湖北省重点高中智学联盟2022 年秋季高二年级期末联考-Kmath科数- 中考、高考、考验数学题库

图 1 是直角梯形 $A B C D, A B / / C D, \angle D=90^{\circ}$, 四边形 $A B C E$ 是边长为 2 的菱形, 并且 $\angle$ $B C E=60^{\circ}$, 以 $B E$ 为折痕将 $\triangle B C E$ 折起, 使点$C$ 到达 $C_1$ 的位置, 且 $A C_1=\sqrt{6}$.
(1) 求证: 平面 $B C_1 E \perp$ 平面 $A B E D$.
(2) 在棱 $D C_1$ 上是否存在点 $P$, 使得点 $P$ 到平面
$A B C_1$ 的距离为 $\frac{\sqrt{15}}{5}$ ? 若存在, 求出直线 $E P$ 与平面 $A B C_1$ 所成角的正弦值; 若不存在, 请说
明理由.

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我来讲解

答案：

(1)如果所示

在图 1 中, 连接 $A C$, 交 $B E$ 于 $O$, 因为四边形 $A B C E$ 是边长为 2 的菱形, 并且 $\angle B C E=60^{\circ}$, 所以 $A C \perp B E$, 且 $O A=O C=\sqrt{3}$.
在图 2 中, 相交直线 $O A, O C_1$ 均与 $B E$ 垂直, 所以 $\angle A O C_1$ 是二面角 $A-B E-C_1$ 的平面角, 因为 $A C_1=\sqrt{6}$, 所以 $O A^2+O C_1^2=A C_1^2, O A \perp O C_1$, 所以平面 $B G_1 E \perp$ 平面$A B E D$;

(2) 由 (1) 知, 分别以 $O A, O B, O C_1$ 为 $x, y, z$ 轴建立如图 2 所示的空间直角坐标系, 则 $D\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2}, 0\right), C_1(0,0, \sqrt{3}), A(\sqrt{3}, 0,0), B(0,1,0), E(0,-1,0)$,
$$
\begin{aligned}
& \overrightarrow{D C}_1=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}, \sqrt{3}\right), \overrightarrow{A D}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2}, 0\right), \overrightarrow{A B}=(-\sqrt{3}, 1,0), \overrightarrow{A C_1}=(-\sqrt{3}, 0, \sqrt{3}) \\
& \overrightarrow{A E}=(-\sqrt{3},-1,0)
\end{aligned}
$$
设 $\overrightarrow{D P}=\lambda \overrightarrow{D C_1}, \lambda \in[0,1]$,
则 $\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D P}=\overrightarrow{A D}+\lambda \overrightarrow{D C_1}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \lambda,-\frac{3}{2}+\frac{3}{2} \lambda, \sqrt{3} \lambda\right)$.
设平面 $A B C_1$ 的法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$,
则 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{A B} \cdot \vec{n}=0 \\ \overrightarrow{A C_1} \cdot \vec{n}=0\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}-\sqrt{3} x+y=0 \\ -\sqrt{3} x+\sqrt{3} z=0\end{array}\right.$, 取 $\vec{n}=(1,\sqrt{3},1)$

因为点 $P$ 到平面 $A B C_1$ 的距离为 $\frac{\sqrt{15}}{5}$,
所以 $d=\frac{|\overrightarrow{A P} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|-2 \sqrt{3}+2 \sqrt{3} \lambda|}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$, 解得 $\lambda=\frac{1}{2}$,
则 $\overrightarrow{A P}=\left(-\frac{3 \sqrt{3}}{4},-\frac{3}{4}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, 所以 $\overrightarrow{E P}=\overrightarrow{A P}-\overrightarrow{A E}=\left(\frac{\sqrt{3}}{4}, \frac{1}{4}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
设直线 $E P$ 与平面 $A B C_1$ 所成的角为 $\theta$,
所以直线 $E P$ 与平面 $A B C_1$ 所成角的正弦值为 $\sin \theta=|\cos \langle\overrightarrow{E P}, \vec{n}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{E P} \cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{E P}| \cdot|\vec{n}|}=\frac{\sqrt{15}}{5}$.

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