热门试卷

（Ⅰ）在Rt△BCE中，BE==，

在Rt△AD'E中，AE==，

∵AB2=22=BE2+AE2，

∴AE⊥BE．（2分）

∵平面AED'⊥平面ABCE，且交线为AE，

∴BE⊥平面AED'．（4分）

∵AD'⊂平面AED'，

∴AD'⊥BE．（6分）

（Ⅱ）设AC与BE相交于点F，由（Ⅰ）知AD'⊥BE，

∵AD'⊥ED'，

∴AD'⊥平面EBD'，（8分）

∵AD'⊂平面AED'，

∴平面ABD'⊥平面EBD'，且交线为BD'，

如图，作FG⊥BD'，垂足为G，则FG⊥平面ABD'，（10分）

连接AG，则∠FAG是直线AC与平面ABD'所成的角．（11分）

由平面几何的知识可知==，∴EF=EB=．

在Rt△AEF中，AF===，

在Rt△EBD'中，=，可求得FG=．

∴sin∠FAG===．（14分）

∴直线AC与平面ABD'所成的角的正弦值为．

(Ⅰ)解：因为四边形ADEF是正方形，所以FA∥ED，

故∠CED为异面直线CE与AF所成的角，

因为FA⊥平面ABCD，所以FA⊥CD，故ED⊥CD，

在Rt△CDE中，CD=1，，

故，

所以异面直线CE与AF所成角的余弦值为。

(Ⅱ)证明：过点B作BG∥CD，交AD于点G，

则∠BCA=∠CDA=45°，

由∠BAD=45°，可得BG⊥AB，从而CD⊥AB，

又CD⊥FA，FA∩AB=A，

所以CD⊥平面ABF。

(Ⅲ)由(Ⅱ)及已知，可得AG=，即G为AD的中点，

取EF的中点N，连接GN，则GN⊥EF，

因为BC∥AD，所以BC∥EF，

过点N作NM⊥EF，交BC于M，

则∠GNM为二面角B-EF-A的平面角，

连接GM，可得AD⊥平面GNM，故AD⊥GM，

从而BC⊥GM，由已知，可得，

由NG∥FA，FA⊥GM，得NC⊥CM，

在Rt△NGM中，，

所以二面角B-EF-A的正切值为。

(1)解：因为四边形ADEF是正方形，所以FA∥ED，

故∠CED为异面直线CE与AF所成的角，

因为FA⊥平面ABCD，

所以FA⊥CD，故ED⊥CD，

在Rt△CDE中，CD=1，，

故，

所以异面直线CE和AF所成角的余弦值为。

(2)证明：过点B作BC∥CD，交AD于点G，

则∠BGA=∠CDA=45°，

由∠BAD=45°，可得BG⊥AB，

从而CD⊥AB，

又CD⊥FA，FA∩AB=A，所以CD⊥平面ABF。

(3)解：由上可得，即G为AD的中点，

取EF的中点N，连接GN，则GN⊥EF，

因为BC∥AD，所以BC∥EF，

过点N作NM⊥EF，交BC于M，

则∠GNM为二面角B-EF -A的平面角，

连接GM，可得AD⊥平面GNM，

故AD⊥GM，

从而BC⊥GM，

由已知，可得，

由NG∥FA，FA⊥GM，得NG⊥GM，

在Rt△NGM中，，

所以二面角B-EF-A的正切值为。

解：（1）由题设知，BF∥CE，

所以∠CED（或其补角）为异面直线BF与DE所成的角，

设P为AD的中点，连结EP、PC

因为

所以

同理

又FA⊥平面ABCD，

所以EP⊥平面ABCD

而PC、AD都在平面ABCD 内，故EP⊥PC，EP⊥AD

由AB⊥AD，可得PC⊥AD

设FA=a，则EP=PC=PD=a，

故∠CED= 60°

所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°；

（2）因为DC=DE且M为CE的中点，

所以DM⊥CE．连结MP，则MP⊥CE

又MP∩DM =M，

故CE⊥平面AMD

而CE平面CDE，

所以平面AMD⊥平面CDE；

（3）设Q为CD的中点，连结PQ、EQ

因为CE=DE，

所以EQ⊥CD

因为PC=PD，

所以PQ⊥CD，

故∠EQP为二面角A-CD-E的平面角

由（1）可得，EP⊥PQ，

于是在Rt△EPQ中，

所以二面角A-CD-E的余弦值为。

(Ⅰ)解：因为C1D1∥B1A1，所以∠MA1B1为异面直线A1M与C1D1所成的角，

因为A1B1⊥平面BCC1B，所以∠A1B1M=90°，

而，

故，

即异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值为。

(Ⅱ)证明：由A1B1⊥平面BCC1B1，BM平面BCC1B1，得A1B1⊥BM， ①

由(Ⅰ)知，，

又，

所以B1M2+BM2=B1B2，从而BM⊥B1M，

又A1B1∩B1M=B1，再由①，②得BM⊥平面A1B1M，

而BM平面ABM，

因此平面ABM⊥平面A1B1M．

解：如图，以B为原点，分别以BC、BA、BP为x，y、z轴，

建立空间直角坐标系，

则，

又DE=2PE，

∴，

（1），

∴，

∴异面直线PA与CD所成的角为60°。

（2），

∴，

，

∴，

又PD∩PC=P，

∴BE⊥平面PCD。

（3）设平面PAD的一个法向量为，

则由，得，

令z=1，则，

又，设平面PBD的法向量为，

则由，得，

令，则，

∴，

∴，

又二面角A-PD-B为锐二面角，

故二面角A-PD-B的大小为60°。

（1）以O为原点，OB，OC，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

则有A（0，0，1），B（2，0，0），C（0，2，0），E（0，1，0）．

=（2，0，0）-（0，1，0）=（2，-1，0），=（0，2，-1），（2分）

cos＜，＞== -．（4分）

由于异面直线BE与AC所成的角是锐角，故其余弦值是．（5分）

（2）=(2，0，-1)，=（0，1，-1），设平面ABE的法向量为m1=（x，y，z），

则由m1⊥，m1⊥，得

取n=（1，2，2），

平面BEC的一个法向量为n2=（0，0，1），（7分）

cos＜n1．n2＞==（9分）

由于二面角A-BE-C的平面角是n1与n2的夹角的补角，其余弦值是-．（10分）

由题意AB∥CD，

∴∠C1BA是异面直线BC1与DC所成的角．

连接AC1与AC，在Rt△ADC中，可得AC=．

又在Rt△ACC1中，可得AC1=3．

在梯形ABCD中，过C作CH∥AD交AB于H，

得∠CHB=90°，CH=2，HB=3，∴CB=．

又在Rt△CBC1中，可得BC1=，

在△ABC1中，cos∠C1BA=，∴∠C1BA=arccos，

异面直线BC1与DC所成角的大小为arccos．

解（Ⅰ）∵CD∥AB，∴∠MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角）．

作AP⊥CD于点P，连接MP．

∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP．

∵∠ADP=，∴DP=．

∵MD==，

∴cos∠MDP==，∠MDC=∠MDP=．

所以，异面直线AB与MD所成的角为．

（Ⅱ）∵AB∥平面OCD，所以点B和点A到平面OCD的距离相等．

连接OP，过点A作AQ⊥OP于点Q．

∵AP⊥CD，OA⊥CD，∴CD⊥平面OAP，∴AQ⊥CD．

又∵AQ⊥OP，∴AQ⊥平面OCD，线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离．

∵OP===，AP=PD=，

∴AQ===．

所以，点B到平面OCD的距离为．

解：（1）过A在平面ABC内作AE//CB，且AE=CB，连接EM，

∠EAM为异面直线AM和BC所成的角或其补角，

在△AEM中，AM=EM=，AE=1，

cosEAM=，则∠EAM=。

（2）取BC中点为F，则AF⊥BC，

又平面ABC⊥平面BB1C1C， AF⊥平面BB1C1C，

∴AB1在平面BB1C1C上的射影为B1C，

∴由已知AB1⊥BC1及三垂线定理的逆定理，得CB1⊥BC1，

∴在平面BB1C1C内，由三角形相似，得。

解：连结BD、AC交与点O′，连结MO′，则MO′∥OC，

则∠O′MN为异面直线OC与MN所成的角。

在△O′MN中，，

∴。

解：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，

建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，2，0），E（0，1，），P（0，0，1），

，，，，

（1）∵cos==，所求异面直线AE与PC所成角的余弦值为  

（2）假设存在，设BG=x，则G（1，x，0），作DQ⊥AG，则DQ⊥平面PAG，即DG=1，

∵2S△ADG=SABCD，

∴，∴AG==2x=，

故存在点G，当BG=时，D到平面PAG的距离为1．

解：（1）连接CE、DE，

∴EF是等腰△ECD底边上的高，EF⊥CD，

。

（2）取BC中点G，连AG、DG，易知BC⊥AG、BC⊥DG，

∴BC⊥平面AGD，则BC⊥AD，

∴BC，AD所成角为90°。

（1）证明：∵N是PB的中点，M为PC中点，

∴MN∥BC，

∵BC∥AD，

∴MN∥AD，

∴A、D、M、N四点共面，

又∵PA=AB，

∴AN⊥PB，

又∵PA⊥面ABCD，PB在面ABCD内的射影为AB，

∵AD⊥AB，AD面ABCD，

∴AD⊥PB，　　

又∵AN∩AD于A，

∴PB⊥面ADMN，

∴PB⊥MD；

（2）取AD中点H，连结BH、PH，

∵，　

∴，　

∴BH∥CD，

∴∠PBH为异面直线CD与PB所成角或其补角，

设BC=1，则PA=AB=AD=2，则PB=2，

在Rt△BAH中，BH=，

在Rt△PAH中，PH=，

∴，

即异面直线CD与PB所成角为。