热门试卷

解：（I）以D为原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示

设AB=1，则可得D（0，0，0），A（1，0，0），C（0，1，0），

B1（1，1，2），C1（0，1，2），P（0，1，2-2λ）

∴，

可得=0

∴，即对任意0＜λ＜1，总有AP⊥BD；…（4分）

（II）由（I）及，得，

设平面AB1P的一个法向量为

可得，解之得

∴平面AB1P的一个法向量为，

又∵平面ABB1的一个法向量为，

∴设二面角P-AB1-B的大小为θ，可得

因此可得二面角P-AB1-B的余弦值为…（9分）

（III） 假设存在实数λ（0＜λ＜1）满足条件，

由题结合图形，只需满足分别与所成的角相等，

即 ，约去有，

解得 ．

所以存在满足题意的实数λ=，使得AP在平面B1AC上的射影平分∠B1AC．…（14分）

解：（Ⅰ）如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，

则有A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），E（1，0，0），B1（2，0，2）

∴，

设平面B1ED的法向量=（a，b，c），

则，取a=2，则b=1，c=-1，=（2，1，-1）

设P（2，λ，2-λ），则

∵PB⊄平面B1ED，∴当且仅当=0时，PB∥平面B1ED

∴-λ-（λ-2）=0，λ=1，∴P（2，1，1），

即P是B1C的中点时，PB∥平面B1ED； …6分

（Ⅱ），设平面B1EC的法向量=（x，y，z）

由，取x=2，则y=z=-1，=（2，-1，-1）

设二面角D-B1E-C的平面角为θ，易知，

∴cos＜，＞==． …12分．

（Ⅰ）证明：连接A1C，交AC1于点O，连接OD．

由ABC-A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点．

又D为BC中点，所以OD为△A1BC中位线，

所以 A1B∥OD，

因为 OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，

所以 A1B∥平面ADC1．…（4分）

（Ⅱ）解：由ABC-A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC=90°，

故BA，BC，BB1两两垂直．

如图建立空间直角坐标系B-xyz．设BA=2，则B（0，0，0），C（2，0，0），A（0，2，0），C1（2，0，1），D（1，0，0）．

所以 ，

设平面ADC1的法向量为=（x，y，z），则有

所以 取y=1，得=（2，1，-2）．

平面ADC的法向量为=（0，0，1）．

由二面角C1-AD-C是锐角，得 ．…（8分）

所以二面角C1-AD-C的余弦值为．

（Ⅲ）解：假设存在满足条件的点E．

因为E在线段A1B1上，A1（0，2，1），B1（0，0，1），故可设E（0，λ，1），其中0≤λ≤2．

所以 ，．

因为AE与DC1成60°角，所以．

即，解得λ=1，舍去λ=3．

所以当点E为线段A1B1中点时，AE与DC1成60°角．…（12分）

解：（Ⅰ）证明：∵D，E分别为AB，AC的中点；

∴DE∥BC，BC⊂平面PBC，DE⊄平面PBC；

∴DE∥平面PBC，平面DENM∩平面PBC=MN；

∴DE∥MN；

∴MN∥BC；

（Ⅱ）如图，在平面PAB内作BZ∥PA，则根据：

PA⊥底面ABC，及AB⊥BC即知，BC，BA，BZ两两垂直；

∴以B为坐标原点，BC，BA，BZ所在直线为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则：

B（0，0，0），C（2，0，0），A（0，2，0），P（0，2，2）；

∴，；

设平面PBC的法向量为；

则由得：

，令z1=1，得x1=0，y1=-1；

∴；

设直线AC和平面PBC所成角为α，则：

sinα==；

又；

∴；

即直线AC和平面PBC所成角为；

（Ⅲ）设M（0，y，z），M在棱PB上，则：；

∴（0，y，z）=λ（0，2，2）；

∴M（0，2λ，2λ），E（1，1，0）；

∴；

因为直线EM与直线AP所成角的余弦值；

设直线EM和直线AP所成角为θ；

所以cosθ=；

∴8λ2-18λ+9=0；

解得，或（舍去）；

∴M（0，）；

∴．

（1）证明：∵四边形BCEF为直角梯形，四边形ABCD为矩形，

∴BC⊥CE，BC⊥CD，

又∵平面ABCD⊥平面BCEF，且平面ABCD∩平面BCEF=BC，

∴DC⊥平面BCEF．

以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系．根据题意我们可得以下点的坐标：

A（2，0，4），B（2，0，0），C（0，0，0），D（0，0，4），E（0，4，0），F（2，2，0），

则，．      …（2分）

∵BC⊥CD，BC⊥CE，

∴为平面CDE的一个法向量．

又∵，

∴AF∥平面CDE．          …（4分）

（2）解：设平面ADE的一个法向量为，则

∵，，

∴，取z1=1，得．   …（6分）

∵DC⊥平面BCEF，∴平面BCEF一个法向量为，

设平面ADE与平面BCEF所成锐二面角的大小为α，

则．

因此，平面ADE与平面BCEF所成锐二面角的余弦值为． …（9分）

（3）解：根据（2）知平面ADE一个法向量为，

∵，

∴，…（12分）

设直线EF与平面ADE所成角为θ，则．

因此，直线EF与平面ADE所成角的余弦值为．  …（14分）

（1）证明：由俯视图可得，BD2+BC2=CD2，

∴BC⊥BD．

又∵PD⊥平面ABCD，

∴BC⊥PD，

∵BD∩PD=D，

∴BC⊥平面PBD．

（2）解：线段CD上存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为．

证明如下：

∵PD⊥平面ABCD，DA⊥DC，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz．

∴D（0，0，0），A（ ，0，0），B（ ，1，0），C（0，4，0），M（0，0，3）．

 设N（0，t，0）．

∴=（-，0，3），=（-，t-1，0）．

要使AM与BN所成角的余弦值为，则有=，解得 t=0或2，均适合N（0，t，0）．

故点N位于D点处，此时CN=4；或CD中点处，此时CN=2，有AM与BN所成角的余弦值为．

解：以D为原点，DA、DC、DA1所在的直线分别为x、y、z轴，

建立空间直角坐标系，设正方体AC1棱长为a，则D（0，0，0），

A（a，0，0），B（a，a，0），D1（0，0，a），E（a，a，），

F（a，，0），G（，a，0）．

（1）=（0，a，），∴=a×0+×a-a×=0

∴D1F⊥AE，

同理D1F⊥EG

∵EG∩AE=E，∴D1F⊥平面AEG．

（2）由=（0，a，），=（a，a，-a）

∴cos＜，＞==．

（Ⅰ）解：∵ABC-A1B1C1是斜三棱柱，∴B1B∥平面A1ACC1，

故侧棱B1B在平面A1ACC1上的正投影的长度等于侧棱B1B的长度．（2分）

又BB1=AA1=，故侧棱B1B在平面A1ACC1的正投影的长度等于．（3分）

（Ⅱ）证明：∵AC=2，AA1=A1C=，∴AC2=AA12+AC12，

∴△AA1C是等腰直角三角形，（5分）

又D是斜边AC的中点，∴A1D⊥AC（6分）

∵平面A1ACC1⊥平面ABC，∴A1D⊥底面ABC（7分）

（Ⅲ）解：作DE⊥AB，垂足为E，连A1E，

∵A1D⊥面ABC，AB⊂面ABC，∴A1D⊥AB，

∵A1D∩DE=D，∴AB⊥平面A1ED，（8分）

从而有A1E⊥AB，∴∠A1ED是面A1ABB1与面ABC所成二面角的平面角． （9分）

∵BC=2，AC=2，AB=2，∴AC2=BC2+AB2，

∴△ABC是直角三角形，AB⊥BC

∴ED∥BC，

又D是AC的中点，BC=2，AC=2，∴DE=1，A1D=AD=，

∴A1E==2

∴cos∠A1ED==，即侧面A1ABB1与底面ABC所成二面角的余弦值为．（14分）