热门试卷

(1)略（2）

略

（1）略

（2）可知当  时， PA//平面MQB

解（1）依题意，可设故   又

由余弦定理可知

＝3

∴

故可知 ，可知，………………………………………2分

(另解:连结BD,由,AD=AB,可知ABD为等边三角形,又Q为AD的中点,所以也可证得)

又在中，PA="PD" ，Q为AD的中点

∴， …………………………………………………………………………3分

又

∴  ………………………………………………………………4分

又   所以平面PQB平面PAD………………………………6分

（2）连结AC交BQ于点O ，连结MO，

欲使 PA//平面MQB

只需 满足   PA//OM 即可………………………………………………………….7分

又由已知  AQ//BC

易证得    ∴……………………………………8分

故只需 ，即时，满足题意…………………………………………10分

∵  

∴可知 PA//OM 又 

所以可知当  时， PA//平面MQB……………………………………………...12分

（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）（Ⅲ）

证明：(Ⅰ) 不论点E在何位置，都有BD⊥AE                     …………1分

连结AC，由该四棱锥的三视图可知，该四棱锥P－ABCD的底面ABCD是正方形

∴BD⊥AC ∵PC⊥底面ABCD 且平面　∴BD⊥PC ………3分

又∵∴BD⊥平面PAC　

∵不论点E在何位置，都有AE平面PAC 

∴不论点E在何位置，都有BD⊥AE                   ………………5分

解：（Ⅱ）由该四棱锥的三视图可知，该四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，

侧棱PC⊥底面ABCD，且PC="2.                     " ………………7分

设点C到平面PDB的距离为d，

，    

 , , 

---------------------------10分

(Ⅲ) 解法1：在平面DAE内过点D作DG⊥AE于G，连结BG

∵CD="CB,EC=EC," ∴≌

∴ED="EB," ∵AD="AB " ∴△EDA≌△EBA

∴BG⊥EA ∴为二面角D－EA－B的平面角……………… 12分

∵BC⊥DE,   AD∥BC ∴AD⊥DE

在Rｔ△ADE中，=="BG"

在△DGB中，由余弦定理得

∴=                               ………………15分

解法２：以点C为坐标原点，CD所在的直线为ｘ轴建立空间直角坐标系如图示：

则,从而………………  11分

设平面ADE和平面ABE的法向量分别为

由法向量的性质可得：，

令，则，

∴                       ………13分

设二面角D－AE－B的平面角为，则

∴                            …………………………………  15分

（Ⅰ）见解析   （Ⅱ）

.证明：（Ⅰ）∵PD⊥底面ABCD ∴PD⊥EC

又∵PE⊥EC PD∩PE="P" ∴EC⊥平面PED

又∵EC平面PEC ∴平面PED⊥平面PEC       …………6分

（Ⅱ）以为原点，、、分别为

轴建立空间直角坐标系.

由已知可得，E(x，，0)

∵PE⊥EC  ∴ ∴E(，，0)

可得平面PEC的一个法向量为

又∵平面PED的一个法向量为         …………10分

故 即二面角的大小为…………12分

证明略

 ∵E∈AB，H∈AD，

∴E∈平面ABD，H∈平面ABD.

∴EH平面ABD.

∵EH∩FG=O，∴O∈平面ABD.

同理可证O∈平面BCD，

∴O∈平面ABD∩平面BCD，即O∈BD，

所以B、D、O三点共线.

（1）不是异面直线（2）D1B与CC1是异面直线

 （1）不是异面直线.理由如下：

∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点.

∴MN∥A1C1，

又∵A1A  D1D，而D1D  C1C，∴A1A    C1C，∴四边形A1ACC1为平行四边形.

∴A1C1∥AC，得到MN∥AC，

∴A、M、N、C在同一个平面内，

故AM和CN不是异面直线.

（2）是异面直线，证明如下：

假设D1B与CC1在同一个平面D1CC1内，

则B∈平面CC1D1，C∈平面CC1D1.

∴BC平面CC1D1，

这与正方体ABCD—A1B1C1D1中BC⊥面CC1D1相矛盾.

∴假设不成立，故D1B与CC1是异面直线.

（1）证明略； （2）=

略

见解析

（1）如图（1），在矩形ABCD中，AD∥BC，从而AD∥平面PBC，故直线AD与平面PBC的

距离为点A到平面PBC的距离（2分）。因为PA⊥AB，由PA=AB知  PAB为等腰直角三角形，又点E是棱PB的中点，故AE⊥PB，又在矩形ABCD中，BC⊥AB，而AB是PB在底面ABCD内和射影，由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥PAB（4分）。故BC⊥AE，从而AE⊥平面PBC，故AE的长即为直线AD与平面PBC的距离，在RtPAB中，PA=AB=，所以。……………………………………6`

（2）过点D作DF⊥CE，交CE于F，过点F作FG⊥CE，交AC于G，则∠DFG为所求的二面角的平面角。……………………………………………8`

由（1）知BC⊥平面PAB，又AD⊥平面PAB，又AD∥BC，得AD⊥平面PAB，故AD⊥AE，从而DE=。

在RtCBE中，.由CD=，知CDE为等边三角形，故F为CE的中点，且

因为AE⊥平面PBC，故AE⊥CE。又FG⊥CE，知从而，且G点为AC的中点，连接DG，则在中，…………………………………………10`

所以 

所以二面角A-EC-D的平面角的余弦值为。…………………………12`

解法2：（1）如图（2），以A为坐标原点，

射线AB、AD、AP分别为轴、轴、轴

正半轴，建立空间直角坐标系A-。

设………2`

因此，，

则所以AE⊥平面PBC。………4`

又由AD∥BC加AD∥平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为………6`

（2）因为

设平面AEC的法向量

又

所以…………8`

设平面DEC的法向量

则

又故

所以……………………10`

故…………12`

所以三角形A-EC-D的平面角的余弦值为。

（Ⅰ）见解析

（Ⅱ）∴B1—AF—B的平面角为

（Ⅰ）以A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

A（0，0，0），F­（1，2，0），B1（2，0，3），D1（0，2，3），

设E（2，y，z），则

  …………4分

由

∴ 为所求  …………6分

（Ⅱ）当D1E⊥平面AB1F时，=（2，－1， ……8分

又分别是平面BEF与平面B1EF的法向量， …………9分

则二面角B1—AF—B的平面角等于 …………10分

∵  …………11分

∴B1—AF—B的平面角为

异面直线BE与CD所成角的余弦值为

 取AC的中点F，连接EF，BF，在△ACD中，E、F分别是AD、AC的中点，

∴EF∥CD，

∴∠BEF即为异面直线BE与CD所成的角或其补角.

在Rt△EAB中，AB=AC=1，

AE=AD=，∴BE=，        

在Rt△EAF中，

AF=AC=，AE=，∴EF=，

在Rt△BAF中，AB=1，AF=，∴BF=，

在等腰三角形EBF中，

cos∠FEB==，

∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为.

(1) A(0，0，0），B(0，a,0）,A1(0,0,a),C1(－a) ,(2) AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°

　(1)以点A为坐标原点O，以AB所在直线为Oy轴，以AA1所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系.

由已知，得A(0，0，0），B(0，a,0）,A1(0,0,a),C1(－a).

(2)取A1B1的中点M，于是有M(0，a），连AM，MC1，

有=(－a,0,0）,且=(0，a,0）,=(0,0a)

由于·=0，·=0，所以MC1⊥面ABB1A1，

∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角.

∵=

所以所成的角，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.