热门试卷

（1）证明：如图，

∵SA=SB，M为AB的中点，∴SM⊥AB，

又∵DA⊥平面SAB，∴DA⊥SM，

所以，SM⊥平面ABCD．

又∵DB⊂平面ABCD，∴SM⊥DB．

又∵SC⊥BD，∴DB⊥平面SMC，

∴平面⊥平面SMC；

（2）解：由（1）知DB⊥平面SMC，∴DB⊥MC．

∴△ABD∽△BCM，故⇒⇒BC=2

设AC∩BD=N，∵AS⊥BS，DA⊥BS，

∴SB⊥平面SAD．

∴SB⊥SD．

所以NA=NB=NC=ND=NS，∴H与N重合，即为球心．

设MC∩DB=Q，由于DB⊥平面SMC，故HQ即为所求．

∵MC==．

∴．

∵BD==2，∴HB=．

故HQ=．

即棱锥H-MSC的高为；

（3）解：以点M为原点，建立坐标系如图，

则M（0，0，0），S（，0，0），C（0，，2），D（0，-，2）．

∴=（0，，2），．

设平面SMC的法向量为，ASD的法向量为

由，得，取z=-1，得x=0，y=．

所以．

由，得，取b=-1，得a=1，c=0．

所以．

所以．

所以，平面SAD与平面SMC所成的二面角的正弦值为．

解：（I）证明：∵在正方形ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，

∴O为BD的中点，

又M为AB的中点，

∴OM∥AD．

又AD⊂平面ACD，OM⊄平面ACD，

∴OM∥平面ACD．

证明：（II）在△AOC中，∵AC=1，，

∴AC2=AO2+CO2，∴AO⊥CO．

又∵AC、BD是正方形ABCD的对角线，

∴AO⊥BD，

又BD∩CO=O

∴AO⊥平面BCD．

（III）由（II）知AO⊥平面BCD，则OC，OA，OD两两互相垂直，

如图，以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz．

则，

是平面BCD的一个法向量．

，，

设平面ABC的法向量，

则，．

即，

所以y=-x，且z=x，令x=1，则y=-1，z=1，

解得．

从而，

二面角A-BC-D的余弦值为．

解：由题意可以建立以下空间直角坐标系：以点B为坐标原点，分别以BA、BC、BB1所在的直线为x轴、y轴、z轴．如图所示：设|BA|=2，|BB1|=z，则B（0，0，0），A（2，0，0），

C（0，2，0），B1（0，0，z），A1（2，0，z），C1（0，2，z），∴线段A1C1的中点P（1，1，z），

∴．

∵|PA|=|AB|=2，∴，解得．即B1（0，0，），A1（2，0，），．

（Ⅰ）∵=，=，

∴=2-2=0，∴，即AP⊥B1C．

（Ⅱ）设PA与平面ABB1A1所成角为θ，．

取平面ABB1A1的法向量，

则sinθ===．

∴．

解：（1）按如图所示建立空间直角坐标系，可得有关点的坐标为A（0，0，0）、D1（0，a，a）、B1（a，0，a）、C1（a，a，a）

，向量，，

设是平面AB1D1的法向量，于是，有，

即．

令z=-1，得x=1，y=1．

于是平面AB1D1的一个法向量是．（5分）

因此，C1到平面AB1D1的距离（8分）

（2）由（1）知，平面AB1D1的一个法向量是．又因AD⊥平面CDD1C1，故平面CDD1C1的一个法向量是．（10分）

设所求二面角的平面角为θ，则．（13分）

所以，平面CDD1C1与平面AB1D1所成的二面角为．（14分）

（1）证明：由题意，AB⊥BG，AB⊥BE，所以∠EBC为二面角C-AB-E的平面角，即∠EBG=60°

∵ABCD和ABEF是矩形

∴AB⊥平面BGE

∵AB⊂平面ABCD，

∴平面EBG⊥平面ABCD

∵BE=2，BG=1

∴由余弦定理可得EG=

∴BE2=BG2+EG2

∴EG⊥BC

∵AG⊂平面ABCD，

∴EG⊥平面ABCD

∴AG⊥EG，

在矩形ABCD中，G为BC中点，∴AG=DG=，AD=2

∴AG2+DG2=AD2

∴AG⊥DG

∵EG∩DG=G

∴AG⊥平面DEG

∵DE⊂平面DEG

∴AG⊥DE；

（2）解：以G为坐标原点，GD为x轴，GA为y轴，GE为z轴，建立空间直角坐标系，

则A（0，，0），D（，0，0），E（0，0，）

∴=（0，），=（）

面EDG的法向量为==（0，，0）

设平面AED的一个法向量为=（x，y，z），则由，可得

∴可取=（3，3，）

∴cos＜＞==

∴二面角A-ED-G的余弦值为．

解：（1）∵在四边形ABCD中，AB=AD=2，BC=CD=2，∠BAD=60°，

∴连接AC，BD相交于O，

则O为BD的中点，且AO⊥BD，

∵∠BAD=60°，∴∠CAD=30°，

则AD⊥CD，即MP⊥PC，

∵将△DMC沿线段MC翻折到△PMC（点D与点P重合），使得平面PAC⊥平面ABCD，

∴PO⊥平面ABC，

AO=3，CO=1，DO=OB=OP=，

在AB上若存在一点N，使得PC⊥平面PMN，

则∵PC⊥MP，

∴只需要PC⊥MN，即可，

即MN⊥平面PAC即可，MN⊥AO，

∵M为线段AD的中点，

∴N为线段AB的中点，

即当N为线段AB的中点时，满足PC⊥平面PMN．

（2）以O为坐标原点，OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间坐标系如图：

则A（3，0，0），B（0，，0），P（0，0，），D（0，-，0），

M（，，0），C（-1，0，0）

设平面PMC的法向量为=（x，y，z），

则=（，，-），=（-1，0，-），

由得，

令x=，则y=1，z=-1，

即=（，1，-1），

平面MBC的法向量为=（0，0，1），

则cos＜，＞==，

∵二面角P-MC-B为锐二面角，

∴设二面角为θ，

则cosθ=，sinθ=，

则tanθ=2，

即二面角P-MC-B的正切值为2．

（Ⅰ）证法一：作MN∥SD交CD于N，作NE⊥AB交AB于E，

连ME、NB，则MN⊥面ABCD，ME⊥AB，NE=AD=

设MN=x，则NC=EB=x，

在RT△MEB中，∵∠MBE=60°∴ME=x．

在RT△MNE中由ME2=NE2+MN2∴3x2=x2+2

解得x=1，从而 MN=SD

∴M为侧棱SC的中点M．

（Ⅰ）证法二：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D-xyz，则 ．

设M（0，a，b）（a＞0，b＞0），

则 ，

由题得

即

解之个方程组得a=1，b=1即M（0，1，1）

所以M是侧棱SC的中点．

（I）证法三：设

则

又

故 ，

即 ，

解得λ=1，所以M是侧棱SC的中点．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得 ，

又，，

设 分别是平面SAM、面MAB的法向量，

则 且，

即且

分别令 得z1=1，y1=1，y2=0，z2=2，

即，

∴

二面角S-AM-B的大小 ．

解：以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系A-xyz，则有D（0，3，0）、D1（0，3，2）、E（3，0，0）、F（4，1，0）、C1（4，3，2）．

于是，，．

（1）设EC1与FD1所成角为β，则．

（2）设向量=（x，y，z）与平面C1DE垂直，则有．

∴，其中z＞0．

取n0=（-1，-1，2），则是一个与平面C1DE垂直的向量．

∵向量=（0，0，2）与平面CDE垂直，

∴n0与所成的角θ为二面角C-DE-C1的平面角．

∵，

∴．