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解：（1）∵，

∴，

∴，

在，

，

∵，

∴。

（2）∵，

∴∠BAC为二面角C-SA-B的平面角，

在，

∴∠BAC =60°，

∴即所求二面角C-SA-B为60°；

（3）分别取AB、SA、 BC的中点D、E、F，

连结ED、DF、EF、AF，

则，

∴∠EDF（或其邻补角）就是异面直线SB和AC所成的角，

∵，

在，

∴，

在，

在△DEF中，由余弦定理得

，

∴异面直线SB和AC所成的角的余弦值为。

（Ⅰ）证明：直三棱柱ABC-A1B1C1，底面三边长BC=3，BA=4AB=5，

∴AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，

∴AC⊥BC1。

（Ⅱ）证明：设CB1与C1B的交点为E，连结DE，

∵D是AB的中点，E是BC1的中点，

∴DE//AC1，

∵DE平面CDB1，AC1平面CDB1，

∴AC1//平面CDB1。

（Ⅲ）解：∵DE//AC1，

∴∠CED为AC1与B1C所成的角，

在△CED中，ED=AC1=，CD=AB=，CE=CB1=2，

∴，

∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值是。

（1）证明：“略”；

（2）解：；

（3）解：。

解：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则

A（0，2，0），B（2，2，0），C（2，0，0），D（0，0，0），P（0，0，2），E（1，1，1）

∴．

∴．

又∵，

∴=．

故异面直线AE与DP所成角的大小为．

（2）．

∴=（﹣1）×2+0×2+（﹣1）×（﹣2）=0，

∴EF⊥PB．

∵=（﹣1）×2+0×0+（﹣1）×（﹣2）=0，

∴EF⊥PC．

又∵PB∩PC=P，

∴EF⊥平面PBC．

（3）设平面PFC的法向量为m=（x，y，z）则

令z=1，则m=（1，2，1）．

由（2）知平面PBC的法向量为．

．

则二面角F﹣PC﹣B的大小为为．

解：在△ABD中，，易得AB⊥BD，

在四面体ABCD中，以D为原点，DB为x轴，DC为y轴，过D垂直于平面BDC的射线为z轴，建立如图空间直角坐标系。

则D（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A（2，0，2）

（1）由于，

设AD与BC所成角为，则，

即异面直线AD与BC所成角为

（2）设平面ABC的法向量为，而，

由得：，取 。

再设平面DAC的法向量为，而，

由得：，取，

所以，

所以二面角B-AC-D的大小是

（3）由于△ABC,△ADC均为直角三角形，

故四面体ABCD的外接球球心在AD中点，

又，所以球半径，

得 。

解：（1）取BC的中点D，连AD、OD

因为OB=OC，则OD⊥BC、AD⊥BC， ∴BC⊥面OAD．

过O点作OH⊥AD于H，

则OH⊥面ABC，OH的长就是所求的距离 ．

又BC=2，OD==，

又OA⊥OB，OA⊥OC

∴OA⊥面OBC，则OA⊥OD

AD ==，

在直角三角形OAD中，有OH=

（2）取OA的中点M，连EM、BM，

则EM∥AC，DBEM是异面直线BE与AC所成的角，

易求得EM=，BE=，BM=．

由余弦定理可求得cos∠BEM=，

∴∠BEM=arccos

（3）连CH并延长交AB于F，连OF、EF．

由OC⊥面OAB，得OC⊥AB，

又OH⊥面ABC，所以CF⊥AB，EF⊥AB，

则DEFC就是所求的二面角的平面角．

作EG⊥CF于G，则EG= OH= ，

在Rt△OAB中，OF= 

在Rt△OEF中，EF= 

∴sin∠EFG= 

∴ ∠EFG=arcsin ．

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，连接EP，PC．

因为FE=∥AP，

所以FA=∥EP，同理AB=∥PC．

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，CD=DE=EC= a，

故∠CED=60°．

所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°．

（2）取CD的中点Q，连接PQ，EQ

由PC=PD，CE=DE

∴PQ⊥CD，EQ⊥CD

∴∠EQP为二面角A﹣CD﹣E的平面角，

由ED=CD= a，

在等边△ECD中EQ= a

在等腰Rt△CPD中，PQ= a

在Rt△EPQ中，cos∠EQP= ．

故二面角A﹣CD﹣E的余弦值为 

解；（1）以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系，则有D（0，3，0）、D1（0，3，2）、E（3，0，0）、F（4，1，0）、C1（4，3，2）

于是，

设向量与平面C1DE垂直，则有

∴，其中

取，则是一个与平面C1DE垂直的向量

∵向量与平面CDE垂直

∴与所成的角θ为二面角的平面角

∵

∴

（2）设EC1与FD1所成角为β，则

。

解：∵PO⊥平面ABCD，

∴PO⊥BD，

又，

由平面几何知识得：，

（Ⅰ）过D作DE∥BC交AB于E，连结PE，

则∠PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，

∵四边形ABCD是等腰梯形，

∴，

∴，

又AB∥DC，

∴四边形EBCD是平行四边形。

∴，

∴E是AB的中点，且，

又，

∴△PEA为直角三角形，

∴，

在△PED中，由余弦定理得

，

故异面直线PD与BC所成的角的余弦值为。

（Ⅱ）连结OE，由（Ⅰ）及三垂线定理知，

∠PEO为二面角P-AB-C的平面角，

∴，

∴，

∴二面角P-AB-C的大小为45°。

（Ⅲ）连结MD，MB，MO，

平面平面BMD，

∵PC⊥OM，

又在Rt△POC中，，

∴，

∴，

故λ=2时，PC⊥平面BMD。

解：（1）建立如图所示的直角坐标系，

则A（0，0，0）、D（0，2，0）、P（0，0，2）．

在Rt△BAD中，AD=2，BD=，

∴AB=2．∴B（2，0，0）、C（2，2，0），

∴

∵，即BD⊥AP，BD⊥AC，

又因为AP∩AC=A，∴BD⊥平面PAC．

（2）由（1）得．

设平面PCD的法向量为，

则，

即，

∴，

故平面PCD的法向量可取为

∴PA⊥平面ABCD，

∴为平面ABCD的法向量．

设二面角P﹣CD﹣B的大小为θ，依题意可得．

（3）由（1）得，

设平面PBD的法向量为，

则，即，

∴x=y=z，故可取为．

∵，

∴C到面PBD的距离为

(Ⅰ)∵AB∥DC，

∴∠PCD就是PC与AB所成角，

在直角梯形ABCD中，过C作CS⊥AB于点S，

则四边形ADCS为矩形，

∴AS=DC=1，

又AB=2，∴BS=1，

在Rt△BSC中，∠ABC=45°，

∴CS=BS=1，

∴AD=CS=1，

∵PA⊥平面ABCD，AD，AC平面ABCD，

∴PA⊥AD，PA⊥AC，

∴，

，

∴，

∴PC2=PD2+CD2CD⊥PD，，

所以PC与AB所成角的余弦值为；

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知：AC2+BC2=AB2，

∴BC⊥AC，

又∵PA⊥平面ABCD，

∴PA⊥BC，

∵PA∩AC=A，

∴BC⊥平面PAC.

 (Ⅲ)连接EA，EC，则EA=EC=，

连接DS交AC于O，连接EO，ES，SO，

因为O是AC中点，

所以EO⊥AC，SO⊥AC，

所以∠SOE就是二面角E-AC-B的平面角，

故。

(Ⅰ)证明：因为PG⊥平面ABC，

所以PG⊥BC，

又BG⊥CG，

所以BG⊥面PCG，

所以PC⊥BG。

(Ⅱ)解：建立如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如图所示，

，

∴。

(Ⅲ)设，

则点，

又，

∴，，

由DF⊥DC，得，

∴，解得：，

∴。

（1）证明：由已知DO⊥平面ABC，

∴平面ADB⊥平面ABC，　　　　　　 　　

又∵BC⊥AB，

∴BC⊥平面ADB，

又∵AD平面ADB，

∴BC⊥AD，

又∵AD⊥DC，

∴AD⊥平面BDC。

（2）解：由(1)得AD⊥BD，由已知AC=2，得，AD=1，

∴BD=1，∴O是AB的中点，，

过D作DE⊥AC于E，连结OE，则OE⊥AC，

∴∠DEO是二面角D-AC-B的平面角，且，

∴，

即二面角D-AC-B的大小为．　

（3）解：取AC的中点G，连结OG，

以O为原点，分别以GO、OB、OD所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，

则，，

∴，

设AC与BD所成的角为α，则，∴α=60°，

即异面直线AC与BD所成角的大小为60°。

解：（Ⅰ）如图，以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz，

则

，

∴，

，

，

又AC与AD1交于A点，

，

∴B1D⊥平面D1AC；

（Ⅱ）设A1D与D1O所成的角为θ，

，

∴，

∴，

所求异面直线A1D与D1O所成角的余弦值为；

（Ⅲ）设平面AEC与直线D1O所成的角为φ，

设平面AEC的法向量为，

，

，

，

令z=1，则，

∴，

∴，

所求平面AEC与直线D1O所成角的正弦值为。