如圖，在正三棱錐A－BCD中，∠BAC＝30°，AB＝a，平行于AD、BC的截面EFGH分別交AB、BD、DC、CA于點E、F、G、H．

(1)判定四邊形EFGH的形狀，并說明理由．

(2)設P是棱AD上的點，當AP為何值時，平面PBC⊥平面EFGH，請給出證明．

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如圖，在正三棱錐A－BCD中，∠BAC＝30°，AB＝a，平行于AD、BC的截面EFGH分別交AB、BD、DC、CA于點E、F、G、H．

(1)判定四邊形EFGH的形狀，并說明理由．

(2)設P是棱AD上的點，當AP為何值時，平面PBC⊥平面EFGH，請給出證明．

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如圖，在正三棱錐A-BCD中，∠BAC=30°，AB=a，平行于AD、BC的截面EFGH分別交AB、BD、DC、CA于點E、F、G、H．
（1）判定四邊形EFGH的形狀，并說明理由．
（2）設P是棱AD上的點，當AP為何值時，平面PBC⊥平面EFGH，請給出證明．

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如圖，在正三棱錐A-BCD中，∠BAC=30°，AB=a，平行于AD、BC的截面EFCH分別交 AB、BD、DC、CA于點E、F、G、H。

（1）判定四邊形EFCH的形狀，并說明理由；
（2）設P是棱AD上的點，當AP為何值時，平面PBC⊥平面EFCH？請給出證明。

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難點磁場

1.(1)證明：∵A₁C₁=B₁C₁，D₁是A₁B₁的中點，∴C₁D₁⊥A₁B₁于D₁，

又∵平面A₁ABB₁⊥平面A₁B₁C₁，∴C₁D₁⊥平面A₁B₁BA，

而AB₁平面A₁ABB₁，∴AB₁⊥C₁D₁.

(2)證明：連結D₁D，∵D是AB中點，∴DD₁CC₁，∴C₁D₁∥CD，由(1)得CD⊥AB₁，又∵C₁D₁⊥平面A₁ABB₁，C₁B⊥AB₁，由三垂線定理得BD₁⊥AB₁，

又∵A₁D∥D₁B，∴AB₁⊥A₁D而CD∩A₁D=D，∴AB₁⊥平面A₁CD.

(3)解：由(2)AB₁⊥平面A₁CD于O，連結CO₁得∠ACO為直線AC與平面A₁CD所成的角，∵AB₁=3，AC=A₁C₁=2，∴AO=1，∴sinOCA=，

∴∠OCA=.

殲滅難點訓練

一、1.解析：如圖，設A₁C₁∩B₁D₁=O₁，∵B₁D₁⊥A₁O₁，B₁D₁⊥AA₁，∴B₁D₁⊥平面AA₁O₁，故平面AA₁O₁⊥AB₁D₁，交線為AO₁，在面AA₁O₁內過A₁作A₁H⊥AO₁于H，則易知A₁H長即是點A₁到平面AB₁D₁的距離，在Rt△A₁O₁A中，A₁O₁=，AO₁=3，由A₁O₁?A₁A=h?AO₁,可得A₁H=.

答案：C?

2.解析：如圖，在l上任取一點P，過P分別在α、β內作a′∥a,b′∥b,在a′上任取一點A，過A作AC⊥l，垂足為C，則AC⊥β,過C作CB⊥b′交b′于B，連AB，由三垂線定理知AB⊥b′，

∴△APB為直角三角形,故∠APB為銳角.

答案：C

二、3.解析：①是假命題，直線X、Y、Z位于正方體的三條共點棱時為反例，②③是真命題，④是假命題，平面X、Y、Z位于正方體的三個共點側面時為反例.

答案：②③

4.④

三、5.證明：(1)∵PA⊥底面ABCD，∴AD是PD在平面ABCD內的射影，

∵CD平面ABCD且CD⊥AD，∴CD⊥PD.

(2)取CD中點G，連EG、FG，

∵E、F分別是AB、PC的中點，∴EG∥AD，FG∥PD

∴平面EFG∥平面PAD，故EF∥平面PAD

(3）解：當平面PCD與平面ABCD成45°角時，直線EF⊥面PCD

證明：G為CD中點，則EG⊥CD,由(1)知FG⊥CD，故∠EGF為平面PCD與平面ABCD所成二面角的平面角.即∠EGF=45°，從而得∠ADP=45°，AD=AP

由Rt△PAE≌Rt△CBE,得PE=CE

又F是PC的中點，∴EF⊥PC，由CD⊥EG，CD⊥FG，得CD⊥平面EFG，CD⊥EF即EF⊥CD，故EF⊥平面PCD.

6.(1)證明：

同理EF∥FG，∴EFGH是平行四邊形

∵A―BCD是正三棱錐，∴A在底面上的射影O是△BCD的中心，

∴DO⊥BC，∴AD⊥BC，

∴HG⊥EH，四邊形EFGH是矩形.

(2)作CP⊥AD于P點，連結BP，∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP

∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，HG面EFGH.面BCP⊥面EFGH，

在Rt△APC中，∠CAP=30°，AC=a,∴AP=a.

7.(1)證明：連結EM、MF，∵M、E分別是正三棱柱的棱AB和AB₁的中點，

∴BB₁∥ME，又BB₁平面EFM，∴BB₁∥平面EFM.

(2)證明：取BC的中點N，連結AN由正三棱柱得：AN⊥BC，

又BF∶FC=1∶3，∴F是BN的中點，故MF∥AN，

∴MF⊥BC，而BC⊥BB₁，BB₁∥ME.

∴ME⊥BC，由于MF∩ME=M，∴BC⊥平面EFM，

又EF?平面EFM，∴BC⊥EF.

(3)解：取B₁C₁的中點O，連結A₁O知，A₁O⊥面BCC₁B₁，由點O作B₁D的垂線OQ，垂足為Q，連結A₁Q，由三垂線定理，A₁Q⊥B₁D，故∠A₁QD為二面角A₁―B₁D―C的平面角，易得∠A₁QO=arctan.

8.(1)證明：連結A₁C₁、AC，AC和BD交于點O，連結C₁O，

∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD

又∵∠BCC₁=∠DCC₁，C₁C是公共邊，∴△C₁BC≌△C₁DC，∴C₁B=C₁D

∵DO=OB，∴C₁O⊥BD，但AC⊥BD，AC∩C₁O=O

∴BD⊥平面AC₁，又C₁C平面AC₁，∴C₁C⊥BD.

 (2)解：由(1)知AC⊥BD，C₁O⊥BD，∴∠C₁OC是二面角α―BD―β的平面角.

在△C₁BC中，BC=2，C₁C=，∠BCC₁=60°，∴C₁B²=2²+()²－2×2××cos60°=.

∵∠OCB=30°,∴OB=,BC=1,C₁O=,即C₁O=C₁C.

作C₁H⊥OC，垂足為H，則H是OC中點且OH=，∴cosC₁OC=

(3)解：由(1)知BD⊥平面AC₁，∵A₁O平面AC₁，∴BD⊥A₁C，當=1時，平行六面體的六個面是全等的菱形，同理可證BC₁⊥A₁C，又∵BD∩BC₁=B，∴A₁C⊥平面C₁BD.