热门试卷

（1）证明：∵底面ABCD是正方形，∴BC∥AD．

又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

∴BC∥平面PAD；

（2）证明：建立如图所示的空间直角坐标系．

则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D（0，0，0），P（0，0，1），E，F．

∴=，=（-1，0，0），∴．

∴EF⊥BC．

（3）由（2）可得：=（-1，1，0），=（-1，0，1）．

设平面ACP的法向量为=（x，y，z），则，令x=1，则y=z=1，∴．

取平面APD的法向量为．

则===．即为所求．

（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）因为四边形AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC．

因为平面ABC⊥平面AA1C1C，

且平面ABC∩平面AA1C1C=AC，

所以AA1⊥平面ABC．…（4分）（文6分）

（Ⅱ）当点E是线段AB1的中点时，有DE∥平面AA1C1C．

证明：连结A1B交AB1于点E，连结DE．

因为点E是A1B中点，点D是线段BC的中点，

所以DE∥A1C．

又因为DE⊄平面AA1C1C，A1C⊂平面AA1C1C，

所以DE∥平面AA1C1C．…（8分）（文12分）

（Ⅲ）因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AB．

又因为AC⊥AB，所以AB⊥平面AA1C1C，

所以A1B1⊥平面AA1C1C，

所以A1B1⊥A1C1，A1B1⊥A1C，

所以∠C1A1C是二面角C-A1B1-C1的平面角．

易得tan∠C1A1C==1，

所以二面角C-A1B1-C1的平面角为45°．…（12分）

解法一：（Ⅰ）由三视图可知，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，B1C1⊥A1C1，且AA1=AC=4，BC=3．    …（2分）

以点C为原点，分别以CA、CB所在直线为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，如图．由已知可得A（4，0，0），B（0，3，0），C（0，0，0），A1（4，0，4），B1（0，3，4），C1（0，0，4），∴．             …（4分）∴，∴CA1⊥C1A，CA1⊥C1B1

又C1A∩C1B1=C1，

∴A1C⊥平面AB1C1． …（7分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，

设平面AB1C的法向量为n=（x，y，z），则，∴∴

令y=4，得平面AB1C的一个法向量为n=（0，4，-3），…（10分）

由（Ⅰ）知，是平面AB1C1的法向量，…（11分）．故二面角C1-AB1-C的余弦值为．…（13分）

解法二：（Ⅰ）由三视图可知，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，B1C1⊥A1C1，

且AA1=AC=4，BC=3． …（2分）

∵AA1⊥平面A1B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，∴AA1⊥B1C1，∵B1C1⊥A1C1，AA1∩A1C1=A1，∴B1C1⊥平面A1ACC1，…（4分）

∵A1C⊂平面A1ACC1，∴A1C⊥B1C1． …（5分）

由正方形A1ACC1可得，A1C⊥AC1，又AC1∩B1C1=C1，

∴A1C⊥平面AB1C1．…（7分）

（Ⅱ）同解法一．

解：（I）由图知，取PA的中点为H，连接EH，HF，

由已知，E、F分别为线段PD和BC的中点及底面ABCD是平行四边形可得出HEAD，CFAD

故可得HECF，

所以四边形FCEH是平行四边形，可得FHCE

又CE⊈面PAF，HF⊆面PAF

所以CE∥平面PAF

（II）底面ABCD是平行四边形，∠ACB=90°，可得CA⊥AD，

又由平面PAD⊥平面ABCD，可得CA⊥平面PAD，所以CA⊥PA

又PA=AD=1，PD=，可知，PA⊥AD

建立如图所示的空间坐标系A-XYZ

因为PA=BC=1，PD=AB=，所以AC=1

所以B（1，-1，0），C（1，0，0），P（，0，0，1），=（1，-1，0），=（0，0，1）

设平面PAB的法向量为=（x，y，z）

则可得，令x=1，则y=1，z=0，所以=（1，1，0）

又=（0，-1，0），又=（-1，0，1）

设平面PCB的法向量为=（x，y，z），则，令x=1，则y=0，z=1，所以=（1，0，1），

所以|cos＜，＞|=

所以二面角A-PB-C的大小为60°

解：（1）证明：以DA所在直线为x轴，过D作AC的垂线为y轴，DB所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

则A（1，0，0），C（-1，0，0）

E （-1，-1，0）A1 （1，-2，0）C1 （-1，-2，0）B （0，0，）        

=（-2，-1，0）=（-1，2，0）=（0.0，-）      

∵=2-2+0=0

∵=0，∴∴

即AE⊥A1D，AE⊥BD，又A1D∩BD=D

∴AE⊥面A1BD

（2）设面DA1B的法向量为=（x1，y1，z1）由

得取=（2，1，0）

设面BA1A的法向量为，

同理由

解得=（3.0，），

cos＜＞=．

由图可知二面角D-BA1-A为锐二面角，所以它的大小为arccos．

（3）=（0，2，0）平面A1BD的法向量取=（2，1，0）

则点B1到平面A1BD的距离d=．

解：（1）以为正交基底，建立空间直角坐标系，则，

∴面ADF的法向量=（1，0，0），，=（，0，1）．

设面DFB法向量，则，

所以，令a=1，得，

∴，

∴二面角A-DF-B的大小60°

（2）设，

∴，

∵，

∴，

解得

故存在满足条件的点P为AC的中点．

（Ⅰ）证明：由BC⊥PC，BC⊥AC可知：BC⊥平面PAC，

又因为平面α∥BC，平面AEF过BC且与平面α交于EF，

所以EF∥BC．

故EF⊥平面PAC； 　

（Ⅱ）以CA，CB，CP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

并设BC=2．则A（2，0，0），B（0，2，0），P（0，0，2），

设平面PAB的法向量，

由，，可求得，

D（1，0，1），E（-1，3，0），F（-1，0，0），

设平面DEF的法向量，

由，，可得，

．

二面角P-DM-N的余弦值为．

（1）证明：取DD1的中点N，连结MN，AN，ME，

∵点M为D1C的中点，E点是AB中点，

∴MN，AE，

∴四边形MNAE为平行四边形，

∴ME∥AN，

∵AN⊂平面ADD1A1，ME不包含于平面ADD1A1，

∴直线ME∥平面ADD1A1．

（2）解：设AE=m，如图以DA为x轴，以DC为y轴，以DD1为z轴，建立空间直角坐标系，

由题意知A（1，0，0），E（1，m，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），

∴=（-1，0，2），=（0，m，0），=（0，2，-2），，

设平面AD1E的法向量为，

则，，

∴，∴，

设平面D1EC的法向量为=（x，y，z），

则，，

∴，∴=（2-m，1，1），

设二面角A-D1E-C的平面角为θ，

∵二面角A-D1E-C的余弦值为，

∴cosθ==，

整理，得20m2-116m+129=0，

解得m=或m=（舍），

∴线段AE的长为．

解：（Ⅰ）以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则

A（0，0，0），B（0，2，0），D（1，0，0，），S（0，0，2），M（0，1，1）．

则，，．

设平面SCD的法向量是，则，即

令z=1，则x=2，y=-1．于是．

∵，∴．

又∵AM⊄平面SCD，∴AM∥平面SCD．

（Ⅱ）易知平面SAB的法向量为．设平面SCD与平面SAB所成的二面角为α，

则==，即．

∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为．

（Ⅲ）设N（x，2x-2，0），则．

∴===．

当，即时，．