热门试卷

（I）证明：以直线DA、DC、DE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（2，2，0）C（0，4，0），E（0，0，2），所以M（0，2，1）．

∴--------（2分）

又是平面ADEF的一个法向量．

∵，∴

∴BM∥平面ADEF------（4分）

（II）解：设M（x，y，z），则，

又，设，则x=0，y=4λ，z=2-2λ，即M（0，4λ，2-2λ）．（6分）

设是平面BDM的一个法向量，则

取x1=1得 即  

又由题设，是平面ABF的一个法向量，------（8分）

∴|cos＜，|==，

∴λ=--（10分）

即点M为EC中点，此时，S△DEM=2，AD为三棱锥B-DEM的高，

∴VM-BDE=----------（12分）

（I）证明：连接AD1交A1D于F，则F为中点，

连接EF，如图．

∵E为中点，∴EF∥BD1．

又EF⊂面A1DE，BD1⊄面A1DE，

∴BD1∥面A1DE

（II）解：由面ABCD⊥面ADD1A1，且四边形ADD1A1为正方形，四边形ABCD为矩形，得D1D⊥AD，D1D⊥DC，DC⊥DA．于是以D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

∴D（0，0，0）、D1（0，0，1）、A1（1，0，1）、E（1，1，0），

∴、、、．

设面A1DE的一个法向量为=（x1，y1，1），面D1A1E的一个法向量为=（x2，y2，1），

则，，即，

解得：=（-1，1，1），=（0，1，1）．

设D1-A1E-D的大小为θ，于是cosθ==，

∴θ=arccos，即二面角D1-A1E-D的大小为arccos．

（III）解：多面体A1D1DBE的体积==-

==．

（Ⅰ）证明：因为侧面ABB1A1，ACC1A1均为正方形

所以AA1⊥AC，AA1⊥AB

所以AA1⊥平面ABC  …（1分）

因为AD⊂平面ABC，AA1∥CC1，所以CC1⊥AD 　　　…（2分）

又因为AB=AC，D为BC中点，所以AD⊥BC     …（3分）

因为CC1∩BC=C，所以AD⊥平面BCC1B1；    …（4分）

（Ⅱ）证明：连结A1C，交AC1于点O，连结OD

因为ACC1A1为正方形，所以O为AC1中点

又D为BC中点，所以OD为△A1BC中位线

所以A1B∥OD   …（6分）

因为OD⊂平面AC1D，AB1⊄平面AC1D

所以A1B∥平面AC1D…（8分）

（Ⅲ）解：因为侧面ABB1A1，ACC1A1均为正方形，∠BAC=90°

所以AB，AC，AA1两两互相垂直，如图所示建立直角坐标系A-xyz

设AB=1，则A（0，0，0），

∴=，=（0，1，1）…（9分）

设平面AC1D的法向量为=（x，y，z），则有，

∴，∴x=-y=z

取x=1，得=（1，-1，1）…（10分）

又因为AB⊥平面ACC1A1

所以平面ACC1A1的法向量为…（11分）

∴cos＜＞===       …（12分）

所以，平面AC1D与平面ACC1A1所成的锐二面角的余弦值为…（13分）

解：（1）证明：作FM∥CD交PC于M．

∵点F为PD中点，∴FM=．

∵k=，∴AE==FM，

∴AEMF为平行四边形，∴AF∥EM，

∵AF⊄平面PCE，EM⊂平面PEC，

∴直线AF∥平面PEC．

（2）∵底面ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，

∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴PD⊥AC

∵PD∩BD=D，

∴AC⊥平面PBD；

（3）

连接PE，PG

∵点E，O分别为AB和AC中点．

∴AO∥EG，

∵AC⊥平面PBD，

∴EG⊥平面PBD，

根据直线与平面所成角的定义可得：∠EPG为PE与平面PDB所成角，

Rt△EGP中，AO=，EG=，

DE=，PE==，

∴sin∠EPG==，

∴PE与平面PDB所成角的正弦值=．

解法一：

（I）证明：取AB的中点O，连接PO、CO，…（1分）

∵棱柱ABC-A1B1C1为正三棱形，P是A1B的中点，∴O是AB的中点，∴PO∥A1A…（2分）

∴PO⊥平面ABC，∴CO是CP在平面ABC内的射影，

∵CO⊥AB．…（4分）∴CP⊥AB．…（5分）

（II）解：过AB=a，AA1=b，过B作BE⊥AC于E，则BE⊥平面A1C，

过E作EF⊥AC1于F，连接BF，则BF⊥AC1，∴∠HFE为二面角B-AC1-C的平面角．…（7分）

在△ABC中，，延长CA到D，使CA=AD，连接A1D，则A1D∥C1A

∵A1B⊥AC1，∴A1D⊥A1B，

在，

在△BAD中，由DA=BA=A，∠BAD=120°得BD2=a2+a2-2a•a•cos120°=2a2+a2=3a2，

在，∴3a2=2（a2+b2），∴，…（9分）

由Rt△AFE∽Rt△ACC1得，，∴…（11分）

二面角A1-AC1-B的大小为π-arctan3．…（12分）

解法二：取AB中点O，以O为坐标原点建立如图直角坐标系，

设AB=2a，AA1=h，则，…（1分）

（I）

∵，∴…（5分）

（II）解：，

∵，∴a•2a+0-h2=0，∴…（7分）

则，

设平面A1AC1的一个法向量为=（x，y，z），则

∴得平面A1AC1的一个法向量为…（8分）

又，

同理得平面BAC1的一个法向量为…（9分）

∴，…（11分）

∴二面角A1-AC1-B的大小为．…（12分）

解：（1）如图建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），M（0，1，），C（1，1，0），B（0，2，0），P（0，0，1）…（1分）

∴，

设平面AMC的一个法向量

由，取x=1，则y=-1，z=2，∴=（1，-1，2）…（3分）

又∵=（1，-1，0）•（1，1，0）=0，

∴是平面PAC的一个法向量，…（5分）

∴cos＜，＞=，

所求二面角的余弦值为…（6分）

（2）存在，且N为PC中点

设，=（λ-1，λ，1-λ）…（9分）

依题意知，，

∴λ=，

∴，即N为PC中点…（12分）

（Ⅰ）证明：因为M为等边△ABC的AC边的中点，所以BM⊥AC．

依题意CD⊥AC，且A、B、C、D四点共面，所以BM∥CD．    …3分

又因为BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以BM∥平面PCD．  …5分

（Ⅱ）解：因为CD⊥AC，CD⊥PA，

所以CD⊥平面PAC，故PD与平面

PAC所成的角即为∠CPD．…7分

不妨设PA=AB=1，则PC=．

由于tan，所以CD=．…9分

（方法一）

在等腰Rt△PAC中，过点M作ME⊥PC于点E，

再在Rt△PCD中作EF⊥PD于点F（图1所示）．

因为ME⊥PC，ME⊥CD，所以ME⊥平面PCD，可得ME⊥PD．

又EF⊥PD，

所以∠EFM即为二面角C-PD-M的平面角．   …12分

由题意知PE=3EC，ME=，EF==，

所以tan∠EFM==，

即二面角C-PD-M的正切值是．…15分

（方法二）

以A点为坐标原点，AC为x轴，

建立如图2所示的空间直角坐标系A-xyz．

则P（0，0，1），M（，0，0），C（1，0，0），D（1，，0）．

则，，．

若设=（x1，y1，z1）和=（x2，y2，z2）分别是平面PCD和平面PMD的法向量，

则，可取．

同理，得=（2，-，1）．…12分

所以cos＜＞==，

故二面角C-PD-M的余弦值是，其正切值是．…15分

解：（1）连接SF，则

在正△SAB中，AB=2，SE=，E为AB的中点，∴SE=，SE⊥AB

∵BC=2，AD=1，E，F分别为AB，CD的中点，∴EF=

∵等边△SAB与直角梯形ABCD垂直，SE⊥AB

∴SE⊥面ABCD，∴SE⊥EF

直角△SEF中，|SF|==，

∴||=2=；

（2）建立如图所示的直角坐标系，

则S（0，0，），D（1，1，0），C（-1，2，0）

设面SCD的法向量为=（x，y，z），则由，可得

取x=1，可得=（1，2，）

∵面SAB的法向量为

∴cos＜＞===．

（1）证明：∵四边形ABCD是正方形ABCD，∴AC⊥DB．

，

∵PD∩PB=P，

（2）解：设AC交BD=O，则

，

∵AO=1，

在直角三角形ADB中，DB=PD=2，则PB=，

∴Rt△PDB中斜边PB的高h=．

即E为PB的中点．

（3）解：连接OE，以O为坐标原点，OC为x轴，OB为y轴，OE为z轴，建立空间直角坐标系．

则A（1，0，0）E（0，0，1）F（0，-1，）   D（0，-1，0）

面EFD的法向量为

设为面AEF的法向量．

∴

令y=1，则，

∴

∴二面角A-EF-D的余弦值为．