如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,點(diǎn)D,D1分別為棱BC,B1C1的中點(diǎn).
(1)求證:直線A1D1∥平面ADC1
(2)求證:平面ADC1⊥平面BCC1B1;
(3)設(shè)底面邊長(zhǎng)為2,側(cè)棱長(zhǎng)為4,求二面角C1-AD-C的余弦值.
分析:(1)利用線面平行的判定定理,只需證明平面外的直線平行于平面內(nèi)的一條直線,證明A1D1∥AD即可;
(2)利用面面垂直的判定定理,只需證明一個(gè)平面經(jīng)過(guò)另一個(gè)平面的垂直,證明AD⊥平面BCC1B1即可;
(3)先判斷∠C1DC為二面角C1-AD-C的平面角,再在Rt△C1CD中求解即可.
解答:(1)證明:連接DD1,∵點(diǎn)D1為棱B1C1的中點(diǎn),
DD1
.
CC1
.
AA1
,所以四邊形AA1D1D為平行四邊形
∴A1D1∥AD.  …(3分)
又AD?平面ADC1,A1D1?平面ADC1,
∴A1D1∥平面ADC1…(5分)
(2)證明:在正三棱柱ABC-A1B1C1中,
∵CC1⊥底面ABC,又AD?底面ABC
∴AD⊥CC1…(7分)
∵點(diǎn)D為棱BC的中點(diǎn),
∴AD⊥BC,…(8分)
CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,CC1∩BC=C,
∴AD⊥平面BCC1B1…(9分)
又∵AD?平面ADC1,
∴平面ADC1⊥平面BCC1B1…(10分)
(3)解:由(1)得AD⊥平面BCC1B1,
∴AD⊥BC,AD⊥C1D
∴∠C1DC為二面角C1-AD-C的平面角 …(12分)
又CD=1,CC1=4,∴C1D=
17

在Rt△C1CD中,cos∠C1DC=
CD
C1D
=
1
17
=
17
17

∴二面角C1-AD-C的余弦值為
17
17
.…(14分)
點(diǎn)評(píng):本題以正三棱柱為載體,考查線面、面面位置關(guān)系,考查面面角,解題的關(guān)鍵是正確掌握線面平行、面面垂直的判定定理.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:

精英家教網(wǎng)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,若二面角C-AB-C1的大小為60°,則點(diǎn)C到平面C1AB的距離為(  )
A、
3
4
B、
1
2
C、
3
2
D、1

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如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=1,D在棱BB1上,且BD=1,若AD與平面AA1CC1所成的角為a,則sina=
 

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(Ⅰ)在棱B1C1上是否存在點(diǎn)F使GF∥DE?如果存在,試確定它的位置;如果不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由;
(Ⅱ)求截面DEG與底面ABC所成銳二面角的正切值;
(Ⅲ)求B1到截面DEG的距離.

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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:

精英家教網(wǎng)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=4,AB=2,M是AC的中點(diǎn),點(diǎn)N在AA1上,AN=
14

(Ⅰ)求BC1與側(cè)面ACC1A1所成角的大;
(Ⅱ)求二面角C1-BM-C的正切值;
(Ⅲ)證明MN⊥BC1

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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:

(2012•馬鞍山二模)如圖,在正三棱柱ABC一DEF中,AB=2,AD=1,P是CF的延長(zhǎng)線上一點(diǎn),過(guò)A、B、P三點(diǎn)的平面交FD于M,交EF于N.
(I)求證:MN∥平面CDE:
(II)當(dāng)平面PAB⊥平面CDE時(shí),求三梭臺(tái)MNF-ABC的體積.

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