热门试卷

解：（1）分别以AB，AD，AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB=a则A（0，0，0），D（0，1，0），D1（0，1，1），E（，1，0），B1（a，0，1），

∴=（0，1，1），=（-，1，-1），=（a，0，1），=（，1，0），

∵•=1-1=0

∴B1E⊥AD1，

∴直线B1E与直线AD1所成的角的余弦值为0；

（2）连接A1D，B1C，由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1，得AD1⊥A1D．

∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C．

由（1）知，B1E⊥AD1，且B1C∩B1E=B1．

∴AD1⊥平面DCB1A1，

∴是平面A1B1E的一个法向量，此时=（0，1，1）

AB=2，设平面B1AE的法向量，则=（2，0，1），=（1，1，0）

∵平面B1AE，∴，

得

取x=1，使得平面B1AE的一个法向量=（1，-1，2），

设与所成的角为θ，则

cosθ==-

∴二面角A-B1E-A1的大小为30°；

（3）假设在棱AA1上存在一点P（0，0，z0）使得DP∥平面B1AE．此时

又设AB的长度为a，平面B1AE的法向量，则

∵平面B1AE∴得

取x=1，使得平面B1AE的一个法向量

要使DP∥平面B1AE，只要，有，解得

又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时．

解：（Ⅰ）连接B1C交BC1于点P，连接PQ．

因为直线AB1∥平面BC1Q，AB1⊂平面AB1C，平面BC1Q∩平面AB1C=PQ，

所以AB1∥PQ．

因为P为B1C的中点，且AB1∥PQ，

所以，Q为AC的中点．

（II）如图建立空间直角坐标系，设AB=BC=a，BB1=b，则平面BC1C的法向量．

B（0，0，0），C1（0，a，b），，

∴，=．

∵QC1与平面BC1C所成角的正弦值为，

∴==，化为3a2=4b2，取．

设平面C1BQ的法向量为，则，即，及．

令x=1，解得，z=2，∴．

∴===．

故二面角Q-BC1-C的余弦值为．

（本小题满分14分）

（1）证明：如右图，取A1B的中点D，连接AD，…（1分）

因AA1=AB，则AD⊥A1B…（2分）

由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，

且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B，…（3分）

得AD⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，

所以AD⊥BC．…（4分）

因为三棱柱ABC---A1B1C1是直三棱柱，

则AA1⊥底面ABC，

所以AA1⊥BC．

又AA1∩AD=A，从而BC⊥侧面A1ABB1，

又AB⊂侧面A1ABB1，故AB⊥BC．…（7分）

（2）解：连接CD，由（1）可知AD⊥平面A1BC，

则CD是AC在平面A1BC内的射影

∴∠ACD即为直线AC与平面A1BC所成的角，则…（8分）

在等腰直角△A1AB中，AA1=AB=2，且点D是A1B中点

∴，且，

∴…（9分）

过点A作AE⊥A1C于点E，连DE

由（1）知AD⊥平面A1BC，则AD⊥A1C，且AE∩AD=A

∴∠AED即为二面角A-A1C-B的一个平面角，…（10分）

且直角△A1AC中：

又，

∴，

且二面角A-A1C-B为锐二面角

∴，即二面角A-A1C-B的大小为．…（14分）

解：∵SD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，

∴DA，DC，DS两两垂直，

如图以D为原点，直线DA，DC，DS分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．

则D（0，0，0），B（，2，0），S（0，0，2），C（0，2，0），

又∵E是SD的中点，

∴E（0，0，1）

证明：（1）连接BD，与AC相交于点O，连接EO

所以O（，1，0）

∵=（，1，-1），=（，2，-2），

∴=2

∴SB∥EO

∵EO⊂平面ACE，SB⊄平面ACE，

∴SB∥平面ACE；

解：（2）设=（a，b，c）是平面CBS的一个法向量，则•=0，•=0

∵=（-，0，0），=（0，2，-2）

∴，令b=1，则=（0，1，1）

同理可得=（，0，-2）是平面ABS的一个法向量，

则钝二面角A-SB-C的夹角θ，则

|cosθ|==

∴二面角A-SB-C的余弦值是-

证明：（3）设=λ（λ＞0）

则F（0，，），=（，，），

又∵=（0，-2，0），=∠ABF=60°，

故=•cos60°

即=

解得λ=1

∴=1

解：

以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，

建立如图所示直角坐标系D-xyz．

依题设，B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4）．

，．

（Ⅰ）因为，，A1C⊥BD，A1C⊥DE．

又DB∩DE=D，

所以A1C⊥平面DBE．

（Ⅱ）设向量n=（x，y，z）是平面DA1E的法向量，则，．

故2y+z=0，2x+4z=0．

令y=1，则z=-2，x=4，n=（4，1，-2）．等于二面角A1-DE-B的平面角，．

所以二面角A1-DE-B的大小为．

（文）

∴

∴异面直线A1C与AB所成的角为．

解：以O为原点，OB、OC、OO′分别为x，y，z轴，建立直角坐标系，

由条件知：EC=BC=2，FB=1，OA=1，OB=，从而坐标E（0，1，2），F（，0，1）．

（1）连接AE与OO‘交于M，连接MF，

可得，M（0，0，1），=（，0，0）．

则MF⊥平面yOz，即MF⊥平面A'ACC'，

所以平面AEF⊥平面A'ACC'．

（2）取EC中点G，得平面MFG∥底面ABCD，

所以只要求面AEF与面MFG所成的二面角即可．

∵G（0，1，1），，

∴

∴

∴∠EMG是二面角的平面角

在Rt△MGE中，EG=1，MG=1，ME=，∴，∴所求角为．

解：（1）∵SD⊥面ABCD，AB⊂面ABCD，

∴SD⊥AB

∵BD⊥AB，AD∩BD=D，

∴AB⊥平面SDB；

（2）取AD中点O，连结OB，

∵Rt△ABD中，OB=AD=1=BC=OD，∴四边形ODBC为菱形．

可得CD=AB=1，∠ADC=60°

建立如图所示空间直角坐标系，y轴的正方向与DC成30°角．

可得D（0，0，0），A（2，0，0），C（，，0），

S（0，0，1），M（，，）

可得平面CDB的一个法向量为=（0，0，1），

设平面MCD的法向量为，得，

取x=-，得y=1，z=，即，

设二面角M-CD-B的平面角的大小为α，则

cosα=||=||=．

∴二面角M-CD-B的余弦值等于．

（1）证明：取AB的中点G，连接CG、FG．

因为CD∥AE，GF∥AE，所以CD∥GF．

又因为CD=1，GF=AE，所以CD=GF．

所以四边形CDFG是平行四边形，DF∥CG．（2分）

在等腰Rt△ACB中，G是AB的中点，所以CG⊥AB．

因为EA⊥平面ABC，CG⊂平面ABC，所以EA⊥CG．

而AB∩EA=A，所以CG⊥平面ABE．

又因为DF∥CG，所以DF⊥平面ABE；

（2）解：因为DF⊥平面ABE，DF⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABE．

过点A作AM⊥BE于M，则AM⊥平面BDE，所以AM⊥BD．

过点M作MN⊥BD于N，连接AN，则BD⊥平面AMN，所以BD⊥AN．

所以∠ANM是二面角A-BD-F的平面角，

在Rt△ABE中，AM==

因为AD=BD=AB=，所以△ABD是等边三角形．

又AN⊥BD，所以=，MN=

在Rt△AMN中，cos∠ANM==

所以二面角A-BD-E的余弦值是．

（1）证明：设AB=AC=AP=1，又∠BAC=120°，

∴在△ABC中，BC2=1+1-2×1×1×cos120°=3，

∴BC=，

∴BN=，

∴，

又∠ABC=∠NBA，∴△NBA∽△ABC，

且△NBA也为等腰三角形．

取AB中点Q，连接MQ、NQ，∴NQ⊥AB，MQ∥PAQ，

∵PA⊥面ABC，∴PA⊥AB，∴MQ⊥AB，

∴AB⊥平面MNQ，

又MN⊂平面MNQ，∴AB⊥MN；

（2）解：过B作BD∥AC，交AN延长线于D，连PD，分别取PD、AD中点E、F，连ME，EF，MF，

由CA⊥面PAD，BD∥AC∥ME，PA⊥AN，EF∥PA，则ME⊥面PAD，EF⊥AN，

且MF⊥AN，∴∠EFM是所求两面角的平面角．

BD=AC=，ME=BD=，EF=PA=，MF=，

∴cos∠EFM=．