题目内容
14.如图所示,在多面体A1B1D1-ABCD,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F(Ⅰ)证明:EF∥B1C;
(Ⅱ)求二面角E-A1D-B1的正切值;
(Ⅲ)求直线A1C与平面B1CD1所成角的余弦值.
分析 (Ⅰ)由线面平行的判定定理证明:B1C∥A1DEF,即可证明EF∥B1C;
(Ⅱ)将多面体A1B1D1-ABCD补成正方体A1B1C1D1-ABCD,取B1C的中点G,A1D的中点H,连接C1G,GH,C1H,则∠C1HG是二面角C1-A1D-B1的平面角,即可求二面角E-A1D-B1的正切值;
(Ⅲ)连接EC,A1C,证明∠A1CE是直线A1C与平面B1CD1所成的角,利用余弦定理即可求直线A1C与平面B1CD1所成角的余弦值.
解答 (Ⅰ)证明:∵B1C∥A1D,B1C?平面A1DEF,A1D?平面A1DEF
由线面平行的判定定理有B1C∥A1DEF
又过B1C的平面B1CD1与平面A1DEF相交于EF,
由线面平行的性质定理有B1C∥EF
(Ⅱ)解:将多面体A1B1D1-ABCD补成正方体A1B1C1D1-ABCD
如图,并设棱长为a,∴二面角E-A1D-B1即为C1-A1D-B1
取B1C的中点G,A1D的中点H,连接C1G,GH,C1H
可知C1G⊥平面A1B1CD,∵GH⊥A1D,∴C1H⊥A1D,
故∠C1HG是二面角C1-A1D-B1的平面角,
在RT△C1HG中,${C_1}G=\frac{{\sqrt{2}}}{2}a,GH=a$,∴$tan∠{C_1}HG=\frac{{{C_1}G}}{GH}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
则二面角E-A1D-B1的正切值为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$.
(Ⅲ)解:连接EC,A1C
∵B1D1⊥平面AA1C1C,∴平面B1CD1⊥平面AA1C1C.∴EC是A1C在平面B1CD1上的射影,
故∠A1CE是直线A1C与平面B1CD1所成的角,
在△C1AE中,${A_1}C=\sqrt{3}a,{A_1}E=\frac{{\sqrt{2}}}{2}a,EC=\frac{{\sqrt{6}}}{2}a$,
∴$cos∠{A_1}CE=\frac{{{{(\sqrt{3}a)}^2}+{{(\frac{{\sqrt{6}}}{2}a)}^2}-{{(\frac{{\sqrt{2}}}{2}a)}^2}}}{{2•\sqrt{3}a•\frac{{\sqrt{6}}}{2}a}}=\frac{{2\sqrt{2}}}{3}$
则直线A1C与平面B1CD1所成角的余弦值为$\frac{{2\sqrt{2}}}{3}$.
点评 本题考查线面平行的判定与性质,考查线面角、二面角,考查学生分析解决问题的能力,考查学生的计算能力,属于中档题.
A. | y=x2+1 | B. | y=sinx | C. | y=log2(x+5) | D. | y=2x-3 |
A. | 无解 | B. | 只有一解 | C. | 有两解 | D. | 不能确定 |
A. | (0,5) | B. | (5,-1) | C. | (-1,3) | D. | (-3,4) |
A. | $2\sqrt{3}π,12π$ | B. | $4\sqrt{3}π,12π$ | C. | $2\sqrt{3}π,6π$ | D. | $4\sqrt{3}π,6π$ |
A. | -1 | B. | -2 | C. | $-\sqrt{3}$ | D. | 0 |
A. | f(x0)=0 | B. | f(x0)>0 | C. | f(x0)<0 | D. | f(x0)的符号不确定 |