热门试卷

解  （1）分别以AB、AD、AA1为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

可得A（0，0，0）、D1（0，a，a）、B1（a，0，a）、C1（a，a，a），

∴=（-a，-a，-a），=（0，a，a），=（a，0，a）．

设=（x，y，z）是平面AB1D1的一个法向量，

可得．

令z=-1得x=y=1，于是平面AB1D1的一个法向量是=（1，1，-1）．

因此，C1到平面AB1D1的距离是

d===；

（2）（理）由（1）知，平面AB1D1的一个法向量是=（1，1，-1）．

又∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥平面CDD1C1，

∴平面CDD1C1的一个法向量是=（0，1，0）．

设平面CDD1C1与平面AB1D1所成的二面角为θ（结合图形可知θ为锐角），

则cosθ===．

∴平面CDD1C1与平面AB1D1所成的二面角大小为arcsin．

（文）∵E为棱CD的中点，∴E（，a，0），

结合B（a，0，0），可得=（-，a，0），

又∵=（0，a，a），

∴cos＜，＞===，

由此可得异面直线BE与AD1所成的角等于arccos．

解：（Ⅰ）如图建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，2，0），D（0，2，1），E（0，0，2）．

∴，…（2分）

设平面ADE的法向量是，

∴，取y=1，得，…（4分）

∴直线CA与平面ADE所成角的正弦值是|cos|=；              …（6分）

（Ⅱ）假设存在λ∈（0，1），使得，则F（0，2λ，2-λ），

∴=（0，2λ，2-λ），

∵，∴|cos|=…（8分）

令=，解得λ=-1，或，…（10分）

∵λ∈（0，1），∴，…（11分）

∴当F是线段线段ED的中点时，异面直线CF与AB所成角余弦值等于．…（12分）

解：（1）∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PC，

∵AB=2，AD=CD=1，∴AC=BC=，

∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC，

又BC∩PC=C，∴AC⊥平面PBC，

∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC平面PBC；

（2）以C为原点，建立空间直角坐标系如图所示，

则C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，-1，0），

设P（0，0，a）（a＞0），则E（，-，），

∴=（1，1，0），=（0，0，a）（a＞0），

=（，-，），=（1，1，-a），

设=（x，y，z）为平面PAC的法向量，

则，可取=（1，-1，0）

同理平面EAC的法向量=（a，-a，-2），

依题意，设直线PA与平面EAC所成角为θ，

则sinθ=|cos＜，＞|==，

解得a=1，或a=2（舍去，此时不满足PC＜2），

∴=（1，-1，-2），

∴|cos＜，＞|==

∴平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为

（1）证明：以A为原点，以AD，AB，AP所在的直线为x，y，z轴（如图）建立空间直角坐标系．由已知：A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，1，0），D （1，0，0），P （0，0，1），M （0，1，）    …（2分）

∴=（0，2，0），=（-1，0，），

∴，

∴AB⊥CM…（4分）

（2）解：∵=（1，1，0），=（0，2，-1），

∴cos＜，＞==，

∴AC，PB所成角的余弦值为…（8分）

（3）解：设为平面AMC的法向量，则：，

取z=2，则y=-1，x=1，即：

同理可求得平面MCB的一个法向量为…（10分）

∴，

∴二面角A-MC--B所成角的余弦值为…（12分）

（Ⅰ）证明：因为D、E分别是边AC和AB的中点，

所以ED∥BC，

因为BC⊂平面BCH，ED⊄平面BCH，

所以ED∥平面BCH

因为ED⊄平面BCH，ED⊂平面AED，平面BCH∩平面AED=HI

所以ED∥HI

又因为ED∥BC，

所以IH∥BC．…（4分）

（Ⅱ）解：如图，建立空间右手直角坐标系，由题意得，D（0，0，0），E（2，0，0），A（0，0，2），F（3，1，0），C（0，2，0），H（0，0，1），，，，，

设平面AGI的一个法向量为，则，，令z1=1，解得x1=1，y1=-1，则

设平面CHI的一个法向量为，则，，令z2=-2，解得y1=-1，则，，

所以二面角A-GI-C的余弦值为…（8分）

（Ⅲ）解：法（一），设

则，解得，…（12分）

法（二）取CD中点J，连接AJ交CH于点K，连接HJ，△HKJ与△CKA相似，

得，易证HI∥GK，所以…（12分）

（1）证明：∵AB=1，BD=，∠ABD=90°，∴AD===BC，

∵AC1=2，∴=，∴，∴AB⊥BC1．

又AB⊥BD，BC1∩BD=B，∴AB⊥平面BC1D，

∵AB⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BC1D．

（2）在平面BC1D过点B作直线l⊥BD，分别以直线l，BD，BA为x，y，z建立空间直角坐标系B-xyz，

则A（0，0，1），C1（1，，0），D（0，，0），

∴，，

设，则，∴．

又是平面BC1D的一个法向量，

依题意得，即，

解得，即|C1E|=1时，DE与平面BC1D所成的角为30°．

解：（1）设SA=AB=AD=1，则BC=3．

以A为原点，AB、AD、AS分别为x轴，y轴、z轴建立空间直角坐标，

则A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），S（0，0，1），C（1，3，0）．

∵，．

∴==．

∴CD和SB所成角的大小为．

（2）设SA=AB=AD=1，则BC=3．

①若G点与B点重合，△ABD是等腰直角三角形，

取BD的中点E1，连接SE1，那么AE1=，

∵AB=AD，BD的中点是E1，

∴AE1⊥BD，

∵SA⊥底面ABCD，

∴SE1⊥BD，

∴∠SE1A是二面角S-DB-A的平面角．

在Rt△SAE1中，tan∠SE1A=，

所以二面角S-DB-A的大小为arctan．

②若BG：GC=2：1，则∠BGD=45°，

作AE2⊥DG，连接SE2，

∵SA⊥底面ABCD，

∴SE2⊥DG，

∴∠SE2A是二面角S-DG-A的平面角．

∵△ADE2是以E2为直角顶点的等腰直角三角形，

∴AE2=，

在Rt△SAE2中，tan∠SE2A=，

所以二面角S-DG-A的大小为arctan．

（1）证明：设AC、BD的交点为I，连结MI，

因为I、M分别为BD、BP的中点，所以PD∥MI，

又MI在平面ACM内，所以PD∥平面ACM；     

（2）解：设CD的中点为O，分别以OA、OC为x轴、y轴，过O点垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，C（0，1，0），D（0，-1，0），，

设，

则，，

设平面CDM的法向量为，则，

可取=（1，0，）

同理可得平面CBM的法向量为．

所以，

解得λ=或λ=，

所以点M为PB四等分点，靠近点B或点P．