高考数学大二轮总复习与增分策略 专题五 立体几何 第2讲 空间中的平行与垂直练习 文

第 2 讲 空间中的平行与垂直

1.(2016·课标全国甲)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 当 m⊥n,m⊥α ,n∥β 时,两个平面的位置关系不确定,故①错误,经判断知②③④ 均正确,故正确答案为②③④. 2.(2016·江苏)如图,在直三棱柱 ABCA-1B1C1 中,D,E 分别为 AB,BC 的 中点,点 F 在侧棱 B1B 上,且 B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1. 求证:(1)直线 DE∥平面 A1C1F; (2)平面 B1DE⊥平面 A1C1F. 证明 (1)由已知,DE 为△ABC 的中位线, ∴DE∥AC,又由三棱柱的性质可得 AC∥A1C1, ∴DE∥A1C1, 且 DE?平面 A1C1F,A1C1? 平面 A1C1F, ∴DE∥平面 A1C1F. (2)在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,AA1⊥平面 A1B1C1, ∴AA1⊥A1C1, 又∵A1B1⊥A1C1,且 A1B1∩AA1=A1, ∴A1C1⊥平面 ABB1A1,∵B1D? 平面 ABB1A1, ∴A1C1⊥B1D, 又∵A1F⊥B1D,且 A1F∩A1C1=A1, ∴B1D⊥平面 A1C1F,又∵B1D? 平面 B1DE, ∴平面 B1DE⊥平面 A1C1F.

1.以填空题的形式考查,主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对 命题的真假进行判断,属基础题.2.以解答题的形式考查,主要是对线线、线面与面面平行和 垂直关系交汇综合命题,且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查,难度中

1

等.

热点一 空间线面位置关系的判定 空间线面位置关系判断的常用方法 (1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题; (2)必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系,并结合 有关定理来进行判断. 例 1 (1)已知 l 是直线,α 、β 是两个不同的平面,下列命题中的真命题是________.(填 所有真命题的序号) ①若 l∥α ,l∥β ,则 α ∥β ; ②若 α ⊥β ,l∥α ,则 l⊥β ; ③若 l∥α ,α ∥β ,则 l∥β ; ④若 l⊥α ,l∥β ,则 α ⊥β . (2)关于空间两条直线 a、b 和平面 α ,给出以下四个命题,其中正确的是________. ①若 a∥b,b? α ,则 a∥α ; ②若 a∥α ,b? α ,则 a∥b; ③若 a∥α ,b∥α ,则 a∥b; ④若 a⊥α ,b⊥α ,则 a∥b. 答案 (1)④ (2)④ 解析 (1)①若 l∥α , l∥β , 则 l 可平行两平面的交线, 所以为假命题; ②若 α ⊥β , l∥α , 则 l 可平行两平面的交线,所以为假命题;③若 l∥α ,α ∥β ,则 l 可在平面 β 内,所以 为假命题;④若 l⊥α ,l∥β ,则 l 必平行平面 β 内一直线 m,所以 m⊥α ,因而 α ⊥β 为真命题. (2)线面平行的判定定理中的条件要求 a?α ,故①错;对于线面平行,这条直线与面内的直 线的位置关系可以平行,也可以异面,故②错;平行于同一个平面的两条直线的位置关系: 平行、相交、异面都有可能,故③错;垂直于同一个平面的两条直线是平行的,故④正确. 思维升华 解决空间点、线、面位置关系的组合判断题,主要是根据平面的基本性质、空间 位置关系的各种情况,以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断,必要 时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断,同时要注意平面几何中的结论不能 完全引用到立体几何中. 跟踪演练 1 设 m,n 是两条不同的直线,α ,β 是两个不同的平面,给出下列四个命题: ①若 m∥n,m⊥β ,则 n⊥β ;②若 m∥α ,m∥β ,则 α ∥β ;
2

③若 m∥n,m∥β ,则 n∥β ;④若 m∥α ,m⊥β ,则 α ⊥β . 其中真命题的个数为________. 答案 ② 解析 ①因为“如果两条平行线中的一条垂直于一个平面,那么

另一条也垂直于这个平面”,所以①正确;②当 m 平行于两个相 交平面 α ,β 的交线 l 时,也有 m∥α ,m∥β ,所以②错误;③ 若 m∥n,m∥β ,则 n∥β 或 n? β ,所以③错误;④平面 α ,β 与直线 m 的关系如图所示,必有 α ⊥β ,故④正确.

热点二 空间平行、垂直关系的证明 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化,即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之 间的平行、垂直关系相互转化. 面面平行的判定

例 2 如图,已知 PA⊥⊙O 所在的平面,AB 是⊙O 的直径,AB=2,点 C 是⊙O 上一点,且 AC=BC,∠PCA=45°,点 E 是 PC 的中点,点 F 是

PB 的中点,点 G 为线段 PA 上(除点 P 外)的一个动点.
(1)求证:BC∥平面 GEF; (2)求证:BC⊥GE; (3)求三棱锥 B—PAC 的体积. (1)证明 ∵点 E 是 PC 的中点,点 F 是 PB 的中点, ∴EF∥CB. ∵EF? 平面 GEF,点 G 不与点 P 重合,

3

CB?平面 GEF,∴BC∥平面 GEF.
(2)证明 ∵PA⊥⊙O 所在的平面,BC? ⊙O 所在的平面,∴BC⊥PA. 又∵AB 是⊙O 的直径,∴BC⊥AC. ∵PA∩AC=A,AC? 面 PAC,PA? 面 PAC, ∴BC⊥平面 PAC. ∵GE? 平面 PAC,∴BC⊥GE. (3)解 在 Rt△ABC 中,AB=2,AC=BC, 1 ∴AC=BC= 2,∴S△ABC= × 2× 2=1. 2 ∵PA⊥平面 ABC,AC? 平面 ABC,∴PA⊥AC. ∵∠PCA=45°,∴PA= 2. 1 2 ∴VB—PAC=VP—ABC= S△ABC·PA= . 3 3 思维升华 垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行,常用方法如下: (1)证明线线平行常用的方法:一是利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;二是 利用平行四边形进行平行转换;三是利用三角形的中位线定理证线线平行;四是利用线面平 行、面面平行的性质定理进行平行转换. (2)证明线线垂直常用的方法:①利用等腰三角形底边中线即高线的性质;②勾股定理;③线 面垂直的性质:即要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可,l⊥α ,a? α ? l⊥a. 跟踪演练 2 如图,在四棱锥 P—ABCD 中,AD∥BC,且 BC=2AD,AD⊥CD,PB⊥CD,点 E 在棱

PD 上,且 PE=2ED.

(1)求证:平面 PCD⊥平面 PBC; (2)求证:PB∥平面 AEC. 证明 (1)因为 AD⊥CD,AD∥BC, 所以 CD⊥BC,又 PB⊥CD,PB∩BC=B,

PB? 平面 PBC,BC? 平面 PBC,
所以 CD⊥平面 PBC,又 CD? 平面 PCD, 所以平面 PCD⊥平面 PBC. (2)连结 BD 交 AC 于点 O,连结 OE.

4

因为 AD∥BC,所以△ADO∽△CBO, 所以 DO∶OB=AD∶BC=1∶2,又 PE=2ED, 所以 OE∥PB,又 OE? 平面 AEC,PB?平面 AEC, 所以 PB∥平面 AEC.

热点三 平面图形的折叠问题 平面图形经过翻折成为空间图形后,原有的性质有的发生变化、有的没有发生变化,这些发 生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键.一般地,在翻折后还在一个平面上的性质 不发生变化,不在同一个平面上的性质发生变化,解决这类问题就是要根据这些变与不变, 去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值,这是化解翻折问题的主要 方法. 例3 如图,在边长为 4 的菱形 ABCD 中,∠DAB=60°,点 E,F 分别是边 CD,CB 的中点,

AC∩EF=O,沿 EF 将△CEF 翻折到△PEF,连结 PA,PB,PD,得到如图的五棱锥 P—ABFED,
且 PB= 10.

(1)求证:BD⊥PA; (2)求四棱锥 P—BFED 的体积. (1)证明 ∵点 E,F 分别是边 CD,CE 的中点, ∴BD∥EF. ∵菱形 ABCD 的对角线互相垂直,∴BD⊥AC. ∴EF⊥AC.∴EF⊥AO,EF⊥PO, ∵AO? 平面 POA,PO? 平面 POA,AO∩PO=O, ∴EF⊥平面 POA,∴BD⊥平面 POA, 又 PA? 平面 POA,∴BD⊥PA. (2)解 设 AO∩BD=H.连结 BO,∵∠DAB=60°,

5

∴△ABD 为等边三角形, ∴BD=4,BH=2,HA=2 3,HO=PO= 3, 在 Rt△BHO 中,BO= BH +HO = 7, 在△PBO 中,BO +PO =10=PB ,∴PO⊥BO. ∵PO⊥EF,EF∩BO=O,EF? 平面 BFED,BO? 平面 BFED,∴PO⊥平面 BFED, 1 梯形 BFED 的面积 S= (EF+BD)·HO=3 3, 2 ∴四棱锥 P—BFED 的体积
2 2 2 2 2

V= S·PO= ×3 3× 3=3.
思维升华 (1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口;(2)存在探索性问题可先 假设存在,然后在此前提下进行逻辑推理,得出矛盾或肯定结论. 跟踪演练 3 如图(1),四边形 ABCD 为矩形,PD⊥平面 ABCD,AB=1,BC=PC=2,作如图(2) 折叠,折痕 EF∥DC.其中点 E,F 分别在线段 PD,PC 上,沿 EF 折叠后点 P 叠在线段 AD 上的 点记为 M,并且 MF⊥CF.

1 3

1 3

(1)证明:CF⊥平面 MDF; (2)求三棱锥 M-CDE 的体积. (1)证明 因为 PD⊥平面 ABCD,AD? 平面 ABCD, 所以 PD⊥AD. 又因为 ABCD 是矩形,CD⊥AD,PD 与 CD 交于点 D, 所以 AD⊥平面 PCD.又 CF? 平面 PCD, 所以 AD⊥CF,即 MD⊥CF. 又 MF⊥CF,MD∩MF=M,所以 CF⊥平面 MDF.

(2)解 因为 PD⊥DC,BC=2,CD=1,∠PCD=60°,
6

所以 PD= 3,由(1)知 FD⊥CF, 1 1 在直角三角形 DCF 中,CF= CD= . 2 2 过点 F 作 FG⊥CD 交 CD 于点 G, 1 3 3 得 FG=FCsin 60°= × = , 2 2 4 所以 DE=FG= 3 , 4 3 3 3 = , 4 4
2

故 ME=PE= 3-

所以 MD= ME -DE =

2

3 3 4

2



3 4

2



6 . 2

S△CDE= DE·DC= ×

1 2

1 2

3 3 ×1= . 4 8

1 1 6 3 2 故 VM-CDE= MD·S△CDE= × × = . 3 3 2 8 16

1.不重合的两条直线 m,n 分别在不重合的两个平面 α ,β 内,给出以下四个命题,其中正 确的是________. ①m⊥n? m⊥β ③α ∥β ? m∥β ②m⊥n? α ⊥β ④m∥n? α ∥β

押题依据 空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体几何的重点内容,也是 高考命题的热点.此类题常与命题的真假性、充分条件和必要条件等知识相交汇,意在考查 考生的空间想象能力、逻辑推理能力. 答案 ③

解析 构造长方体,如图所示. 因为 A1C1⊥AA1, A1C1? 平面 AA1C1C, AA1? 平面 AA1B1B, 但 A1C1 与平面 AA1B1B 不垂直, 平面 AA1C1C 与平面 AA1B1B 不垂直.所以①,②都是假命题.

CC1∥AA1,但平面 AA1C1C 与平面 AA1B1B 相交而不平行,所以④为假命题.
“若两平面平行,则一个平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题.

7

2. 如图, 在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, 已知 DC=DD1=2AD=2AB, AD⊥DC,

AB∥DC.
(1)求证:D1C⊥AC1; (2)问在棱 CD 上是否存在点 E,使 D1E∥平面 A1BD.若存在,确定点 E 位 置;若不存在,请说明理由. 押题依据 空间直线和平面的平行、垂直关系是立体几何的重点内容,也是高考解答题的热 点,结合探索性问题考查考生的空间想象能力、推理论证能力,是命题的常见形式. (1)证明 在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,连结 C1D, ∵DC=DD1,∴四边形 DCC1D1 是正方形, ∴DC1⊥D1C. 又 AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D, ∴AD⊥平面 DCC1D1, 又 D1C? 平面 DCC1D1, ∴AD⊥D1C. ∵AD? 平面 ADC1,DC1? 平面 ADC1,且 AD∩DC1=D,∴D1C⊥平面 ADC1, 又 AC1? 平面 ADC1,∴D1C⊥AC1. (2)解 假设存在点 E,使 D1E∥平面 A1BD. 连结 AD1,AE,D1E, 设 AD1∩A1D=M,

BD∩AE=N,连结 MN,
∵平面 AD1E∩平面 A1BD=MN, 要使 D1E∥平面 A1BD, 可使 MN∥D1E, 又 M 是 AD1 的中点,则 N 是 AE 的中点. 又易知△ABN≌△EDN,∴AB=DE. 即 E 是 DC 的中点. 综上所述,当 E 是 DC 的中点时,可使 D1E∥平面 A1BD.

A 组 专题通关 1.如图是正方形的平面展开图,在这个正方体中:

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①BM 与 DE 平行; ②CN 与 BE 是异面直线; ③BM 与 CN 成 60°角; ④DM 与 BN 是异面直线. 以上四个命题中,正确命题的序号是_________. 答案 ③④ 解析 展开图复原的正方体如图,不难看出:

①BM 与 ED 平行;错误的,是异面直线; ②CN 与 BE 是异面直线,错误,是平行线; ③CN 与 BM 成 60°角;正确; ④DM 与 BN 是异面直线.正确. 判断正确的答案为③④. 2.设 a,b 是平面 α 内两条不同的直线,l 是平面 α 外的一条直线,则“l⊥a,l⊥b”是 “l⊥α ”的______________条件.(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充 分也不必要”) 答案 必要不充分 解析 若 a,b 是平面 α 内两条不同的直线,l 是平面 α 外的一条直线,l⊥a,l⊥b,a∥b, 则 l 可以与平面 α 斜交,推不出 l⊥α .若 l⊥α ,a,b 是平面 α 内两条不同的直线,l 是 平面 α 外的一条直线,则 l⊥a,l⊥b.∴“l⊥a,l⊥b”是“l⊥α ”的必要不充分条件. 3.已知 α ,β 是两个不同的平面,l,m 是两条不同直线,l⊥α ,m? β .给出下列命题: ①α ∥β ? l⊥m; ③m∥α ? l⊥β ; ②α ⊥β ? l∥m; ④l⊥β ? m∥α .

其中正确的命题是________. (填写所有正确命题的序号). 答案 ①④ 解析 ①α ∥β ,l⊥α ? l⊥β ? l⊥m,命题正确;②α ⊥β ,l⊥α ? l、m 可平行,可相

9

交,可异面,命题错误; ③m∥α , l⊥α ? l⊥m? l 与 β 可平行,l 可在 β 内,l 可与 β 相交, 命题错误; ④ l⊥β 、

l⊥α ? β ∥α ? m∥α ,命题正确.
4.已知立方体 ABCD-A′B′C′D′,E,F,G,H 分别是棱 AD,BB′,B′C′,DD′的中点, 从中任取两点确定的直线中,与平面 AB′D′平行的有________条.

答案 6 解析 连结 EG,EH,FG,∵EH 綊 FG, ∴EFGH 四点共面,由 EG∥AB′,EH∥AD′,EG∩EH=E,AB′∩AD′=A,可得平面 EFGH 与 平面 AB′D′平行,∴符合条件的共 6 条. 5.在正方体上任意选择 4 个顶点,由这 4 个顶点可能构成如下几何体: ①有三个面为全等的等腰直角三角形,有一个面为等边三角形的四面体; ②每个面都是等边三角形的四面体; ③每个面都是直角三角形的四面体; ④有三个面为不全等的直角三角形,有一个面为等边三角形的四面体. 以上结论其中正确的是________(写出所有正确结论的编号). 答案 ①②③④ 解析 在正方体上任意选择 4 个顶点, 由这 4 个顶点可能构成如下几何 体: ①有三个面为全等的等腰直角三角形, 有一个面为等边三角形的四 面体,去掉 4 个角的正四面体即可,正确;②每个面都是等边三角形的 四面体,去掉 4 个角的正四面体即可,正确;③每个面都是直角三角形 的四面体,侧棱垂直底面直角三角形的锐角的四面体即可,正确;④有三个面为不全等的直 角三角形,有一个面为等边三角形的四面体,如图中 ABCD 即可,正确.故答案为①②③④. 6.如图,在空间四边形 ABCD 中,点 M∈AB,点 N∈AD,若 = ,则直 线 MN 与平面 BDC 的位置关系是________. 答案 平行 解析 由 =

AM AN MB ND

AM AN ,得 MN∥BD. MB ND

而 BD? 平面 BDC,MN?平面 BDC,

10

所以 MN∥平面 BDC. 7. 正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, E 为线段 B1D1 上的一个动点, 则下列结论中正确的是________. (填 序号) ①AC⊥BE; ②B1E∥平面 ABCD; ③三棱锥 E-ABC 的体积为定值; ④直线 B1E⊥直线 BC1. 答案 ①②③ 解析 因 AC⊥平面 BDD1B1,故①正确;因 B1D1∥平面 ABCD,故②正确;记正方体的体积为 V, 1 则 VE-ABC= V,为定值,故③正确;B1E 与 BC1 不垂直,故④错误. 6 8.如图所示,ABCD—A1B1C1D1 是棱长为 a 的正方体,M、N 分别是下底面的 棱 A1B1、B1C1 的中点,P 是上底面的棱 AD 上的一点,AP= ,过 P、M、N 3 的平面交上底面于 PQ,Q 在 CD 上,则 PQ=______. 答案 2 2 a 3

a

解析 ∵平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1,∴MN∥PQ. ∵M、N 分别是 A1B1、B1C1 的中点,AP= , 3

a

a 2a 2 2 ∴CQ= ,从而 DP=DQ= ,∴PQ= a. 3 3 3
9.如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,点 M,N,P 分别为棱 AB,BC,C1D1 的中点.

求证:(1)AP∥平面 C1MN; (2)平面 B1BDD1⊥平面 C1MN. 证明 (1)在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中, 因为点 M,P 分别为棱 AB,C1D1 的中点, 所以 AM=PC1. 又 AM∥CD,PC1∥CD,故 AM∥PC1,

11

所以四边形 AMC1P 为平行四边形.从而 AP∥C1M, 又 AP?平面 C1MN,C1M? 平面 C1MN, 所以 AP∥平面 C1MN. (2)连结 AC,在正方形 ABCD 中,AC⊥BD. 又点 M,N 分别为棱 AB,BC 的中点,故 MN∥AC. 所以 MN⊥BD. 在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,DD1⊥平面 ABCD, 又 MN? 平面 ABCD, 所以 DD1⊥MN, 而 DD1∩DB=D,

DD1,DB? 平面 B1BDD1,
所以 MN⊥平面 B1BDD1, 又 MN? 平面 C1MN, 所以平面 B1BDD1⊥平面 C1MN. 10.如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,BB1C1C 为菱形,B1C 的中点为 O, 且 AO⊥平面 BB1C1C. (1)证明:B1C⊥AB; (2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱 ABC-A1B1C1 的 高. (1)证明 如图,连结 BC1,则 O 为 B1C 与 BC1 的交点. 因为四边形 BB1C1C 为菱形,所以 B1C⊥BC1. 又 AO⊥平面 BB1C1C, 所以 B1C⊥AO,又 AO∩BC1=O, 故 B1C⊥平面 ABO. 由于 AB? 平面 ABO, 故 B1C⊥AB. (2)解 如图,在平面 BB1C1C 内作 OD⊥BC,垂足为 D,连结 AD.在平面 AOD 内作 OH⊥AD,垂 足为 H. 由于 BC⊥AO,BC⊥OD,AO∩OD=D, 故 BC⊥平面 AOD, 又 OH? 平面 AOD,所以 OH⊥BC. 又 OH⊥AD,AD∩BC=D, 所以 OH⊥平面 ABC.
12

因为∠CBB1=60°,所以△CBB1 为等边三角形. 又 BC=1,可得 OD= 3 . 4

1 1 由于 AC⊥AB1,所以 OA= B1C= . 2 2 由 OH·AD=OD·OA, 且 AD= OD +OA = 又 O 为 B1C 的中点, 所以点 B1 到平面 ABC 的距离为 故三棱柱 ABC-A1B1C1 的高为 21 , 7
2 2

7 21 ,得 OH= . 4 14

21 . 7

B 组 能力提高 11.α ,β 是两平面,AB,CD 是两条线段,已知 α ∩β =EF,AB⊥α 于 B,CD⊥α 于 D, 若增加一个条件,就能得出 BD⊥EF,现有下列条件:①AC⊥β ;②AC 与 CD 在 β 内的射影在 同一条直线上;③AC∥EF.其中能成为增加条件的序号是________. 答案 ①② 解析 由题意得,AB∥CD,∴A,B,C,D 四点共面, ①:∵AC⊥β ,EF? β , ∴AC⊥EF,又∵AB⊥α ,EF? α ,∴AB⊥EF,∵AB∩AC=A,∴EF⊥面 ABCD, 又∵BD? 面 ABCD,∴BD⊥EF,故①正确;②:由 AC 与 CD 在 β 内的射影在同一条直线上可 知面 EF⊥AC,由①可知②正确;③错误,故填:①②. 12.如图, 在棱长为 1 的正四面体 A—BCD 中, 平面 α 与棱 AB, AD, CD,

BC 分别交于点 E,F,G,H,则四边形 EFGH 周长的最小值为________.
答案 2 解析 把面 ADC 沿着 AD 翻折到与面 ADB 共面上来, 此时 C 的位置为 C1,

G 的位置为 G1,再把面 DCB 沿着 BC 翻折到面 ABC 中,再把这个面沿着 AB 翻折到面 ADB 中来(其实就是得到四面体的展开图),这样,EFGH 的
周长为图中线段的和,然后根据三角形的边长关系得到最小值为 2. 13.如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧棱 AA1⊥底面 ABC,底面是以∠ABC 为 直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,点 D 是 A1C1 的中点,点 F 在线段

AA1 上,当 AF=________时,CF⊥平面 B1DF.
答案 a 或 2a
13

解析 由题意易知,B1D⊥平面 ACC1A1,所以 B1D⊥CF. 要使 CF⊥平面 B1DF,只需 CF⊥DF 即可. 令 CF⊥DF,设 AF=x,则 A1F=3a-x. 易知 Rt△CAF∽Rt△FA1D, 得

AC AF 2a x = ,即 = , A1F A1D 3a-x a
2 2

整理得 x -3ax+2a =0, 解得 x=a 或 x=2a. 14.如图,在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,∠ABC=90°,AB=BC=BB1, 点 D,E 分别为 BC,CC1 的中点. (1)求证:B1D⊥平面 ABE; (2)若点 P 是线段 B1D 上一点且满足

B1P 1 = ,求证:A1P∥平面 ADE. PD 2

证明 (1)在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,

BB1⊥平面 ABC,AB? 平面 ABC,所以 BB1⊥AB,
因为∠ABC=90°,所以 BC⊥AB, 又 BC∩BB1=B,所以 AB⊥平面 BCC1B1, 因为 DB1? 平面 BCC1B1,所以 AB⊥DB1, 因为在平面 BCC1B1 中,BC=BB1, 所以四边形 BCC1B1 为正方形, 因为点 D,E 分别为 BC,CC1 的中点, 所以△BCE∽△B1BD,所以∠CBE=∠BB1D, 所以∠CBE+∠B1DB=90°,即 B1D⊥BE, 又因为 BA∩BE=B,所以 B1D⊥面 ABE. (2)连结 PC 交 DE 于点 F,连结 A1C 交 AE 于点 G,连结 FG,

在正方形 BCC1B1 中利用

B1P 1 PF = 及平面几何知识可得 =2,在正方形 ACC1A1 中利用 CE∥AA1 且 PD 2 FC

1 A1G A1G PF CE= AA1 可得 =2,所以在△CA1P 中, = =2,所以 A1P∥GF,又 A1P?平面 ADE,GF? 2 GC GC FC
14

平面 ADE,所以 A1P∥平面 ADE.

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