热门试卷

解：（1）三棱锥A-BCD中，面ABC⊥面BCD，∠BCD=90°，AC=CD=BC=AB=4。

（2）面ABC⊥面BCD，面ABC∩面BCD=BC，

∵CD⊥BC，

∴CD⊥面ABC，

∵AB面ABC，

∴CD⊥AB，即AB与CD所成的角是90°。

（3）由三视图可知AE=2，且为三棱锥的高，

所以，三棱锥A-BCD的体积为（cm3），

由（2）可知CD⊥AC，CD⊥BC，

∴， ，

△ABD中，AD=BD=4，AB=4，AB上的高为，

∴。

（1）证明：由AA1⊥平面ABCD知，AF是A1F在平面ABCD上的射影，

又∵AC⊥BD，

∴A1F⊥BD，

取BC中点G，连结FG，B1G，

∵A1B1⊥平面BCC1B1，FG⊥平面BCC1B1，

∴B，G为A1F在面BCC1B1上的射影，

又正方形BCC1B1中，E，G分别为CC1，BC的中点，

∴BE⊥B1C，

∴，

又，

∴A1F⊥平面BED。

（2）解：。

（Ⅰ）证明：∵ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，

∴CC1⊥平面ABCD，∴BD⊥CC1，

∵ABCD是正方形，

∴BD⊥AC，

又∵AC，CC1平面ACC1A1，且AC∩CC1=C，

∴BD⊥平面ACC1A1。

（Ⅱ）解：设BD与AC相交于O，连接C1O，

∵CC1⊥平面ABCD，BD⊥AC，

∴BD⊥C1O，

∴∠C1OC是二面角C1-BD-C的平面角，

∴∠C1OC=60°，连接A1B，

∵A1C1∥AC，

∴∠A1C1B是BC1与AC所成角，

设BC=a，则CO=，CC1=CO·tan60°=，

A1B=BC1=，A1C1=，

在△A1BC1中，

由余弦定理得cosA1C1B=，

∴∠A1C1B=arccos，

∴异面直线BC1与AC所成角的大小为arccos。

解：（1）连结AC、BD，设

由P-ABCD与Q-ABCD都是正四棱锥，

所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD

从而P、O、Q三点在一条直线上，

所以PQ⊥平面ABCD。

（2）由题设知，ABCD是正方形，

所以AC⊥BD

由（1），QO⊥平面ABCD

故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），

由题条件，相关各点的坐标分别是P（0，0，2），A（，0，0），Q（0，0，-2），B（0，，0）

所以，

于是

从而异面直线AQ与PB所成的角是。

（3）由（2），点D的坐标是（0，-，0），，，

设是平面QAD的一个法向量，

由得

取x=1，得

所以点P到平面QAD的距离。

解：（1）在△PAD中PA=PD，O为AD中点，

所以PO⊥AD

又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO平面PAD，

所以PO⊥平面ABCD；

（2）连结BO，在直角梯形ABCD中，BC∥AD，AD=2AB=2BC，

有OD∥BC且OD=BC，

所以四边形OBCD是平行四边形，

所以OB∥DC

由（1）知PO⊥OB，∠PBO为锐角，

所以∠PBO是异面直线PB与CD所成的角

因为AD=2AB=2BC=2，

在Rt△AOB中，AB=1，AO=1，

所以OB=，

在Rt△POA中，因为AP=，AO=1，

所以OP=1，

在Rt△PBO中，PB=，

cos∠PBO=

所以异面直线PB与CD所成的角的余弦值为。

（3）由（2）得CD=OB=

在Rt△POC中，PC=

所以PC=CD=DP，S△PCD=·2=

又S△ACD=

设点A到平面PCD的距离h，

由VP-ACD=VA-PCD，得

·S△ACD·OP=S△PCD·h

得×1×1=××h

解得h=。

解：（1）由题意，，，

∴是二面角的直二面角

∴，

又∵，

∴平面AOB，

又平面

∴平面平面。

（2）作，垂足为E，连结CE（如图），

则，

∴是异面直线AO与CD所成的角

在中，，，

∴

又

在中，tan∠CDE=

∴异面直线AO与CD所成角的大小为。

解：（Ⅰ）因为BB1⊥面ABC，AE面ABC，

所以AE⊥BB1，

由AB=AC，E为BC的中点得到AE⊥BC，

∵BC∩BB1=B，

∴AE⊥面BB1C1C，

∴AE⊥B1C；

（Ⅱ）取B1C1的中点E1，连接A1E1，E1C，

则AE∥A1E1，

∴∠E1A1C是异面直线AE与A1C所成的角，

设AC=AB=AA1=2a，

则，，

∴，

∵在△A1E1C中，，

所以异面直线AE与A1C所成的角为；

（Ⅲ）连接AG，设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q，连接EP，EQ，

则EP⊥AC，

又∵平面ABC⊥平面ACC1A1，

∴EP⊥平面ACC1A1，而PQ⊥AG，

∴EQ⊥AG，

∴∠PQE是二面角C-AG-E的平面角，

由EP=a，AP=a，，得，

所以二面角C-AG-E的平面角正切值是。

解：建立空间直角坐标系D-xyz，如图，

(1)设AD=a，DD1=b，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，

B(a，a，0)，C(0，a，0)，C1(0，a，b)，

∵=(-a，-a，0)，=(-a，a，0)，=(0，0，b)，

∴，，

∴BD⊥AC，BD⊥CC1，

∵AC，CC1平面ACC1A1且AC∩CC1=C，

∴BD⊥平面ACC1A1。

(2)设BD与AC相交于O，则点O坐标为，

，

∵，

∴BD⊥C1O，

又BD⊥CO，

∴∠C1OC是二面角C1-BD-C的平面角，

∴∠C1OC=60°，

∵，

∴，

∴cos==，

∴异面直线BC1与AC所成角的大小为arccos。

解：（1）由题意，

∴是二面角的直二面角

又∵二面角是直二面角

∴

又∵

∴平面

又平面

∴平面平面。

（2）作，垂足为E，连结（如图），

则，

∴是异面直线AO与CD所成的角

在中，，，

∴

又

在中，tan∠CDE=

∴异面直线AO与CD所成角的大小为。

（3）由（1）知，平面，

∴是CD与平面AOB所成的角，且tan∠CDO=

当最小时，最大，

这时，，垂足为，，

tan∠CDO=，

∴CD与平面所成角的最大值为。

（1）证明：连结AO，

∵O为BD的中点，AB=AD，

∴AO⊥BD，BC=CD，

∴BD⊥CO，

∴，

在△AOC中，由已知可得AO=1，，AC=2，

∴∠AOC=90°，

即AO⊥OC，

又AO⊥BD，BD∩OC=O，

∴AO⊥平面BCD，

又∵AO平面ABD，

∴平面ABD⊥平面BCD。

（2）解：取AC的中点M，BC的中点E，连接ME，OE，OM，

则ME∥AB，OE∥DC，

∴∠OEM（或其补角）为异面直线AB与CD所成的角，

在△OME中，，

∵OM是Rt△AOC斜边AC上的中线，

∴

∴

∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为。

（1）由已知ABCD和A'B'C'D'是全等的底角为60°的等腰梯形，

B'BCC'和C'CDD'是边长为1的正方形．

设AD的中点为E，A'D'的中点为E'，连接BE'．

∵BCDE-B'C'D'E'是底面为菱形的直四棱柱，

∴BE'∥CD'，∠E'BC'是异面直线BC'与CD'所成的角．

∵在△BC'E'中，BC′=BE′= ， C′E′=1，cos ∠ E′BC′==，

∴异面直线BC'与CD'所成的角是arccos．

（2）求被截面ACD'所截的两部分几何体的体积比．

∵VD'-ACD=×××1×1=，VABCD-A'B'C'D'=××1=，

VABCD-A'B'C'D'-VD'-ACD=-=，

∴被截面ACD'所截的两部分几何体的体积比是：=2：7．

（1）依题意得EF⊥DE，EF⊥AE，∴EF⊥平面ADE，∠DEA=θ．

由θ=45°得，S△ADE=DE•EAsin45°=，

∴VBCF-ADE=S△ADE•EF=．

（2）证法一：过点M作MM1⊥BF交BF于M1，

过点N作NN1⊥CF交BF于N1，连接M1N1，

∵MM1∥AB，NN1∥EF∴MM1∥NN1

又∵===，∴MM1=NN1

∴四边形MNN1M1为平行四边形，

∴MN∥N1M1，又MN⊄面BCF，N1M1⊂面BCF，∴MN∥面BCF．

证法二：过点M作MG⊥EF交EF于G，连接NG，则==，∴NG∥CF．

又NG⊄面BCF，CF⊂面BCF，∴NG∥面BCF，

同理可证得MG∥面BCF，又MG∩NG=G，∴平面MNG∥平面BCF，

∵MN⊂平面MNG，∴MN∥面BCF．

（3）证法一：取CF的中点为Q，连接MQ、NQ，则MQ∥AC，

∴∠NMQ或其补角为异面直线MN与AC所成的角，

∵θ=900且a=．∴NQ=，MQ==∴MN=，--

--

∴cos∠NMQ==．

即MN与AC所成角的余弦值为．

证法二：∵θ=900且a=．

分别以FE、FB、FC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．A(1，1，0)，C(0，0，1)，M(，，0)，N(，0，)，得=(-1，-1，1)，=(0，-，)，

∴cos＜，＞==，

所以与AC所成角的余弦值为．

解：（1）

（2）连接，长方体中CD∥AB

∴(或其补角)是异面直线与CD所成角，

中

所以异面直线BD1与CD所成角的大小为。