如图，已知平行六面体ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面ABCD上菱形，且∠C₁CB=∠C₁CD=∠BCD，
（1）证明：C₁C⊥BD；
（2）当

CD

CC1

的值为多少时，能使A₁C⊥平面C₁BD？请给出证明．

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如图，已知平行六面体ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面ABCD是菱形，且∠C₁CB=∠C₁CD=∠BCD=60°．
（1）证明：C₁C⊥BD；
（2）假定CD=2，CC₁=

3

2

，记面C₁BD为α，面CBD为β，求二面角α-BD-β的平面角的余弦值；
（3）当

CD

CC1

的值为多少时，能使A₁C⊥平面C₁BD？请给出证明．

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11、如图，已知平行六面体ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面是菱形且∠C₁CB=∠C₁CD=∠BCD=60°，证明：C₁C⊥BD；

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如图，已知平行六面体ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面为正方形，O₁，O分别为上、下底面中心，且A₁在底面ABCD上的射影为O．
（1）求证：平面O₁DC⊥平面ABCD；
（2）若点E、F分别在棱AA₁、BC上，且AE=2EA₁，问F在何处时，EF⊥AD？
（3）若∠A₁AB=60°，求二面角C-AA₁-B的正切值．

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如图，已知平行六面体ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面为正方形，O₁，O分别为上、下底面的中心，且A₁在底面ABCD上的射影是O．
（1）求证：面O₁DC⊥面ABCD；
（2）若∠A₁AB=60°，求二面角C-AA₁-B大小；
（3）若点E，F分别在棱AA₁，BC上，且AE=2EA₁，问点F在何处时，EF⊥AD．

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难点磁场

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

又∵平面A₁ABB₁⊥平面A₁B₁C₁，∴C₁D₁⊥平面A₁B₁BA，

而AB₁平面A₁ABB₁，∴AB₁⊥C₁D₁.

(2)证明：连结D₁D，∵D是AB中点，∴DD₁CC₁，∴C₁D₁∥CD，由(1)得CD⊥AB₁，又∵C₁D₁⊥平面A₁ABB₁，C₁B⊥AB₁，由三垂线定理得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，连结CO₁得∠ACO为直线AC与平面A₁CD所成的角，∵AB₁=3，AC=A₁C₁=2，∴AO=1，∴sinOCA=，

∴∠OCA=.

歼灭难点训练

一、1.解析：如图，设A₁C₁∩B₁D₁=O₁，∵B₁D₁⊥A₁O₁，B₁D₁⊥AA₁，∴B₁D₁⊥平面AA₁O₁，故平面AA₁O₁⊥AB₁D₁，交线为AO₁，在面AA₁O₁内过A₁作A₁H⊥AO₁于H，则易知A₁H长即是点A₁到平面AB₁D₁的距离，在Rt△A₁O₁A中，A₁O₁=，AO₁=3，由A₁O₁?A₁A=h?AO₁,可得A₁H=.

答案：C?

2.解析：如图，在l上任取一点P，过P分别在α、β内作a′∥a,b′∥b,在a′上任取一点A，过A作AC⊥l，垂足为C，则AC⊥β,过C作CB⊥b′交b′于B，连AB，由三垂线定理知AB⊥b′，

∴△APB为直角三角形,故∠APB为锐角.

答案：C

二、3.解析：①是假命题，直线X、Y、Z位于正方体的三条共点棱时为反例，②③是真命题，④是假命题，平面X、Y、Z位于正方体的三个共点侧面时为反例.

答案：②③

4.④

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

∵CD平面ABCD且CD⊥AD，∴CD⊥PD.

(2)取CD中点G，连EG、FG，

∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG∥AD，FG∥PD

∴平面EFG∥平面PAD，故EF∥平面PAD

(3）解：当平面PCD与平面ABCD成45°角时，直线EF⊥面PCD

证明：G为CD中点，则EG⊥CD,由(1)知FG⊥CD，故∠EGF为平面PCD与平面ABCD所成二面角的平面角.即∠EGF=45°，从而得∠ADP=45°，AD=AP

由Rt△PAE≌Rt△CBE,得PE=CE

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

6.(1)证明：

同理EF∥FG，∴EFGH是平行四边形

∵A―BCD是正三棱锥，∴A在底面上的射影O是△BCD的中心，

∴DO⊥BC，∴AD⊥BC，

∴HG⊥EH，四边形EFGH是矩形.

(2)作CP⊥AD于P点，连结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)证明：连结EM、MF，∵M、E分别是正三棱柱的棱AB和AB₁的中点，

∴BB₁∥ME，又BB₁平面EFM，∴BB₁∥平面EFM.

(2)证明：取BC的中点N，连结AN由正三棱柱得：AN⊥BC，

又BF∶FC=1∶3，∴F是BN的中点，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的中点O，连结A₁O知，A₁O⊥面BCC₁B₁，由点O作B₁D的垂线OQ，垂足为Q，连结A₁Q，由三垂线定理，A₁Q⊥B₁D，故∠A₁QD为二面角A₁―B₁D―C的平面角，易得∠A₁QO=arctan.

8.(1)证明：连结A₁C₁、AC，AC和BD交于点O，连结C₁O，

∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD

又∵∠BCC₁=∠DCC₁，C₁C是公共边，∴△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，垂足为H，则H是OC中点且OH=，∴cosC₁OC=

(3)解：由(1)知BD⊥平面AC₁，∵A₁O平面AC₁，∴BD⊥A₁C，当=1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，同理可证BC₁⊥A₁C，又∵BD∩BC₁=B，∴A₁C⊥平面C₁BD.