热门试卷

（1）证明：连结SO，显然SO⊥BC，设，

则，

∴，

∴，

又，

∴SO⊥平面ABC。

（2）解：以O为原点，以OC所在射线为x轴正半轴， 以OA所在射线为y轴正半轴， 以OS所在射线为z轴正半轴，建立空间直角坐标系，则有

，，，，，

∴，，

∴，

∴异面直线SC与AB所成角的余弦值为。

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

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，tan∠PBO=

所以异面直线PB与CD所成的角是。

（3）假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为

设，则

由（2）得CD=OB=

在Rt△POC中，

所以PC=CD=DP，

由VP-DQC=VQ-PCD，得x=3/2

所以存在点Q满足题意，此时。

解：（1）由已知可得：，

∴CD⊥平面SAD，

而CD平面SCD，

∴平面SAD⊥平面SCD。

（2）设AC的中点O，SC的中点E，AB的中点F，BC的中点G，连结OE、OF、EF、EG、FG，

EG∥SB，FG∥AC，

∴∠EGF是AC、SB所成的角（或补角）， 

∴，

又，

∴，

∴AC与SB所成的角的余弦值是。

（3）连结MO，根据三垂线定理可得：MO⊥AC，MF⊥面ABCD，OF⊥AC，

∴∠MOF就是二面角M-AC-B的平面角，，

∴二面角M-AC-B的平面角的正切值是。

（1）证明：连接AC、OE，AC∩BD=O，

在△PAC中，∵E为PC中点，O为AC中点，

∴PA∥EO，

又∵EO平面EBD ，PA平面EBD，

∴PA∥面BDE。

（2）证明：∵PO⊥底面ABCD，

∴PO⊥BD，

又∵BD⊥AC，

∴BD⊥平面PAC，

又BD平面BDE，

∴平面PAC⊥平面BDE。

（3）解：由（1）知，PA∥EO，

∴∠PAD为异面直线OE 与AD所成角，

∵O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，

∴PD==，

PA==，

∴在△APD中，PA=PD，△APD是等腰三角形，

∴。

（Ⅰ）证明：在矩形ADEF中，ED⊥AD，

∵平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD=AD，

 ∴ED⊥平面ABCD，

∴ED⊥AC

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，ED⊥平面ABCD，

∴∠EDB是直线BE与平面ABCD所成的角，即∠EDB=45°，

设AB=，则DE=BD=，

取DE中点M，连结AM，

∴，

∴∠MAC是异面直线GE与AC所成角或其补角，

连接BD交AC于点O，

∵，O是AC的中点，

∴，

∴，

解：（1）证明：连结OC

∵BO=DO，AB=AD，

∴AO⊥BD

∵BO=DO，BC=CD，

∴CO⊥BD

在△AOC中，由已知可得AO=1，CO=

而AC=2，

∴AO2+CO2=AC2，

∴∠AOC=90°，即AO⊥OC

∵

∴AB⊥平面BCD。

（2）取AC的中点M，连结OM、ME、OE，由E为BC的中点知ME∥AB，OE∥DC

∴直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角

在△OME中，

∵是直角△AOC斜边AC上的中线

∴

∴

∴异面直线AB与CD所成角的大小为。

（3）设点E到平面ACD的距离为h

∵=

∴·S△ACD=·AO·S△CDE在△ACD中，CA=CD=2，AD=

∴S△ACD=

而AO=1，S△CDE=

∴h=

∴点E到平面ACD的距离为。

解：（Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD，

∴由三垂线定理得：CD⊥PD．

因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，

∴CD⊥面PAD．

又CD⊥面PCD，

∴面PAD⊥面PCD．

（Ⅱ）解：过点B作BE∥CA，且BE=CA， 则∠PBE是AC与PB所成的角．

连接AE，可知AC=CB=BE=AE=，

又AB=2， 所以四边形ACBE为正方形．

由PA⊥面ABCD，得∠PEB=90°

在Rt△PEB中，BE=a2=3b2，PB=，

∴．

∴AC与PB所成的角为．

（Ⅲ）解：作AN⊥CM，垂足为N，连接BN．

在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB，

∴△AMC≌△BMC，

∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角

∵CB⊥AC，

由三垂线定理，得CB⊥PC，

在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM．

在等腰三角形AMC中，AN·MC=，

∴．

∴AB=2，

∴

故所求的二面角为。

解：（1）连接AF， ∵PA⊥平面ABCD，DF平面ABCD，

∴PA⊥DF

∵Rt△ABF中，AB=BF=1，

∴AF==，

同理可得DF=

∴△ADF中，AF2+DF2=4=AD2，可得AF⊥DF

∵AF、PA是平面PAF内的相交直线，

∴DF⊥平面PAF

∵PF平面PAF，

∴PF⊥FD

（2）取AD中点E，连接PE、BE

∵DE∥BF且DE=BF=AB

∴四边形BEDF是平行四边形

所以BE∥DF，

可得∠PBE或其补角是异面直线PB与DF所成的角．

∵PA⊥平面ABCD，

∴AB是PB在平面ABCD内的射影，可得∠PBA是PB与平面ABCD所成的角

∴Rt△PAB中，∠PBA=45°，可得PA=AB=1，PB=AB=

又∵Rt△EAB中，AB=AE=1，

∴BE==，

同理PE=

∴△PBE是边长等于的等边三角形，

故∠PBE=60°

因此，异面直线PB与DF所成的角等于60°．

解：建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），

P（0，0，2），E（0，0，1），F（0，1，1），G（1，2，0），

（1）证明：∵=（0，1，0），=（0，0，2），=（2，0，0），

∴·=0×0+1×0+0×2=0，·=0×2+1×0+0×0=0，

∴EF⊥AP，EF⊥AB，

又∵AP、AB面PAB，且PA∩AB=A，

∴EF⊥平面PAB，

又EF面EFG，

∴平面EFG⊥平面PAB。

（2）∵，

∴。

（3）设平面EFC的法向量=（x，y，z），

则，∴，

令z=0，得=（1，0，1），

又=（0，0，1），

∴点A到平面EFG的距离

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

∴AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，

∴AC⊥BC1；

（Ⅱ）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）∵DE∥AC1，

∴∠CED为AC1与B1C所成的角，

在△CED中，，

∴，

∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为。

解：（1）设

根据题意，|a|=|b|=|c|且a·b=b·c=c·a=0

∴，

∴

∴

即CE⊥A′D。

（2）

∴

∴

即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为。