热门试卷

证明：（Ⅰ）∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，

∴BB1⊥平面ABC．

又∵CF⊂平面ABC，

∴CF⊥BB1．

∵∠ACB=90°，AC=BC=2，F是AB中点，

∴CF⊥AB．

又∵BB1∩AB=B，BB1⊂平面ABB1，AB⊂平面ABB1．

∴CF⊥平面ABB1．

解：（Ⅱ）以C为坐标原点，射线CA，CB，CC1为x，y，z轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，

则C（0，0，0），A（2，0，0），B1（0，2，4）．

设E（0，0，m），平面AEB1的法向量，

则，．

且，．

于是

所以

取z=2，则

∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，

∴BB1⊥平面ABC．

又∵AC⊂平面ABC，

∴AC⊥BB1．

∵∠ACB=90°，

∴AC⊥BC．

∵BB1∩BC=B，

∴AC⊥平面ECBB1．

∴是平面EBB1的法向量，．

∵二面角A-EB1-B的大小是45°，

∴．

解得．

∴．

证明：（1）连接B1C，交BC1于点O，

则O为B1C的中点，∵D为AC中点，∴OD∥B1A，又B1A⊄平面BDC1，OD⊆平面BDC1∴B1A∥BDC1    （3分）

解：（2）∵AA1⊥平面ABC，BC⊥AC，AA1∥CC1，∴CC1⊥面ABC，

则BC⊥平面AC1，CC1⊥AC

如图建系，则C1（3，0，0），B（0，0，2），D（0，1，0），C（0，0，0）

∴

设平面C1DB的法向量为n=（x，y，z）则n=（2，6，3）

又平面BDC的法向量为∴二面角C1-BD-C的余弦值：

（8分）

（3）设，

∴

又面BDC1，

∴解得

所以AA1=2，点P位置是在线段AB1上且．（12分）

解：（Ⅰ）证明：分别取AB，A′B′的中点D，D′，连CD，PD′，

∵O为△ABC的中心，G为△PA′B′的重心，

∴O∈CD，G∈PD′，且CO：OD=PG：GD′=2：1．

∵AA′B′B为□，AD=DB，A′D′=D′B′，∴DD′∥AA′，

又∵AA′∥CC′，∴DD′∥CC′，即DD′∥CP．

又CO：OD=PG：GD′=2：1，∴OG∥DD′，

∵OG∉平面AA′B′B，DD′⊂平面AA′B′B．

∴OG∥平面AA′B′B．

（Ⅱ）证明当λ=时，不妨设AA′=2，AC=2，由点A′在平面ABC上的射影为△ABC的中心，连AO并延长交BC于点E，则E为BC的中点，取B′C′的中点E′，连EE′，AA′∥EE′∥CC′．∵A′O⊥平面ABC，∴A′O⊥BC．∵O为△ABC中心，∴AE⊥BC．∴BC⊥平面AA′E′E．设PB′∩EE′=Q，∴BC⊥A′Q，且E′Q=CP=AA′=．∵AO=AC⋅=．AA′=2，∴cos∠A′AO==，∴cos∠A′E′E=．在△A′E′Q中，A′E′=，E′Q=，

cos∠A′E′E=，∴A′Q2=A′E′2+E′Q2-2A′E′⋅E′Q⋅cos∠A′E′E=．∵A′Q2+E′Q2=A′E′2，

∴A′Q⊥QE′，∵QE′与BC相交，∴A′Q⊥平面BB′C′C，∵A′Q⊂平面A′B′P，∴平面A′B′P⊥平面BB′C′C．

（Ⅲ）当λ=1时，不妨设AA′=AC=2，∵点A′在平面ABC上的射影为△ABC的中心，∴A′A=A′B=A′C．∴△A′BC，△A′BB′都为等边三角形．

取A′B的中点M，连CM，B′M，则CM⊥A′B，B′M⊥A′B．

∴∠B′MC为二面角B′-A′B-C的平面角，

在△B′CM中，B′M=CM=，B′C=2，∴cos∠B′MC=-．

取BB′的中点R，连PR，A′R．则平面A′PR⊥平面A′BB′．

过P作PQ⊥A′R，则PQ⊥平面A′BB′．

过P作PN⊥A′B于N，连QN，则QN⊥A′B．

∴∠PNQ为二面角B′-A′B-P的平面角，

在△A′PB中，求得PN=，

在△A′PR中，求得PQ=．∴sin∠PNQ==．

∵二面角C-A′B-P等于二面角B′-A′B-C与二面角B′-A′B-P的差，

设二面角C-A′B-P的大小为θ，

则cosθ=cos（∠B′MC-∠PNQ）=cos∠B′MC⋅cos∠PNQ+sin∠B′MC⋅sin∠PNQ

=-⋅+⋅=．

∴二面角C-A′B-P的大小为arccos．

（1）证明：因为PA⊥AD，二面角P-AD-C是直二面角，所以PA⊥面ABCD，

因为DC⊂面ABCD，所以PA⊥CD．

连接AC，

因为ABCD为菱形，∠BAD=120°，所以∠CAD=60°，∠ADC=60°，

所以△ADC是等边三角形．

因为E是CD的中点，所以AE⊥CD，

因为PA∩AE=A，所以CD⊥平面PAE，而CD⊂平面PCD，所以平面PAE⊥平面PCD．…（5分）

（2）解法1：以A为坐标原点，AB、AE、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．

因为PA⊥面ABCD，所以∠PCA是PC与面ABCD所成角，所以∠PCA=45°，所以PA=AC=AB=2，

于是P（0，0，2），D（-1，），=（-1，，-2）．

设AF=λ，则0＜λ＜2，F（λ，0，0），所以=（λ，0，-2）．…（7分）

设平面PFD的法向量为，则有，∴

令x=1，则z=，y=，所以平面PFD的法向量为．

而平面APF的法向量为=（0，1，0）…（9分）

所以，

整理得λ2+8λ-8=0，解得λ=或λ=舍去．…（11分）

因为0＜-4＜2，所以在AB上存在一点F，使得二面角A-PF-D的大小为45°，此时AF=-4．…（12分）

解法2：设AF=x，延长BA，过点D作BA延长线的垂线DH，垂足为H．

由于DH⊥AB，PA⊥DH，且PA∩AB=A，故DH⊥平面PAB…（6分）

过H作PF的垂线HO，O为垂足，再连接D0，可得：D0⊥PF，则∠HOD就为二面角A-PF-D的平面角．…（7分）

在Rt△ADH中，求得：AH=1，DH=…（8分）

在Rt△FOD中，FH=AF+AH=x+1，OH=…（9分）

在Rt△HOD中，当∠HOD=45°，则有：OH=DH，此时：，解得：x=…（12分）

所以在AB上存在一点F，使得二面角A-PF-D的大小为45°，此时AF=．…（12分）

解：（Ⅰ）BC=AB，∠ABC=60°，∴AE⊥BC，∴△ABC是等边三角形；

又E是BC中点，∴AE⊥BC，BC∥AD，∴AE⊥AD；

PA⊥面ABCD，AE⊂平面ABCD，PA⊥AE，即AE⊥PA，AD∩PA=A；

∴AE⊥平面PAD，∴AE⊥PD；

（Ⅱ）以A为原点，、、分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系；

根据已知条件及图形知，∠PCA是直线PC与底面ABCD所成的角，∴∠PCA=45°，∴PA=AC；

设菱形ABCD的边长为2，∴A（0，0，0），，P（0，0，2），，；

设平面AEF的法向量为，则，；

∴

令y1=2得，∴；

同理可得平面PAC的法向量；

∴=

∴二面角E-AF-C的余弦值为．

解：（Ⅰ）设AC交BD于O，建立如图所示的坐标系，

设AB=2，则，，D1（0，1，2）

设E（0，-1，t），则，，

∵D1E⊥平面D1AC，∴，∴-2-2（2-t）=0，∴t=3，∴E（0，-1，3），

∴

设平面EAC的法向量为=（x，y，z），则，∴

令z=1，可得=（0，3，1），

∵平面FAC的法向量为

∴cos＜＞==

∴二面角D1-AC-E的平面角为45°；

（Ⅱ）设=λ=λ（），则=（0，-，）

∴=+=（-，1-，）

∵A1P∥平面EAC，∴⊥

∴+3×+1×=0

∴λ=

∴存在一点P，使得A1P∥平面EAC，此时．

（1）证明：以C为坐标原点建立空间直角坐标系C-xyz，则A1（1，0，1），B1（0，1，1），C1（0，0，1），D（，，0），=（-1，1，0），

=（，，-1），则•=0．所以⊥=0．所以A1B1⊥C1D；   …（6分）

（2）解：，

设=（x，y，z）为平面MDE的一个法向量．则即，令y=，则x=0，z=1，所以=（0，，1）

又=（0，0，1）为平面DEA的一个法向量，所以cos＜，＞==

所以二面角M-DE-A的大小为．

（1）证明：∵平面 ABCD⊥平面 PCD，平面 ABCD∩平面 PCD=CD，四边形 ABCD 是矩形．

∴AD⊥平面PCD，BC⊥平面PCD，

在Rt△PDA与在Rt△PBC中，AD=BC，PB=PA，∴PC=PD=．

若 O 是 CD 的中点，OP⊥CD．

．

建立如图所示的空间直角坐标系，AB=2BC=2．

则O（0，0，0），B（1，0，1），A（-1，0，1），P（0，，0）．

∴，．

∴==0，

∴，∴BO⊥PA．

（2）由（1）可知：．

设平面BPA的法向量为，

由，得，取y1=1，则，x1=0．

∴平面BPA的一个法向量为．

取，设平面PAD的法向量为．

则，则，取y2=1，则，z2=0．

∴．

∴===．

由图可以看出：二面角 B-PA-D 是一个钝角，故其余弦值为．

证明：（I）连接BD与CE交于点G′，∵E为AD的中点，ABCE为菱形，

∴，得到G′为线段CE的中点，故G′与点G重合．

∵，∴FG∥PD，

又∵FG⊄平面PDC，PD⊂平面PDC．

∴FG∥平面PDC．

（II）不妨设AB=2，则P （0，0，2），B，F，C，D（0，4，0）．

∴，．

设平面CDF的法向量为，则，令x=，则y=1，z=3，

∴．

取作为平面GCD的法向量，

则==，即为二面角的余弦值．

设二面角的平面角为θ，则，=，∴tanθ=．

∴二面角F-CD-G的正切值为．