热门试卷

解：方法一：

（1）取EC的中点F，连接FM，FN，

∵△EBC中，MF是中位线

∴FM∥BC，，…（2分）

∵AN∥BC，

∴FM∥BC且FM=BC，

∴四边形AMFN为平行四边形，

∴AM∥NF，…（4分）

∵AM⊄平面NEC，NF⊂平面NEC，

∴直线AM∥平面NEC；                   …（6分）

（2）由题设知平面ABCD⊥平面ADE，CD⊥AD，

∵平面ABCD∩平面ADE=AD，

∴CD⊥平面ADE

又∵CD⊂平面CDE，

∴平面CDE⊥平面ADE，

作NH⊥DE于H，则NH⊥平面CDE，作HO⊥EC于O，连接NO，

由三垂线定理可知NO⊥CE，

∴∠HON就是二面角N-CE-D的平面角，…（9分）

在正△ADE中，可得，在Rt△EDC中，可得，

故在Rt△NHO中，，…（11分）

所以二面角N-CE-D的大小为…（12分）

方法二：如图以N为坐标原点建立空间右手

直角坐标系，所以A（0，-1，0），B（0，-1，1）D（0，1，0），，…（1分）

（1）取EC的中点F，所以，

设平面NEC的一个法向量为，因为，

所以，；所以，…（3分）

因为，，所以…（5分）

因为AM⊄平面NEC，所以直线AM∥平面NEC…（7分）

（2）设平面DEC的一个法向量为，

因为，

所以，；

所以…（9分）

…（11分）

因为二面角N-CE-D的大小为锐角，

所以二面角N-CE-D的大小为 …（12分）

解：（1）证明：连接B1C交BC1于O，连接DO，

∵四边形BCC1B1是矩形，

∴O为B1C中点又D为AC中点，从而DO∥AB1 ．

∵AB1⊄平面BDC1，DO⊂平面BDC1，

∴AB1∥平面BDC1 ．

•

（2）建立空间直角坐标系B-xyz如图所示，

则 ，C（0，2，0），，B（0，0，0），

所以

设为平面BDC1的法向量，

则有

∴可得平面BDC1的一个法向量为，

而平面BCC1的法向量为，

所以，

所以二面角C-BC1-D的余弦值，

（1）证明：∵AB=2PB=4BM，∴PM⊥AB，

又∵PM⊥CD，且AB∩CD，

∴PM⊥面ABCD，…（5分）

∵PM⊂面PAB．∴面PAB⊥面ABCD．…（7分）

（2）解：由（1）知：面DA⊥面PAB，

延长BA与CD交于一点H，

作AN⊥PH，连接ND，

则∠AND就是平面PAB与平面PCD的二面角的平面角，…（10分）

在△AND中，，AD=2t，

∴，

∴平面PAB与平面PCD的二面角的正弦值是．…（15分）

（Ⅰ）证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，

易知面ACC1A1⊥面ABC，∵∠ACB=90°，

∴BC⊥面ACC1A1

∵AM⊆面ACC1A1，∴BC⊥AM．∵AM⊥BA1，

且BC∩BA1=B，∴AM⊥平面A1BC．

（Ⅱ）解：设AM与A1C的交点为O，连接BO，

由（Ⅰ）可知AM⊥OB，且AM⊥OC，

所以∠BOC为二面角B-AM-C的平面角．

在Rt△ACM和Rt△A1AC中，∠OAC+∠ACO=90°，

∴∠AA1C=∠MAC．∴Rt△ACM∽Rt△A1AC．∴AC2=MC•AA1．

∴MC=．

∴在Rt△ACM中，AM=．

∵，

∴CO=1．

∴在Rt△BCO中，tan∠BOC==1．

∴∠BOC=45°，故所求二面角的大小为45°．

（Ⅲ）在ABC中，作CD⊥AB于D，连接DM，则AB⊥面MCD，AB⊂面MAB，

∴面MAB面⊥面MCD且交线为MD，

在△MCD中，作CO⊥MD，则CO⊥面 MAB，CO为点C到平面ABM的距离．

∵MC=，CD=，∴由勾股定理得MD=，

利用等面积法：MD×CO=MC×CD，∴CO=，即点C到平面ABM的距离是．

解：（1）∵平面PBC∩平面PAC=PC，EF⊂平面PBC，EF∥平面PAC

∴EF∥PC

∵PF=FB，

∴BE=EC，即

（2）以A为坐标原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系

∵PA⊥平面ABCD，PA=AB=1

∴直线PD与底面ABCD所成的角为∠PDA=30°，

∴AD=

则P（0，0，1），B（0，1，0），C（，1，0），E（）

∴，

设平面PDE的法向量为，∴，

∴，∴取z=1，可得

又平面ADE的法向量为

设二面角P-DE-A的平面角为θ，则=

（3）∵C（，1，0），∴

设直线PC与平面PDE所成角为α

∵平面PDE的法向量为

∴=

∴直线PC与平面PDE所成角的正弦值为

（1）证明：∵AB∥平面EFG，平面ABD∩平面EFG=EF，∴AB∥EF．…（2分）

∵F是AD的中点．∴E是BD中点．

又∵G是BC的中点．∴GE∥CD．

∵CD⊄平面EFG，∴CD∥平面EFG．…（2分）

（2）解：由图1可知，当AE+EC最小时，E是BD的中点．

∵平面ABD⊥平面BCD，AB⊥BD，AB⊥平面BCD．

故以B为坐标原点，平行于CD的直线为x轴，BD所在的直线为y轴，AB所在的直线为z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz．

则A（0，0，1），C（1，，0），D（0，，0），E（0，，0）；=（0，-，0），=（0，，0）．…（2分）

设平面AEC的法向量为=（x1，y1，z1），则

⇒

解得

∴平面ACE的一个法向量为=（-1，，1）．…（2分）

而平面BCE的一个法向量为=（0，0，1）．

∵，…（2分）

显然，二面角A-EC-B为锐角，

∴二面角A-EC-B的大小为60°．…（2分）

解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0，），B（-1，0，0），C（-1，1，0），，S（0，0，1），

延长CD交x轴于点F，则F（1，0，0），

作AE⊥SF于点E，连接DE，则

由于SA=AF且SA⊥AF，得，

∴=，=

∴，

∴

∴，

故面SCD与面SEA所成二面角的正切值为．

（Ⅰ）解：取DC的中点O，

∵△PDC是正三角形，∴PO⊥DC，

又∵平面PDC⊥底面ABCD，∴PO⊥平面ABCD于O，

连接OA，则OA是PA在底面上的射影，

∴∠PAO就是PA与底面所成的角，

∵∠ADC=60°，△PCD和△ACD都是边长为2的全等的等边三角形，

∴OA=OP==，

∴∠PAO=45°，

所以PA与底面ABCD所成角的大小为45°．

（Ⅱ）证明：∵底面ABCD是菱形，且∠ADC=60°，DC=2，DO=1，

∴OA⊥DC，以OA为x轴，以OC为y轴，以OP为z轴，建立空间直角坐标系，

则A（，0，0），P（0，0，），D（0，-1，0），B（，2，0），C（0，1，0），

∵M为PB的中点，∴M（），

∴=（），，，

∴==0，

=0×+2×0+0×=0，

∴PA⊥DM，PA⊥DC，

∴PA⊥平面DMC．

（Ⅲ）解：设二面角D-MC-B的平面角为θ，

=（），=（），

设平面BMC的法向量，

则，，

∴，解得，

设平面CDM的法向量=（x1，y1，z1），则，

∴，解得=（1，0，-1），

∵θ是钝角，

∴cosθ=-|cos＜＞|=-||=-．

故二面角D-MC-B的余弦值为-．

解：（1）∵PA丄平面ABCD，CD⊂面ABCD，∴PA丄CD

∵DA丄CD，PA、DA是平面PAD内的相交直线，∴CD⊥平面PAD，

∵CD⊂平面PCD，∴面PCD丄面PAD；

（2）以D为原点，分别以DA、DC所在直线为x、y轴，建立如图空间直角坐标系

则A（2，0，0），C（0，1，0），P（2，0，2），设B（x，y，0）

由AB=AC=，BC=，得

，解之得x=1，y=2（舍负），所以B（1，2，0）

∵=（0，1，0），=（2，0，2），

∴平面PCD的一个法向量=（a，b，c），满足，

取a=1，得=（1，0，-1）．

同理，得到平面PAB的一个法向量=（2，1，0）

∵向量、的夹角满足cos＜，＞==

∴面PAB与面PCD所成的锐二面角大小为arccos．