题目内容
14.如图,三棱柱ABC-DEF的侧面BEFC是边长为1的正方形,侧面BEFC⊥侧面ADEB,AB=4,∠DEB=60°,G是DE的中点.(Ⅰ)求证:CE∥平面AGF;
(Ⅱ)求证:GB⊥平面BEFC;
(Ⅲ)在线段BC上是否存在一点P,使二面角P-GE-B为45°,若存在,求BP的长;若不存在,说明理由.
分析 (Ⅰ)根据线面平行的判定定理即可证明CE∥平面AGF;
(Ⅱ)根据线面垂直的判定定理即可证明GB⊥平面BEFC;
(Ⅲ)在建立空间直角坐标系,利用向量法结合二面角的大小建立方程关系即可得到结论.
解答 (Ⅰ)证明:连接CD与AF相交于H,则H为CD的中点,连接HG.
因为G为DE的中点,
所以HG∥CE.
因为CE?平面AGF,HG?平面AGF,
所以CE∥平面AGF.
(Ⅱ)证明:BE=1,GE=2,在△GEB中,∠GEB=60°,BG=$\sqrt{3}$.
因为BG2+BE2=GE2,
所以GB⊥BE.
因为侧面BEFC⊥侧面ADEB,
侧面BEFC∩侧面ADEB=BE,
GB?平面ADEB,
所以GB⊥平面BEFC.
(Ⅲ)解:BG,BE,BC两两互相垂直,建立空间直角坐标系B-xyz.
假设在线段BC上存在一点P,使二面角P-GE-B为45°.
平面BGE的法向量m=(0,0,1),设P(0,0,λ),λ∈[0,1].
$G(\sqrt{3},0,0)$,E(0,1,0).
所以$\overrightarrow{GP}$=(-$\sqrt{3}$,0,λ),$\overrightarrow{GE}=(-\sqrt{3},1,0)$.
设平面PGE的法向量为n=(x,y,z),则$\left\{\begin{array}{l}n•\overrightarrow{GP}=0\\ n•\overrightarrow{GE}=0.\end{array}\right.$
所以$\left\{\begin{array}{l}-\sqrt{3}x+λz=0\\-\sqrt{3}x+y=0.\end{array}\right.$
令z=1,得y=λ,$x=\frac{λ}{{\sqrt{3}}}$,
所以PGE的法向量为$n=(\frac{λ}{{\sqrt{3}}},λ,1)$.
因为m•n=1,
所以$1×\sqrt{\frac{λ^2}{3}+{λ^2}+1}×\frac{{\sqrt{2}}}{2}=1$,
解得$λ=\frac{\sqrt{3}}{2}$∈[0,1],故$BP=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$.
因此在线段BC上存在一点P,使二面角P-GE-B为45°,且$BP=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$.
点评 本题主要考查空间直线和平面平行或垂直的判定,以及空间二面角的求解和应用,建立空间坐标系,利用向量法是解决二面角的基本方法.
A. | 12+$\frac{4π}{3}$ | B. | 12+$\frac{16π}{3}$ | C. | 4+$\frac{16π}{3}$ | D. | 4+$\frac{4π}{3}$ |
时间x | 2 | 3 | 5 | 8 | 9 | 12 |
工资y | 30 | 40 | 60 | 90 | 120 | m |
A. | 112 | B. | 240 | C. | 376 | D. | 484 |
A. | 0.977 | B. | 0.954 | C. | 0.628 | D. | 0.477 |