第一章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、单选题(共8小题,每小题5分,共40分)
1.已知平面α和平面β的法向量分别为m=(3,1,-5),n=(-6,-2,10),则( )
A.α⊥β
B.α∥β
C.α与β相交但不垂直
D.以上都不对
解析∵n=(-6,-2,10),m=(3,1,-5),
∴n=-2m.∴m∥n.∴α与β平行.
答案B
2.
如图,已知空间四边形OABC,M,N分别是OA,BC的中点,且=a,=b,=c,用a,b,c表示向量为( )
A.a+b+c
B.a-b+c
C.-a+b+c
D.-a+b-c
解析如图所示,连接ON,AN,则)=(b+c),所以=-a+b+c.
答案C
3.已知正四面体ABCD的棱长为a,点E,F分别是BC,AD的中点,则的值为( )
A.a2
B.a2
C.a2
D.a2
解析在正四面体ABCD中,点E、F分别是BC、AD的中点,∴.
则)·.
因为是正四面体,所以BE⊥AD,∠BAD=,
即=0,=|AB|·|AD|cos,
所以,故选B.
答案B
4.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),|c|=,若(a+b)·c=7,则a与c的夹角为( )
A.30°
B.60°
C.120°
D.150°
解析设向量a+b与c的夹角为α,
因为a+b=(-1,-2,-3),所以|a+b|=,
cosα=,所以α=60°.
因为向量a+b与a的方向相反,
所以a与c的夹角为120°.
答案C
5.若正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D是A1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为
( )
A.
B.
C.
D.
解析取AC的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
设三棱柱的棱长为2,则A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(,0,2),
∴=(0,1,2).
设n=(x,y,z)为平面B1CD的一个法向量,
由
故令z=1,得n=(0,2,1).
设直线AD与平面B1DC所成角为α,
则sinα=|cos<,n>|=,
所以直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为.故选A.
答案A
6.如图,ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF.当A1,E,F,C1四点共面时,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
解析以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A1(6,0,6),E(6,3,0),F(3,6,0).设平面A1DE的法向量为n1=(a,b,c),依题意得
令a=-1,则c=1,b=2,所以n1=(-1,2,1).
同理得平面C1DF的一个法向量为n2=(2,-1,1),
由题图知,平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为.
答案B
7.已知=(1,2,3),=(2,1,2),=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,则当取得最小值时,点Q的坐标为( )
A.
B.
C.
D.
解析∵Q在直线OP上,∴可设Q(x,x,2x),则=(1-x,2-x,3-2x),=(2-x,1-x,2-2x).
∴=6x2-16x+10,
∴当x=时,最小,这时Q.
答案C
8.在三棱锥P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,则点C到平面PAB的距离是( )
A.
B.
C.
D.
解析∵在三棱锥P-ABC中,PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,
∴以A为原点,AB为x轴,AC为y轴,过A作平面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,
则C(0,4,0),P(0,4,4),A(0,0,0),B(4,0,0),=(0,4,0),=(4,0,0),=(0,4,4),
设平面PAB的法向量n=(x,y,z),
则
取z=1,得n=(0,-,1),
∴点C到平面PAB的距离d=.故选B.
答案B
二、多选题(共4小题,每小题5分,共20分.错选得0分,少选得3分)
9.空间四个点O,A,B,C,为空间的一个基底,则下列说法正确的是( )
A.O,A,B,C四点不共线
B.O,A,B,C四点共面,但不共线
C.O,A,B,C四点中任意三点不共线
D.O,A,B,C四点不共面
解析若O,A,B,C四点共面,则共面,则不可能为空间的一个基底.故AD正确,B不正确;若O,A,B,C中有三点共线,则四点一定共面,故C也正确.
答案ACD
10.已知a=(3,-2,-3),b=(-1,x-1,1),且a与b夹角为钝角,则x的取值可以是( )
A.-2
B.1
C.
D.2
解析因为a=(3,-2,-3),b=(-1,x-1,1),
所以a·b=-1×3-2(x-1)-3=-2x-4.
因为a与b夹角为钝角,
所以cos
=<0,且a与b不反向共线,
又因为a与b共线时,有,
即x=,此时a与b反向,
所以
解得x>-2且x≠.对照选项可得BD可能.
答案BD
11.在四面体P-ABC中,下列说法正确的有( )
A.若,则可知=3
B.若Q为△ABC的重心,则
C.若=0,=0,则=0
D.若四面体P-ABC各棱长都为2,M,N分别为PA,BC的中点,则||=1
解析对于A,∵,∴3+2,∴2-2,∴2,
∴3,即3,故A正确;
对于B,若Q为△ABC的重心,则=0,
∴3=3,
∴3,
即,故B正确;
对于C,若=0,=0,
则=0,
∴·()=0,
∴=0,
∴()·=0,
∴=0,∴·()=0,
∴=0,故C正确;
对于D,∵)-),
∴||=|,
∵||
=
=
=2,∴||=.故D错误.
答案ABC
12.
(2020山东烟台高三期末)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段B1C上运动,则( )
A.直线BD1⊥平面A1C1D
B.三棱锥P-A1C1D的体积为定值
C.异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[45°,90°]
D.直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为
解析对于选项A,连接B1D1,由正方体可得A1C1⊥B1D1,且BB1⊥平面A1B1C1D1,则BB1⊥A1C1,所以A1C1⊥平面BD1B1,故A1C1⊥BD1;同理,连接AD1,易证得A1D⊥BD1,则BD1⊥平面A1C1D,故A正确;
对于选项B,,因为点P在线段B1C上运动,所以A1D·AB,面积为定值,且C1到平面A1PD1的距离即为C1到平面A1B1CD的距离,也为定值,故体积为定值,故B正确;
对于选项C,当点P与线段B1C的端点重合时,AP与A1D所成角取得最小值为60°,故C错误;
对于选项D,因为直线BD1⊥平面A1C1D,所以若直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值最大,则直线C1P与直线BD1所成角的余弦值最大,则P运动到B1C中点处,即所成角为∠C1BD1,设棱长为1,在Rt△D1C1B中,cos∠C1BD1=,故D正确.
答案ABD
三、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知=(2,2,1),=(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是 .?
解析设平面ABC的法向量n=(x,y,z),
则
令z=1,得所以n=,故平面ABC的单位法向量为±=±.
答案±
14.已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面A1B1C1D1边长为1,下底面ABCD边长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为 .?
解析设上、下底面中心分别为O1,O,则OO1⊥平面ABCD,以O为原点,直线BD,AC,OO1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
因为AB=2,A1B1=1,
所以AC=BD=2,A1C1=B1D1=.
因为平面BDD1B1⊥平面ABCD,
所以∠B1BO为侧棱与底面所成的角,
故∠B1BO=60°.
设棱台高为h,则tan60°=,h=,
所以A(0,-,0),D1,B1,C(0,,0),
所以,
,
故cos<>=,
故异面直线AD1与B1C所成角的余弦值为.
答案
15.已知矩形ABCD中,AB=1,BC=,将矩形ABCD沿对角线AC折起,使平面ABC与平面ACD垂直,则B与D之间的距离为 .?
解析如图,过B,D分别向AC作垂线,垂足分别为M,N.
则可求得AM=,BM=,CN=,DN=,MN=1.
由于,
所以||2=()2=||2+||2+||2+2()=+12++2(0+0+0)=,故||=.
答案
16.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,P,Q是正方体表面上相异两点,满足BP⊥A1E,BQ⊥A1E.
(1)若P,Q均在平面A1B1C1D1内,则PQ与BD的位置关系是 ;?
(2)|A1P|的最小值为 .?
解析(1)以D为空间直角坐标系的原点,以DA,DC,DD1所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示:
A1(1,0,1),E,B(1,1,0),
因为若P,Q均在平面A1B1C1D1内,
所以设P(a,b,1),Q(m,n,1),
=(a-1,b-1,1),
=(m-1,n-1,1),
因为BP⊥A1E,BQ⊥A1E,
所以
解得=(n-b,n-b,0),=(1,1,0),所以PQ与BD的位置关系是平行.
(2)由(1)可知b-a=,|A1P|=
=
=.
当a=时,|A1P|有最小值,最小值为.
答案(1)平行 (2)
四、解答题(共6小题,共70分)
17.(本小题满分10分)已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).
(1)求|2a+b|;
(2)在直线AB上,是否存在一点E,使得⊥b?(O为原点)
解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|==5.
(2)+t=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),
若⊥b,则·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=,因此存在点E,使得⊥b,此时点E的坐标为E.
18.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=,D是棱AC的中点,且AB=BC=BB1=2.
(1)求证:AB1∥平面BC1D;
(2)求异面直线AB1与BC1所成的角.
(1)证明如图,连接B1C交BC1于点O,连接OD.
因为O为B1C的中点,D为AC的中点,
所以OD∥AB1.
因为AB1?平面BC1D,OD?平面BC1D,
所以AB1∥平面BC1D.
(2)解建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz,
则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2),
因此=(0,-2,2),=(2,0,2).
所以cos<>=
=,
设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,则cosθ=,由于θ∈,故θ=.
19.
(本小题满分12分)如图,已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=AF=2,∠ADC=60°.
(1)求直线BF与平面ABCD的夹角;
(2)求点A到平面FBD的距离.
解设AC∩BD=O,因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,所以易得AF⊥平面ABCD;以O点为坐标原点,以OD为x轴,OA为y轴,过O点且平行于AF的方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系,
(1)由已知得A(0,1,0),B(-,0,0),C(0,-1,0),D(,0,0),F(0,1,2),
因为z轴垂直于平面ABCD,
因此可令平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),
又=(,1,2),
设直线BF与平面ABCD的夹角为θ,则有sinθ=|cos|=,即θ=,
所以直线BF与平面ABCD的夹角为.
(2)因为=(2,0,0),=(,1,2),
设平面FBD的法向量为n=(x,y,z),
令z=1得n=(0,-2,1),又因为=(0,0,2),
所以点A到平面FBD的距离
d=.
20.(本小题满分12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在棱A1B1上,E,F分别是CC1,BC的中点,AE⊥A1B1,AA1=AB=AC=2.
(1)证明:DF⊥AE;
(2)当D为A1B1的中点时,求平面DEF与平面ABC夹角的余弦值.
(1)证明在直三棱柱ABC-A1B1C1中,有AA1⊥A1B1,
又因为AE⊥A1B1,所以A1B1⊥平面AA1C1C,
因为A1C1?平面AA1C1C,所以A1B1⊥A1C1.
所以AB⊥AC,AB⊥AA1,AC⊥AA1,
如图,分别以AC,AA1,AB所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,
则C(2,0,0),B(0,0,2),A(0,0,0),A1(0,2,0),F(1,0,1),E(2,1,0).
设D(0,2,t),则=(-1,2,t-1),=(2,1,0),=(-1,2,t-1)·(2,1,0)=0,
所以DF⊥AE.
(2)解当D为A1B1的中点时,D(0,2,1),=(-1,-1,1),=(-1,2,0),
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则
令y=1得,n=(2,1,3),
容易知平面ABC的法向量为n0=(0,1,0),
所以cos=,即平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为.
21.
(本小题满分12分)如图所示,已知四棱锥P-ABCD,侧面PAD是边长为2的正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,且∠ABC=60°,M为棱PC上的动点,且=λ(λ∈[0,1]).
(1)求证:BC⊥PC;
(2)试确定λ的值,使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为.
(1)证明取AD的中点O,连接OP,OC,AC,
由题意可得△PAD,△ACD均为正三角形,
所以OC⊥AD,OP⊥AD.
又OC∩OP=O,所以AD⊥平面POC.
又PC?平面POC,所以AD⊥PC.
因为BC∥AD,所以BC⊥PC.
(2)解由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO?平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.
故可得OP,OC,OD两两垂直,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,
则P(0,0,),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(,0,0),
所以=(,0,-).
由=λ=λ(,0,-)(λ∈[0,1]),
可得点M的坐标为(λ,0,λ),
所以=(λ,1,λ),=(λ,-1,λ).
设平面MAD的法向量为n=(x,y,z),
由
可得
令z=λ,则n=(λ-1,0,λ).
又平面PAD的一个法向量为=(,0,0),
设平面PAD与平面ADM的夹角为θ,
则cosθ=|cos|=,
解得λ=或λ=(舍去).
所以当λ=时,平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为.
22.(本小题满分12分)如图所示,等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=AB=BC=2,CD=4,E为CD中点,AE与BD交于点O,将△ADE沿AE折起,使点D到达点P的位置(P?平面ABCE).
(1)证明:平面POB⊥平面ABCE;
(2)若PB=,试判断线段PB上是否存在一点Q(不含端点),使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为,若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
(1)证明在梯形ABCD中,连接BE,在等腰梯形ABCD中,AD=AB=BC=2,CD=4,E为中点,
∴四边形ABED为菱形,∴BD⊥AE,
∴OB⊥AE,OD⊥AE,
即OB⊥AE,OP⊥AE,且OB∩OP=O,OB?平面POB,OP?平面POB,
∴AE⊥平面POB.
又AE?平面ABCE,
∴平面POB⊥平面ABCE.
(2)解由(1)可知四边形ABED为菱形,
∴AD=DE=2,
在等腰梯形ABCD中,AE=BC=2,
∴△PAE为正三角形,
∴OP=,同理OB=,
∵PB=,∴OP2+OB2=PB2,∴OP⊥OB.
由(1)可知OP⊥AE,OB⊥AE,
以O为原点,分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,
由题意得,各点坐标为P(0,0,),A(-1,0,0),B(0,,0),C(2,,0),E(1,0,0),
∴=(0,,-),=(2,,-),=(2,0,0),
设=λ(0<λ<1),+λ=(1,λ,λ),
设平面AEQ的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取x=0,y=1,得z=,∴n=,
设直线PC与平面AEQ所成角为θ,θ∈,
则sinθ=|cos<,n>|=,
即,
化简得4λ2-4λ+1=0,解得λ=,
∴存在点Q为PB的中点时,使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为.(共37张PPT)
章末整合
专题一 应用空间向量证明位置关系?
例1如图所示,已知PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,PA=AD,M,N分别为AB,PC的中点.
求证:(1)MN∥平面PAD;
(2)平面PMC⊥平面PDC.
证明:(1)如图所示,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系A-xyz.
设PA=AD=a,AB=b,
则有P(0,0,a),A(0,0,0),D(0,a,0),C(b,a,0),B(b,0,0).
∵M,N分别为AB,PC的中点,
方法技巧利用空间向量证明平行、垂直关系的方法
(1)证明两条直线平行,只需证明两条直线的方向向量是共线向量即可.
(2)证明线面平行的方法:①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直;②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量;③利用共面向量定理,即证明可在平面内找到两个不共线向量来线性表示直线的方向向量.
(3)证明面面平行的方法:①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量);②转化为线面平行、线线平行问题.
(4)证明两条直线垂直,只需证明两直线的方向向量垂直.
(5)证明线面垂直的方法:①证明直线的方向向量与平面的法向量平行;②转化为线线垂直问题.
(6)证明面面垂直的方法:①证明两个平面的法向量互相垂直;②转化为线面垂直、线线垂直问题.
变式训练1如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有侧棱长及底面边长都为2,D为CC1的中点.求证:AB1⊥平面A1BD.
证法三:如图,取BC,B1C1的中点O,O1,连接AO,OO1.
因为△ABC为正三角形,所以AO⊥BC.
因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,O,O1都为中点,所以OB⊥OO1.
又平面ABC⊥平面BCC1B1,
所以AO⊥平面BCC1B1,所以AO⊥OO1.
专题二 应用空间向量求空间距离?
例2如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被平面AEC1F所截而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1.
(1)求BF的长;
(2)求点C到平面AEC1F的距离.
解:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).
设F(0,0,z).
由题意得AEC1F为平行四边形,
方法技巧向量法求点面距离的步骤
变式训练2在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CC1的中点.
(1)求证:AD∥平面A1EFD1;
(2)求直线AD与平面A1EFD1的距离.
证明:(1)如图,以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,则
又D1A1?平面A1EFD1,DA?平面A1EFD1,
所以DA∥平面A1EFD1.
专题三 应用空间向量求空间角?
例3如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=8,AA1=4,M为B1C1上一点且B1M=2,点N在线段A1D上,A1D⊥AN.
(1)求异面直线A1D与AM所成的角;
(2)求直线AD与平面ANM所成角θ的正弦值;
(3)求平面ANM与平面ABCD夹角的余弦值.
解:以A为原点,分别以AB,AD,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(5,0,0),D(0,8,0),A1(0,0,4),M(5,2,4).
方法技巧向量法求线面角、两平面夹角的方法
(1)利用空间向量求直线与平面所成的角的两种方法:①分别求出斜线和它在平面内的射影所在直线的方向向量,将问题转化为求两个方向向量的夹角(或其补角);②通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,则其余角就是斜线和平面所成的角.
(2)利用空间向量求两平面夹角的两种方法:①利用定义,分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且从垂足出发的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小,再由此得两平面的夹角;②通过平面的法向量来求:设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2,则两平面夹角的大小等于(或π-),注意取锐角或直角.
变式训练3在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=PD=2,CD=4,点E是PB的中点.
(1)求异面直线AE与CP所成角的余弦值;
(2)若点F∈平面ABCD,且EF⊥平面PBC,求点F的坐标;
(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
解:(1)如图所示建立空间直角坐标系D-xyz.
由题意得A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,2),C(0,4,0).
∵E为PB的中点,∴E(1,1,1),
专题四 空间中的折叠与探究性问题?
例4如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2AA1,∠ABC=90°,D是BC的中点.
(1)求证:A1B∥平面ADC1;
(2)求平面ADC1与平面ABC夹角的余弦值;
(3)线段A1B1上是否存在点E,使AE与DC1成60°角?若存在,确定点E的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明:连接A1C,交AC1于点O,连接OD,如图.
由于棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,得四边形ACC1A1为矩形,O为A1C的中点.又D为BC的中点,
所以OD为△A1BC的中位线,所以A1B∥OD.
因为OD?平面ADC1,A1B?平面ADC1,
所以A1B∥平面ADC1.
(2)解:由于棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,
且∠ABC=90°,得BA,BC,BB1两两垂直,
以BC,BA,BB1所在直线分别为x,y,z轴,
建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.
设BA=2,则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),D(1,0,0),
(3)解:存在.假设存在满足条件的点E.
因为点E在线段A1B1上,A1(0,2,1),B1(0,0,1),故可设E(0,λ,1),其中0≤λ≤2.
方法技巧解决存在性问题的基本策略
假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若能推导出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,即存在,并可进一步证明;若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论,则说明假设不成立,即不存在.
变式训练4如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,
PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=
(1)求证:PD⊥PB.
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.
(1)证明:∵平面PAD⊥平面ABCD于AD,AB⊥AD,∴AB⊥平面PAD,
∴PD⊥AB.
又∵PD⊥PA,PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB,∴PD⊥PB.
(2)解:如图,取AD中点为O,连接CO,PO.
例5(2020陕西汉中高二检测)如图①,在等腰梯形ABCD中,AB=2,CD=6,AD=2
,E,F分别是CD的两个三等分点,若把等腰梯形沿虚线AF,BE折起,使得点C和点D重合,记为点P,如图②.
(1)求证:平面PEF⊥平面ABEF;
(2)求平面PAE与平面PAB夹角的余弦值.
(1)证明:∵四边形ABCD为等腰梯形,AB=2,CD=6,AD=2
,E,F是CD的两个三等分点,
∴四边形ABEF是正方形,∴BE⊥EF.
∵BE⊥PE,且PE∩EF=E,
∴BE⊥平面PEF.
又BE?平面ABEF,
∴平面PEF⊥平面ABEF.
(2)解:过点P作PO⊥EF于点O,过点O作BE的平行线交AB于点G,则PO⊥平面ABEF,
以O为坐标原点,以OG,OE,OP所在直线
分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐
标系,如图所示.
方法技巧解决与折叠有关问题的方法
解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量,一般情况下,折线同一侧的,线段的长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口.
(1)证明:取AD的中点O,连接OB,OP,
∵BA=BD,EA=ED,
即PA=PD,∴OB⊥AD且OP⊥AD,
又OB∩OP=O,
∴AD⊥平面BOP,而PB?平面BOP,
∴PB⊥AD.
(2)解:∵OP=1,OB=2,OP2+OB2=5=PB2,
∴PO⊥OB,∴OP,OB,OD两两互相垂直,
以O为坐标原点,OB,OD,OP所在的直线为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系,