热门试卷

（1）证明：∵PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，

∴PA⊥BD，

∵底面ABCD为菱形，

∴BD⊥AC，

∵PA∩AC=A，

∴BD⊥平面PAC；

（2）解：建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，2），B（，-1，0），C（，1，0），Q（0，2，1）

∴=（0，0，2），=（，-1，0），

设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则，取=（1，，0），

同理可得平面PCQ的法向量为=（，1，2），

∴平面PAB与平面PCQ所成锐二面角的余弦值为=；

（3）解：设F（（1-m），m+1，m），

∵E（，-，1），

∴=（，-，1），=（（1-m），m+1，m），

设平面AEF的法向量为（a，b，1），则当平面AEF⊥平面PAB时，，

∴a=-，b=，

∴平面AEF的法向量为（-，，1），

∴（-）×（1-m）+（m+1）+m=0，

∴m=，

∴F（，，），

∴=（-，，），

∴||=．

解：（1）以O为原点，OB、OC、OA分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系．

则有A（0，0，1）、B（2，0，0）、C（0，2，0）、E（0，1，0）

∴=（2，-1，0），=（0，2，-1）

∴cos＜，＞==-，

∴异面直线BE与AC所成角的余弦为；

（2）设平面ABC的法向量为=（x，y，z），则

∵=（2，0，-1），=（0，2，-1），

∴，

∴取=（1，1，2）

又=（0，1，0），

∴点E到面ABC的距离d==；

（3）（2）中已求平面ABC的法向量=（1，1，2），

设平面EAB的法向量为=（a，b，c），则

∵=（0，1，-1），=（2，0，-1），

∴

∴取=（1，2，2），

∴cos＜，＞=

设二面角E-AB-C的平面角为θ，则tanθ=．

（Ⅰ）证明：∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE，

∵底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，E是BC的中点，∴AE⊥BC，

∵BC∥AD，∴AE⊥AD，

而PA∩AD=A，∴AE⊥平面PAD，

∴AE⊥PD；

（Ⅱ）如图，建立空间直角坐标系A-xyz，∵PA=AB=2，则A（0，0，0），

D（0，2，0），E（，0，0），C（，1，0），P（0，0，2），

F为PC的中点，∴F（，，1），=（，0，0），=（，，1），

=（，-2，0），=（，-，1），

设平面AEF的法向量=（x，y，z），由，得=（0，-2，1）；

设平面DEF的法向量=（m，n，p），由得=（，2，1）．

则cos＜＞===-．

由题意得，二面角A-EF-D为钝角二面角，故所求二面角的余弦值为-．

（Ⅰ）证明：因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AC．

因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD，

从而AC⊥平面BDE．…（5分）

（Ⅱ）解：因为DA，DC，DE两两垂直，所以建立空间直角坐标系D-xyz如图所示．

因为BE与平面ABCD所成角为60°，即∠DBE=60°，

所以．

由AD=3，可知DE=3，AF=．

则A（3，0，0），F（3，0，），E（0，0，3），B（3，3，0），C（0，3，0），

所以=（0，-3，），=（3，0，-2）．

设平面BEF的法向量为=（x，y，z），则

，即．

令z=，则=（4，2，）．

因为AC⊥平面BDE，所以为平面BDE的法向量，=（3，-3，0）．

所以cos．

因为二面角为锐角，所以二面角F-BE-D的余弦值为．…（12分）

解：（Ⅰ）证明：∵A1B1C1-ABC是正三棱柱，

∴四边形B1BCC1是矩形．

连接B1C交BC1于E，则B1E=EC．

连接DE，在△AB1C中，∵AD=DC，∴DE∥AB1，

又AB1⊄平面DBC1，DE⊂平面DBC1，

∴AB1∥平面DBC1．      

（Ⅱ）设D1是A1C1的中点，则DD1⊥平面ABC．

所以，以DB为x轴，DC为y轴，DD1为z轴（如图）建立空间直角坐标系．

设AB=2，则，C（0，1，0），A（0，-1，0），，．

∴，，

∵，∴，

即，AB1与BC1所成的角为90°．                           

（Ⅲ）∵BC的中点，

∴，

∴可取平面CBC1的法向量为．

设平面BC1D的法向量为，

则⇒

∴可取．

∵，

∴面DBC1与面CBC1所成的二面角为45°．

解：（1）根据题意，OB、OC、OS所在直线两两互相垂直

因此以OB、OC、OS为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示

∵SB和底面成45°角，∴Rt△SOB中，∠SB0=45°，S0=OB==3

由此可得C（0，，0），A（0，-，0），S（0，0，3），B（3，0，0）

设（0＜λ＜1），则

=（3-3λ，0，3λ）

∴==（3-3λ，0，3λ）-（0，，0）=（3-3λ，-，3λ）

∵=（3，，0），且

∴=3（3-3λ）+×（-）+0=0，解之得

故，可得，即=时CD⊥AB；

（2）设平面SBC的一个法向量为

则，取z=1得

∵是平面ACB的一个法向量

∴所成角（或其补角）就是二面角S-BC-A的平面角

∵cos＜＞===

由图形可知二面角S-BC-A是锐二面角

∴二面角S-BC-A的余弦值大小为arccos．

（1）解：在四棱锥P-ABCD中，

∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，

∴PA⊥PB，又AB⊥AD，PA∩AD=A，

∴AB⊥平面PAD，∴∠APB是PB与平面PAD所成的角，

在Rt△PAB中，AB=PA，∴∠APB=45°，

∴PB和平面PAD所成的角的大小为45°．

（2）证明：在四棱锥P-ABCD中，

∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA，

由条件AC⊥CD，PA⊥底面ABCD，利用三垂线定理得CD⊥PC，PA∩AC=A，

∴CD⊥面PAC，

又AE⊂面PAC，∴AE⊥CD，

由PA=AB=BC，∠ABC=60°，得AC=PA，

∵E是PC的中点，∴AE⊥PC，

又PC∩CD=C，

综上，AE⊥平面PCD．

（3）解：过点E作EM⊥PD，AM在平面PCD内的射影是EM，则AM⊥PD，

∴∠AME是二面角A-PD-C的平面角，

由已知得∠CAD=30°，

设AC=a，得PA=a，AD=，PD=，AE=，

在Rt△ADP中，∵AM⊥PD，∴AM•PD=PA•AD，

∴AM==，

在Rt△AEM中，sin∠AME=．

∴二面角A-PD-C得到正弦值为．

解：（1）证明：由题意知：PQ⊥AD，BQ⊥AD，PQ∩BQ=Q，

∴AD⊥平面PQB，

又∵AD⊂平面PAD，

∴平面PQB⊥平面PAD．

（2）∵PA=PD=AD，Q为AD的中点，

∴PQ⊥AD，

∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，

∴PQ⊥平面ABCD，

以Q这坐标原点，分别以QA，QB，QP为x，y，z轴，

建立如图所求的空间直角坐标系，

由题意知：Q（0，0，0），A（1，0，0），

P（0，0，），B（0，，0），C（-2，，0）

∴=（-，，），

设是平面MBQ的一个法向量，则，，

∴，∴，

又∵平面BQC的一个法向量，

∴cos＜＞=，

∴二面角M-BQ-C的大小是60°．

（1）证明：连接A1D，B1C，

∵长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD=1，

∴A1D⊥AD1，

∵A1B1⊥平面A1ADD1，

∴AD1⊥A1B1，

∵A1D∩A1B1=A1，∴AD1⊥平面A1B1CD，

∵B1E⊂平面A1B1CD，

∴B1E⊥AD1；

（2）解：存在AA1的中点P，使得DP∥平面B1AE，证明如下：

取AA1的中点P，AB1的中点Q，连接PQ，

则PQ∥A1B1，且PQ=A1B1，

∵DE∥A1B1，且DE=A1B1，∴PQ∥DE且PQ=DE

∴四边形PQDE为平行四边形，∴PQ∥DE

又PD⊄平面AB1E，QE⊆平面AB1E

∴PD∥平面AB1E

此时AP=AA1；

（3）解：因为AB⊥AA1，AB⊥AD，AA1⊥AD，建立如图所示坐标系

则A（0，0，0），A1（0，0，1），B（2，0，0），B1（2，0，1），E（1，1，0）

∵AA1⊥平面ABCD，

∴平面ABE的一个法向量=（0，0，1）

设平面AEB1的法向量为，∵

∵由，得

取x=1，y=-1，z=-2，则平面AEB1的一个法向量为

∴

经检验，二面角B-AE-B1所成平面角为锐角，其余弦值为