8.6.2 直线与平面垂直
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[ 【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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必修第二册同步巩固，难度3颗星！
基础知识
定义
若一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于平面.
符号表述：若任意\(a\subset \alpha\)都有\(l\perp a\)，则\(l\perp \alpha\) .
判定定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直.
符号表述： \(\left.\begin{array}{c}
a， b \subset \alpha \\
a \cap b=O \\
l \perp a \\
l \perp b
\end{array}\right\} \Rightarrow l \perp \alpha \quad \text { (线线垂直 } \Rightarrow \text { 线面垂直) }\)
解释
(1) 定理中两条直线必须是相交的；
判断
① 如果一条直线与一个平面内的两条平行直线垂直，那么该直线与此平面垂直 (×)
② 如果一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，那么该直线与此平面垂直 (×)
(2) 简证：(由向量的基本定理和线面垂直的定义可证)
设直线\(l\)，\(a\)，\(b\)对应的向量是\(\vec{l}\)，\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，则\(\vec{l}\cdot \vec{a}=0\)，\(\vec{l}\cdot \vec{b}=0\)，
由于直线\(a\)，\(b\)相交，若平面 \(\alpha\)内任意直线\(c\)所对的向量\(\vec{c}=λ\vec{a}+μ\vec{b}\)，
则\(\vec{l}\cdot \vec{c}=\vec{l}\cdot (λ\vec{a}+μ\vec{b} )=λ\vec{l}\cdot \vec{a}+μ\vec{l}\cdot \vec{b}=0\)，则\(\vec{l}\perp\vec{c}\)，
即直线\(l\)与平面\(\alpha\)内任意直线垂直，即\(l\perp \alpha\).
(3) 该定理说明线面垂直可转化为线线垂直.
性质定理
垂直同一平面的两直线平行
符号表述 ：\(a\perp \alpha\)，\(b\perp \alpha ⇒ a ||b\).
证明 假设\(b\)与\(a\)不平行，且\(b \cap \alpha=0\)，显然点\(O\)不在直线\(a\)上，
所以点\(O\)与直线\(a\)可确定一个平面， 在该平面内过点\(O\)作直线\(b'||a\)，
则直线\(b\)与\(b'\)是相交于点\(O\)的两条不同直线，所以直线\(b\)与\(b'\)可确定平面\(\beta\)，
设\(\alpha \cap \beta=c\)，则\(O\in c\).
因为\(a\perp \alpha\)，\(b\perp \alpha\) ，所以\(a\perp c\)，\(b\perp c\).
又因为\(b'||a\)，所以\(b'\perp c\).
这样在平面\(\beta\)内，经过直线 \(c\)上同一点 \(O\)就有两条直线\(b\)，\(b'\)与\(c\)垂直，显然不可能.
因此\(b||a\).
(证明使用了反证法)
证明线面垂直的方法
① 定义法(反证)
② 判定定理(常用)
③ \(\left.\begin{array}{l}
a / / b \\
a \perp \alpha
\end{array}\right\} \Rightarrow b \perp \alpha\)
④ \(\left.\begin{array}{c}
\alpha / / \beta \\
a \perp \alpha
\end{array}\right\} \Rightarrow a \perp \beta\)
线面所成的角
(1) 定义
如下图，平面的一条斜线(直线\(l\))和它在平面上的射影(\(AO\))所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.
一条直线垂直平面，则\(\theta =90^{\circ}\)；一条直线和平面平行或在平面内，则\(\theta =0^{\circ}\).
(2) 范围
直线和平面所成的角\(\theta\) 的取值范围是\(0^{\circ}≤\theta ≤90^{\circ}\).
【例】 在棱长为\(1\)的正方体\(ABCD-A'B'C'D'\)中，求直线\(C'D\)与平面\(A'B'C'D'\)所成的角，直线\(B'D\)与平面\(A'D'DA\)所成的角的余弦值.
解 \(\because D'D\perp\)平面\(A'B'C'D'\)，\(\therefore\)直线\(C'D\)与平面\(A'B'C'D'\)所成的角为\(∠DC' D'=45^{\circ}\)；
\(\because A'B'\perp\)平面\(A'D'DA\)，\(\therefore\)直线\(B'D\)与平面\(A'D'DA\)所成的角为\(∠A'DB'\)，其余弦值 \(\cos \angle A^{\prime} D B^{\prime}=\dfrac{A^{\prime} D}{B^{\prime} D}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\).
距离
(1) 过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫作这个点到该平面的垂线段，垂线段的长度叫作这个点到该平面的距离；
(2) 一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫作这条直线到这个平面的距离；
(3) 两个平面平行时，其中一个平面内任意一点到另一个平面的距离，叫作两个平行平面间的距离.
基本方法
【题型1】 线面垂直的判定与性质
【典题1】 如图所示，\(Rt△ABC\)所在平面外一点\(S\)，且\(SA=SB=SC\)，点\(D\)为斜边\(AC\)的中点．
(1)求证：\(SD\perp\)平面\(ABC\)；
(2)若\(AB=BC\)，求证：\(BD\perp\) 平面\(SAC\)．
证明 (1)\(\because SA=SC\)，\(D\)为\(AC\)的中点，\(\therefore SD\perp AC\)．
在\(Rt△ABC\)中，\(AD=DC=BD\)，
又\(SA=SB\)，\(\therefore △ADS≌△BDS\)．
\(\therefore SD\perp BD\)．
又\(AC\cap BD=D\)，\(\therefore SD\perp\)平面\(ABC\)．
(2)\(\because BA=BC\)，\(D\)为\(AC\)的中点，\(\therefore BD\perp AC\)．
又由(1)知\(SD\perp BD\)，
于是\(BD\)垂直于平面\(SAC\)内的两条相交直线．
\(\therefore BD\perp\)平面\(SAC\)．
点拨 线面垂直的判定定理告诉我们要证明\(l\perp \alpha\)只需要在面\(\alpha\)内找到两条相交直线均与直线\(l\)垂直便可.把线面垂直转化为线线垂直，而线线垂直常用到平几知识：等腰三角形三线合一、勾股定理逆定理、全等三角形的性质、相似三角形性质、菱形对角线垂直等.
【典题2】 如图，四边形\(ABCD\)为矩形，\(AD\perp\)平面\(ABE\)，\(AE=EB=BC=2\)，\(F\)为\(CE\)上的点，且\(BF\perp\)平面\(ACE\)，\(BD\cap AC=G\)．
(1)求证：\(AE\perp\)平面\(BCE\)；
(2)求证：\(AE∥\)平面\(BFD\)；
(3)求四面体\(BCDF\)的体积．
解析 (1)证明：\(\because AD\perp\)平面\(ABE\)，\(AD∥BC\)，\(\therefore BC\perp\)平面\(ABE\)，
\(\because AE\subset\)平面\(ABE\)，\(\therefore AE\perp BC\)．
又\(\because BF\perp\)平面\(ACE\)，\(AE\subset\)平面\(ACE\)，\(\therefore BF\perp AE\)，
\(\because BC\cap BF=B\)，\(\therefore AE\perp\) 平面\(BCE\)
(2)证明：连接\(GF\)，\(\because BF\perp\)平面\(ACE\)，\(\therefore BF\perp CE\)
\(\because BE=BC\)，\(\therefore F\)为\(EC\)的中点，
\(\because G\)是\(AC\)的中点，\(\therefore FG∥AE\)，
\(\because FG\subset\)平面\(BFD\)，\(AE\not \subset\)平面\(BFD\)
\(\therefore AE∥\)平面\(BFD\)；
(3)解：取\(AB\)中点\(O\)，连接\(OE\)．
因为\(AE=EB\)，所以\(OE\perp AB\)．
因为\(AD\perp\) 面\(ABE\)，\(OE\subset\)面\(ABE\)，所以\(OE\perp AD\)，
所以\(OE\perp\)面\(ADC\)，
因为\(BF\perp\)面\(ACE\)，\(AE\subset\)面\(ACE\)，所以\(BF\perp AE\)．
因为\(CB\perp\)面\(ABE\)，\(AE\subset\) 面\(ABE\)，所以\(AE\perp BC\)．
又\(BF\cap BC=B\)，所以\(AE\perp\)平面\(BCE\)，
又\(BE\subset\)面\(BCE\)，所以\(AE\perp EB\)．
\(\because AE=EB=2\)，\(\therefore AB=2\sqrt{2}\)，\(\therefore OE=\sqrt{2}\)，
\(\therefore F\)到平面\(BCD\)的距离为\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
\(\therefore\)四面体\(BCDF\)的体积\(\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{2}{3}\).
点拨
① 求三棱锥的体积\(V=\dfrac{1}{3} h S\)，关键是确定其高\(h\)和底面积\(S\)，本题是以点\(F\)到平面\(BCD\)的距离位高\(h\)，底面积\(S=S_{\triangle B C D}\)；以点\(D\)到平面\(BCF\)的距离为高\(h\)，底面积\(S=S_{\triangle B C F}\)也可以；
② 而三棱锥的高即是点到平面的距离，本题中证明了\(OE\perp\)平面\(BCD\)，即\(OE\)为点\(E\)到平面\(BCD\)的距离.以点\(D\)到平面\(BCF\)的距离为高\(h\)又如何求解呢？
【巩固练习】
1.(多选)如图，在以下四个正方体中，直线\(AB\)与平面\(CDE\)垂直的是( )
A． 
\(\qquad\) B．
\(\qquad\)C．
\(\qquad\)D．
2.在长方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AB=\sqrt{2} AD\)，\(E\)为棱\(CD\)的中点，则( )
A．\(A_1 E\perp DD_1\) \(\qquad \qquad\) B．\(A_1 E\perp DB\) \(\qquad \qquad\) C．\(A_1 E\perp D_1 C_1\) \(\qquad \qquad\) D．\(A_1 E\perp DB_1\)
3.如图，在三棱锥\(P-ABC\)中，\(PA\perp\)平面\(ABC\)，\(AB\perp BC\)，\(PA=AB\)，\(D\)为\(PB\)的中点，则下列判断不正确的是( )
A．\(BC\perp\)平面\(PAB\) \(\qquad \qquad\) B．\(AD\perp PC\) \(\qquad \qquad\)C．\(AD\perp\)平面\(PBC\) \(\qquad \qquad\) D．\(PB\perp\)平面\(ADC\)
4.如图，在三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，底面是以\(∠ABC\)为直角的等腰直角三角形，侧棱\(AA_1\perp\)底面\(ABC\)，\(AC=2a\)，\(BB_1=3a\)，\(D\)是\(A_1 C_1\)的中点，点\(F\)在线段\(AA_1\)上，当\(AF=\)\(\underline{\quad \quad}\)时，\(CF\perp\)平面\(B_1 DF\)．
5.如图所示，在四棱锥\(P-ABCD\)中，\(AB\perp\)平面\(PAD\)，\(AB∥CD\)，\(PD=AD\)，\(E\)是\(PB\)中点，\(F\)是\(DC\)上的点，且\(DF=\dfrac{1}{2}AB\)，\(PH\)为\(△PAD\)中\(AD\)边上的高．
(1)证明：\(PH\perp\)平面\(ABCD\)；
(2)若\(PH=1\)，\(AD=2\)，\(FC=1\)，求三棱锥\(E-BCF\)的体积；
(3)证明：\(EF\perp\)平面\(PAB\)．
参考答案
-
答案 \(BD\)
解析 对于\(A\)， \(\because \angle B A D=\dfrac{\pi}{4}\)，\(CE∥AD\)，\(\therefore AB\)与\(CE\)不垂直，
\(\because CE\subset\)平面\(CDE\)，\(\therefore\)直线\(AB\)与平面\(CDE\)不垂直，故\(A\)错误；
对于\(B\)，\(\because CE\perp AB\)，\(DE\perp AB\)，\(CE\cap DE=E\)，
\(\therefore\)直线\(AB\perp\)平面\(CDE\)，故\(B\)正确；
对于\(C\)，\(AB\)与\(CE\)所成角为\(\dfrac{\pi}{3}\)，\(\therefore\)直线\(AB\)与平面\(CDE\)不垂直，故\(C\)错误；
对于\(D\)，如图，\(\because DE\perp BF\)，\(DE\perp AF\)，\(BF\cap AF=F\)，
\(\therefore DE\perp\)平面\(ABF\)，
\(\because AB\subset\)平面\(ABF\)，\(\therefore DE\perp AB\)，同理得\(CE\perp AB\)，
\(\because DE\cap CE=E\)，\(\therefore AB\perp\)平面\(CDE\)，故\(D\)正确．
故选：\(BD\)． -
答案 \(B\)
解析 连结\(AE\)，\(BD\)，因为\(AB=\sqrt{2} AD\)，所以 \(\dfrac{A B}{A D}=\dfrac{A D}{D E}=\sqrt{2}\)，
所以\(△ABD∽△DAE\)，所以\(∠DAE=∠ABD\)，
所以\(\angle E A B+\angle A B D=90^{\circ}\)，即\(AE\perp BD\)，
所以\(BD\perp\)平面\(A_1 AE\)，所以\(A_1 E\perp DB\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(D\)
解析 \(\because PA\perp\)平面\(ABC\)，\(BC\subset\)平面\(ABC\)，
\(\therefore PA\perp BC\)，又\(AB\perp BC\)，\(AB\)，\(PA\subset\) 平面\(PAB\)且\(AB\cap PA=A\)，
\(\therefore BC\perp\)平面 \(PAB\)，故\(A\)正确，
由\(BC\perp\)平面\(PAB\)，\(AD\subset\)平面\(PAB\)，得\(BC\perp AD\)，
又\(PA=AB\)，\(D\)是\(PB\) 的中点，\(\therefore AD\perp PB\)，
又\(PB\cap BC=B\)，\(PB\)，\(BC\subset\)平面 \(PBC\)，
\(\therefore AD\perp\)平面\(PBC\)，\(PC\subset\)平面\(PBC\)，
\(\therefore AD\perp PC\)，故\(B\)，\(C\)正确，
由\(BC\perp\)平面\(PAB\)，\(PB\subset\)平面\(PAB\)，得\(BC\perp PB\)，
因为\(BC\)与\(CD\)不平行，因此\(PB\)与\(CD\)不垂直，
从而\(PB\)不与平面\(ADC\)垂直，\(D\)错误，
故选：\(D\)． -
答案 \(a\)或\(2a\)
解析 由已知得\(A_1 B_1=B_1 C_1\)，又\(D\)是\(A_1 C_1\)的中点，
所以\(B_1 D\perp A_1 C_1\)，又侧棱\(AA_1\perp\)底面\(ABC\)，
可得侧棱\(AA_1\perp\)平面\(A_1 B_1 C_1\)，
又\(B_1 D\subset\)平面\(A_1 B_1 C_1\)，所以\(AA_1\perp B_1 D\)，
因为\(AA_1\cap A_1 C_1=A_1\)，所以\(B_1 D\perp\)平面\(AA_1 C_1 C\)，
又\(CF\subset\)平面\(AA_1 C_1 C\)，所以\(B_1D\perp CF\)，
故若\(CF\perp\)平面\(B_1 DF\)，则必有\(CF\perp DF\)．
设\(AF=x(0<x<3a)\)，
则 \(C F^2=x^2+4 a^2\)，\(D F^2=a^2+(3 a-x)^2\)，
又\(C D^2=a^2+9 a^2=10 a^2\)，
所以\(10 a^2=x^2+4 a^2+a^2+(3 a-x)^2\)，解得\(x=a\)或\(2a\)．
故答案为：\(a\)或\(2a\)． -
答案 (1) 略；(2)\(\dfrac{1}{6}\) ；(3) 略
解析 (1)由\(AB\perp\) 平面\(PAD\)，\(PH\subseteq\)平面\(PAD\)可得：\(AB\perp PH\)，
又\(PH\)为\(△PAD\)中边\(AD\)的高，即\(PH\perp AD\)，
而\(AB\cap AD=A\)，\(AB\)，\(AD\subseteq\)平面\(ABCD\)，
故由线面垂直的判定定理可得：\(PH\perp\)平面\(ABCD\)．
(2)由\(E\)为\(PB\)中点可得：三棱锥\(E-BCF\)的体积为 \(V_{E-B C F}=\dfrac{1}{2} V_{P-B C F}\)，
而又由(1)可得： \(V_{P-B C F}=\dfrac{1}{3} P H \cdot S_{\triangle B C F}=\dfrac{1}{3} P H \cdot \dfrac{1}{2} A D \cdot F C=\dfrac{1}{6} \times 1 \times 2 \times 1=\dfrac{1}{3}\)，
故所求三棱锥\(E-BCF\)的体积为\(\dfrac{1}{6}\)．
(3)取\(AB\)的中点\(G\)，连接\(GE\)，\(GF\)，\(PF\)，
由题意知：\(AG=\dfrac{1}{2}AB=DF\)，
又\(AG∥DF\)，故四边形\(ADFG\)为平行四边形，
于是得\(AD∥FG\)，而\(EG\)为\(△ABP\)的中位线，故\(EG∥AP\)，
又\(AD\cap AP=A\)，\(EG\cap FG=G\)，
可得平面\(EFG∥\)平面\(ADP\)，而\(AB\perp\) 平面\(ADP\)，
于是有\(AB\perp\)平面\(EFG\)，
又\(EF\subseteq\)平面\(EFG\)，因此，\(EF\perp AB\)，
在\(Rt△PDF\)中，\(P F=\sqrt{P D^2+D F^2}\)，
在\(Rt△BFG\)中， \(B F=\sqrt{F G^2+B G^2}\)，
而\(PD=AD=FG\)，\(BG=AG=DF\)，故\(BF=PF\)，
在等腰三角形\(BPF\)中，\(E\)为底边\(BP\)的中点，于是有\(EF\perp BP\)，
又\(AB\cap BP=B\)，\(AB\)，\(BP\subseteq\)平面\(PAB\)，
故由线面垂直的判定定理可得：\(EF\perp\)平面\(PAB\)．
【题型2】 线面所成的角
【典题1】 如图所示，\(Rt△BMC\)中，斜边\(BM=5\)，它在平面\(ABC\)上的射影\(AB\)长为\(4\)，\(∠MBC=60^{\circ}\)，求\(MC\)与平面\(CAB\)所成角的正弦值．
解析 由题意知，\(A\)是\(M\)在平面\(ABC\)内的射影，
\(\therefore MA\perp\)平面\(ABC\)．\(\therefore MC\)在平面\(CAB\)内的射影为\(AC\)．
\(\therefore ∠MCA\)即为直线\(MC\)与平面\(CAB\)所成的角．
又\(\because\)在\(Rt△MBC\)中，\(BM=5\)，\(∠MBC=60^{\circ}\)，
\(\therefore M C=B M \cdot \sin \angle M B C=5 \sin 60^{\circ}=5 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{5}{2} \sqrt{3}\)．
在\(Rt△MAB\)中， \(M A=\sqrt{M B^2-B A^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3\)．
在\(Rt△MAC\)中， \(\sin \angle M C A=\dfrac{M A}{M C}=\dfrac{3}{\dfrac{5}{2} \sqrt{3}}=\dfrac{2}{5} \sqrt{3}\)．
即\(MC\)与平面\(CAB\)所成角的正弦值为 \(\dfrac{2}{5} \sqrt{3}\)．
点拨 求线\(l\)与面\(\alpha\) 所成的角\(\theta\) ，一般的思路
如下图中，求直线\(AP\)与平面\(\alpha\)所成的角，具体步骤如下：
(1) 过点\(P\)作平面\(\alpha\)的高\(PO\)，垂足为\(O\)，则\(AO\)是线段\(AP\)在平面 \(\alpha\)上的投影；
(2) 找到所求角\(\theta\)；
(3) 求解三角形\(APO\)进而求角\(\theta\).
(此方法难点证明到\(PO\perp\)平面\(\alpha\) )
【巩固练习】
1.如图所示，在正三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，\(AA_1=AB=2\)，则\(A_1 C\)与侧面\(BCC_1 B_1\)所成角的正弦值为( )
A． \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\sqrt{6}}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{\sqrt{10}}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)
2.在三棱锥\(A-BCD\)中，\(AB\perp\) 平面\(BCD\)，\(CD\perp BC\)，且\(BC=\sqrt{3} AB\)，则直线\(AB\)与平面\(ACD\)所成的角为( )
A．\(\dfrac{\pi}{6}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\pi}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{\pi}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{\pi}{2}\)
3.在长方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，已知\(B_1 D\)与平面\(ABCD\)和平面\(AA_1 B_1 B\)所成的角均为\(30^{\circ}\)，则 ( )
A．\(AB=2AD\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(AB\)与平面\(AB_1 C_1 D\)所成的角为\(30^{\circ}\)
C．\(AC=CB_1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(B_1 D\)与平面\(BB_1 C_1 C\)所成的角为\(45^{\circ}\)
4.如图，在正三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，底面边长为\(a\)，侧棱长为\(b\)，且\(a≥b\)，点\(D\)是\(BC_1\)的中点，则直线\(AD\)与侧面\(ABB_1 A_1\)所成角的正切值的最小值是( )
A．\(\dfrac{\sqrt{130}}{13}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{\sqrt{39}}{13}\)
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 如图，取\(B_1 C_1\)的中点\(E\)，连接\(A_1 E\)，\(CE\)，
则根据题意易得\(A_1 E\perp\)侧面\(BCC_1 B_1\)，\(\therefore ∠A_1 CE\)即为所求，
又根据题意易知\(A_1 E=\sqrt{3}\)，\(A_1 C=2\sqrt{2}\)，
\(\therefore \sin \angle A_1 C E=\dfrac{A_1 E}{A_1 C}=\dfrac{\sqrt{3}}{2 \sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}，\)，故选：\(B\)．
-
答案 \(C\)
解析 因为\(AB\perp\)平面\(BCD\)，所以\(AB\perp CD\)，
又\(CD\perp BC\)，\(AB\cap BC=B\)，\(AB\subset\)平面\(ABC\)，\(BC\subset\) 平面\(ABC\)，
所以\(CD\perp\)平面\(ABC\)，
又\(CD\subset\)平面\(ACD\)，所以面\(ACD\perp\)平面\(ABC\)，
作\(BE\perp AC\)，垂足为\(E\)．则\(BE\perp\)平面\(ACD\)，
所以\(∠BAE\)是直线\(AB\)与平面\(ACD\)所成的角，
在直角三角形\(ABC\)中，因为\(\tan \angle B A C=\dfrac{B C}{A B}=\sqrt{3}\)，
所以\(∠BAC=\dfrac{\pi}{3}\)，
故选：\(C\)． -
答案 \(D\)
解析 如图所示，连接\(AB_1\)，\(BD\)，不妨令\(AA_1=1\)，
在长方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AD\perp\)面\(AA_1 B_1 B\)， 面\(ABCD\)，
所以\(∠B_1 DB\)和\(∠DB_1 A\)分别为\(B_1 D\)与平面\(ABCD\)和平面\(AA_1 B_1 B\)所成的角，
即\(∠B_1 DB=∠DB_1 A=30^{\circ}\)，
所以在\(RtΔBDB_1\)中，\(BB_1=AA_1=1\)，\(BD=\sqrt{3}\)，\(B_1 D=2\)，
在\(RtΔADB_1\)中，\(DB_1=2\)，\(AD=1\)，\(AB_1=\sqrt{3}\)，
所以\(AB=\sqrt{2}\)，\(CB_1=\sqrt{2}\)，\(AC=\sqrt{3}\)，
故选项\(A\)，\(C\)错误，
由图易知，\(AB\)在平面\(AB_1 C_1 D\)上的射影在\(AB_1\)上，
所以\(∠B_1 AB\)为\(AB\)与平面\(AB_1 C_1 D\)所成的角，
在\(Rt△ABB_1\)中， \(\sin \angle B_1 A B=\dfrac{B B_1}{A B_1}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)，故选项\(B\)错误，
如图，连接\(B_1 C\)，
则\(B_1 D\)在平面\(BB_1 C_1 C\)上的射影为\(B_1 C\)，
所以\(∠DB_1 C\)为\(B_1 D\)与平面\(BB_1 C_1 C\)所成的角，
在\(Rt △DB_1 C\)中，\(B_1 C=\sqrt{2}=DC\)，
所以\(∠DB_1 C=45^{\circ}\)，所以选项\(D\)正确，
故选：\(D\)． -
答案 \(D\)
解析 取\(A_1 B_1\)的中点\(E\)，连接\(BE\)、\(C_1 E\)，则\(C_1 E\perp A_1 B_1\)，
由正三棱柱的性质可知，面\(A_1 B_1 C_1\perp\)面\(ABB_1 A_1\)，
而面\(A_1 B_1 C_1\cap\)面\(ABB_1 A_1=A_1 B_1\)，\(\therefore C_1 E\perp\)面\(ABB_1 A_1\)．
取\(BE\)的中点\(F\)，连接\(AF\)、\(DF\)，
\(\because D\)为\(CC_1\)的中点，\(\therefore DF∥C_1 E\)，\(\therefore DF\perp\)面\(ABB_1 A_1\)，
即点\(D\)在面\(ABB_1 A_1\)上的投影为点\(F\)，
\(\therefore ∠DAF\)即为直线\(AD\)与侧面\(ABB_1 A_1\)所成角．
在\(Rt△AFD\)中， \(D F=\dfrac{1}{2} C_1 E=\dfrac{\sqrt{3}}{4} a\)， \(A F=\sqrt{\left(\dfrac{3}{4} a\right)^2+\left(\dfrac{1}{2} b\right)^2}=\dfrac{\sqrt{9 a^2+4 b^2}}{4}\)，
\(\therefore \tan \angle D A F=\dfrac{D F}{A F}=\dfrac{\sqrt{3} a}{\sqrt{9 a^2+4 b^2}}=\sqrt{\dfrac{1}{3+\dfrac{4 b^2}{3 a^2}}} \geq \sqrt{\dfrac{1}{3+\dfrac{4}{3}}}=\dfrac{\sqrt{39}}{13}\)，
当且仅当\(a=b\)时，等号成立．
\(\therefore\)直线\(AD\)与侧面\(ABB_1 A_1\)所成角的正切值的最小值为\(\dfrac{\sqrt{39}}{13}\)．故选：\(D\)．
分层练习
【A组---基础题】
1.正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，为的中点，则直线\(CE\)垂直于( )
A．直线\(AC\) \(\qquad \qquad\) B．直线\(B_1 D_1\) \(\qquad \qquad\) C．直线\(A_1 D_1\) \(\qquad \qquad\) D．直线\(A_1 A\)
2.如图：\(PA\perp ⊙O\)所在的平面，\(AB\)是\(⊙O\)的直径，\(C\)是\(⊙O\)上的一点，\(AE\perp PC\)，\(AF\perp PB\)，给出下列结论①\(AE\perp BC\)，②\(AE\perp PB\)，③\(AF\perp BC\)，④\(AE\perp\)平面\(PBC\)，其中正确命题的序号是( )
A．①② \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．①③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．①②④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．①③④
3.在长方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AB=AA_1=1\)，\(AD=2\)，则直线\(A_1C\)与平面\(ABCD\)所成角的正弦为( )
A． \(\dfrac{\sqrt{6}}{6}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{\sqrt{5}}{5}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)
4.已知菱形\(ABCD\)中，\(∠BAD=60^{\circ}\)，\(AC\)与\(BD\)相交于点\(E\)，将\(△ABD\)沿\(BD\)折起，使顶点\(A\)至点\(M\)，在折起的过程中，对于下面两个命题：
①存在一个位置，使\(△CDM\)为等边三角形；②\(DM\)与\(BC\)不可能垂直，成立的是( )
A．①为假命题，②为真命题 \(\qquad\) B．①为真命题，②为假命题 \(\qquad\) C．①②均为真命题 \(\qquad\) D．①②均为假命题
5.在长方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AA_1=AD=2AB=2\)，\(AB\perp AD\)，且\(P\)为\(CC_1\)中点，\(Q\)为\(AA_1\)上一动点，则( )
A．\(|PQ|\in [\sqrt{5}，\sqrt{6}]\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B．三棱锥\(B-QPB_1\)的体积为 \(\dfrac{2}{3}\)
C．存在点\(Q\)使得\(BD_1\)与平面\(QPB_1\)垂直 \(\qquad\) D．存在点\(Q\)使得\(AC_1\)与平面\(QPB_1\)垂直
6.如图，已知平行四边形\(ABCD\)中，\(|AD|=4\)，\(|CD|=3\)，\(∠D=60^{\circ}\)，\(PA\perp\)平面\(ABCD\)，且\(|PA|=6\)，则\(|PC|=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
7.如图，在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，点\(E\)是棱\(BC\)的中点，点\(F\)是棱\(CD\)上的动点．当 \(\dfrac{C F}{F D}=\)\(\underline{\quad \quad}\)时，\(D_1 E\perp\)平面\(AB_1 F\)．
8.如图，\(∠BOC\)在平面\(\alpha\)内，\(OA\)是 \(\alpha\) 的斜线，若\(∠AOC=∠AOB=60^{\circ}\)，\(OA=OB=OC=1\)，\(BC=\sqrt{2}\)，则\(OA\)与平面\(\alpha\)所成角是\(\underline{\quad \quad}\)．
9.如图所示，在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(M\)是\(AB\)上一点，\(N\)是\(A_1 C\)的中点，\(MN\perp\) 平面\(A_1 DC\)．
求证：(1)\(MN∥AD_1\)； \(\qquad \qquad\)(2)\(M\)是\(AB\)的中点．
10.如图，菱形\(ABCD\)的边长为\(6\)，\(∠BAD=60^{\circ}\)，\(AC\cap BD=O\)．将菱形\(ABCD\)沿对角线\(AC\)折起，得到三棱锥\(B-ACD\)，点\(M\)是棱\(BC\)的中点，\(DM=3\sqrt{2}\)．
(1)求证：\(OD\perp\)平面\(ABC\)；
(2)求三棱锥\(M-ABD\)的体积．
11.如图，已知\(△ABC\)是正三角形，\(EA\)、\(CD\)都垂直于平面\(ABC\)，且\(EA=AB=2a\)，\(DC=a\)，\(F\)是\(BE\)的中点，求证：
(1)\(FD∥\)平面\(ABC\)；
(2)\(AF\perp\)平面\(EDB\)；
(3)求直线\(AD\)与平面\(EDB\)所成角的余弦值．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 如图，直线\(CE\)垂直于直线\(B_1 D_1\)
事实上，\(\because AC_1\)为正方体，\(\therefore A_1 B_1 C_1 D_1\)为正方形，连结\(B_1 D_1\)，
又\(\because E\)为\(A_1 C_1\)的中点，\(\therefore E\in B_1 D_1\)．\(\therefore B_1 D_1\perp C_1 E\)，
\(CC_1\perp\)面\(A_1 B_1 C_1 D_1\)，\(\therefore CC_1\perp B_1 D_1\)，
又\(CC_1\cap C_1 E=C_1\)，\(\therefore B_1 D_1\perp\)面\(CC_1 E\)，
而\(CE\subset\)面\(CC_1 E\)，\(\therefore\)直线\(CE\)垂直于直线\(B_1 D_1\)
故选：\(B\)． -
答案 \(C\)
解析 \(\because AB\)是\(⊙O\)的直径\(，\therefore AC\perp BC\)，
\(\because PA\perp ⊙O\)所在平面，\(\therefore PA\perp AC\)，\(PA\perp AB\)，\(PA\perp BC\)，
\(\therefore BC\perp\)面\(PAC\)，\(\therefore BC\perp AE\)，\(\therefore AE\perp PC\)，
\(\because BC\cap PC=C\)，\(\therefore AE\perp\) 面\(PBC\)，\(\therefore\) ④正确；
\(\because BC\)，\(PB\subset\)面\(PBC\)，
\(\therefore AE\perp BC\)，\(AE\perp PB\)，\(\therefore\) ①②正确；
若\(AF\perp BC\)，则\(AF\perp\)面\(PBC\)，
此时\(E\)，\(F\)重合，与已知矛盾．\(\therefore\)③错误；
故①②④正确．
故选\(C\)． -
答案 \(A\)
解析 如图，\(\because\)长方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(A_1 A\perp\)平面\(ABCD\)，
\(\therefore\)直线\(A_1 C\)与平面\(ABCD\)所成角为\(∠ACA_1\)，
\(\because AB=AA_1=1\)，\(AD=2\)， \(\therefore A C=\sqrt{5}\)，
\(\therefore\)在\(Rt△ACA_1\)中由勾股定理可得\(A_1 C=\sqrt{6}\)，
\(\therefore \sin \angle A C A_1=\dfrac{A A_1}{A_1 C}=\dfrac{1}{\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}\)，
故直线\(A_1 C\)与平面\(ABCD\)所成角的正弦为 \(\dfrac{\sqrt{6}}{6}\)．
故选：\(A\)．
-
答案 \(B\)
解析 由题意知，\(AB=BC=CD=DA=BD\)，
当四面体\(MBCD\)为正四面体时，此时\(△CDM\)为等边三角形，故①为真命题；
当三棱锥是正四面体时，设顶点\(M\)在底面\(BCD\)上的投影为\(O\)，
连接\(DO\)延长交\(BC\)于\(F\)，如图，
由正四面体性质可知，\(O\)是三角形\(BCD\)中心，\(F\)是\(BC\)中点，
所以\(BC\perp MO\)，\(BC\perp DF\)，
又\(FD\cap MO=O\)，\(FD\)，\(MO\subset\)平面\(MDO\)，
所以\(BC\perp\)平面\(MDO\)，
又\(MD\subset\) 平面\(MDO\)，所以\(DM\perp BC\)，所以②为假命题．
故选：\(B\)． -
答案 \(AB\)
解析 对\(A\)选项，如图，当\(Q\)为\(AA_1\)的中点时，\(|PQ|\)最小，
此时 \(|P Q|=|A C|=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}\)；
当\(Q\)为\(A_1\)或\(A\)时，\(|PQ|\)最大，此时 \(|P Q|=|P A|=\sqrt{5+1}=\sqrt{6}\)，
\(\therefore |PQ|\in [\sqrt{5}，\sqrt{6}]\)，\(\therefore A\)选项正确；
对\(B\)选项，\(\because\)三棱锥\(B-QPB_1\)的体积 \(V_{B-Q P B}=V_{Q-B P B_1}=\dfrac{1}{3} \times\left(\dfrac{1}{2} \times 2 \times 2\right) \times 1=\dfrac{2}{3}\)，
\(\therefore B\)选项正确；
对\(C\)，\(D\)选项，\(\because BD_1\)与\(AC_1\)与在平面\(BCC_1 B_1\)内的射影都为\(BC_1\)，
而\(BC_1\) 与\(PB_1\)不垂直，根据三垂线定理可得\(PB_1\)与\(BD_1\) 、\(AC_1\)都不垂直，
\(\therefore BD_1\)和\(AC_1\)与平面\(QPB_1\)都不垂直，\(\therefore C\)、\(D\)选项错误．
故选：\(AB\)．
-
答案 \(7\)
解析 由余弦定理有，\(A C^2=A D^2+C D^2-2 A D \cdot C D \cdot \cos D=16+9-2 \times 4 \times 3 \times \dfrac{1}{2}=13\)，
\(\therefore A C=\sqrt{13}\)，
\(\because PA\perp\)平面\(ABCD\)，\(AC\)在平面\(ABCD\)内，\(\therefore PA\perp AC\)，
\(\therefore P C=\sqrt{P A^2+A C^2}=\sqrt{36+13}=7\)．
故答案为：\(7\)． -
答案 \(1\)
解析 连接\(A_1 B\)，则\(A_1 B\)是\(D_1 E\)在面\(ABB_1 A\)内的射影
\(\because AB_1\perp A_1 B\)，\(\therefore D_1 E\perp AB_1\)，
于是\(D_1 E\perp\)平面\(AB_1F⇔D_1 E\perp AF\)．
连接\(DE\)，则\(DE\)是\(D_1 E\)在底面\(ABCD\)内的射影．
\(\therefore D_1 E\perp AF⇔DE\perp AF\)．
\(\because ABCD\)是正方形，\(E\)是\(BC\)的中点．
\(\therefore\)当且仅当\(F\)是\(CD\)的中点时，\(DE\perp AF\)，
即当点\(F\)是\(CD\)的中点时，\(D_1 E\perp\)平面\(AB_1 F\)．
\(\therefore \dfrac{C F}{F D}=1\)时，\(D_1 E\perp\)平面\(AB_1 F\)． -
答案 \(\dfrac{\pi}{4}\)
解析 如图，取\(BC\)中点为\(D\)，连接\(AD\)，\(OD\)，
\(\because OA=OC=1\)，\(∠AOC=60^{\circ}\)，\(\therefore AC=1\)，
同理，在\(△AOB\)中，\(AB=1\)，
\(\because AC=AB=1\)，\(BC=\sqrt{2}\)，
\(\therefore AD\perp BC\)，且\(AD=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
又\(\because OC=OB=1\)，\(BC=\sqrt{2}\)，\(\therefore OD=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
\(\therefore O A^2=O D^2+A D^2\)，即\(AD\perp OD\)，
又因为\(BC\cap OD=D\)，所以\(AD\perp\)平面\(OBC\)，
所以\(∠AOD\)为\(OA\)与平面\(\alpha\)所成角，
在\(Rt△AOD\)中，\(OD=AD=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，所以\(∠AOD=\dfrac{\pi}{4}\)，
故答案为：\(\dfrac{\pi}{4}\)． -
证明 (1)\(\because\) 四边形\(ADD_1 A_1\)为正方形，\(\therefore AD_1\perp A_1 D\)．
又\(\because CD\perp\)平面\(ADD_1 A_1\)，\(\therefore CD\perp AD_1\)．
\(\because A_1 D\cap CD=D\)，\(\therefore AD_1\perp\) 平面\(A_1 DC\)．
又\(\because MN\perp\)平面\(A_1 DC\)，\(\therefore MN∥AD_1\)．
(2)如图，连接\(ON\)，在\(△A_1 DC\)中，\(A_1 O=OD\)，\(A_1 N=NC\)．
\(\therefore ON∥CD∥AB\)．
\(\therefore ON∥AM\)．又\(\because MN∥OA\)，
\(\therefore\)四边形\(AMNO\)为平行四边形，
\(\therefore ON=AM\)．\(\because ON=\dfrac{1}{2}AB\)，\(\therefore AM=\dfrac{1}{2}AB\)．
\(\therefore M\)是\(AB\)的中点． -
答案 (1) 略；(2) \(\dfrac{9 \sqrt{3}}{2}\)
解析 (1)证明：由题意，\(OM=OD=3\)，
\(\therefore O M^2+O D^2=18=(3 \sqrt{2})^2=D M^2\)．
\(\therefore ∠DOM=90^{\circ}\)，\(\therefore OD\perp OM\)．
又\(\because\) 菱形\(OM\cap AC=O\)，\(\therefore OD\perp AC\)．
\(\because OM\cap AC=O\)，\(\therefore OD\perp\)平面\(ABC\)．
(2)解：三棱锥\(M-ABD\)的体积等于三棱锥\(D-ABM\)的体积．
由(1)知，\(OD\perp\)平面\(ABC\)，
\(\therefore OD=3\)为三棱锥\(D-ABM\)的高．
\(△ABM\)的面积\(=\dfrac{1}{2} B M \times B A \times \sin 120^{\circ}=\dfrac{1}{2} \times 3 \times 6 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{9 \sqrt{3}}{2}\)，
所求体积等于\(\dfrac{1}{3} \times S_{\triangle A B M} \times O D=\dfrac{9 \sqrt{3}}{2}\)．
-
答案 (1) 略；(2) 略；(3) \(\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)
解析 (1)证明：取\(AB\)的中点\(M\)，连\(FM\)，\(MC\)，
\(\because F\)、\(M\)分别是\(BE\)、\(BA\)的中点，
\(\therefore FM∥EA\)，\(FM=\dfrac{1}{2}EA\)，
\(\because EA\)、\(CD\)都垂直于平面\(ABC\)，\(\therefore CD∥EA\)，
\(\therefore CD∥FM\)，
又\(DC=a\)，\(\therefore FM=DC\)，
\(\therefore\)四边形\(FMCD\)是平行四边形，
\(\therefore FD∥MC\)，又\(FD\not \subset\)平面\(ABC\)，\(MC\subset\)平面\(ABC\)，
\(\therefore FD∥\)平面\(ABC\)；
(2)证明：\(\because M\)是\(AB\)的中点，\(△ABC\)是正三角形，
\(\therefore CM\perp AB\)，
又\(CM\perp AE\)，\(\therefore CM\perp\)面\(EAB\)，\(\therefore CM\perp AF\)，\(FD\perp AF\)，
因\(F\)是\(BE\)的中点，\(EA=AB\)，\(\therefore AF\perp EB\)，
又\(FD\cap BE=F\)，\(\therefore AF\perp\)平面\(EDB\)．
(3)由(2)可得\(AD\)在平面\(EBD\)的射影为\(DF\)，
所以直线\(AD\)与平面\(EDB\)所成角为\(∠ADF\)，
\(AF=\sqrt{2} a\)，\(AD=\sqrt{5} a\)，\(DF=\sqrt{3} a\)， \(\cos \angle A D F=\dfrac{D F}{A D}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)；
所以直线\(AD\)与平面\(EDB\)所成角的余弦值为\(\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)．
【B组---提高题】
1.如图，正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)的棱长为\(2\)，点\(O\)为底面\(ABCD\)的中心，点\(P\)在侧面\(BB_1 C_1 C\)的边界及其内部运动，若\(D_1 O\perp OP\)，则\(△D_1 C_1 P\)面积的最小值为( )
A．\(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{4\sqrt{5}}{5}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\sqrt{5}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2\sqrt{5}\)
2.已知圆锥\(DO\)的轴截面为等边三角形，\(△ABC\)是底面\(⊙O\)的内接正三角形，点\(P\)在\(DO\)上，且\(PO=λDO\)．若\(PA\perp\)平面\(PBC\)，则实数\(λ=\) \(\underline{\quad \quad}\) .
3.在正四棱柱\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(B_1 C\)与平面\(ACC_1 A_1\)所成角的正弦值为\(\dfrac{\sqrt{2}}{4}\)．则异面直线\(B_1 C\)与\(DC_1\)所成角的余弦值为 \(\underline{\quad \quad}\) .
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 如图所示：
当点\(P\)在\(C\)处时，\(D_1 O\perp OC\)，当点\(P\)在\(B_1 B\)的中点\(P_1\)时，
\(O P^2=(\sqrt{2})^2+1^2=3\)， \(D_1 O^2=(\sqrt{2})^2+2^2=6\)， \(D_1 P_1^2=(2 \sqrt{2})^2+1^2=9\)，
所以 \(O P^2+D_1 O^2=D_1 P_1^2\)，
所以\(D_1 O\perp OP_1\)，又\(OP_1\cap OC=O\)，
所以\(D_1 O\perp\)平面\(OP_1 C\)，
所以点\(P\)的轨迹是线段\(P_1 C\)，
因为\(D_1 C_1\perp\)平面\(P_1 C_1 C\)，
所以\(△D_1 C_1 P\)面积最小时，\(C_1 P\perp P_1 C\)，
此时 \(C_1 P=\dfrac{C_1 C \times B C}{P_1 C}=\dfrac{4}{\sqrt{2^2+1^2}}=\dfrac{4 \sqrt{5}}{5}\)，
\(S_{\triangle D_1 C_1 P}=\dfrac{1}{2} \times 2 \times \dfrac{4 \sqrt{5}}{5}=\dfrac{4 \sqrt{5}}{5}\)，
故选：\(B\)．
-
答案 \(\dfrac{\sqrt{6}}{6}\)
解析 如图所示，
不妨设\(AE=AD=1\)，
由\(B A=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)， \(P O=\lambda D O=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \lambda\)， \(P A^2=P B^2=\dfrac{3}{4} \lambda^2+\dfrac{1}{4}\)，
\(\because PA\perp\)平面\(PBC\)，\(PB\subset\)平面\(PBC\)，\(\therefore PA\perp PB\)，
在\(△PAB\)中，由勾股定理有\(P A^2+P B^2=B A^2\)，
\(\therefore 2\left(\dfrac{3}{4} \lambda^2+\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{3}{4}\)，解得 \(\lambda=\dfrac{\sqrt{6}}{6}\)． -
答案 \(\dfrac{3}{4}\)
解析 设\(A_1 C_1\)与\(B_1 D_1\)的交点为\(F\)，连接\(CF\)，则\(A_1 C_1\perp B_1 D_1\)，
因为等腰三角形\(CB_1 D_1\)，且点\(F\)为\(B_1 D_1\)的中点，所以\(B_1 D_1\perp CF\)，
又\(A_1 C_1\cap CF=F\)，\(A_1 C_1，CF\subset\)平面\(ACC_1 A_1\)，
所以\(B_1 D_1\perp\)平面\(ACC_1 A_1\)，
所以\(∠B_1 CF\)即为\(B_1 C\)与平面\(ACC_1 A_1\)所成角，即 \(\sin \angle B_1 C F=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\)，
设正方形\(ABCD\)的边长为\(2a\)，
在\(Rt △B_1 CF\)中， \(\sin \angle B_1 C F=\dfrac{B_1 F}{B_1 C}=\dfrac{\sqrt{2} a}{B_1 C}=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\)，
所以\(B_1 C=4a\)，
设\(B_1 C\)与\(BC_1\)相交于点\(E\)，\(AC\)与\(BD\)相交于点\(O\)，
则\(E\)，\(O\)分别为\(BC_1\)，\(BD\)的中点，
所以\(DC_1||OE\)，
所以\(∠OEC\)或其补角即为异面直线\(B_1 C\)与\(DC_1\)所成角，
在\(△OCE\)中，\(CE=OE=\dfrac{1}{2}DC_1=2a\)，\(OC=\sqrt{2} a\)，
由余弦定理知， \(\cos \angle O E C=\dfrac{O E^2+C E^2-O C^2}{2 O E \cdot C E}=\dfrac{4 a^2+4 a^2-2 a^2}{2 \cdot 2 a \cdot 2 a}=\dfrac{3}{4}\)，
所以异面直线\(B_1 C\)\(DC_1\)与所成角的余弦值为\(\dfrac{3}{4}\)．
【C组---拓展题】
1.如图，在棱长为\(2\)的正方体中\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)，点\(M\)是\(AD\)的中点，动点\(P\)在底面\(ABCD\)内(包括边界)，若\(B_1 P∥\)平面\(A_1 BM\)，则\(C_1 P\)与底面\(ABCD\)所成角的正弦的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\)．
2.如图，在矩形\(ABCD\)中，\(AB=8\)，\(BC=4\)，\(E\)为\(DC\)边的中点，沿\(AE\)将\(△ADE\)折起，在折起过程中，正确的是\(\underline{\quad \quad}\) ．
①\(ED\perp\)平面\(ACD\) \(\qquad \qquad\)②\(CD\perp\)平面\(BED\)
③\(BD\perp\)平面\(ACD\) \(\qquad \qquad\) ④\(AD\perp\)平面\(BED\)．
参考答案
-
答案 \(\left[\dfrac{\sqrt{2}}{2}， \dfrac{\sqrt{30}}{6}\right]\)
解析 取\(BC\)的中点\(N\)，连接\(DN\)，\(B_1 N\)，\(B_1 D\)，
则\(DN∥BM\)，\(DN\not \subset\)面\(A_1 BM\)，\(BM\subset\) 面\(A_1 BM\)，
所以\(DN∥\)面\(A_1 BM\)，
同理：\(B_1 N∥A_1 M\)，\(B_1 N\not \subset\)面\(A_1 BM\)，\(A_1 M\subset\)面\(A_1 BM\)，
所以\(B_1 N∥\)面\(A_1 BM\)，
因为\(DN\cap B_1 N=N\)，所以平面\(B_1 DN∥\)面\(A_1 BM\)，
因为\(B_1 P∥\)平面\(A_1 BM\)，且点\(P\)在底面\(ABCD\)内(包括边界)，
所以点\(P\)在线段\(DN\)上运动，
连接\(CP\)，\(C_1 P\)，因为\(CC_1\perp\)面\(ABCD\)，
所以\(∠C_1 PC\)即为\(C_1 P\)与底面\(ABCD\)所成角，
在\(Rt△C_1 PC\)中，\(\sin \angle C_1 P C=\dfrac{C_1 C}{C_1 P}=\dfrac{2}{C_1 P}，\)，
在\(Rt△CDN\)中，当点\(P\)与点\(D\)重合时\(CP\)最长为\(2\)，
此时\(C_1 P\)最长为\(\sqrt{2^2+2^2}=2 \sqrt{2}\)，
当\(CP\perp DN\)时，\(CP\)最短为 \(\dfrac{1 \times 2}{\sqrt{5}}=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)，
此时\(C_1 P\)最短为\(\sqrt{2^2+\left(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\right)^2}=\dfrac{2 \sqrt{30}}{5}\)，
即\(C_1 P \in\left[\dfrac{2 \sqrt{30}}{5}， 2 \sqrt{2}\right]\)， \(\dfrac{1}{C_1 P} \in\left[\dfrac{\sqrt{2}}{4}， \dfrac{\sqrt{30}}{12}\right]\)，
所以\(\sin \angle C_1 P C=\dfrac{C_1 C}{C_1 P}=\dfrac{2}{C_1 P} \in\left[\dfrac{\sqrt{2}}{2}， \dfrac{\sqrt{30}}{6}\right]\)，
故答案为： \(\left[\dfrac{\sqrt{2}}{2}， \dfrac{\sqrt{30}}{6}\right]\)．
-
答案 ④
解析 \(\because\)在矩形\(ABCD\)中，\(AB=8\)，\(BC=4\)，\(E\)为\(DC\)边的中点，
\(\therefore\)设\(D\)点在平面\(BCE\)上的投影为\(Q\)，在折起过程中，点\(Q\)的轨迹为下图\(Q_1\)到\(Q_2\)的四分之一圆．
此过程中始终有\(DQ\perp\)平面\(AECB\)
对于① 假设\(ED\perp\)平面\(ACD\)，则\(ED\perp AC\)，又\(\because DQ\perp AC\)，
则\(AC\perp\) 平面\(DEQ⇒QE\perp AC\)，
但由图可知\(QE\)不可能垂直\(AC\)，产生了矛盾，故假设不成立，故①错误；
对于② 假设\(CD\perp\)平面\(BED\)，则\(CD\perp BE\)，又\(\because DQ\perp BE\)，
则\(BE\perp\)平面\(CDQ⇒BE\perp CQ\)，
但由图可知只有\(D\)点投影位于\(Q_2\)位置时，才有\(BE\perp CQ\)，
此时\(CD\subset\)平面\(BED\)，显然不能满足\(CD\perp\)平面\(BED\)，产生了矛盾，故假设不成立，
故②错误；
对于③ 假设\(BD\perp\)平面\(ACD\)，则\(BD\perp AC\)，又\(\because DQ\perp AC\)，
则\(AC\perp\)平面\(BDQ⇒AC\perp BQ\)，
但由图可知\(BQ\)不可能垂直\(AC\)，产生了矛盾，故假设不成立，故③错误；
对于④\(\because AD\perp ED\)，\(\therefore\)若要满足\(AD\perp\)平面\(BED\)，
则只需要\(AD\perp EB\)，而\(DQ\perp EB\)，
若\(AQ\perp EB\)便可，在折叠的过程中易得存在一个位置使得\(AQ\perp EB\)(\(Q\)为弧线\(Q_1 Q_2\)与线段\(AE\)的交点)，故④正确．
