热门试卷

（I）证明：由题意，因为ABB1A1是矩形，

D为AA1中点，AB=1，AA1=，AD=，

所以在直角三角形ABB1中，tan∠AB1B=，

在直角三角形ABD中，tan∠ABD=，

所以∠AB1B=∠ABD，

又∠BAB1+∠AB1B=90°，∠BAB1+∠ABD=90°，

所以在直角三角形ABO中，故∠BOA=90°，

即BD⊥AB1，

又因为CO⊥侧面ABB1A1，AB1⊂侧面ABB1A1，

所以CO⊥AB1

所以，AB1⊥面BCD，

因为BC⊂面BCD，

所以BC⊥AB1．

（Ⅱ）解：如图，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，则A（0，-，0），B（-，0，0），C（0，0，），B1（0，，0），D（，0，0），

又因为=2，所以           

所以=（-，，0），=（0，，），=（），

设平面ABC的法向量为=（x，y，z），

则根据可得=（1，，-）是平面ABC的一个法向量，

设直线C1D与平面ABC所成角为α，则sinα=．

解：（Ⅰ）如图所示，OD⊥OA，OD⊥OB，OA∩OB=O，∴OD⊥平面AOB，∴OD是三棱锥D-AOB底面AOB的高；

∴VA-BOD=VD-AOB==4，即三棱锥A-BOD的体积V=4；

（Ⅱ）===2×；

∴，即AC⊥BD；

（Ⅲ）由前面知，OD⊥平面AOB，所以以O为原点，OB，OD所在直线为y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系；

则可确定以下几点坐标：

O（0，0，0），A（），C（0，2，2），D（0，0，2）；

∴，；

设平面ACD的法向量为，平面ACO的法向量为，则：

，∴，解得x1=2，y1=0，∴；

同理得；

∴，由图可知，的夹角和二面角D-AC-O的大小相等；

∴二面角D-AC-O的余弦值是．

解法一：（1）建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，如图，

则B（0，0，0），A（1，0，0），C（0，1，0），B1（0，0，1），C1（0，1，1），D（．

则，．

∴．

∴BD⊥AC，BD⊥AB1，且AC∩AB1=A．

∴BD⊥平面AB1C．

（2）设平面AB1C1的一个法向量为

∴

∴

即有

令x=1，得

由（1）可知是平面AB1C的法向量

．

即二面角C-AB1-C1的余弦值为．

解法二：

（1）分别取AC、AB1中点E、F，连结DE，BE，BF，DF，

∵D、F是AC1、AB1的中点，则DE∥CC1，DF∥B1C1

∵CC1⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC．

则BE是BD在平面ABC内的射影．

∵AB=BC，∴BE⊥AC．

∴BD⊥AC

∵B1C1⊥BB1，B1C1⊥A1B1，BB1∩A1B1=B1

∴B1C1⊥平面ABB1

∴DF⊥平面ABB1

则BF是BD在平面ABB1内的射影．

∵AB=BB1，∴BF⊥AB1．

∴BD⊥AB1．

又AC∩AB1=A，

∴BD⊥平面AB1C．

（2）连结CF．

由（1）知，DF⊥平面ABB1，∴DF⊥AB1

∵，∴CF⊥AB1．

则∠DFC为二面角C-AB1-C1的平面角．

在△DFC中，，

则．

即二面角C-AB1-C1的余弦值为．

解：（1）点M满足C1M=MB1，AC1∥平面BMN，

由三视图可知，四边形ABB1N为直角梯形，∴AN∥BB1且AO=OB1，

∵C1M=MB1，∴OM∥AC1，

又OM⊄平面BMN，AC1⊂平面BMN，∴AC1∥平面BMN；

（2）=×2×=，

△BMN中，BM==，BN=，MN==，

∴BN2+MN2=BM2，

∴S△BMN=××=，

设二面角B1-BM-N的平面角为α，则cosα=，∴tanα=

（Ⅰ）证明：连接AF，则，

又AD=2，∴DF2+AF2=AD2，∴DF⊥AF．

又PA⊥平面ABCD，∴DF⊥PA，又PA∩AF=A，

∴DF⊥平面PAF

∵PF⊂平面PAF，

∴DF⊥PF．-----------------------（5分）

（Ⅱ）解：因为四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则如图建立空间直角坐标系．

因为PA⊥平面ABCD，所以∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，即∠PBA=45°，所以PA=AB=1，

以A（0，0，0），B（1，0，0），F（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1）．

所以，

设平面PFD的法向量为，

由得，

令x=1，解得：y=1，z=2，所以．

又因为AB⊥平面PAD，所以是平面PAD的法向量，易得，

所以．

由图知，所求二面角A-PD-F的余弦值为．---------------------------------（10分）

（Ⅲ）解法1：在棱PA上存在点G，使得EG∥平面PFD．

设点P（0，0，a），G（0，0，b），则，

因为，则．

设平面PFD的法向量为，

由得，

令x=1，解得：，所以．

令得，即，

所以．

从而满足的点G为所求．---------------------------------------------（14分）

解法2：过点E作EH∥FD交AD于点H，则．

再过点H作HG∥DP交PA于点G，则，

∴平面EHG∥平面PFD，∴EG∥PFD．

从而满足的点G为所求．-----------------------------（14分）

解：（1）证明：连接BC1，交B1C于E，连接DE．

∵ABC-A1B1C1是直三棱柱，D是AB中点

∴侧面BB1C1C为矩形，DE为△ABC1的中位线

∴DE∥AC1，

又∵DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD

∴AC1∥平面B1CD．

（2）∵AB=5，AC=4，BC=3，即AB2=AC2+BC2

∴AC⊥BC，所以如图，以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz．则B （3，0，0），A （0，4，0），

A1 （0，4，4），B1 （3，0，4）．

设D （a，b，0）（a＞0，b＞0），

∵点D在线段AB上，且=，即=

∴a=，b= （7分）

∴=（-3，0，-4），=（，，0）

显然=（0，0，4）是平面BCD的一个法向量

设平面B1CD的法向量为=（x，y，z），那么

由•=0，•=0，得，

令x=1，得=（1，-3，-）（10分）

∴cos===-（12分）

又二面角B-CD-B1是锐角，故其余项值为．