热门试卷

证明(1)连结和交于，连结， …………………………………………1分

为正方形，为中点，为中点，

，…………………………………………………………………………………3分

平面，平面

平面，…………………………………………………………………………4分

(2)平面，平面，，

为正方形，，平面，

平面，

平面，    ……………………………………………………6分

以为原点，以为轴建立如图所示的坐标系，

则，，，

平面，平面，

，

为正方形，，

由为正方形可得：，

设平面的法向量为

，

由，令，则

 ……………………………………………………………………………8分

设平面的法向量为，

，

由 ，令，则，

  ……………………………………………………………………10分

设二面角的平面角的大小为，则

二面角的平面角的余弦值为 ……………………………………12分

依题意，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.

因为＝4，所以A（0，0，0），

B（4，0，0），E（0，4，2），D（2，2，0），

B1（4，0，4）.                          （1分）

（1），，.

因为，所以，即.

因为，所以，即.

又AD、AE平面AED，且AD∩AE=A，故⊥平面.

（2）由（1）知为平面AED的一个法向量.

设平面 B1AE的法向量为，因为，，

所以由，得，令y=1，得x=2，z=-2.即.

∴，

∴二面角的余弦值为.

（3）由，，得，所以AD⊥DE.

由，，得.

由（1）得B1D为三棱锥B1-ADE的高，且，

所以.

方法二：

依题意得，平面ABC，，，

，.

（1）∵，D为BC的中点，∴AD⊥BC.

∵B1B⊥平面ABC，AD平面ABC，∴AD⊥B1B.

BC、B1B平面B1BCC1，且BC∩B1B=B，所以AD⊥平面B1BCC1.

又B1D平面B1BCC1，故B1D⊥AD .

由，，，

得，所以.

又AD、DE平面AED，且AD∩DE=E，故⊥平面.

（2）过D做DM⊥AE于点M，连接B1M.

由B1D⊥平面AED，AE平面AED，得AE ⊥B1D.

又B1D、DM平面B1DM，且B1D∩DM=D，故AE⊥平面B1DM.

因为B1M平面B1DM，所以B1M⊥AE.

故∠B1MD为二面角B1—AE—D的平面角.

由（1）得，AD⊥平面B1BCC1，又DE平面B1BCC1，所以AD⊥DE.

在Rt△AED中，，

在Rt△B1DM中，，

所以，即二面角B1—AE—D的余弦值为.

（3）由（1）得，AD⊥平面B1BCC1，

所以AD为三棱锥A-B1DE的高，且.

由（1）得.

故.

（1）证明：因为，，

在△中，由余弦定理可得 ，

所以 。                ………………2分

又因为 ，

所以平面。           ………………4分

（2）解：因为平面，所以。

因为，所以平面。                          ………………5分

所以两两互相垂直，如图建立的空间直角坐标系。 ………………6分

在等腰梯形中，可得 。

设，所以。

所以 ，，。

设平面的法向量为，则有

所以   取，得。                ………………8分

设与平面所成的角为，则 ，

所以 与平面所成角的正弦值为。                      ………………9分

（3）解：线段上不存在点，使平面平面。证明如下：   ………………10分

假设线段上存在点，设  ，所以。

设平面的法向量为，则有

所以   取 ，得。         ………………12分

要使平面平面，只需，                      ………………13分

即 ， 此方程无解。

所以线段上不存在点，使平面平面。            ………………14分