热门试卷

（Ⅰ）略

（Ⅱ）

（Ⅲ）略

（I）证明：

连接B1C，与BC1相交于O，连接OD

∵BCC1B1是矩形，

∴O是B1C的中点.

又D是AC的中点，∴OD//AB1.………………………………………………2分

∵AB­1面BDC­1，OD面BDC1，

∴AB1//面BDC1.…………………………………………4分

（II）解：如力，建立空间直角坐标系，则

C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0），

D（1，3，0）……………………5分

设=（x1，y1，z1）是面BDC1的一个法向量，则

即.…………6分

易知=(0，3，0)是面ABC的一个法向量.

.…………………………8分

∴二面角C1—BD—C的余弦值为.………………………………9分

（III）假设侧棱AA1上存在一点P（2，y，0）（0≤y≤3），使得CP⊥面BDC1.

则

∴方程组无解.

∴假设不成立.

∴侧棱AA1上不存在点P，使CP⊥面BDC1.……………14分

（I）证明略

（II）二面角A—PC—B的余弦值是

（方法一）

（I）连接B1P，因为在直三棱柱ABC—A1B1C1中，P为A1C1的中点，

AB=BC，所以B1P⊥面A1C。

所以B1P⊥AP。

又因为当k=1时，

AB=BC=PA=PC，

∴AP⊥PC。

∴AP⊥平面B1PC，

∴PA⊥B1C。

（II）取线段AC中点M，线段BC中点N，

连接MN、MC1、NC1，

则MN//AB，∵AB⊥平面B1C，∴MN⊥平面B1C，

是直线PA与平面BB1C1C所成的角，

设AB=a，

即时，直线PA与平面BB1C1C所成的角的正弦值为

此时，过点M作MH，垂足为H，连接BH，

，

由三垂线定理得BH⊥PC，

所以是二面角A—PC—B的平面角。

设AB=2，则BC=2，PA=-4，，

在直角三角形中AA1P中

，

连接MP，在直角三角形中

由，

又由，在直角三角形中BMH中，

解得，

在直角三角形BMH中

所以二面角A—PC—B的余弦值是

（方法二）

以点B为坐标原点，分别以直线BA、BC、BB1为x轴、y轴建立空间直角坐标系Oxyz，

（I）设AB=2，则AB=BC=PA=2

根据题意得：

所以

（II）设AB=2，则，

根据题意：A（2，0，0），C（0，2，0）

又因为

所以，

所以由题意得

即

即时，直线PA与平面BB1C1C所成的角的正弦值为

的法向量

设平面BPC的一个法向量为

由，得，

所以此时二面角A—PC—B的余弦值是

（1）见解析（2）600（3）

（1）∵∠SAB=∠SCA=900

（2）

（3）

(1)证明略 (2) 当AB为时，二面角A—EF—C的大小为60°

方法一 （1） 过点E作EG⊥CF交CF于G，

连接DG.可得四边形BCGE为矩形，

又四边形ABCD为矩形，

所以AD   EG，从而四边形ADGE为平行四边形，

故AE∥DG.

因为AE平面DCF，DG平面DCF，

所以AE∥平面DCF.

（2） 过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH.

由平面ABCD⊥平面BEFC，AB⊥BC，

得AB⊥平面BEFC，

从而AH⊥EF，所以∠AHB为二面角A—EF—C的平面角.

在Rt△EFG中，因为EG=AD=，EF=2，

所以∠CFE=60°,FG=1,

又因为CE⊥EF,所以CF=4,

从而BE=CG=3.

于是BH=BE·sin∠BEH=.

因为AB=BH·tan∠AHB=×=，

所以当AB为时，二面角A—EF—C的大小为60°.

方法二 如图所示,以点C为坐标原点,以CB、CF和CD所在直线分别作为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系C—xyz.

设AB=a，BE=b，CF=c，

则C（0，0，0），A（，0，a），

B（，0，0），E（，b，0），F（0，c，0）.

（1）=（0，b，-a），=（，0，0），=（0，b，0），

所以·=0，·=0，从而CB⊥AE，CB⊥BE.

AE∩BE=E，所以CB⊥平面ABE.

因为CB⊥平面DCF，

所以平面ABE∥平面DCF，AE平面ABE.

故AE∥平面DCF.

（2）因为=（-，c-b，0），=（，b，0）.

·=0，||=2，

所以 解得

所以E（，3，0），F（0，4，0）.

设n=(1,y,z)与平面AEF垂直，

则n·=0，n·=0，解得n=（1,,）.

又因为BA⊥平面BEFC，=（0，0，a），

所以|cos〈n, 〉|=

解得a=.

所以当AB为时，二面角A—EF—C的大小为60°.

证明略

方法一  (1) 由题设知,FG=GA,

FH=HD,所以GHAD.

又BCAD,故GHBC.

所以四边形BCHG是平行四边形.

(2)  C、D、F、E四点共面.

理由如下：

由BEAF，G是FA的中点知，

BE GF，所以EF∥BG.

由（1）知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面.

又点D在直线FH上，所以C、D、F、E四点共面.

（3）如图，连接EG，由AB=BE，BEAG及∠BAG=90°知ABEG是正方形,故BG⊥EA.

由题设知,FA、AD、AB两两垂直，故AD⊥平面FABE，

因此EA是ED在平面FABE内的射影，根据三垂线定理，BG⊥ED.

又ED∩EA=E,所以BG⊥平面ADE.

由(1)知,CH∥BG,所以CH⊥平面ADE.

由(2)知CH平面CDE,得平面ADE⊥平面CDE.

方法二 由题设知,FA、AB、AD两两互相垂直.

如图，以A为坐标原点，射线AB为x轴正方向，以射线AD为y轴正方向，

以射线AF为z轴正方向，建立直角坐标系A—xyz.

（1） 设AB=a，BC=b，BE=c，则由题设得

A（0，0，0），B（a，0，0），C（a，b，0），D（0，2b，0），E（a，0，c），

G（0，0，c），H（0，b，c）.

所以，=（0，b，0），=（0，b，0），于是=.

又点G不在直线BC上，

所以四边形BCHG是平行四边形.

（2） C、D、F、E四点共面.

理由如下：由题设知F（0，0，2c），

所以=（-a，0，c），=（-a，0，c），=.

又CEF，H∈FD，故C、D、F、E四点共面.

（3） 由AB=BE，得c=a，

所以=（-a，0，a），=（a，0，a）.

又=（0，2b，0），因此·=0，·=0.

即CH⊥AE，CH⊥AD.

又AD∩AE=A，所以CH⊥平面ADE.

故由CH平面CDFE，得平面ADE⊥平面CDE.

(1)略

(2)

略

证明见解析 3）

⑴连结，．在中，

∵是，的中点，∴．

又∵平面，

∴平面．                   --------------------4分

⑵如图，以为原点建立空间直角坐标系．

则，，，，

，，．

设平面的法向量为．

令，则，∴ ．∴．

∴平面．                     --------------------9分

⑶设平面的法向量为,．

令，则

∴．

∴．

所求二面角的余弦值为．   --------------------14分

（Ⅰ）60°（Ⅱ）1：6（Ⅲ）60°

（1）如图②，作出MN、PQ

∵PQ∥NC，又△MNC为正三角形

∴∠MNC＝60°

∴PQ与MN成角为60°

即四面体M—NPQ的体积与正方体的体积之比为1：6

（3）连结MA交PQ于O点，则MO⊥PQ

又NP⊥面PAQM，∴NP⊥MO，则MO⊥面PNQ

过O作OE⊥NQ，连结ME，则ME⊥NQ

∴∠MEO为二面角M—NQ—P的平面角

在Rt△NMQ中，ME·NQ＝MN·MQ

设正方体的棱长为a

∴∠MEO＝60°

即二面角M—NQ—P的大小为60°。