热门试卷

解：（1）以{}为单位正交基底建立空间直角坐标系A-xyz，

则由题意知A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），

A1（0，0，4），D（1，1，0），C1（0，2，4），

∴，=（1，-1，-4），

∴cos＜＞===，

∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为．

（2） 是平面ABA1的一个法向量，

设平面ADC1的法向量为，

∵，

∴，取z=1，得y=-2，x=2，

∴平面ADC1的法向量为，

设平面ADC1与ABA1所成二面角为θ，

∴cosθ=|cos＜＞|=||=，

∴sinθ==．

∴平面ADC1与ABA1所成二面角的正弦值为．

（Ⅰ）证明：以C为原点，分别以CB、CC1、CA为x、y、z轴建立坐标系，则由AC=BC=CC1=2，知A1（0，2，2），B1（2，2，0），B（2，0，0），C1（0，2，0），∴M（1，1，1），N（1，2，0），

∴=（2．-2，-2），=（2，0，0），=（0，1，-1），…（3分）

∴，，

∴MN⊥A1B，MN⊥CB，∴MN⊥平面A1BC；                 …（6分）

（Ⅱ）作CH⊥AB于H点，∵平面ABC⊥平面ABB1A1，∴CH⊥平面A1BA，

故平面A1BA的一个法向量为，

而平面A1BC的一个法向量为，…（9分）

∴cos=||=

∵，

∴平面AA1B与平面A1BC夹角的大小为．…（12分）

解：（1）以A为坐标原点建立空间直角坐标系，

则由已知得：D（0，0，2），E（1，2，0），

所以=（1，2，-2），=（0，3，-4），=（3，0，0），=（-2，2，0）．

所以直线DE与PC夹角θ的余弦值为：cosθ=

（2）连接AE，则∵PA⊥面ABC，∴∠DEA为直线DE与平面ABC所成角

∵=（1，2，0），

∴直线DE与平面ABC所成角α的余弦值为．

解：以DA、DC、DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），

设AD=a，则D（0，0，0）、A（a，0，0）、B（a，a，0）、C（0，a，0）、E（a，，0）、F（，，）、P（0，0，a）．

（1）∵=（-，0，），=（0，a，0），

∴•=（-，0，）•（0，a，0）=0，

∴⊥

∴EF⊥DC．-------（4分）

（2）设G（x，0，z），则G∈平面PAD．

=（x-，-，z-），

•=（x-，-，z-）•（a，0，0）=a（x-）=0，∴x=；

•=（x-，-，z-）•（0，-a，a）=+a（z-）=0，∴z=0．

∴G点坐标为（，0，0），即G点为AD的中点．---------（8分）

（3）设平面DEF的法向量为=（x，y，z）．

由得：

取x=1，则y=-2，z=1，

∴=（1，-2，1）．

cos＜，＞===，

∴DB与平面DEF所成角的正弦值的大小为------（12分）

（1）证明：取PD中点M，连结AM，FM，

∵MF∥CD，MF=CD，AE∥CD，AE=CD，

∴MF∥AE，MF=AE，

∴四边形AEFM为平行四边形

所以AM∥EF，AM⊂平面PAD，

∴EF∥平面PAD

（2）解：连结AM，CM，由条件知AM⊥PD，CD⊥平面PAD，

∴CD⊥AM，PD∩CD=D

所以AM⊥平面PCD，

∴∠ACM就是直线AC与平面PCD所成的角

经计算得AM=，

∴sin∠ACM=．

证明：（I）∵三棱柱ABC-A1B1C1中B1C1∥BC，（1分）

又BC⊂平面A1BC，且B1C1⊄平面A1BC，

∴B1C1∥平面A1BC（3分）

（II）∵三棱柱ABC-A1B1C1中A1A⊥AB，

∴Rt△A1AB中又

∴BC=A1B，

∴△A1BC是等腰三角形（6分）

∵E是等腰△A1BC底边A1C的中点，

∴A1C⊥BE①

又依条件知A1C⊥ED②

且ED∩BE=E③

由①，②，③得A1C⊥平面EDB（8分）

解：（III）∵A1A、ED⊂平面A1AC，

且A1A、ED不平行，

故延长A1A，ED后必相交，

设交点为F，连接EF，如图

∴A1-BF-E是所求的二面角（10分）

依条件易证明Rt△A1EF≌Rt△A1AC∵E为A1C中点，

∴A为A1F中点∴AF=A1A=AB

∴∠A1BA=∠ABF=45°

∴∠A1FB=90°

即A1B⊥FB（12分）

又A1E⊥平面EFB，

∴EB⊥FB

∴∠A1BE是所求的二面角的平面角（13分）

∵E为等腰直角三角形A1BC底边中点，

∴∠A1BE=45°

故所求的二面角的大小为45°（14分）

（1）证明：在直角△ABD中，AD=1，AB=，所以BD=2

∴∠ABD=30°

∴∠DBC=60°

在△DBC中，CD2=BD2+BC2-2BD×BC×cos60°=4+16-2×2×4×=12

∴BC2=CD2+BD2，

∴BD⊥CD

∵PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD

∴PD⊥BD

∵PD∩CD=D

∴BD⊥平面PCD

∵PC⊂平面PCD

∴BD⊥PC；

（2）解：∵PD⊥平面ABCD，PD⊂平面ABCD．

∴平面PDC⊥平面ABCD．

过D作DF∥AB交BC于F，过点F作FG⊥CD交CD于G，则∠FDG为直线AB与平面PDC所成的角．

在Rt△DFC中，∠DFC=90°，DF=，CF=3，

∴tan∠FDG=，∴∠FDG=60°．

即直线AB与平面PDC所成角为60°．

（3）解：存在，且满足

连接EF，∵DF∥AB，∴DF∥平面PAB．

又∵DE∥平面PAB，DE∩DF=D

∴平面DEF∥平面PAB，

∵EF⊂平面DEF，∴EF∥PB．

又∵AD=1，BC=4，BF=1

∴