Question

15．如圖，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠ABC=90°，AB=BC=BB₁，點(diǎn)D，E分別為BC，CC₁的中點(diǎn)．
（1）求證：B₁D⊥平面ABE；
（2）若點(diǎn)P是線段B₁D上一點(diǎn)且滿足$\frac{{{B_1}P}}{PD}$=$\frac{1}{2}$，求證：A₁P∥平面ADE．

Answer 1

分析 （1）先證明BB₁⊥AB，BC⊥AB，從而可證AB⊥面BCC₁B₁，進(jìn)而證明AB⊥DB₁，又利用三角形全等可證∠CBE=∠BB₁D，進(jìn)而可證B₁D⊥BE，從而得證B₁D⊥面ABE．
（2）連接PC交DE于點(diǎn)F，連接A₁C交AE 于點(diǎn)G，連接FG，可得$\frac{{{A_1}G}}{GC}=\frac{PF}{FC}=2$，進(jìn)而可得A₁P∥GF，從而即可判定A₁P∥平面ADE．

解答 解：（1）在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁ 中，BB₁⊥面ABC，AB?面ABC，
所以BB₁⊥AB，
因?yàn)椤螦BC=90°，
所以BC⊥AB，
又BC∩BB₁=B，
所以AB⊥面BCC₁B₁，
因?yàn)镈B₁?面BCC₁B₁，
所以AB⊥DB₁，
因?yàn)樵谄矫鍮CC₁B₁ 中，BC=BB₁，
所以四邊形BCC₁B₁ 為正方形，
因?yàn)辄c(diǎn)D，E 分別為BC，CC₁ 的中點(diǎn)，
所以△BCE∽△B₁BD，
所以∠CBE=∠BB₁D，
所以$∠CBE+∠{B_1}DB=\frac{π}{2}$，即B₁D⊥BE，
又因?yàn)锽A∩BE=B，
所以B₁D⊥面ABE．
（2）連接PC交DE于點(diǎn)F，連接A₁C交AE 于點(diǎn)G，連接FG，在正方形BCC₁B₁ 中利用$\frac{{{B_1}P}}{PD}=\frac{1}{2}$及平面幾何知識可得$\frac{PF}{FC}=2$，
在正方形ACC₁A₁ 中利用CE∥AA₁ 且$CE=\frac{1}{2}A{A_1}$，可得$\frac{{{A_1}G}}{GC}=2$，
所以在△CA₁P中，$\frac{{{A_1}G}}{GC}=\frac{PF}{FC}=2$，
所以A₁P∥GF，
又A₁P?平面ADE，GF?平面ADE，
所以A₁P∥平面ADE．

點(diǎn)評 本題主要考查了直線與平面垂直的判定，直線與平面平行的判定，考查了轉(zhuǎn)化思想，考查了空間想象能力和推理論證能力，屬于中檔題．