热门试卷

(Ⅰ)解：如图，取CD的中点G，连接MG，NG，

设正方形ABCD，DCEF的边长为2，则MG⊥CD，MG=2，NG=，

因为平面ABCD⊥平面DCEF，

所以MC⊥平面DCEF，

可得∠MNG是MN与平面DCEF所成的角，

因为MN=，

所以sin∠MNG=为MN与平面DCEF所成角的正弦值．

(Ⅱ)证明：假设直线ME与BN共面，则AB平面MBEN，

且平面MBEN与平面DCEF交于EN，

由已知，两正方形不共面，故AB平面DCEF，

又AB∥CD，所以AB∥平面DCEF，

而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，

所以AB∥EN，

又AB∥CD∥EF，

所以EN∥EF，

这与EN∩EF=E矛盾，故假设不成立．

所以ME与BN不共面，它们是异面直线．

解：（1）证明：连结CD

∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱

∴平面

∴CD为C1D在平面ABC内的射影

∵△ABC中，AC=BC，D为AB中点

∴

∴

∵

∴。

（2）过点A作CE的平行线，交ED的延长线于F，连结MF

∵D、E分别为AB、BC的中点

∵

又

∴

∵AF为MF在平面ABC内的射影

∴

∴为二面角的平面角，

在Rt△MAF中，，

∴

作，垂足为G

∵

∴平面AMF

∴平面MDE⊥平面AMF

∴AG⊥平面MDE

在Rt△GAF中，，AF=

∴

即A到平面MDE的距离为

∵

∴CA∥平面MDE

∴C到平面MDE的距离与A到平面MDE的距离相等，为。

解：（1）在Rt△BAD中，，

∴，

而PD垂直底面ABCD，

，

，

在△PAB中，，

即△PAB为以∠PAB为直角的直角三角形，

设点D到面PAB的距离为H，

由，有，

即，；

（2），∴，

而，即，

∴，∴GF⊥BC，∴GF⊥EG，

∴△EFG是直角三角形；

（3）时，，，

即，

∴△EFG的面积。

解：（Ⅰ）过E作EH∥BC交CC1于H，

则CH=BE=1，EH∥AD，且EH=AD，

又∵AF∥EC1，

∴∠FAD=∠C1EH，

∴Rt△ADF≌Rt△EHC1，

∴DF=C1H=2，

∴。

（Ⅱ）延长C1E与CB交于G，连AG，

则平面AEC1F与平面ABCD相交于AG，

过C作CM⊥AG，垂足为M，连C1M，

由三垂线定理可知AG⊥C1M，

由于AG⊥面C1MC，且AG面AEC1F，

所以平面AEC1F⊥面C1MC，

在Rt△C1CM中，作CQ⊥MC1，垂足为Q，

则CQ的长即为C到平面AEC1F的距离，

由可得，BG=1，

从而，

由知，

，

∴。

解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，

则D（0，0，0），B（2，4，0），

，

设F（0，0，z），

∵为平行四边形，

∴由得，∴z=2，

∴F（0，0，2），

∴=（-2，-4，2），于是||=2，

即BF的长是2。

（Ⅱ）设为平面的法向量，

显然不垂直于平面ADF，

故可设=（x，y，1），

由，得，

即，∴，

又=（0，0，3），

设与的夹角为α ，

则，

∴C到平面的距离为。

解：（1）取BD中点M，连结MC，FM，

∵F为BD1中点，

∴FM∥D1D且FM=D1D

又EC=CC1，且EC⊥MC，

∴四边形EFMC是矩形

∴EF⊥CC1

又CM⊥面DBD1

∴EF⊥面DBD1

∵BD1面DBD1，

∴EF⊥BD1

故EF为BD1与CC1的公垂线。

（2）连结ED1，有

由（1）知EF⊥面DBD1，

设点D1到面BDE的距离为d，

则S△DBC·d=S△DBD·EF

∵AA1=2·AB=1

∴

∴

∴

故点D1到平面BDE的距离为。

（Ⅰ）证明：因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE//PC，

又因为DE平面BCP，

所以DE//平面BCP。

（Ⅱ）证明：因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，

所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF，

所以四边形DEFG为平行四边形，

又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG，

所以四边形DEFG为矩形。

（Ⅲ）解：存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，

设Q为EG的中点，由（Ⅱ）知，DF∩EG=Q，且QD=QE=QF=QG=EG，

分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN。

与（Ⅱ）同理，可证四边形MENG为矩形，

其对角线点为EG的中点Q，且QM=QN=EG，

所以Q为满足条件的点。

解：以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图）．

设AD=a，则D（0，0，0）A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），E（a，，0），P（0，0，z），F（，，）．

（Ⅰ）证明：∵=（﹣，0，）（0，a，0）=0，

∴，∴EF⊥CD．

（Ⅱ）当Q是AD中点时，有QF⊥面PBC．

取PC中点K，连DK，FK，则DK⊥面PBC．

又FKAD，FK=AD，∴QFDK

∴QF⊥面PBC．

∴DK⊥PC，

∵K是PC的中点，所以PD=DC，

底面ABCD为正方形，所以DB=PB与面ABCD所成角的正切值为：．

解：（1）取CD的中点G连结MG，NG

因为ABCD，DCEF为正方形，且边长为2，

所以MG⊥CD，MG=2，

因为平面ABCD⊥平面DCEF，

所以MG⊥平面DCEF，可

得MG⊥NG

所以。

（2）假设直线ME与BN共面

则平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN，

由已知，两正方形不共面，故平面DCEF

又AB∥CD，

所以AB∥平面DCEF

而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，

所以AB∥EN

又AB∥CD∥EF，

所以EN∥EF，这与矛盾，

故假设不成立。

所以ME与BN不共面，它们是异面直线。

（Ⅰ）证明：如图，过点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D，

由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B，得

AD⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，

所以AD⊥BC．

因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，

则AA1⊥底面ABC，

所以AA1⊥BC．

又AA1∩AD=A，从而BC⊥侧面A1ABB1，

又AB⊂侧面A1ABB1，故AB⊥BC．

（Ⅱ）解法1：连接CD，则由（Ⅰ）知∠ACD是直线AC与平面A1BC所成的角，∠ABA1是二面角A1-BC-A的平面角，即∠ACD=θ，∠ABA1=φ，

于是在Rt△ADC中，sinθ=，在Rt△ADB中，sinφ=，

由AB＜AC，得sinθ＜sinφ，又0＜θ，φ＜，所以θ＜φ，

解法2：由（Ⅰ）知，以点B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在的直线分

别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设AA1=a，AC=b，

AB=c，则B（0，0，0），A（0，c，0），C(，0，0)，A1(0，c，a)，

于是=(，0，0)，=(0，c，a)，=(，-c，0)，=(0，0，a)．

设平面A1BC的一个法向量为n=（x，y，z），

则由．得．

可取n=（0，-a，c），于是n•=ac＞0，与n的夹角β为锐角，则β与θ互为余角．sinθ-cosβ==，cosφ==，

所以sinφ=，

于是由c＜b，得＜，

即sinθ＜sinφ，又0＜θ，φ＜，所以θ＜φ，

证明：（1）

，

同理AD∥BE，则四边形ABED是平行四边形．

又AD⊥DE，AD=DE，

∴四边形ABED是正方形

（2）取DG中点P，连接PA，PF．

在梯形EFGD中，FP∥DE且FP=DE．

又AB∥DE且AB=DE，

∴AB∥PF且AB=PF

∴四边形ABFP为平行四边形，

∴AP∥BF

在梯形ACGD中，AP∥CG，

∴BF∥CG，

∴B，C，F，G四点共面

（3）同（1）中证明方法知四边形BFGC为平行四边形．

且有AC∥DG、EF∥DG，从而AC∥EF，

∴EF⊥AD，BE∥AD

又BE=AD=2，EF=1

故，而，

故四边形BFGC为菱形，CF⊥BG

又由AC∥EF且AC=EF知CF∥AE．

正方形ABED中，AE⊥BD，故CF⊥BD．