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解：(Ⅰ)证明：∵，

∴，

又∵BC=2AD，G是BC的中点，

∴，   

∴四边形ADGB是平行四边形，

∴ AB∥DG，

∵，平面DEG，

∴AB∥平面DEG；

 (Ⅱ)证明：∵EF⊥平面AEB，AE平面AEB，

∴，

又，平面BCFE，

∴平面BCFE，

 过D作交EF于H，则平面BCFE，

∵平面BCFE，

∴，

 ∵，

∴四边形AEHD平行四边形，

∵，

∴，又，

∴四边形BGHE为正方形，

∴，

又平面BHD，平面BHD，

∴EG⊥平面BHD，

∵平面BHD

∴；

(Ⅲ) ∵平面AEB，，

∴平面AEB，

由（2）知四边形BGHE为正方形，

∴，

∴。

(Ⅰ)证明：连结AC，取AC的中点K，则K为BD的中点，连结OK，

因为点M是棱AA′的中点，点D是BD′的中点，

所以，所以，

由AA′⊥AK，得MO⊥AA′，

因为AK⊥BD，AK⊥BB′，

所以AK⊥平面BDD′B′，

所以AK⊥BD′，所以MO⊥BD′，

又因为OM与异面直线AA′和BD′都相交，

故OM为异面直线AA′和BD′的公垂线．

(Ⅱ)解：取BB′的中点N，连结MN，则MN⊥平面BCC′B′，

过点N作NH⊥BC′于H，连结MH，则由三垂线定理得，BC′⊥MH，

从而，∠MHN为二面角M-BC′-B′的平面角，

，

在Rt△MNH中，，

故二面角M-BC′-B′的大小为。

(Ⅲ)解：易知，S△OBC=S△OA′D′，且△OBC和△OA′D′都在平面BCD′A′内，

点O到平面MA′D′的距离，

。

解：（1）设G是线段DA与线段EB延长线的交点，

由于△OAB与△ODE都是正三角形，

所以OBDE，OG=OD=2

同理，设G'是线段DA与线段FC延长线的交点，有CG'=OD=2

又由于G和G'都在线段DA的延长线上，所以G与G'重合

在△GED和△GFD中，由OBDE和OCDF

可知B，C分别是GE和GF的中点，

所以BC是△GEF的中位线

故BC∥EF。

（2）由OB=1，OE=2，∠EOB=60°，

知

而△OED是边长为2的正三角形，故

所以

过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q

由平面ABED⊥平面ACFD 知FQ就是四棱锥F-OBED的高，

且

所以。

（Ⅰ）（方法一）证明：设G是线段DA与线段EB延长线的交点，

由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以OB∥,OB=,OG=OD=2

同理，设G′是线段DA与线段FC延长线的交点，有OG′=OD=2，

又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合。

在△GED和△GFD中，由OB∥,OB=和OC∥, OC=,

可知B,C分别是GE和GF的中点，

所以BC是△GEF的中位线，

故BC∥EF.

（方法二）过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q，连QE，

由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED,

以Q为坐标原点，为x轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立空间直角坐标系。

由条件知E(，0,0)，F（0,0，），B（，-，0），

C（0，-),）。

则有，.。

所以，即得BC∥EF.

（Ⅱ）解：由OB=1，OE=2，∠EOB=60°，知SEOB=

而△OED是边长为2的正三角形，故SOED=

所以SOBED=SEOB+SOED=。

过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，

由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F-OBED的高，且FQ=，

所以VF-OBED=FQ·SOBED=。

（Ⅰ）证明：∵AB=BC=1，AA1=2，点E为CC1中点，

∴EB===，ED1===． …（2分）

∴EB=ED1．又F为BD1中点，

∴EF⊥BD1．                   …（4分）

（Ⅱ）由于VD1-DBE=VB-EDD1，…（6分）

又因为VB-EDD1=S△EDD1•BC，而S△EDD1=1，BC=1，

∴VB-EDD1=S△EDD1•BC=．

故四面体D1-BDE的体积为．                      …（10分）

解：（Ⅰ）连结AC，取AC的中点K，则K为BD的中点，连结OK

因为点M是棱AA'的中点，点O是BD'的中点

所以

所以

由AA'⊥AK，得MO⊥AA′

因为AK⊥BD，AK⊥BB′

所以AK⊥平面BDD'B'

所以AK⊥BD'

所以MO⊥BD'

又因为OM与异面直线AA'和BD'都相交，故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线；

（Ⅱ）取BB'的中点N，连结MN，则MN⊥平面BCC'B'

过点N作NH⊥BC'于H，连结MH，则由三垂线定理得，BC′⊥MH

从而，∠MHN为二面角M-BC'-B'的平面角

设AB=1，则MN=1，NH=BNsin45°=

在Rt△MNH中，tan∠MHN=

故二面角M-BC′-B′的大小为。

证明：（1）取AD的中点为H，连接BH，PH

∵PA=PD，

∴PH⊥AD在菱形ABCD中，∠DAB=60°，得BH⊥AD

∵PH面PBH，BH面PBH，PH∩BH=H，

∴AD⊥面PBH

∵PB面PBH，

∴PB⊥AD；

（2）连AC，

设AC与BD交点为O，连OE在平行四边形ABCD中，O是AC的中点，点E是PC的中点，

所以OE∥AP

因为AP面BDE，OE面BDE，

所以AP∥面BDE

因为AP面APFG，面APFG∩面BDE=FG

所以AP∥FG

解：（1）连结A1B，记A1B与AB的交点为F，

因为面AA1B1B 为正方形，

故A1B⊥AB1且AF=FB1

又AE=3EB1，

所以FE=EB1，

又D为BB1的中点，

故DE∥BF，DE⊥AB1作CG⊥AB，G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点

又由底面ABC⊥面AA1B1B，得CG⊥面AA1B1B

连结DG，则DC∥AB1，

故DE⊥DG，由三垂线定理，得DE⊥CD

所以DE为异面直线AB与CD的公垂线。

（2）因为DC∥AB1，

故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，∠CDC =45°

设AB=2，则

作B1H⊥A1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1⊥面AA1C1C，

故B1H⊥面AA1C1C，

又作HK⊥AC1，K为垂足，连结B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B的平面角

所以二面角A1-AC1-B的大小为arctan。

（1）证明：连接CF，因为是半径为a的半圆，AC为直径，点E为的中点，所以EB⊥AC．

在RT△BCE中，EC===a．

在△BDF中，BF=DF=a，△BDF为等腰三角形，且点C是底边BD的中点，故CF⊥BD．

在△CEF中，CE2+CF2=(a)2+(2a)2=6a2=EF2，所以△CEF为Rt△，且CF⊥EC．

因为CF⊥BD，CF⊥EC，且CE∩BD=C，所以CF⊥平面BED，

而EB⊂平面BED，∴CF⊥EB．

因为EB⊥AC，EB⊥CF，且AC∩CF=C，所以EB⊥平面BDF，

而FD⊂平面BDF，∴EB⊥FD．

（2）设平面BED与平面RQD的交线为DG．

由FQ=FE，FR=FB，知QR∥EB．

而EB⊂平面BDE，∴QR∥平面BDE，

而平面BDE∩平面RQD=DG，

∴QR∥DG∥EB．

由（1）知，BE⊥平面BDF，∴DG⊥平面BDF，

而DR，DB⊂平面BDF，∴DG⊥DR，DG⊥DB，

∴∠RDB是平面BED与平面RQD所成二面角的平面角．

在Rt△BCF中，CF===2a，sin∠RBD===，cos∠RBD==．

在△BDR中，由FR=FB知，BR=FB=，

由余弦定理得，RD===a

由正弦定理得，=，即=，sin∠RDB=．

故平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值为．