热门试卷

解：（1）由矩形ABCD中，AB=2BC=4，E为边AB的中点，可得ED2=22+22=8=CE2，CD2=42=16，∴CE2+ED2=CD2，∴∠CED=90°，∴CE⊥ED．

又∵平面A1DE⊥平面BCD，∴CE⊥平面A1DE，∴CE⊥DA1．

又∵DA1⊥A1E，A1E∩EC=E，∴DA1⊥平面A1CE，∴∠A1CD即为直线CD与平面A1CE所成的角．

在Rt△A1CD中，sin∠A1CD==．

（2）如图所示，

由（1）可知：CE⊥平面A1ED，∴∠A1ED为A1-EC-D的二面角的平面角，且为45°．

取CE的中点O，连接BO、MO，由三角形的中位线定理可知：MO∥AE，=1，∴MO⊥CE；

在等腰Rt△EBC中，CO=OE=，则BO⊥CE．，∴∠MOB为二面角M-EC-B的平面角；

由图形可知：二面角A1-EC-D与二面角M-EC-B互补，因此二面角M-EC-B的平面角为135°．

又OB=，在△MOB中，由余弦定理可得MB2==5．

∴．

（1）证明：连接AC交QB与E，

∵AQ∥BC，且=，

∴=，

∵M是线段PC的一个靠近点P的一个三分点，

∴=，

∴PA∥ME，

∵PA⊄平面MGB，ME⊂平面MGB，

∴PA∥平面MGB．

（2）连接BD，

∵AD=AB，∠BAD=60°，

∴AB=BD，

∵△PAD是等边三角形，PQ是∠APD线的角平分线，

∴AQ=QD，

∴QB⊥AD，

∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，

∴BQ⊥平面PAD，

∴∠BPQ为所求角，

∵△PAD，△ABD均为正三角形，且边长相等，

∴PQ=QB，

又∵PQ⊥QB，

∴∠BPQ=45°．

（3）∵QB⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，

∴QB⊥PA，

∵PA∥EM，

∴QB⊥ME，

做EF∥AD，连结ME，则EF⊥QB，

∴∠MEF为二面角M-BQ-C的平面角，

∵ME∥PA，EF∥AD，M为三等分点，

∴F也是CD的一个三等分点，

∴ME=PA，EF=AD，MF=PD，

∵PA=AD=PD，

∴EM=EF=MF，即∠MEF=60°．

解：（1）∵BC=2，AB=，∠ABC=45°，

∴AC=，则∠ACD=90°，

故以C为坐标原点，以CD，CA，分别为x，y轴，建立空间直角坐标系如图：

∵侧面PBC是等边三角形，

∴C（0，0，0），D（，0，0），A（0，，0），

则==（，，0），即B（，，0），

则BC的中点F（，，0），则P（，，），

则=（，，），=（2，-，0），

则•=（2，-，0）•（，，）=-3，

||=2，||=，

则cos＜＞==．

故异面直线BD，PC所成角的余弦值为．

（2设平面PAB的法向量为=（x，y，z），

则=（，0，0），=（，-，），

则由，

令z=1，则x=0，y=，即=（0，，1），

∵E在线段PC上，

∴设=m，E（x，y，z）

则=（m，m，-m），

即（x+，y-，z-）=（m，m，-m），

解得x=m-，y=-m，z=-m，

即E（m-，-m，-m），

则=（m-，-m，-m），则||=，

∵AE与平面PAB所成角的正弦值为，

∴|cos＜＞|==