCD－A1B1C1D1
AA1上任意一点，
(1)证明：BD⊥EC1；
(2)如果AB＝2，AE＝2，OE⊥EC1，求AA1的长．
10. [2012·课标全国，文19]如图，三棱柱ABC－
A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝
1
2AA1，D是棱AA1的中点．
(1)证明：平面BDC1⊥平面BDC；
(2)平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．
11. [2012·重庆，文20]如图，在直三棱柱ABC
－A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中
点．
(1)求异面直线CC1和AB的距离；
(2)若AB1⊥A1C，求二面角A1－CD－B1的平面角的余弦值．
2. (1)证法一：连结AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，
所以M 为AB ′中点．又因为N 为B ′C ′的中点， 所以MN ∥AC ′.
又MN ⊄平面A ′ACC ′，AC ′⊂平面A ′ACC ′， 因此MN ∥平面A ′ACC ′.
证法二：取A ′B ′中点P ，连结MP ，NP . 而M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点， 所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′，
所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′. 又MP ∩NP ＝P ，因此平面MPN ∥平面A ′ACC ′. 而MN ⊂平面MPN ， 因此MN ∥平面A ′ACC ′.
(2)解法一：连结BN ，由题意A ′N ⊥B ′C ′，平面A ′B ′C ′∩平面B ′BCC ′＝B ′C ′，所以A ′N ⊥平面NBC .
又A ′N ＝1
2
B ′
C ′＝1，
故V A ′－MNC ＝V N －A ′MC ＝12V N －A ′BC ＝12V A ′－NBC ＝1
6.
解法二：V A ′－MNC ＝V A ′－NBC －V M －NBC ＝12V A ′－NBC ＝1
6
.
3. 证明：(1)取BD的中点O，连接CO，
EO.
由于CB＝CD，所以CO⊥BD.
又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，
因此BD⊥EO.
又O为BD的中点，所以BE＝DE.
(2)证法一：取AB的中点N，连接DM，DN，
MN.
因为M是AE的中点，所以MN∥BE.
又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，
所以MN∥平面BEC.
又因为△ABD为正三角形，
所以∠BDN＝30°.
又CB＝CD，∠BCD＝120°，
因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC.
又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，
所以DN∥平面BEC.
又MN∩DN＝N，
故平面DMN∥平面BEC，
又DM⊂平面DMN，
所以DM∥平面BEC.
证法二：延长AD，BC交于点F，连接EF.
因为CB＝CD，∠BCD＝120°，
所以∠CBD＝30°.
因为△ABD 为正三角形， 所以∠BAD ＝60°，∠ABC ＝90°， 因为∠AFB ＝30°，所以AB ＝12AF .
又AB ＝AD ，所以D 为线段AF 的中点． 连接DM ，由点M 是线段AE 的中点， 因此DM ∥EF .
又DM ⊄平面BEC ，EF ⊂平面BEC ， 所以DM ∥平面BEC .
3. (1)证明：因为DE ⊥EF ，CF ⊥EF ，
所以四边形CDEF 为矩形．
由GD ＝5，DE ＝4，得GE ＝GD 2－DE 2＝3， 由GC ＝42，CF ＝4，得FG ＝GC 2－CF 2＝4， 所以EF ＝5.
在△EFG 中，有EF 2＝GE 2＋FG 2， 所以EG ⊥GF .
又因为CF ⊥EF ，CF ⊥FG ，得CF ⊥平面EFG ， 所以CF ⊥EG .
所以EG ⊥平面CFG ，即平面DEG ⊥平面CFG . (2)解：在平面EGF 中，过点G 作GH ⊥EF 于点H ， 则GH ＝EG ·GF EF ＝125，
因为平面CDEF ⊥平面EFG ，
得GH ⊥平面CDEF ，V CDEFG ＝1
3
S CDEF ·GH ＝16.
4. 解法一：(1)证明：因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC . 又PA ⊥底面ABCD ，所以PC ⊥BD .
设AC∩BD＝F，连结EF.
因为AC＝22，PA＝2，PE＝2EC，
故PC＝23，EC＝23
3，FC＝2，
从而PC
FC＝6，
AC
EC＝6，
因为PC
FC＝
AC
EC，∠FCE＝∠PCA，
所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，
由此知PC⊥EF.
PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，
所以PC⊥平面BED.
(2)在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．
因为二面角A－PB－C为90°，
所以平面PAB⊥平面PBC.
又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.
BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，
故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，
所以底面ABCD为正方形，AD＝2，PD＝PA2＋AD2＝2 2.
设D到平面PBC的距离为d.
因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，故AD∥平面PBC，A，D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝ 2.
设PD与平面PBC所成的角为α，则sinα＝
d
PD＝
1
2.
所以PD 与平面PBC 所成的角为30°.
解法二：(1)证明：以A 为坐标原点，射线AC
为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系
A －xyz .
设C (22，0,0)，D (2，b,0)，其中b >0，
则P (0,0,2)，E (423，0，23
)，B (2，－b,0)． 于是PC →＝(22，0，－2)，BE →＝(23，b ，23
)， DE →＝(23，－b ，23
)， 从而PC →·BE →＝0，PC →·DE
→＝0， 故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .
又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE .
(2)AP
→＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面PAB 的法向量，
则m ·AP →＝0，m ·AB
→＝0，即2z ＝0且2x －by ＝0， 令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．
设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，
则n ·PC →＝0，n ·BE
→＝0， 即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23
r ＝0， 令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b ，n ＝(1，－2b ，2)．
因为面PAB ⊥面PBC ，故m ·n ＝0，即b －2b ＝0，故b ＝2，
于是n ＝(1，－1，2)，DP
→＝(－2，－2，2)，
cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|
＝12，〈n ，DP →〉＝60°. 因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP
→〉互余，故PD 与平面PBC 所成的角为30°.
5. 解：(1)由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1知，
AD ⊥平面CDD 1C 1，
故点A 到平面CDD 1C 1的距离等于AD ＝1.
又∵S △MCC 1＝12CC 1·CD ＝12
×2×1＝1， ∴VA －MCC 1＝13AD ·S △MCC 1＝13
. (2)将侧面CDD 1C 1绕DD 1逆时针转90°展开，与侧面ADD 1A 1共面(如图)，
当A 1，M ，C ′共线时，A 1M ＋MC 取得最小值．
由AD ＝CD ＝1，AA 1＝2，得M 为DD 1中点．
连接C 1M ，在△C 1MC 中，MC 1＝2，MC ＝2，CC 1＝2，
∴CC 21＝MC 21＋MC 2，得∠CMC 1＝90°
，即CM ⊥MC 1. 又由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1知，B 1C 1⊥平面CDD 1C 1，∴B 1C 1⊥CM .
又B 1C 1∩C 1M ＝C 1，
∴CM ⊥平面B 1C 1M ，得CM ⊥B 1M .
同理可证，B 1M ⊥AM ，
又AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面MAC.
6. (1)证明：①因为C1B1∥A1D1，C1B1⊄平面ADD1A1，所以C1B1∥平面A1D1DA.
又因为平面B1C1EF∩平面A1D1DA＝EF，
所以C1B1∥EF，所以A1D1∥EF.
②因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥B1C1.
又因为B1C1⊥B1A1，所以B1C1⊥平面ABB1A1，
所以B1C1⊥BA1.
在矩形ABB1A1中，F是AA1的中点，
tan∠A1B1F＝tan∠AA1B＝
2 2，
即∠A1B1F＝∠AA1B，故BA1⊥B1F.
所以BA1⊥平面B1C1EF.
(2)解：设BA1与B1F交点为H，连结C1H.
由(1)知BA1⊥平面B1C1EF，
所以∠BC1H是BC1与面B1C1EF所成的角．
在矩形AA1B1B中，AB＝2，AA1＝2，得BH＝4 6 .
在直角△BHC1中，BC1＝25，BH＝4
6，
得sin∠BC1H＝BH
BC1＝
30
15.
所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是
30 15.
7. 证明：(1)因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.
又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，
所以平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.
因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，
所以CC1⊥A1F.
又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，
所以A1F⊥平面BCC1B1.
由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.
又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.
8. 解：(1)因为D，E分别为AC，AB的中点，
所以DE∥BC.
又因为DE⊄平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.
(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.
而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE.
所以A1F⊥BE.
(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.
理由如下：
如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.
又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知，DE⊥平面A1DC，
所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP. 所以A1C⊥平面DEP.
从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.
C1.
9. (1)证明：连接AC，A
由底面是正方形知，BD⊥AC.
因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以AA1⊥BD.
又由AA1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C1C.
再由EC1⊂平面AA1C1C知，BD⊥EC1.
(2)解：设AA1的长为h，连接OC1.
在Rt△OAE中，AE＝2，AO＝2，
故OE2＝(2)2＋(2)2＝4.
在Rt△EA1C1中，A1E＝h－2，A1C1＝22，
故EC21＝(h－2)2＋(22)2.
在Rt△OCC1中，OC＝2，CC1＝h，OC21＝h2＋(2)2，
因为OE⊥EC1，所以OE2＋EC21＝OC21，
即4＋(h－2)2＋(22)2＝h2＋(2)2，
解得h＝3 2.所以AA1的长为3 2.
10. (1)证明：由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1.
又DC1⊂平面ACC1A1，所以DC1⊥BC.
由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，
所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.
又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC.
又DC1⊂平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC.
(2)解：设棱锥B－DACC1的体积为V1，AC＝1.
由题意得V1＝1
3×1＋2
2×1×1＝
1
2.
又三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝1，
所以(V－V1)∶V1＝1∶1.
故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.
11. 解：(1)如图所示，因AC＝BC，D为AB的中点，故CD⊥AB.
又直三棱柱中，CC1⊥面ABC，故CC1⊥CD，所以异面直线CC1和AB的距离为CD＝BC2－BD2＝ 5.
(2)解法一：由CD⊥AB，CD⊥BB1，故CD⊥面A1ABB1，从而CD⊥DA1，CD⊥DB1，故∠A1DB1为所求的二面角A1－CD－B1的平面角．
因A1D是A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D，从而∠A1AB1，∠A1DA都与∠B1AB 互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，
所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.
因此AA 1AD ＝A 1B 1AA 1
，得AA 21＝AD ·A 1B 1＝8. 从而A 1D ＝AA 21＋AD 2＝23，B 1D ＝A 1D ＝23，
所以在△A 1DB 1中，由余弦定理得
cos ∠A 1DB 1＝A 1D 2＋DB 21－A 1B 212·A 1D ·DB 1＝13
. 解法二：如图，过D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于D 1，在直三棱柱中，由(1)知DB ，DC ，DD 1两两垂直．以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .
设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，
C (0，5，0)，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．
由AB 1→⊥A 1C →得AB 1→·A 1
C →＝0，即8－h 2＝0， 因此h ＝2 2.
故DA 1→＝(－2,0,22)，DB 1
→＝(2,0,22)， DC
→＝(0，5，0)． 设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，
则m ⊥DC →，m ⊥DA 1→，即⎩⎪⎨⎪⎧
5y 1＝0，－2x 1＋22z 1＝0， 取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)．
设平面B 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，
则n ⊥DC →，n ⊥DB 1→，即⎩⎪⎨⎪⎧
5y 2＝0，2x 2＋22z 2＝0，
取z2＝－1，得n＝(2，0，－1)．
所以cos〈m，n〉＝
m·n
|m|·|n|＝
2－1
2＋1·2＋1
＝
1
3.
所以二面角A1－CD－B1的平面角的余弦值为1 3.。