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2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透:第7章 立体几何 第7节2


[课堂练通考点] (2013· 成都模拟 ) 如图,在直三棱柱 ( 侧棱与底面垂直的三棱柱 )ABC A1B1C1 中,AC=AA1=2AB=2,∠BAC=90° ,点 D 是侧棱 CC1 延长线上 一点,EF 是平面 ABD 与平面 A1B1C1 的交线. (1)求证:EF⊥A1C; (2)当平面 DAB 与平面 CA1B1 所成锐二面角的余弦值为 的长. 解:(1)证明:∵三棱柱 ABC A1B1C1 为直三棱柱,∴平面 ABC∥平面 A1B1C1. 26 时, 求 DC1 26 又平面 ABC∩平面 ABD=AB,平面 A1B1C1∩平面 ABD=EF, ∴EF∥AB. ∵三棱柱 ABC A1B1C1 为直三棱柱,且∠BAC=90° , ∴AB⊥AA1,AB⊥AC. 而 AA1∩AC=A,∴AB⊥平面 ACC1A1. 又 A1C?平面 ACC1A1,∴AB⊥A1C. ∴EF⊥A1C. (2)建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz. 设 C1D=t(t>0). 则 B(1,0,0),C(0,2,0),D(0,2,2+t),A1(0,0,2),B1(1,0,2). ∴ A1 B1 =(1,0,0), A1C =(0,2,-2). 设平面 CA1B1 的法向量为 n=(x1,y1,z1). ? A1 B1 =0, ?n· 则? A1C =0, ? ? n· ∴n=(0,1,1). ? ?x1=0, 得? 令 z1=1,则 y1=1, ?y1-z1=0, ? 2 同理,可求得平面 DAB 的一个法向量 m=?0,1,-t+2?. ? ? 由|cos〈n,m〉|= 2× 2 1- t+2 2 1+?t+2?2 = 26 2 ,得 t=1 或 t=- (舍去). 26 3 ? ? ∴DC1=1. [课下提升考能] 第Ⅰ卷:夯基保分卷 1.(2013· 石家庄模拟)如图,已知三棱柱 ABC A1B1C1,侧面 BCC1B1 ⊥底面 ABC. (1)若 M,N 分别是 AB,A1C 的中点,求证:MN∥平面 BCC1B1; (2)若三棱柱 ABC A1B1C1 的各棱长均为 2,侧棱 BB1 与底面 ABC 所 成的角为 60° ,问在线段 A1C1 上是否存在一点 P,使得平面 B1CP⊥平面 ACC1A1?若存在, 求 C1P 与 PA1 的比值,若不存在,说明理由. 解:(1)证明:连接 AC1,BC1,则 AC1∩A1C=N,AN=NC1, 因为 AM=MB,所以 MN∥BC1. 又 BC1?平面 BCC1B1, 所以 MN∥平面 BCC1B1. (2)作 B1O⊥BC 于 O 点,连接 AO, 因为平面 BCC1B1⊥底面 ABC, 所以 B1O⊥平面 ABC, 以 O 为原点, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(0, 3, 0), B(-1, 0,0), C(1,0,0), B1(0,0, 3). 由 AA1 = CC1 = BB1 , 可求出 A1(1, 3, 3),C1(2,0, 3), 设点 P(x,y,z), A1C1 =λ A1 P . 1 3 则 P? +1, 3- , 3?, λ ?λ ? 1 3 CP =? λ, 3- λ , 3?, CB1 =(-1,0, 3). ? ? 设平面 B1CP 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), ? CP =0 ?n1· 1+λ ? ? ,1 . 由? ,令 z1=1,解得 n1=? 3, 1 -λ ? ? ? CB1 =0 ?n1· ? 同理可求

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