热门试卷

解法一：

（1）作FG∥DC交SD于点G，则G为SD的中点．

连接AG，则FG平行且等于CD，又CD平行且等于AB，

∴FG平行且等于AE，∴AEFG为平行四边形．

∴EF∥AG，

∵AG⊂平面SAD，EF⊄平面SAD．

∴EF∥平面SAD．

（2）不妨设DC=2，则SD=4，DG=2，△ADG为等腰直角三角形．

取AG中点H，连接DH，则DH⊥AG．

又AB⊥平面SAD，所以AB⊥DH，而AB∩AG=A，所以DH⊥面AEF．

取EF中点M，连接MH，则HM⊥EF．

连接DM，则DM⊥EF．

故∠DMH为二面角A-EF-D的平面角

∴tan∠DMH==．

∴cos∠DMH=

∴二面角A-EF-D的余弦值为．

解法二：（1）如图，建立空间直角坐标系D-xyz．

设A（a，0，0），S（0，0，b），则B（a，a，0），C（0，a，0），E（a，，0），F（0，，），

∴．

取SD的中点G（0，0，），则．

∴

∴EF∥AG

∵AG⊂平面SAD，EF⊄平面SAD．

∴EF∥平面SAD．

（2）不妨设A（1，0，0），则B（1，1，0），C（0，1，0），S（0，0，2），E（1，，0），F（0，，1）．

∴EF中点M（）

∴，

∴=0

∴MD⊥EF

又=（0，-，0），∴=0

∴EA⊥EF，

∴和的夹角等于二面角A-EF-D的平面角．

∵cos＜，＞==．

∴二面角A-EF-D的余弦值为．

（Ⅰ）证明：连接BD．

因为四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，所以△ABD为正三角形．

又Q为AD中点，所以AD⊥BQ．

因为PA=PD，Q为AD的中点，所以AD⊥PQ．

又BQ∩PQ=Q，所以AD⊥平面PQB．

（Ⅱ）解：当时，PA∥平面MQB．

下面证明：连接AC交BQ于N，连接MN．

因为AQ∥BC，所以．

因为PA∥平面MQB，PA⊂平面PAC，平面MQB∩平面PAC=MN，

所以MN∥PA，

所以，所以，即． （9分）

（Ⅲ）解：因为PQ⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，所以PQ⊥平面ABCD．

以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Q-xyz．

由PA=PD=AD=2，则有A（1，0，0），，．

设平面MQB的法向量为=（x，y，z），由，且，，可得

令z=1，得．

所以=为平面MQB的一个法向量．  

取平面ABCD的法向量=（0，0，1），

则=，故二面角M-BQ-C的大小为60°．

（1）证明：设PA=AB=BC=CD=a，连接AC，

在RT△ABC中，AC=a，

在直角梯形ABCD中，AD=a，

所以在△DAC中有：AD2+AC2=CD2，∴AC⊥AD

又∵PA⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，

∴PA⊥AC

∵PA∩AD=A

∴AC⊥平面PAD

∵AC⊂平面PAC

∴面PAD⊥面PAC                 …（4分）

（2）解：以B为原点，BA，BC所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示坐标系，则：A（a，0，0），B（0，0，0），C（0，a，0），D（2a，a，0），P（a，0，a），=（a，0，a），=（0，a，0），=（2a，a，0）

设平面PBC的法向量为=（x′，y′，z′），平面PBD的法向量为=（x，y，z），

由⊥，⊥，⊥，⊥得：ax′+az′=0，y′=0，ax+az=0，2ax+ay=0

∴z′=-x′，y′=0，y=-2x，z=-x

∴取=（1，0，-1），=（1，-2，-1）

∴cos＜，＞==

设二面角D-PB-C的平面角θ，由图形易知θ为锐角，∴cosθ=|cos＜，＞|=…（8分）

（以B为原点，AD，AC所在直线为x轴y轴建立平面直角坐标系参照给分）

（3）解：由题意cos＜，＞==，||=a

设D到平面PBC的距离为d，则d=||•|cos＜，＞|=a…（12分）

（利用体积法求得正确结果参照赋分）

解：（1）证明：连接CE、BD，设CE∩BD=O，连接OG，

由三角形的中位线定理可得：OG∥AC，

∵AC⊄平面BDG，OG⊂平面BDG，

∴AC∥平面BDG．

（2）∵平面ABC⊥平面BCDE，DC⊥BC，

∴DC⊥平面ABC，

∴DC⊥AC，则△ACD为直角三角形．

∵△ABC是正三角形，

∴取BC的中点M，连结MO，则MO∥CD，

∴MO⊥面ABC，

以M为坐标原点，以MB，M0，MA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

∵AB=2，AD=4，∴AM=，

∴B（1，0，0），C（-1，0，0），A（0，0，），

在Rt△ACD中，CD=．

∴BE=CD=，即E（1，2，0）

则，

∵点F在线段AB上，

∴设BF=xBA，（0≤x≤1）

则

∴F（1-x，0，），则，，

设面CEF的法向量为，

则由得，，

令a=，则b=-1，c=，即，

平面BCE的法向量为，

二面角B-CE-F的余弦值为，

即，

∴，

平方得，解得：，

解得x=-1（舍去）或x=．

即F是线段AB的中点时，二面角B-CE-F的余弦值为．

解：（Ⅰ）由已知l2⊥MN，l2⊥l1，MN∩l1=M，可得l2⊥平面ABN．

由已知MN⊥l1，AM=MB=MN，

可知AN=NB且AN⊥NB．

又AN为AC在平面ABN内的射影．

∴AC⊥NB

（Ⅱ）∵AM=MB=MN，MN是它们的公垂线段，

由中垂线的性质可得AN=BN，

∴Rt△CAN≌Rt△CNB，

∴AC=BC，又已知∠ACB=60°，

因此△ABC为正三角形．

∵Rt△ANB≌Rt△CNB，

∴NC=NA=NB，因此N在平面ABC内的射影H是正三角形ABC的中心，

连接BH，∠NBH为NB与平面ABC所成的角．

在Rt△NHB中，cos∠NBH===．

解：（1）由已知条件，得，而，

∴，得1-2λ=5，解之得λ=-2…（4分）

（2）∵“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，

∴命题p、q当中有且只有一个真命题．

1°若P为真，则且

即1-2λ＞0且λ≠-2，得λ＜且λ≠-2．

2°若q为真，则=0有实数解，即（x-2，1）•（x，λ2）=0有实数解

∴x2-2x+λ2=0有实数解，可得△≥0

∴4-4λ2≥0，解之得-1≤λ≤1…（8分）

接下来分两种情况分析p、q的真假情况

①当p真q假时，

∴λ＜-1且λ≠-2…（7分）

②当p假q真时，

∴≤λ≤1

综上所述，可得λ∈（-∞，-2）∪（-2，-1）∪[]

（1）证明：∵EA=ED，O是AD的中点，∴EO⊥DA，

∵面EAD⊥面ABCD，面EAD∩面ABCD=AD，

∴EO⊥面ABCD，∴EO⊥BC

∵EF∥AB，BC⊥AB，∴EF⊥BC

∵EO∩EF=E

∴BC⊥面EOF

∵OF⊂面EOF，∴OF⊥BC；

（2）解：设BC的中点为M，连接OM，FM，设OM的中点为N，连接FN

∵EF∥AB，OM∥AB，∴EF∥OM，∴E，F，O，M四点共面

∵OF⊥BC，∴OF⊥面FBC等价于OF⊥FM，

∴直线l上存在唯一一点F使得直线OF与平面BCF垂直，即等价于以OM为直径的圆与直线l相切，F恰为切点，NF⊥EF

∴直线l与直线OM的距离为1，故NF=1

∵OE⊥EF，NF⊥EF，OE，NF共面，∴NF∥OE

∵EO⊥面ABCD，∴NF⊥面ABCD

在直角△FNB和△FNC中，BF=CF=

∵OF⊥面FBC，∴OF⊥BF，OF⊥CF

∴∠BFC为二面角B-OF-C的平面角

∴在△BFC中，BF=CF=，BC=2，cos∠BFC==．

解：（1）建立如图所示的坐标系，则A（1，0，0），C（0，0，1），E（0，1，0），F（1，1，0），则

=+=+=（，0，1-），==（，，0），

∴=-=（0，，-1），

∴||=（0＜a＜）；

（2）由（1）知，||==，

∴a=时，MN的长最小，最小值为．

（3由（2）知M，N分别是AC，BF的中点，

取MN的中点G，连接AG，BG，则∠AGB为面MNA与面MNB所成的二面角的平面角，

∵M（0.5，0，0.5），N（0.5，0.5，0），

∴G（0.5，0.25，0.25），

∴=（0.5，-0.25，-0.25），=（-0.5，-0.25，-0.25），

∴cos＜，＞=-，

∴面MNA与面MNB所成的二面角α的余弦值为-．

解：（1）建立空间直角坐标系如图：

∵AB=AE=1，四边形ABCD为正方形，∴A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），E（0，0，1）．

=（1，1，0），=（0，-1，1），

cos==-，

故异面直线AC，DE所成的角为；

（2）取DE的中点P，则P（0，，），连接AP，∵直线AE⊥平面ABCD，∴AE⊥CD，又四边形ABCD为正方形，CD⊥AD，

∴AP⊥平面CDE，∴为平面CDE的法向量；

∵BD⊥AC，AE⊥BD，∴BD⊥平面ACE，∴为平面ACE的法向量，

=（0，，），=（-1，1，0），

cos==．

故二面角A-CE-D为．

（3）假设在平面ABE内存在点H，设H（m，0，n），=（m，-，n-），

∵PH⊥平面ACE，AC⊂平面ACE，

∴PH⊥AC，PH⊥AE，∴=m-=0⇒m=；=n-⇒n=，

即H（，0，），∵=，H为B、E的中点．

故存在点H，H为B、E的中点，满足条件．