热门试卷

（1）设正三棱柱—的侧棱长为，取中点，连。

是正三角形，。

又底面侧面，且交线为。

侧面，连，则直线与侧面所成的角为。

在中，，解得。

此正三棱柱的侧棱长为。

（2）解法一：过作于，连，

侧面。

为二面角的平面角。

在中，，又

，  。

又

在中，。

故二面角的余弦值得大小为。

（2）解法2：

如图，建立空间直角坐标系。

则。

设为平面的法向量。

由 得。

取

又平面的一个法向量

。

结合图形可知，二面角的余弦值大小为。

（1）以A为原点，，，的方向为X轴，Y轴，Z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

设AB=a，则A（0，0，0），D（0，1，0），D1（0，1，1），E（，1，0），B1（a，0，1）

故=（0，1，1），=（﹣，1，﹣1），=（a，0，1），=（，1，0），

∵•=1﹣1=0

∴B1E⊥AD1；

（2）假设在棱AA1上存在一点P（0，0，t），使得DP∥平面B1AE，此时=（0，﹣1，t）。

又设平面B1AE的法向量=（x，y，z）。

∵⊥平面B1AE，∴⊥B1A，⊥AE，得，取x=1，得平面B1AE的一个法向量=（1，﹣，﹣a）。

要使DP∥平面B1AE，只要⊥，即有•=0，有此得﹣at=0，解得t=，即P（0，0，），

又DP⊈平面B1AE，

∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP=

（3）连接A1D，B1C，由长方体ABCD﹣A1B1C1D1及AA1=AD=1，得AD1⊥A1D。

∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C。

由（1）知，B1E⊥AD1，且B1C∩B1E=B1。

∴AD1⊥平面DCB1A1，

∴AD1是平面B1A1E的一个法向量，此时=（0，1，1）。

设与所成的角为θ，则cosθ==

∵二面角A﹣B1E﹣A1的大小为30°，

∴|cosθ|=cos30°=即=，解得a=2，即AB的长为2

设正四棱柱的高为。

(1) 连，底面于，

∴ 与底面所成的角为，即

∵ ，为中点，∴，又，

∴ 是二面角的平面角，即

∴  ，。

（2）

建立如图空间直角坐标系，有

设平面的一个法向量为，

∵ ，取得

∴  点到平面的距离为，则。