热门试卷

（Ⅰ）证明：在△ABC中，

∵BC=AB，∠ABC=，

∴由余弦定理，得=3BC2，

∴AC=BC，∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC，

又∵EA⊥平面ABCD，∴EA⊥BC，

又∵AC∩AE=A，

∴BC⊥平面ACE，∴BC⊥CE，

∴△BCE为直角三角形．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：AC⊥BC，AE⊥平面ABCD，

以点C为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，

建立空间直角坐标系，

设BC=a，则AE=AB=2a，AC=a，

如图2，在等腰梯形ABCD中，

过点C作CG⊥AB于点G，则GB=，

∴CD=AB=2GB=a，

过点D作DH⊥BC于H，

由（Ⅰ）知∠DCH=60°，

∴DH=，CH=，

∴D（，-）．

又∵C（0，0，0）A（，0，0），B（0，a，0），E（，0，2a），

∴，=（0，0，2a），=（，0，2a），

设平面ADE的一个法向量为，

则，

∴，∴=（），

设CE与平面ADE所成角为θ，

则sinθ=|cos＜，＞|==||=，

∴直线CE与平面ADE所成角的正弦值为．

（本题满分13分）

解：（Ⅰ）解法1：∵N是PB的中点，PA=AB，∴AN⊥PB．

∵PA⊥平面ABCD，所以AD⊥PA．

又AD⊥AB，PA∩AB=A，∴AD⊥平面PAB，AD⊥PB．

又AD∩AN=A，∴PB⊥平面ADMN．

∵DM⊂平面ADMN，∴PB⊥DM．                   …（6分）

解法2：如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系A-xyz，设BC=1，

可得，A（0，0，0），P（0，0，2），B（2，0，0），C（2，1，0），，D（0，2，0）．

因为 ，所以PB⊥DM．  …（6分）

（Ⅱ）解法1：取AD中点Q，连接BQ和NQ，则BQ∥DC，又PB⊥平面ADMN，∴CD与平面ADMN所成的角为∠BQN．

设BC=1，在Rt△BQN中，则，，故．

所以CD与平面ADMN所成的角的正弦值为．          …（13分）

解法2：因为．

所以 PB⊥AD，又PB⊥DM，所以PB⊥平面ADMN，

因此的余角即是CD与平面ADMN所成的角．

因为 ．

所以CD与平面ADMN所成的角的正弦值为．         …（13分）

解法一：（1）如图，取AE的中点H，连接HG，HD，

∵G是BE的中点，∴GH∥AB，且GH=AB，

又∵F是CD中点，四边形ABCD是矩形，

∴DF∥AB，且DF=AB，即GH∥DF，且GH=DF，

∴四边形HGFD是平行四边形，∴GF∥DH，

又∵DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，∴GF∥平面ADE．

（2）如图，在平面BEG内，过点B作BQ∥CE，

∵BE⊥EC，∴BQ⊥BE，

又∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥BE，AB⊥BQ，

以B为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

则A（0，0，2），B（0，0，0），E（2，0，0），F（2，2，1）

∵AB⊥平面BEC，∴为平面BEC的法向量，

设=（x，y，z）为平面AEF的法向量．又=（2，0，-2），=（2，2，-1）

由垂直关系可得，取z=2可得．

∴cos＜，＞==

∴平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为．

解法二：（1）如图，取AB中点M，连接MG，MF，

又G是BE的中点，可知GM∥AE，且GM=AE

又AE⊂平面ADE，GM⊄平面ADE，

∴GM∥平面ADE．

在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点可得MF∥AD．

又AD⊂平面ADE，MF⊄平面ADE，∴MF∥平面ADE．

又∵GM∩MF=M，GM⊂平面GMF，MF⊂平面GMF

∴平面GMF∥平面ADE，

∵GF⊂平面GMF，∴GF∥平面ADE

（2）同解法一．

解：取BC的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系．

由已知得

（1）设，则，

得，

∵FD⊥AC1．

∴

即

解得λ=1，即．（4分）

（2）设平面FAC1的一个法向量为n1=（x1，y1，1）

∵=（1，1，），由得，

又由，得，

∴∴=（，，1）

仿上可得平面ACC1的一个法向量为．（6分）

∵=-×+0+1×1=0

∴⊥．故二面角F-AC1-C的大小为90°．（8分）

（3）设平面AFC的一个法向量为，

由得x+y-=0

又=（-1，0，-），由得．

解得

（Ⅰ）证明：∵VC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，

∴VC⊥BC，

∵点C为⊙O上一点，且AB为直径，

∴AC⊥BC，

又∵VC，AC⊂平面VAC，VC∩AC=C，

∴BC⊥平面VAC．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得BC⊥VC，VC⊥AC，AC⊥BC，

分别以AC，BC，VC所在直线为x轴，y轴，z轴，

建立空间直角坐标系，

则A（1，0，0），V（0，0，2），B（0，2，0），

=（1，0，-2），，

设平面VAC的法向量==（0，2，0），

设平面VAM的法向量=（x，y，z），

由，取y=，得

∴，

∴cos＜＞==，

∴二面角M-VA-C的余弦值为．

（1）证明：连接AB′，

∵长方体ABCD-A′B′C′D′中，AB=AA′，

∴A′B⊥AB′，

∴A′B⊥C′D，

∵A′B⊥AD，AD∩C′D=D，

∴A′B⊥平面ADC′；

（2）解：过D作DE⊥AC，垂足为E，连接D′E，则∠D′ED为二面角D′-AC-D的平面角．

△ACD中，由等面积可得DE==，

∵DD′=1，

∴二面角D′-AC-D的正切值==．

解：（1）△BCD为正三角形，取CD的中点E，则BE⊥CD，

又AB⊥平面BCD，，则以B为原点，过B作l∥CD为x轴，BE为y轴，BA为z轴建立空间直角坐标系，

有B（0，0，0），C（1，，0），M（0，），A（0，0，）

设平面MBC的法向量为，），

所以解得

设点A到平面MBC的距离为d则．

（2）因为，，

设平面ACM的法向量为

则有解得

又平面BCD的法向量

所以

设平面ACM与平面BCD所成二面角的所成的角为θ

所以

解：（1）在△PAD中，由题设PA=AD=2，PD=2，可得

PA2+AD2=PD2，于是AD⊥PA…（3分）

∵在矩形ABCD中，AD⊥AB，PA、AB是平面PAB内的相交直线

∴AD⊥平面PAB；…（6分）

（2）∵AD⊥平面PAB，AD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAB

分别以AB、AD为x、y轴建立如图坐标系，

根据平面ABCD⊥平面PAB且∠PAB=60°得P（1，0，），B（3，0，0），

D（0，2，0）…（9分）

∴=（-1，2，-），=（2，0，-）

设平面PBD的一个法向量为=（x，y，z），

∴，取x=2，得=（2，3，4），

又∵平面PAB的一个法向量为=（0，2，0）…（11分）

∴cos＜，＞===

因此，二面角A-PB-D的余弦值等于…（13分）

解法一：（I）证明：连接OC，△ABD为等边三角形，O为BD的中点，

∴AO⊥BD，

∵△ABD和△CBD为等边三角形，O为BD的中点，，

∴．

在△AOC中，

∵AO2+CO2=AC2，

∴∠AOC=90°，即AO⊥OC．

∵BD∩OC=0，AD⊥面BCD．

（Ⅱ）

过O作OE⊥BC于E，连接AE，

∵AO⊥平面BCD，

∴AE在平面BCD上的射影为OE

∴AE⊥BC∴∠AEO为二面角A-BC-D的平角．

在Rt△AEO中，

∴二面角A-BC-D的余弦值为

（Ⅲ）解：设点O到平面ACD的距离为h，

∵VO-ACD=VA-OCD，

∴

在△ACD中，，

而，

∴，

∴点O到平面ACD的距离为．

解法二：（I）同解法一．

（Ⅱ）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，

则

∵AO⊥平面BCD，

∴平面BCD的法向量

设平面ABC的法向量，

由

设与夹角为θ，则

∴二面角A-BC-D的余弦值为．

（Ⅲ）解：设平面ACD的法向量为，又

设与夹角为θ，则

设O到平面ACD的距离为h，∵，∴O到平面ACD的距离为．