热门试卷

（Ⅰ）证明：AB⊥侧面BB1C1C，得AB⊥C1B，

由BC=1，CC1=BB1=2，∠BCC1=，

知∠C1BC=90°，即C1B⊥CB，

又CB∩BA=A，

故C1B⊥平面ABC；

（Ⅱ）解：由已知AB⊥侧面BB1C1C，

知面ABB1A1⊥面BB1C1C，

过C1作C1P⊥BB1于P，

则C1P⊥面AA1B1B，

因C1P⊂面C1AP，

故平面C1AP⊥平面AA1B1B，

在直角三角形BB1C1中，

B1P=B1C1cos60°=；

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知C1P⊥面AA1B1B，

过P作PH⊥AE，交AE所在直线于点H，

则AE⊥平面C1HP，即有AE⊥C1H，

∠C1HP为二面角C1-AE-A1平面角．

由三角形相似求得：，又，

∴，

故．

证明：如图以C为原点建立坐标系．

（1）B（ ，0，0），B1（ ，1，0），A1（0，1，1），

D（ ，，），

M（ ，1，0），=（ ，，），=（ ，-1，-1），=（0，，-），，

∴CD⊥A1B，CD⊥DM．

因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线，

所以CD⊥平面BDM．

（2）设BD中点为G，连接B1G，

则G ，=（-，，），=，

∴，∴BD⊥B1G，

又CD⊥BD，∴与 的夹角θ等于所求二面角的平面角，

cos ．

又由于二面角A-BD-C的平面角与面B1BD与面CBD所成二面角互补

所以所求二面角的大小为arccos ．

（1）解：取AC中点O，因为AB=BC，所以OB⊥OC，

∵平面ABC⊥平面APC，平面ABC∩平面APC=AC，∴OB⊥平面PAC

∵OP⊂平面PAC，∴OB⊥OP…1′

以O为坐标原点，OB、OC、OP分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系．

因为AB=BC=PA=，所以OB=OC=OP=1，从而O（0，0，0），B（1，0，0），A（0，-1，0），C（0，1，0），P（0，0，1），…2′

∴，

设平面PBC的法向量，

由得方程组，取…3′

∴cos==

∴直线PA与平面PBC所成角的正弦值为．…4′

（2）由题意平面PAC的法向量，…5′

设平面PAM的法向量为，M（m，n，0）

∵

由得方程组，取，…7′

∴cos==

∵二面角M-PA-C的余弦值为，∴=

∴，

∴n+1=3m 或 n+1=-3m（舍去）

∴B点到AM的最小值为垂直距离d=．…10′

（1）证明：∵ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱，

∴AA1⊥面AC，

又BD⊂面AC，所以AA1⊥BD．                （2分）

又∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD

∵AA1∩AC=A

所以BD⊥面AA1C．                                          （4分）

即BD⊥面O1AC，又BD⊂面O1BD，

所以平面O1AC⊥平面O1BD．                                   （6分）

（2）解：过O作OH⊥BC于H，连接O1H，则∠O1HO为二面角O1-BC-D的平面角．       （8分）

在Rt△BHO中，OB=2，∠OBH=60°，∴．              （10分）

又O1O∥A1A，∴O1O⊥OH．

∴．

故二面角O1-BC-D的大小为．                           （12分）

（注：向量解法，酌情给分）

（1）证明：连接AD1，由长方体的结构特征，EA⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，∴A1D⊥EA，

由AD=AA1=1，则四边形ADD1A1是正方形，∴A1D⊥AD1，

又∵EA∩AD1=A，∴A1D⊥平面AD1E，

∵D1E⊂平面AD1E，

∴D1E⊥A1D．

（2）解：存在点E，使二平面角D1-EC-D的平面角为，此时AE=2-．

连接DE，过D作DH⊥EC，交EC于H，连接D1H，

在长方体ABCD-A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，EC⊂平面ABCD，

∴DD1⊥EC，又∵DH∩DD1=D，

∴EC⊥平面D1DH，∵D1H⊂平面D1DH，∴EC⊥D1H，

∴∠D1HD为二面角D1-EC-D的平面角，即∠D1HD=

设AE=x（0≤x≤2），则EB=2-x，进而EC=，

在△DEC中，利用面积相等的关系有：EC×DH=CD×AD，

DH=，在RT△D1DH中，

∵∠D1HD=，

∴tan=，即=

解得x=2-（0≤x≤2），所以存在点E，使二平面角D1-EC-D的平面角为，此时AE=2-．

（文）存在点E．此时E为AB中点．CE⊥面D1DE，

∴CE⊥DE，设AE=x（0≤x≤2），则BE=2-x，

由勾股定理得DE2=AD2+AE2=1+x2，CE2=CB2+BE2=1+（2-x）2，在RT△DEC中，CD2=DE2+CE2=，4=1+x2+1+（2-x）2，

整理化简得出x2-2x+1=0，x=1，此时E为AB中点．

（Ⅰ）证明：由已知得ED∥BC，ED=BC，

故BCDE是平行四边形，所以BE∥CD，BE=CD，

因为AD⊥CD，所以BE⊥AD，

由PA=PD及E是AD的中点，得PE⊥AD，

又因为BE∩PE=E，所以AD⊥平面PBE．

（Ⅱ）证明：连接AC交EB于G，再连接FG，

由E是AD的中点及BE∥CD，知G是BF的中点，

又F是PC的中点，故FG∥PA，

又因为FG⊂平面BEF，PA⊄平面BEF，

所以PA∥平面BEF．

（Ⅲ）解：设PA=PD=AD=2BC=2CD=2a，

则，又PB=AD=2a，EB=CD=a，

故PB2=PE2+BE2即PE⊥BE，

又因为BE⊥AD，AD∩PE=E，

所以BE⊥平面PAD，得BE⊥PA，故BE⊥FG，

取CD中点H，连接FH，GH，可知GH∥AD，因此GH⊥BE，

综上可知∠FGH为二面角F-BE-C的平面角．

可知，

故∠FGH=60°，所以二面角F-BE-C等于60°．

解：（Ⅰ）证明：延长B2E交AB1于N，

∵△ABB1≌△EBB2，

∴∠AB1B=∠EB2B，

∵∠AB1B+∠B1AB=90°，

∴∠EB2B+∠B1AB=90°，

∴∠ANB2=90°

即 AB1⊥B2E

又∵EF⊥AB1∵EF∩B2E=E

∴AB1⊥平面EFC2B2

又∵AB1⊂平面ADC1B1，

∴平面ADC1B1⊥平面EFC2B2；

（Ⅱ）如图，以CB1，CC2，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系C-xyz，

设AA1=a

∵AB=BC=1，则B2（1，a，0），A（1，-1，0），D（0，-1，0），B1（1，0，a）

∴=（1，a，0），

设平面ADC1B1的一个法向量为，

则由，取

设直线

解得a=

（Ⅲ）

（1）证明：连接ON

∵ON=OB，M为BN的中点，∴△ONB中，BN⊥OM

∵PN=PB，M为BN的中点，∴△PNB中，BN⊥PM

∵OM∩PM=M，

∴BN⊥平面POM；

（2）证明：连接AN

∵O，M分别为AB，BN的中点，∴OM∥AN

∵OM⊄平面ANN′D，AN⊂平面ANN′D

∴ON∥平面ANN′D

∵PO∥NN′，PO⊄平面ANN′D，NN′⊂平面ANN′D

∴PO∥平面ANN′D

∵OM∩PO=0，

∴平面POM∥平面ANN′D；

（3）解：过点P作直线l∥OM，∵点P在平面POM内，∴l在平面POM内．

又∵AN∥OM，∴直线l∥AN，∴l在平面PAN内．

∴l为平面PAN与平面POM的交线，

取AN中点E，连接PE、EO，

∵PA=PN，∴PE⊥AN，∴PE⊥直线l，

又∵PO⊥OM，∴PO⊥直线l，∴∠EPO为平面PAN与平面POM所成角．

当时，AN=AO=1，

∴直角三角形PAE中，，

又△ANO中，OE=，

∴直角三角形POE中，．