热门试卷

（1）证明：连AC交BD于点O，连结SO，OE．

根据正四棱锥的性质，得SO⊥面ABCD．以OA、OB、OS所在射线分别作为非负x轴、非负y轴、非负z轴建立空间直角坐标系．

因为异面直线SA和BC所成角的大小是60°，AD∥BC，所以∠SAD=60°，

因而△SDA是等边三角形，根据正棱锥的性质，得△SDC，△SBA，△SBC也是等边三角形．设AB=a，

则

因为，所以，所以AS∥OE．

又OE⊂面BDE，AS⊄面BDE，

所以AS∥面BDE．

（2）设是平面SAB的法向量．

则由，得

取x1=1，得．

因为OA⊥SO，且OA⊥BD，所以是平面SBD的法向量．

则．

所以二面角A-SB-D的大小是．

（3）设是平面SBC的法向量．

则由，得，取x2=1，得，

又．则，

设BD和平面SBC所成的角的大小为α，则，

即直线BD和平面SBC所成的角为．

解：解法一：（Ⅰ）连结AD1．由AA1D1D是正方形知AD1⊥A1D．

∵AB⊥平面AA1D1D，

∴AD1是D1E在平面AA1D1D内的射影．

根据三垂线定理得AD1⊥D1E，

则异面直线D1E与A1D所成的角为90°．…（5分）

（Ⅱ）作DF⊥CE，垂足为F，连结D1F，则CE⊥D1F．

所以∠DFD1为二面角D1-EC-D的平面角，∠DFD1=45°．于是，

易得 Rt△BCE≌Rt△CDF，所以CE=CD=2，又BC=1，所以．

设点B到平面D1EC的距离为h，则由于，即f‘（x），

因此有CE•D1F•h=BE•BC•DD1，即，∴．…..…（12分）

解法二：如图，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．

（Ⅰ）由A1（1，0，1），得，

设E（1，a，0），又D1（0，0，1），则．

∵∴，则异面直线D1E与A1D所成的角为90°．…（5分）

（Ⅱ）=（0，0，1）为面DEC的法向量，设=（x，y，z）为面CED1的法向量，

则，

∴z2=x2+y2．①

由C（0，2，0），得，则，即，∴2y-z=0②

由①、②，可取，又，

所以点B到平面D1EC的距离．…（12分）

解：（Ⅰ）证明：取AB的中点M，

∵AF=AB．

∴F为AM的中点，

又∵E为AA1的中点，

∴EF∥A1M，

在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为A1B1、AA1的中点，

∴A1D∥BM，且A1D=BM，

则四边形A1DBM为平行四边形，

∴A1M∥BD，

∴EF∥BD，

又∵BD⊂平面BC1D，EF⊄平面BC1D，

∴EF∥平面BC1D．

（Ⅱ）连接DM，分别以MB，MC，MD所在直线为x轴、y轴、z轴，

建立如图空间直角坐标系，

则B（1，0，0），E（-1，0，1），D（0，0，2），C1（0，），

∴=（-1，0，2），=（-2，0，1），=（-1，）．

设面BC1D的一个法向量为，面BC1E的一个法向量为，

则由，

得，取，

又由，

得，取，

则，

故二面角E-BC1-D的余弦值为．

证明：（Ⅰ）因为∠DAB=60°，AB=2AD，

由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB•ADcos∠DAB=3AD2，

从而BD2+AD2=AB2，

∴∠ADB=90°，故BD⊥AD，

又PD⊥底面ABCD，

可得PD⊥AD，

∴AD⊥平面PBD．

故AD⊥PB．

（Ⅱ）∵PD⊥底面ABCD，

∴PD⊥AD，PD⊥BD，

∵AD⊥BD，

∴以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，

∵AB=2AD=2，∴AB=2，AD=1，

设DP=b，

则A（1，0，0），B（0，，0），C（-1，，0），P（0，0，b）．

∴=（0，，0），=（-1，0，0），=（0，，-b），

设=（x，y，z）是平面PBC的一个法向量，

则，

令y=，则x=0，z=，

则=（0，，），

∵BD与平面PBC的所成角为30°，

∴与的夹角为60°，

∴cos＜，＞===cos60°=，

整理得b=1，

∴=（0，，1），

设=（x，y，z）是平面PAB的一个法向量，

则，

令y=，则x=1，z=1，

即=（1，，1）

∴cos＜，＞==，

即二面角P-BC-D的余弦值是-．

（1）证明：连接AC，BD，相交于O，连接OE

设点D到面PAC的距离为h，则直线DE与平面PAC所成角的正弦值为sin45°=，∴h=1

∵底面ABCD为菱形，且∠DAB=60°，AB=2，∴DO=1

∴DO⊥平面PAC

∴DO⊥OE，且OE==1

∵，∴OE2+OC2=CE2

∴OC⊥OE

∵OC∩DO=O，∴OE⊥平面ABCD

∵OE∥PA，∴PA⊥平面ABCD；

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

设平面PDE的一个法向量为，则，∴

∴取

设平面PBD的一个法向量为，则，∴

∴取

∴cos＜＞==

∴求二面角E-PD-B的平面角的大小为arccos．

（Ⅰ）证明：连接AC，AC∩BD=O，连接OM，

则O为AC的中点

∵M为AF的中点，∴OM∥CF

∵OM⊂平面BDM，∴CF∥平面BDM；

（Ⅱ）解：因为正方形ABCD和矩形ABEF所在平面互相垂直，所以AF⊥平面ABCD，

以A为原点，以AD，AB，AF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图取AB=1，C（1，1，0），M（0，0，1），B（0，1，0），D（1，0，0），N（，1，），

设平面BDM的法向量为=（x，y，z），

∵=（1，-1，0），=（0，1，-1），

∴，解得=（1，1，1）；

同理平面BDN的法向量为=（1，1，-2），

∴=0，

∴二面角M-BD-N的大小为90°．

解：（1）设AC∩BD=0，连结OF

∵等腰梯形ABCD中，DA=DC，∴∠DAC=∠DCA

∵AB∥CD，∴∠CAB=∠DCA，可得∠DAC=∠CAB．同理可证∠CB0=∠AB0

∵等腰梯形ABCD中，∠DAB=∠CBA，∴∠CB0=∠DAC=∠CBA

又∵∠DCA+∠ACB+∠CBA=180°，∠ACB=90°

∴3∠CB0=90°，得∠CB0=30°

Rt△OCB中，BC=a，可得OC=BCtan30°=a

∵AM∥平面BDF，AM⊂平面ACEF，平面BDF∩平面ACEF=OF，∴AM∥OF

∵四边形ACFE是矩形，可得AC=EF，∴EM=OC=a；

（2）以C为原点，CA、CB、CF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

可得C（0，0，0），B（0，a，0），F（0，0，a），E（，0，a），

设平面BEF的一个法向量为=（x，y，z），可得，

取y=1，得x=0，z=1，可得=（0，1，1）为平面BEF的一个法向量．

∵平面EFC的一个法向量为=（0，1，0），且cos＜，＞==

∴二面角B-EF-C的平面角θ满足|cosθ|=，

结合二面角B-EF-C是一个锐二面角，可得θ=45°．

证明：（Ⅰ）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．…（4分）

解：（Ⅱ）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600，即∠DBE=60°，

所以．

由AD=3，可知，．

则A（3，0，0），，，B（3，3，0），C（0，3，0），

所以，．

设平面BEF的法向量为=（x，y，z），则，即．

令，则=．

因为AC⊥平面BDE，所以为平面BDE的法向量，．

所以cos．

因为二面角为锐角，所以二面角F-BE-D的余弦值为．…（8分）

（Ⅲ）点M是线段BD上一个动点，设M（t，t，0）．

则．

因为AM∥平面BEF，

所以=0，即4（t-3）+2t=0，解得t=2．

此时，点M坐标为（2，2，0），

即当时，AM∥平面BEF．…（12分）

解：（I）存在，中点．

取A1B的中点D，连接ED，DC1，则ED∥AA1，ED=AA1，

∵F为CC1上的动点，∴ED∥FC1，ED=FC1，

∴四边形DEFC1是平行四边形

∴EF∥DC1，

∴EF⊄平面A1BC1，DC1⊂平面A1BC1，

∴EF∥平面A1BC1；

（Ⅱ）存在，当F在靠端点C1一侧的四等分点时．建立如图所示的空间直角坐标系，设A（0，0，b），F（x，1-x，0），则E（），∴，∵，，∴x=．

（III）设平面ACC1A1的一个法向量为

又

则，，令z1=1，则

又

∴=…（6分）

解得b=1，或，

∵AC≤CC1∴b=1

∴

同理可求得平面AA1B的一个法向量

∴=

又二面角C-AA1-B为锐二面角，故余弦值为．