【数学】2020届天津一轮复习通用版8-2空间点、线、面的位置关系作业
8.2 空间点、线、面的位置关系
挖命题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
空间点、线、面的位置关系
1.理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解四个公理及推论
2.会用平面的基本性质证明点共线、线共点以及点线共面等问题
3.理解空间两直线的位置关系及判定,了解等角定理和推论
2013天津,17
证明异面直线垂直
求二面角的正弦值
★★☆
2012天津,17
求异面直线所成角的正切值
证面面垂直、求线面角的正弦值
2008天津,5
直线、平面位置关系的判定
充分条件
分析解读 1.会用平面的基本性质证明点共线、线共点、点线共面问题;会用反证法证明异面或共面问题.2.会证明两条直线异面;会应用三线平行公理和等角定理及推论解决有关问题,会求两条异面直线所成的角;了解两条异面直线间的距离.3.高考对本节内容的考查常以棱柱、棱锥为载体,求异面直线所成的角,分值约为5分,属于中档题.
破考点
【考点集训】
考点 空间点、线、面的位置关系
1.α是一个平面,m,n是两条直线,A是一个点,若m⊄α,n⊂α,且A∈m,A∈α,则m,n的位置关系不可能是( )
A.垂直 B.相交 C.异面 D.平行
答案 D
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱所在直线与直线BA1是异面直线的条数为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
答案 C
3.如图,G,N,M,H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示直线GH,MN是异面直线的图形有( )
A.①③ B.②③ C.②④ D.②③④
答案 C
4.已知四棱锥P-ABCD的侧棱长与底面边长都相等,点E是PB的中点,则异面直线AE与PD所成角的余弦值为( )
A.13 B.23 C.33 D.23
答案 C
5.在正四棱锥P-ABCD中,PA=2,直线PA与平面ABCD所成角为60°,E为PC的中点,则异面直线PA与BE所成角的大小为 .
答案 45°
炼技法
【方法集训】
方法1 点、线、面位置关系的判断方法
1.(2014辽宁,4,5分)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面.下列说法正确的是( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n
C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
答案 B
2.如图所示,空间四边形ABCD中,E,F,G分别在AB、BC、CD上,且满足AE∶EB=CF∶FB=2∶1,CG∶GD=3∶1,过E、F、G的平面交AD于H,连接EH.
(1)求AH∶HD;
(2)求证:EH、FG、BD三线共点.
解析 (1)∵AEEB=CFFB=2,∴EF∥AC,又EF⊄平面ACD,AC⊂平面ACD,∴EF∥平面ACD,
又∵EF⊂面EFGH,面EFGH∩面ACD=GH,∴EF∥GH.
而EF∥AC,∴AC∥GH,∴AHHD=CGGD=3.
∴AH∶HD=3∶1.
(2)证明:∵EF∥GH,
且EFAC=13,GHAC=14,∴EF≠GH,
∴四边形EFGH为梯形,
∴直线EH,FG必相交.
设EH∩FG=P,则P∈EH,而EH⊂面ABD,∴P∈面ABD,
同理,P∈面BCD,而面ABD∩面BCD=BD,∴P∈BD.
∴EH、FG、BD三线共点.
3.如图所示,已知l1,l2,l3,l4四条直线两两相交且不过同一点,交点分别为A,B,C,D,E,F.求证:四条直线l1,l2,l3,l4共面.
证明 证法一:∵A、C、E不共线,
∴它们确定一个平面α,
又A∈l1,C∈l1,∴l1⊂α,
同理,l2⊂α,又B∈l1,D∈l2,∴B∈α,D∈α,
∴l3⊂α,同理,l4⊂α,
故l1,l2,l3,l4四条直线共面.
证法二:∵点A、C、E不共线,
∴它们确定一个平面α,
又∵A∈l1,C∈l1,
∴l1⊂α,同理,l2⊂α,
又∵F、D、E不共线,
∴它们确定一个平面β.
又D∈l3,F∈l3,E∈l4,F∈l4,
∴l3⊂β,l4⊂β.
而不共线的三点B、C、D可确定一个平面,
又B、C、D既在α内又在β内,
故平面α与平面β重合.
∴l1,l2,l3,l4四条直线共面.
评析证法一与证法二是证明共面问题常用的方法,证法一是先确定一个平面α,后证明其他的直线也在这个平面内,从而使问题得证;证法二是寻找了两个平面α与β使得四条直线在α内或在β内,然后再证明α与β重合,从而使问题得证.证明本题也可用反证法.
方法2 异面直线所成角的求法
4.已知P是△ABC所在平面外一点,M,N分别是AB,PC的中点,若MN=BC=4,PA=43,则异面直线PA与MN所成角的大小是( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
答案 A
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,F为B1C1的中点,则异面直线AF与C1E所成角的正切值为( )
A.52 B.23 C.255 D.53
答案 C
过专题
【五年高考】
A组 自主命题·天津卷题组
1.(2008天津,5,5分)设a,b是两条直线,α,β是两个平面,则a⊥b的一个充分条件是( )
A.a⊥α,b∥β,α⊥β B.a⊥α,b⊥β,α∥β C.a⊂α,b⊥β,α∥β D.a⊂α,b∥β,α⊥β
答案 C
2.(2013天津,17,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.
(1)证明B1C1⊥CE;
(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;
(3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为26,求线段AM的长.
解析 解法一:如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,依题意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).
(1)证明:易得B1C1=(1,0,-1),CE=(-1,1,-1),
于是B1C1·CE=0,所以B1C1⊥CE.
(2)B1C=(1,-2,-1).
设平面B1CE的法向量m=(x,y,z),
则m·B1C=0,m·CE=0,即x-2y-z=0,-x+y-z=0,消去x,得y+2z=0,
不妨令z=1,可得一个法向量为m=(-3,-2,1).
由(1)知B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1,
故B1C1=(1,0,-1)为平面CEC1的一个法向量.
于是cos
=m·B1C1|m|·|B1C1|=-414×2=-277,
从而sin=217.
所以二面角B1-CE-C1的正弦值为217.
(3)AE=(0,1,0),EC1=(1,1,1).设EM=λEC1=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有AM=AE+EM=(λ,λ+1,λ).可取AB=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,
则sin θ=|cos|=|AM·AB||AM|·|AB|
=2λλ2+(λ+1)2+λ2×2=λ3λ2+2λ+1.
于是λ3λ2+2λ+1=26,
解得λ=13,所以AM=2.
解法二:(1)证明:因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1⊂平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E=5,B1C1=2,EC1=3,从而B1E2=B1C12+EC12,所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E,又CC1,C1E⊂平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE⊂平面CC1E,故B1C1⊥CE.
(2)过B1作B1G⊥CE于点G,连接C1G.
由(1)知B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G,
得CE⊥C1G,所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角.在△CC1E中,由CE=C1E=3,CC1=2,可得C1G=263.在Rt△B1C1G中,B1G=423,所以sin∠B1GC1=217,即二面角B1-CE-C1的正弦值为217.
(3)连接D1E,过点M作MH⊥ED1于点H,可得MH⊥平面ADD1A1,连接AH,AM,则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角.设AM=x,从而在Rt△AHM中,有MH=26x,AH=346x.在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=2,得EH=2MH=13x.在△AEH中,∠AEH=135°,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AE·EHcos 135°,得1718x2=1+19x2+23x,整理得5x2-22x-6=0,解得x=2.所以线段AM的长为2.
评析本题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角,直线与平面所成的角,直线与平面垂直等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.
3.(2012天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD⊥PD,BC=1,PC=23,PD=CD=2.
(1)求异面直线PA与BC所成角的正切值;
(2)证明平面PDC⊥平面ABCD;
(3)求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值.
解析 (1)在四棱锥P-ABCD中,因为底面ABCD是矩形,所以AD=BC且AD∥BC,故∠PAD(或其补角)为异面直线PA与BC所成的角.又因为AD⊥PD,所以tan∠PAD=PDAD=2.
所以,异面直线PA与BC所成角的正切值为2.
(2)证明:由于底面ABCD是矩形,故AD⊥CD,
又由于AD⊥PD,CD∩PD=D,因此AD⊥平面PDC,
而AD⊂平面ABCD,所以平面PDC⊥平面ABCD.
(3)在平面PDC内,过点P作PE⊥CD交直线CD于点E,连接EB.
由于平面PDC⊥平面ABCD,而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线,故PE⊥平面ABCD.由此得∠PBE为直线PB与平面ABCD所成的角.
在△PDC中,PD=CD=2,PC=23,故∠PCD=30°.
在Rt△PEC中,PE=PCsin 30°=3.
由AD∥BC,AD⊥平面PDC,得BC⊥平面PDC,因此BC⊥PC.
在Rt△PCB中,PB=PC2+BC2=13.
在Rt△PEB中,sin∠PBE=PEPB=3913.
所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为3913.
评析本题主要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
1.(2018课标Ⅱ文,9,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CD所成角的正切值为( )
A.22 B.32 C.52 D.72
答案 C
2.(2016浙江文,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则( )
A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n
答案 C
3.(2015浙江文,4,5分)设α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l⊂α,m⊂β.( )
A.若l⊥β,则α⊥β B.若α⊥β,则l⊥m C.若l∥β,则α∥β D.若α∥β,则l∥m
答案 A
4.(2015广东文,6,5分)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是( )
A.l与l1,l2都不相交
B.l与l1,l2都相交 C.l至多与l1,l2中的一条相交
D.l至少与l1,l2中的一条相交
答案 D
5.(2014广东文,9,5分)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2∥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )
A.l1⊥l4
B.l1∥l4 C.l1与l4既不垂直也不平行
D.l1与l4的位置关系不确定
答案 D
6.(2015四川文,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.
(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);
(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论;
(3)证明:直线DF⊥平面BEG.
解析 (1)点F,G,H的位置如图所示.
(2)平面BEG∥平面ACH.证明如下:
因为ABCD-EFGH为正方体,所以BC∥FG,BC=FG,
又FG∥EH,FG=EH,所以BC∥EH,BC=EH,
故BCHE为平行四边形.
所以BE∥CH.
又CH⊂平面ACH,BE⊄平面ACH,
所以BE∥平面ACH.
同理,BG∥平面ACH.
又BE∩BG=B,
所以平面BEG∥平面ACH.
(3)证明:连接FH.
因为ABCD-EFGH为正方体,所以DH⊥平面EFGH,
因为EG⊂平面EFGH,所以DH⊥EG.
又EG⊥FH,DH∩FH=H,所以EG⊥平面BFHD.
又DF⊂平面BFHD,所以DF⊥EG.
同理,DF⊥BG.
又EG∩BG=G,
所以DF⊥平面BEG.
评析本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行与垂直的判定与性质等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力.
7.(2014课标Ⅱ文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)证明:PB∥平面AEC;
(2)设AP=1,AD=3,三棱锥P-ABD的体积V=34,求A到平面PBC的距离.
解析 (1)证明:设BD与AC的交点为O,连接EO.
因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.
又E为PD的中点,所以EO∥PB.
EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.
(2)V=13·PA·S△ABD=16PA·AB·AD=36AB.
由V=34,可得AB=32.
作AH⊥PB交PB于H.
由题设知BC⊥平面PAB,所以BC⊥AH,
又BC∩BP=B,故AH⊥平面PBC.
又AH=PA·ABPB=31313,
所以A到平面PBC的距离为31313.
评析本题考查直线和平面平行、垂直的判定方法以及空间距离的计算,考查了空间想象能力.
C组 教师专用题组
(2014陕西文,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.
(1)求四面体ABCD的体积;
(2)证明:四边形EFGH是矩形.
解析 (1)由该四面体的三视图可知,
BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,
∴AD⊥平面BDC,
∴四面体ABCD的体积V=13×12×2×2×1=23.
(2)证明:∵BC∥平面EFGH,
平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,
∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.
同理,EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,
∴四边形EFGH是平行四边形.
又∵AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,
∴四边形EFGH是矩形.
【三年模拟】
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.(2019届天津七校联考期中,4)已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题中正确的是( )
A.若α⊥γ,α⊥β,则γ∥β
B.若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β C.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β
D.若m∥n,m∥α,则n∥α
答案 C
2.(2018天津杨村一中热身训练,4)已知命题p:“直线l垂直于平面α内的无数条直线”的充要条件是“l⊥α”;命题q:若平面α⊥平面β,直线a⊄β,则“a⊥α”是“a平行于β”的充分不必要条件,则正确命题是( )
A.p∧q B.(¬p)∧q C.(¬p)∧(¬q) D.p∨(¬q)
答案 B
3.(2018天津南开中学第三次月考,5)若m、n是两条不同的直线,α、β、γ是三个不同的平面,则下列命题中真命题是( )
A.若m⊥β,m∥α,则α⊥β
B.若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则α∥β C.若m⊂β,α⊥β,则m⊥α
D.若α⊥γ,α⊥β,则β⊥γ
答案 A
4.(2019届天津七校联考期中,8)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为线段A1B上的动点,则下列结论正确的有( )
①三棱锥M-DCC1的体积为定值;
②DC1⊥D1M;
③∠AMD1的最大值为90°;
④AM+MD1的最小值为2.
A.①② B.①②③ C.③④ D.①②④
答案 A
二、填空题(每小题5分,共5分)
5.(2019届天津新华中学期中,10)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是 .
①若α,β垂直于同一平面,则α与β平行
②若m,n平行于同一平面,则m与n平行
③若α,β不平行···,则在α内不存在···与β平行的直线
④若m,n不平行···,则m与n不可能···垂直于同一平面
答案 ④
三、解答题(共75分)
6.(2017天津南开中学第五次月考,17)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=12AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.
(1)证明:DC1⊥BC;
(2)求二面角A1-BD-C1的大小.
解析 (1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形.
由于D为AA1的中点,故DC=DC1.又AC=12AA1,所以DC12+DC2=CC12,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.又BC⊂平面BCD,故DC1⊥BC.
(2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,且DC1∩CC1=C1,则BC⊥平面ACC1,所以CA,CB,CC1两两相互垂直.
以C为坐标原点,CA为x轴的正方向,CB为y轴的正方向,CC1为z轴的正方向,|CA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2),
则A1D=(0,0,-1),BD=(1,-1,1),DC1=(-1,0,1).
设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,
则n·BD=0,n·A1D=0,即x-y+z=0,z=0,令x=1,则y=1,因此可取n=(1,1,0).
同理,设m=(a,b,c)是平面C1BD的法向量,则m·BD=0,m·DC1=0,即a-b+c=0,-a+c=0,令a=1,则c=1,b=2,故可取m=(1,2,1).从而cos=n·m|n|·|m|=32.
又易知二面角A1-BD-C1为锐二面角,
故二面角A1-BD-C1的大小为30°.
7.(2017天津南开一模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PA=PB,PA⊥PB,F为CP上的点,且BF⊥平面PAC.
(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;
(2)求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值;
(3)在棱PD上是否存在一点G,使GF∥平面PAB?若存在,求PG的长;若不存在,说明理由.
解析 (1)证明:∵BF⊥平面PAC,PA⊂平面PAC,
∴BF⊥PA,
又PA⊥PB,PB∩BF=B,∴PA⊥平面PBC,
又BC⊂平面PBC,∴PA⊥BC,
又∵底面ABCD是正方形,
∴AB⊥BC,又PA∩AB=A,
∴BC⊥平面PAB,∵BC⊂平面ABCD,
∴平面PAB⊥平面ABCD.
(2)作PE⊥AB,垂足为E,连接EC,由(1)知平面PAB⊥平面ABCD,又平面PAB∩平面ABCD=AB,∴PE⊥平面ABCD,则∠PCE为直线PC与平面ABCD所成角.
∵PA=PB,PA⊥PB,AB=2,
∴PE=1,PB=2,
∴在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=6,
∴在Rt△PEC中,sin∠PCE=PEPC=66,
∴直线PC与平面ABCD所成角的正弦值为66.
(3)作FG∥CD,交PD于G,
∵FG∥CD,AB∥CD,
∴FG∥AB.
又∵FG⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,
∴FG∥平面PAB,
∵BF⊥平面PAC,PC⊂平面PAC,
∴BF⊥PC.
∴在Rt△PBC中,易得BF=23 3.
在Rt△PBF中,由勾股定理可得PF=63.
又∵PC=PD,∴PG=63,
即棱PD上存在一点G,使GF∥平面PAB,且PG=63.
解题分析 本题考查线面、面面垂直的判定定理,考查线面角,考查线面平行,属于中档题.
8.(2017天津南开二模,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,∠BAC=90°,AC=AB=AA1,E是BC的中点.
(1)求证:AE⊥B1C;
(2)求异面直线AE与A1C所成角的大小;
(3)若G为C1C的中点,求二面角C-AG-E的正切值.
解析 (1)证明:∵BB1⊥平面ABC,AE⊂平面ABC,∴AE⊥BB1,
由AB=AC,E为BC的中点得AE⊥BC,
∵BC∩BB1=B,∴AE⊥平面BB1C1C,
又B1C⊂平面BB1C1C,∴AE⊥B1C.
(2)取B1C1的中点E1,连接A1E1,E1C,
则AE∥A1E1,
∴∠E1A1C或其补角是异面直线AE与A1C所成的角.
设AC=AB=AA1=2,则由∠BAC=90°,
可得A1E1=AE=2,A1C=22,E1C1=EC=12BC=2,
∴E1C=E1C12+C1C2=6,
在△E1A1C中,由余弦定理的推论得cos∠E1A1C=2+8-62×2×22=12,
∴异面直线AE与A1C所成角的大小为π3.
(3)设P是AC的中点,过点P作PQ⊥AG于Q,连接EP,EQ,则EP∥AB,EP⊥AC,
又∵平面ABC⊥平面ACC1A1,且平面ACC1A1∩平面ABC=AC,EP⊂平面ABC,
∴EP⊥平面ACC1A1,而PQ⊥AG,
∴由三垂线定理得EQ⊥AG.
∴∠PQE是二面角C-AG-E的平面角,
设EP=1,则AP=1,PQCG=APAG,PQ=15,得tan∠PQE=PEPQ=5.
所以二面角C-AG-E的正切值是5.
解题分析 本题是与二面角有关的立体几何综合题,主要考查了异面直线的夹角,线线垂直的判定,二面角等知识点,难度适中,熟练掌握线面垂直,线线垂直与面面垂直之间的转化及异面直线夹角与二面角的定义,是解答本题的关键.
9.(2018天津实验中学热身训练,17)如图,在侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=2,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.
(1)证明:EF∥A1D1;
(2)证明:BA1⊥平面B1C1EF;
(3)求BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值.
解析 (1)证明:因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD1A1,A1D1⊂平面ADD1A1,
所以C1B1∥平面A1D1DA.
又因为平面B1C1EF∩平面A1D1DA=EF,
所以C1B1∥EF,所以A1D1∥EF.
(2)证明:因为BB1⊥平面A1B1C1D1,B1C1⊂平面A1B1C1D1,
所以BB1⊥B1C1.
又因为B1C1⊥B1A1,BB1∩B1A1=B1,
所以B1C1⊥平面ABB1A1,
又BA1⊂平面ABB1A1,
所以B1C1⊥BA1.
在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,所以tan∠A1B1F=tan∠AA1B=22,即∠A1B1F=∠AA1B,
故BA1⊥B1F,又B1F∩B1C1=B1,
所以BA1⊥平面B1C1EF.
(3)设BA1与B1F的交点为H,连接C1H.
由(2)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.
在矩形AA1B1B中,AB=2,AA1=2,易得BH=46.
在Rt△BHC1中,BC1=25,BH=46,所以sin∠BC1H=BHBC1=3015.
所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是3015.
10.(2018天津河西二模,17)如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,∠ACD=90°,AB=1,AD=2,四边形ABEF为正方形,平面ABEF⊥平面ABCD,P为DF的中点,AN⊥CF,垂足为N.
(1)求证:AN⊥平面CDF;
(2)求异面直线BF与PC所成角的正切值;
(3)求三棱锥B-CEF的体积.
解析 (1)证明:∵四边形ABEF为正方形,∴AB⊥AF,
∵四边形ABCD为平行四边形,∠ACD=90°,
∴CD⊥AC,AB∥CD,∴CD⊥AF,
∵AF∩AC=A,∴CD⊥平面ACF,
∵AN⊂平面AFC,∴CD⊥AN,
∵AN⊥CF,CF∩CD=C,
∴AN⊥平面CDF.
(2)连接BD交AC于点O,连接AP、PO.
∵四边形ABCD为平行四边形,∠ACD=90°,AB=1,AD=2,
∴AC=AD2-CD2=4-1=3,∴AO=CO=32,
∵平面ABEF⊥平面ABCD,
∴AF⊥平面ABCD,
又AD⊂平面ABCD,∴AF⊥AD,
∵四边形ABEF为正方形,AB=1,∴AF=AB=1,
∵P为DF的中点,∴AP=12FD.
由(1)知CD⊥平面ACF,
∴CD⊥CF,又P为DF的中点,∴CP=12FD,
∴AP=CP=12FD=12AF2+AD2=121+4=52,
∵P为DF的中点,O是BD的中点,∴BF∥PO,
∴∠CPO或其补角是异面直线BF与PC所成的角,
sin∠CPO=COPC=3252=155,
∴cos∠CPO=105,tan∠CPO=62,
∴异面直线BF与PC所成角的正切值为62.
(3)由(1)知CD∥AB,且∠ACD=90°,
∴∠CAB=90°,即AB⊥AC,
由(2)知AF⊥平面ABCD,∴AF⊥AC,
又AF∩AB=A,∴AC⊥平面ABF,
又由(2)知CA=3,
∴三棱锥B-CEF的体积VB-CEF=VC-BEF=13S△BEF×CA=13×12×1×1×3=36.
11.(2017天津耀华中学一模,17)如图1,在边长为3的正三角形ABC中,E,F,P分别为AB,AC,BC上的点,且满足AE=FC=CP=1.将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使平面A1EF⊥平面EFB,连接A1B,A1P,Q为A1B上一点,连接PQ,CQ.(如图2)
(1)若Q为A1B中点,求证:PQ∥平面A1EF;
(2)求证:A1E⊥EP;
(3)求CQ与平面A1BE所成角的正切值.
解析 (1)证明:取A1E的中点M,连接QM,MF,
在△A1BE中,Q、M分别为A1B、A1E的中点,
∴QM∥BE,且QM=12BE.
在题图1中,∵CFFA=CPPB=12,
∴PF∥BE,且PF=12BE,
∴QM∥PF且QM=PF,
∴四边形PQMF为平行四边形.
∴PQ∥FM.
又∵FM⊂平面A1EF,且PQ⊄平面A1EF,
∴PQ∥平面A1EF.
(2)证明:如图,取BE中点D,连接DF,
∵AE=CF=1,DE=1,
∴AF=AD=2.
又∠A=60°,
∴△ADF是正三角形.
∵AE=ED=1,∴EF⊥AD,
∴在题图2中有A1E⊥EF.
∵平面A1EF⊥平面EFB,平面A1EF∩平面EFB=EF,
∴A1E⊥平面EFB,
又EP⊂平面EFB,∴A1E⊥EP.
(3)作CN⊥BE于N,连接QN,则CN∥EF.
∵EF⊥A1E,EF⊥BE,A1E∩BE=E,
∴EF⊥平面A1BE.
因此,CN⊥平面A1BE,即QN是CQ在平面A1BE内的射影.
∴∠CQN为CQ与平面A1BE所成的角.
由计算可得CN=332,BQ=12A1B=52,cos∠A1BE=25.
∴QN2=BQ2+BN2-2BQ·BN·cos∠A1BE=12.
∴QN=22.
∴tan∠CQN=CNQN=33222=362.
即CQ与平面A1BE所成角的正切值为362.
解题分析 本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定,考查空间想象能力和思维能力,考查线面角的求法,正确找出CQ与平面A1BE所成的角是解答该题的关键.
