热门试卷

证明：（1）∵平面ABFE⊥平面ABCD，CB⊥AB，平面ABFE∩平面ABCD=AB，

∴CB⊥平面ABFE，

∵AF⊂平面ABFE，

∴CB⊥AF，

在直角梯形ABFE中，AB∥EF，∠EAB=90°，AE=EF=2

∴AF=

∴∠FAB=45°

△ABF中，AB=4，根据余弦定理得：

BF=

∴BF2+AF2=AB2，

∴AF⊥FB．

∵CB∩FB=B，

∴AF⊥平面BCF．…（6分）

（2）∵平面ABFE⊥平面ABCD，EA⊥AB，平面ABFE∩平面ABCD=AB，

∴EA⊥平面ABCD．

分别以AD、AB、AE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．

则有D（2，0，0），C（2，4，0）E（0，0，2），B（0，4，0）．

∴=（0，4，0），=（-2，0，2）．

设=（x，y，z）为平面CDEF的法向量，

则

令x=1，则z=1，则=（1，0，1）

由（1）知=（0，2，2）=2（0，1，1）为平面BCF的法向量．…（10分）

∵，且B-FC-D为钝角，

∴二面角B-FC-D的大小为120°…（12分）

解法一：（Ⅰ）∵PC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴PC⊥AB．

∵CD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，∴CD⊥AB．

又PC∩CD=C，∴AB⊥平面PCB．

（Ⅱ）过点A作AF∥BC，且AF=BC，连接PF，CF．则∠PAF为异面直线PA与BC所成的角．

由（Ⅰ）可得AB⊥BC，∴CF⊥AF． 由三垂线定理，得PF⊥AF．则AF=CF=，PF=，

在Rt△PFA中，tan∠PAF==，即∠PAF=．

∴异面直线PA与BC所成的角为．

（Ⅲ）取AP的中点E，连接CE、DE．

∵PC=AC=2，∴CE⊥PA，CE=．

∵CD⊥平面PAB，由三垂线定理的逆定理，得DE⊥PA．

∴∠CED为二面角C-PA-B的平面角．

由（Ⅰ）AB⊥平面PCB，又∵AB=BC，AC=2，∴BC=．

在Rt△PCB中，PB=，．

在Rt△CDE中，．

∴二面角C-PA-B的大小为．

解法二：（Ⅰ）同解法一．

（Ⅱ）由（Ⅰ）AB⊥平面PCB，∵PC=AC=2，又∵AB=BC，可求得BC=．

以B为原点，如图建立坐标系．则，B（0，0，0），，．，．

∴==．

∴异面直线AP与BC所成的角为．

（Ⅲ）设平面PAB的法向量为=（x，y，z）．，，

则，即，令z=-1，得．

设平面PAC的法向量为=（x′，y′，z′）．，，

则，即，令x′=1，得=（1，1，0）．

∴=，

∴二面角C-PA-B的大小为．

解：（Ⅰ）连接AD1，∵ABCD-A1B1C1D1为四棱柱，∴CDC1D1，

又M为AB的中点，∴AM=1．

∴CD∥AM，CD=AM，

∴AMC1D1，

∴AMC1D1为平行四边形，∴AD1∥MC1，又MC1⊄平面A1ADD1，AD1⊂平面A1ADD1，

∴C1M∥平面A1ADD1；

（Ⅱ）解法一：∵AB∥A1B1，A1B1∥C1D1，

∴面D1C1M与ABC1D1共面，

作CN⊥AB，连接D1N，则∠D1NC即为所求二面角，

在ABCD中，DC=1，AB=2，∠DAB=60°，

∴CN=，

在Rt△D1CN中，CD1=，CN=，

∴D1N=

∴cos∠D1CN===

解法二：作CP⊥AB于P，以C为原点，CD为x轴，CP为y轴，CD1为z轴建立空间坐标系

则C1（-1，0，），D1，（0，0，），M（，，0），

∴=（1，0，0），=（-，，-），

设平面C1D1M的法向量=（x1，y1，z1），

则，∴=（0，2，1）．

显然平面ABCD的法向量=（0，0，1），

cos＜，＞|===，

显然二面角为锐角，

∴平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为．

解法一：（1）证明：取PC的中点O，连结OF、OE．

∴FO∥DC，且，

∴FO∥AE．

又∵E是AB的中点，且AB=DC，

∴FO=AE．

∴四边形AEOF是平行四边形，∴AF∥OE．…（5分）

又OE⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，

∴AF∥平面PEC．…（7分）

（2）解：作AM⊥CE，交CE延长线于M，连结PM．

由三垂线定理，得PM⊥CE．

∴∠PMA是二面角P-EC-D的平面角．…（11分）

由△AME～△CBE，可得．

∴．

∴二面角P-EC-D的大小为．…（14分）

解法二：以A为原点，如图建立直角坐标系．则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，1，0），D（0，1，0），P（0，0，1），，E（1，0，0），…．（2分）

（1）证明：取PC的中点O，连结OE．则．，∴．…（5分）

又OE⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，∴AF∥平面PEC．…（7分）

（2）解：设平面PEC的法向量为=（x，y，z）．

∵．

∴由，可得

令z=-1，则=（-1，1，-1）．…（11分）

由题意可得平面ABCD的法向量是．

∴．

∴二面角P-EC-D的大小为．…（14分）

解：（1）证明：连接OP，因为PB=PD，

所以OP⊥BD．

在菱形ABCD中，BD⊥AC，

又因为OP∩AC=O，所以BD⊥平面PAC．

又PH⊂平面PAC，所以BD⊥PH．

在直角三角形POB中，OB=1，PB=2，所以OP=，又PC=，H为OC的中点，所以PH⊥OC

又因为BD∩OC=O，以PH⊥平面ABCD．

（2）解：过点O作OZ∥PH，所以OZ⊥平面ABCD

如图，以O为原点，OA，OB，OZ所在直线为x，y，z轴建立空间坐标系，可得A（，0，0），B（0，1，0），C（-，0，0），P（-，0，）

所以=（-，1，0），=（-，0，）

设=（x，y，z）是平面PAB的法向量，则，即

令x=1，则平面PAB的一个法向量为=（1，，）

由（1）知，PH⊥平面ABCD，所以平面ABCD的法向量是=（0，0，1）

所以=

所以侧面PAB与底面ABCD所成的二面角的余弦值为

（Ⅰ）证明：理解EF，∵BE∥PA，BE==AF，∴四边形ABEF是平行四边形．

∴，

∵矩形ABCD，∴．

∴．

∴四边形EFDC是平行四边形．

∴DF∥CE．

∵DF⊄平面PEC，EC⊂平面PEC．

∴DF∥平面PEC．

（Ⅱ）∵AP⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，

以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz．

在Rt△PEF中，PE=，EF=AB=1，∴PF=1．

可得P（0，0，2），E（1，0，1），C（1，2，0），

∴，．

设平面PEC的法向量为．

则，得，

令x=2，则z=2，y=1，∴．

∵AB⊥平面PAD，∴可取作为平面PAD的法向量．

∴===．

故平面PEC与平面PAD所成锐二面角的余弦值为．

证明：（1）取AA1中点O，连接CO，BO．

∵CA=CA1，

∴CO⊥AA1，

又∵BA=BA1，

∴BO⊥AA1，

∵BO∩CO=O，

∴AA1⊥平面BOC，

∵BC⊂平面BOC，

∴AA1⊥BC．

解：（2）由（1）CO⊥AA1，又侧面AA1C1C⊥侧面ABB1A1，侧面AA1C1C∩侧面ABB1A1=AA1∴CO⊥平面ABB1A1，而BO⊥AA1，

∴OA，OB，OC两两垂直．

如图，以O为坐标原点，分别以OA，OB，OC为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz．则有由对称性知，二面角A-BC-A1的大小为二面角A-BC-O的两倍

设是平面ABC的一个法向量，

∵，

由即解得

令z1=1，∴．

又是平面OBC的一个法向量，

设二面角A-BC-O为θ，则，

所以二面角A-BC-A1的余弦值是．

（3）假设存在满足条件的点E，∵，故可设=，

则，

∵，

∴，

∴，

∵DE∥平面ABC，

∴，

即，解得，

∴

解：（1）以AB、AC、AA1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，

则，易得平面ABC的一个法向量为

则直线PN与平面ABC所成的角θ满足：

（*），于是问题转化为二次函数求最值，

而，当θ最大时，sinθ最大，

所以当时，，同时直线PN与平面ABC所成的角θ得到最大值．

（2）已知给出了平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°，

即可得到平面ABC的一个法向量为，

设平面PMN的一个法向量为，．

由得，解得．

令x=3，得，于是

∵平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°，

∴，

解之得：，故点P在B1A1的延长线上，且．

解：（1）证明：依题意，C1C⊥平面ABC，∵AD⊂平面ABC∴C1C⊥AD，…（2分）

又AD⊥C1D，∴C1C∩C1D=C1∴AD⊥平面BC1，又AD⊂平面ABC…（3分）

∴平面ADC1⊥平面BCC1B1…（4分）

（2）证明：连接A1C交AC1于点E，则E是A1C的中点，连接DE．…（5分）

由（1）知AD⊥平面BC1，∴AD⊥BC，∴D是BC中点…（6分）

∴A1B∥DE…（7分）

又∵DE⊂平面ADC1，∵A1B⊄平面ADC1∴A1B∥平面ADC1．…（8分）

（3）如图，建立空间直角坐标系Axyz，设A1A=AB=AC=2，

则A（0，0，0），D（1，1，0），C1（0，2，2）．…（9分）

，，

设平面ADC1的一个法向量为，

则，

即，令x=1，得y=-1，z=1，

∴．

取平面CAC1的一个法向量为，…（11分）

则．

所以二面角C-AC1-D大小的余弦值为．…（13分）