分析 (1)根據(jù)正方體的幾何特征可得B1D1∥BD,結(jié)合線面平行的判定定理,即可得到B1D1∥平面C1BD;
(2)連接AC,交BD于O,則BD⊥AC,結(jié)合A1A⊥BD,由線面垂直的判定定理得BD⊥平面A1AC,進而BD⊥A1C,連接C1O,可證得A1C⊥C1O,再利用線面垂直的判定定理即可得到A1C⊥平面C1BD;
解答 解:(1)∵B1D1∥BD,
又BD?平面C1BD,B1D1?平面C1BD,
∴B1D1∥平面C1BD.…(2分)
(2)連接AC,交BD于O,則BD⊥AC.
又A1A⊥BD,
∴BD⊥平面A1AC.
∵A1C?平面A1AC,BD⊥A1C.
連接C1O,在矩形A1C1CA中,設(shè)A1C交C1O于M.
由$\frac{{A}_{1}A}{AC}$=$\frac{OC}{C{C}_{1}}$,知∠ACA1=∠CC1O.
∴∠C1OC+A1CO=∠C1OC+∠CC1O=$\frac{π}{2}$,
∴∠CMO=$\frac{π}{2}$,
∴A1C⊥C1O.
又CO∩BD=0,CO?平面C1BD,BD?平面C1BD,
∴A1C⊥平面C1BD.…(7分)
點評 本題考查的知識點是直線與平面平行的判定,直線與平面垂直的判定,其中(1)的關(guān)鍵是根據(jù)正方體的幾何特征得B1D1∥BD,(2)的關(guān)鍵是得到BD⊥A1C,A1C⊥C1O.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | (1,1,1) | B. | (-1,-1,-1)或($\frac{1}{3}$,$\frac{1}{3}$,$\frac{1}{3}$) | ||
C. | ($\frac{1}{3}$,$\frac{1}{3}$,$\frac{1}{3}$) | D. | (1,1,1)或(-$\frac{1}{3}$,-$\frac{1}{3}$,-$\frac{1}{3}$) |
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