热门试卷

解：取BB1的中点F，则A，D，E，F四点共面，D1，B在平面ADEF的两侧，故D1B与平面相交，满足题意；

取A1D1的中点M，则M，D，E，B1四点共面，D1，B在平面MDEB1的两侧，故D1B与平面相交，满足题意；

D显然满足．

动点P在直线BD1（除B，D1两点）上运动的过程中，平面DEP可能经过的该正方体的顶点是A1，B1，D．

故答案为：A1，B1，D．

证明：如图，

四直角三棱锥S-ABC中，因为，∠SAB=∠SAC=90°，

所以SA⊥AB，SA⊥AC，又AB∩AC=A，所以SA⊥平面ABC，

而BC⊂平面ABC，所以SA⊥BC．

又∠SBC=90°，所以SB⊥BC，又SA∩SB=S，所以BC⊥平面SAB．

而AB⊂平面SAB，所以AB⊥BC，所以∠ABC为直角．

故答案为∠ABC．

解：法一：根据图象可知：

EF⊥AC，EF⊥A1D，A1D∥B1C，B1C⊥EF，AC∩B1C=C，

∴EF⊥面AB1C，而BD1⊥面AB1C，即BD1∥EF．

法二：建立以D1为原点的空间直角坐标系D1-xyz，且设正方形的边长为1

所以就有D1（0，0，0），B（1，1，0），A1（1，0，0），D（0，0，1），A（1，0，1），C（0，1，1）

所以 =（-1，0，1），=（-1，1，0），=（-1，-1，1）

所以 •=-1+1=0 所以A1D⊥BD1，

•=1-1=0 所以AC⊥BD1，

所以BD1与A1D和AC都垂直

又∵EF是AC、A1D的公共垂线，

∴BD1∥EF．

故答案为：平行．

解：由已知中正方体的平面展开图，

我们可以得到正方体的直观图如下图所示：

由正方体的几何特征可得：

①BM与ED垂直，正确；  

②DM与BN垂直，正确；

③CN与BM成60°角，正确；

④CN与BE平行，故CN与BE是异面直线，错误；

故答案为：①②③

解：将直三棱柱ABC-A1B1C1沿棱BB1展开成平面连接AC1，与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M，

由于AB=1，BC=2，AA1=3，再结合棱柱的性质，可得BM=AA1=1，故B1M=2，

∴AM=，AC1=2，MC1=2，

cos∠AMC1=

==-，

∴sin∠AMC1=，

∴△AMC1的面积．

故答案为1．

解：对于①A1C⊥平面B1EF，不一定成立，因为A1C⊥平面AC1D，而两个平面面B1EF与面AC1D不一定平行．

对于②△B1EF在侧面BCC1B1上 的正投影是面积为定值的三角形，此是一个正确的结论，因为其投影三角形的一边是棱BB1，而E点在面上的投影到此棱BB1的距离是定值，故正确；

对于③在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线，此两平面相交，一个面内平行于两个平面的交线一定平行于另一个平面，此结论正确；

对于④平面B1EF在平面ABCD中的射影为△DFB，面积为定值，但△B1EF的面积不定，故不正确；

对于⑤由面面平行的性质定理可得EQ∥B1F，故D1Q=，B1Q∥PF，故AP=，所以三棱锥P-DEF的体积为，故正确

故答案为：②③⑤．

解：连A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，如图所示，

连A1C，则A1C的长度就是所求的最小值．

在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=2，BC=1，CC1=，

∴BC1=2，A1C1=2，A1B=2，BC=1，CC1=，

即∠A1C1B=90°，∠CC1B=30°，

∴∠A1C1C=90°+30°=120°，

由余弦定理可求得A1C2==，

∴A1P+PC的最小值是 ，

故答案为：．

解：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，

由顶点A1，B，C，D1确定的四边形是矩形；

由顶点A，B，D，A1确定的四面体有三个面是等腰直角三角形，有一个面是等边三角形；

由顶点D，A1，B，C1确定的四面体每个面都是等边三角形；

由顶点A1，A，B，C确定的四面体每个面都是直角三角形．

综上所述，正确的所有序号是①③④⑤．

故答案为：①③④⑤