热门试卷

解：（ I）设BC=a，则AB=2a，BB1=a，

所以---------（2分）

因为--------------------------（4分）----------------------（5分）

所以------------（6分）

（II）由点C作CH⊥QR于点H，连结PH，

因为PC⊥面CQR，QR⊂面CQR，

所以PC⊥QR．

因为PC∩CH=C，

所以QR⊥面PCH，

又因为PH⊂面PCH，

所以QR⊥PH，

所以∠PHC是二面角P-QR-C的平面角--------------------（9分）

而

所以----------------------------------------------（12分）

（1）证明：∵△ABC是正三角形，M是AC中点，

∴BM⊥AC，即BD⊥AC．

又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD．

又PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC．

∴BD⊥PC．

（2）解：分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，

∴B（4，0，0），C（2，2，0），D（0，，0），P（0，0，4）．

设平面PBC的一个法向量为=（x，y，z），则

∵=（2，2，-4），=（4，0，-4），

∴，

令z=3，得x=3，y=，则平面PBC的一个法向量为=（3，，3），

同理可求平面DPC的法向量=（-1，，1）．

设二面角D-PC-B的大小为θ，则cosθ==．

∴二面角D-PC-B余弦值为．

解：（I）由题意画出图如下：

由AB=AC，D为BC的中点，得AD⊥BC，

又PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，得到PO⊥BC，

∵PO∩AD=O∴BC⊥平面PAD，故BC⊥PA．

（II）如图，在平面PAB中作BM⊥PA于M，连接CM，

∵BC⊥PA，∴PA⊥平面BMC，∴AP⊥CM，故∠BMC为二面角B-AP-C的平面角，

在直角三角形ADB中，；

在直角三角形POD中，PD2=PO2+OD2，在直角三角形PDB中，PB2=PD2+BD2，∴PB2=PO2+OD2+BD2=36，得PB=6，

在直角三角形POA中，PA2=AO2+OP2=25，得PA=5，

又cos∠BPA=，从而．

故BM=，

∵BM2+MC2=BC2，∴二面角B-AP-C的大小为90°．

证明：（Ⅰ）∵PA⊥面ABCD，CD⊈面ABCD，

∴PA⊥CD．

又在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，，

∴AD=2a，AC=CD=a

∴AD2=AC2+CD2

∴AC⊥CD．

∵PA∩AC=A，∴CD⊥面PAC．

∵AM⊈面PAC，∴AM⊥CD；

解：（Ⅱ）取AC的中点N，连接MN，过N作NQ⊥AD，垂足为Q，连接MQ．

∵M是PC的中点，∴MN∥PA．

∵PA⊥面ABCD，∴MN⊥面ABCD，

则∠MQN为二面角M-AD-C的平面角．

∵，，

∴∠MQN=45°，即二面角M-AD-C的大小为450．

（1）证明：∵AD∥EF，EF∥BC，

∴AD∥BC．

又∵BC=2AD，G是BC的中点，

∴AD∥GB，AD=GB，

∴四边形ADGB是平行四边形，

∴AB∥DG．

∵AB⊄平面DGE，DG⊂平面DEG，

∴AB∥平面DEG…7分

（2）解：∵EF⊥面AEB，AE⊂面AEB，BE⊂面AEB，

∴EF⊥AE，EF⊥BE，又AE⊥EB∴EB，EF，EA两两垂直，

以E为坐标原点，EB，EF，EA分别为

x、y、z轴建立空间直角坐标系，

由已知得，B（2，0，0），D（0，2，2），C（2，4，0），F（0，3，0），…8分

=（2，0，0），=（-2，-1，0），∴cos，

∴异面直线BD与CF所成角的余弦值…14分

（Ⅰ）证明：连结OC，因AC=BC，O是AB的中点，

故OC⊥AB．            …（1分）

又因平面ABC⊥平面ABEF，

故OC⊥平面ABEF，

于是OC⊥OF．         …（3分）

又OF⊥EC，

所以OF⊥平面OEC，

所以OF⊥OE，…（5分）

又因OC⊥OE，故OE⊥平面OFC，

所以OE⊥FC．         …（7分）

（Ⅱ）解：由（Ⅰ），得AB=2AF．不妨设AF=1，则AB=2．

因为△ABC为等边三角形，则AC=BC=2，…（9分）

过O作OG⊥FC，垂足为G，连接EG，

则∠OGE就是二面角E-FC-O的平面角．…（11分）

在△OFC中，FC=，CO=，OF=，

所以OG=•，

所以OG=，

又EO=，

所以tan∠EGO==，

即二面角E-FC-O的正切值为．                          …（14分）

解：解法一：（Ⅰ）如图以A为坐标原点，AB，AP

所在直线分别为x，z轴建立空间直角坐标系．

∵，AC⊥BD，

在Rt△ABC中，由射影定理得，则AD：DC=1：2

∴A（0，0，0），B（2，0，0），，，P（0，0，2）

又E是PC的中点，∴

∴，

∴，

∴，，

又DE∩BE=E，∴PC⊥平面BDE（6分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面BDE的法向量，

平面BAP的法向量，∴

设平面BDE与平面ABP的夹角为θ，

则，∴θ=45°，

∴平面BDE与平面ABP的夹角为45°（12分）

解法二：（Ⅰ）∵在Rt△PAB中，AP=AB=2，

∴

又E是PC的中点，∴BE⊥PC，

∵PA⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC

∴PA⊥BD，∵AC⊥BD，又AP∩AC=A

∴BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，

∴BD⊥PC，又BE∩BD=B，∴PC⊥平面BDE（6分）

（Ⅱ）∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又AB⊥BC，

∴BC⊥平面BAP，BC⊥PB，

又由（Ⅰ）知PC⊥平面BDE，

∴直线PC与BC的夹角即为平面BDE与平面BAP的夹角，

在△PBC中，PB=BC，∠PBC=90°，∠PCB=45°

所以平面BDE与平面BAP的夹角为45°（12分）

（1）证明：在矩形ACC1A1中，AA1==3，AB=2，BC=1

∴AB2=AC2+BC2

∴BC⊥AC

∵AA1⊥平面ABC，

∴AA1⊥BC

∵AA1∩AC=A

∴BC⊥平面ACC1A1；

（2）解：分别取BB1中点M和AB中点E，由DM∥B1C1，EM∥AB1，得平面EMD∥平面AB1C1，∴DE∥平面AB1C1，

即E为AB中点时，DE∥平面AB1C1；

（3）解：以C为坐标原点，CB，CC1，CA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则C（0，0，0），B（1，0，0），A（0，0，），C1（0，，0），B1（1，，0），A1（0，，），D（0，，0）

设是平面ABB1的一个法向量

由可得，∴可取=（）

∵是平面AB1C1的一个法向量，且与二面角B-AB1-C1的大小相等

∴cos==-

∴所求二面角B-AB1-C1的余弦值的大小为-．