热门试卷

解：如右图所示，分别以射线AB，AD，AA1为正方向建立空间直角坐标系O-xyz．

（Ⅰ）证明：根据题中数据知，A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），

D（0，2，0），A1（0，0，4），E（2，2，1），

则，，，，

由=2×0+2×2+（-4）×1=0知，A1C⊥BE，

同理，由=2×2+2×0+（-4）×1=0知，A1C⊥DE，

又BE∩DE=E，∴A1C⊥平面BED．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知=（2，2，-4）是平面BED的一个法向量，

设=（x，y，z）为平面A1ED的法向量，则由，

得，从而，

取z=2，得，

∴cos===．

由图易知，两法向量=（2，2，-4）与均指向二面角之外，

∴向量，所成的角与所求二面角互补，

从而知，所求二面角的大小为．

（Ⅲ）==．

设A1D与平面BED所成角为θ，则=，

∴sinθ==，得θ=arcsin．

又设点A1到面BED的距离为h，则．

故A1D与平面BED所成角为arcsin，点A1到面BED的距离为．

解：（Ⅰ）∵A1D⊥平面ABC，A1D⊂平面AA1C1C，

∴平面AA1C1C⊥平面ABC，又BC⊥AC

∴BC⊥平面AA1C1C，连结A1C，

由侧面AA1C1C为菱形可得AC1⊥A1C，

又AC1⊥BC，A1C∩BC=C，

∴AC1⊥平面A1BC，AB1⊂平面A1BC，

∴AC1⊥A1B；

（Ⅱ）∵BC⊥平面AA1C1C，BC⊂平面BCC1B1，

∴平面AA1C1C⊥平面BCC1B1，

作A1E⊥CC1，E为垂足，可得A1E⊥平面BCC1B1，

又直线AA1∥平面BCC1B1，

∴A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E=，

∵A1C为∠ACC1的平分线，∴A1D=A1E=，

作DF⊥AB，F为垂足，连结A1F，

又可得AB⊥A1D，A1F∩A1D=A1，

∴AB⊥平面A1DF，∵A1F⊂平面A1DF

∴A1F⊥AB，

∴∠A1FD为二面角A1-AB-C的平面角，

由AD==1可知D为AC中点，

∴DF==，

∴tan∠A1FD==，

∴二面角A1-AB-C的大小为arctan

证明：（1）法一：取PA中点K，连KF、KB，由中位线定理知KF AD=BE．

∴四边形KBEF为平行四边形

∴KB∥EF（2分）

而KB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，

∴EF∥平面PAB（2分）

法二：证明：Θ=-

=（+）-（+）

═+---（2分）

=+--=-

∴EF∥平面PAB （2分）

法三：取AD中点为M，则MF∥AP，ME∥AB，（2分）

又EM∩MF=M，BA∩PA=A，∴面PAB∥面EFM

又EF⊂面EMF，∴EF∥面PAB （2分）

（2）法一：将四棱锥还原成正方体PRST-ABCD（如图） （2分）

将线段EF按平移成CL，于是只需考虑求直线CL与平面PRCD的夹角．

ΘCD⊥平面PADT

CD⊂平面PRCD，

∴平面PADT⊥平面PRCD （2分）

设L在平面PRCD上的射影为M，则M∈PD

∴ML=，CL==a（设正方体棱长为2a） （2分）

∴∠MCL=arcsin=arcsin 

即直线EF与平面PCD的夹角为arcsin．（2分）

法二：如图所示建立空间直角坐标系，设PA=AB=BC=1

则P（0，0，1），D（0，1，0），B（1，0，0），

C（1，1，0），A（0，0，0）

∴E（1，，0），F（0，，）

∴=（-1，0，），=（0，1，-1），

=（-1，0，0）（2分）

设面PCD的法向量=（0，x0，y0），则（0，x0，y0），

（0，1，-1）=0，（0，x0，y0），（-1，0，0）=0，x0=y0，故可令x0=y0=1．

=（0，1，1）（2分）

∴该法向量与的夹角为θ满足

cosθ== （3分）

∴EF与平面PCD的夹角为-arccos=arcsin （1分）

法三：设PA=AB=AD=2，连接AE，AF

ΘPA⊥面ABCD，CD⊂面ABCD

∴PA⊥CD …（1分）

而AD⊥CD，AD与PD交于D，

∴CD⊥面PAD，…（1分）

又AF⊂面PAD，

∴CD⊥AF …（1分）

又Θ△PAD为等腰Rt△，所以AF⊥PD

ΘPD与CD交于D，

∴AF⊥面PCD，…（1分）

∴EF与面PCD的夹角即为∠AFE的余角．

AF==，AE==，

EF=BK==，

∴由余弦定理得cos∠AFE=

==（3分）

∴EF与面PCD的夹角为-arccos=arcsin （1分）

（Ⅰ）证明：∵点A1，B1，C1在平面ABC内的正投影分别为A，B，C，

∴AA1∥BB1∥CC1，

取A1B1中点F，连接EF，FC，则EF∥A1A，EF=A1A，

∵AA14，CC1=2，∴CC1∥A1A，CC1=A1A，

∴CC1∥EF，CC1=EF，

∴四边形EFC1C为平行四边形，

∴CE∥C1F，

∵CE⊄平面A1B1C1，C1F⊂平面A1B1C1，

∴CE∥平面A1B1C1；

（Ⅱ）解：建立如图所示的坐标系，则A（2，0，0），C（0，2，0），B1（0，0，4），C1（0，2，2），

∴=（-2，2，0），=（0，0，2），=（-2，0，4），=（0，2，-2）．

设平面ACC1的法向量为=（x，y，z），则，

令x=1，则=（1，1，0）．

同理可得平面AB1C1的法向量为=（2，1，1），

∴cos＜，＞==．

由图可知二面角B1-AC1-C为钝角，

∴二面角B1-AC1-C的大小为150°．

（Ⅰ）证明：∵∠BAD=90°，∴BA⊥AD

∵PA⊥底面ABCD，BA⊂底面ABCD

∴BA⊥PA．

∵PA∩AD=A，

∴BA⊥平面PAD．

∵PD⊂平面PAD．

∴PD⊥BA．

又∵PD⊥AE，且BA∩AE=A，

∴PD⊥平面BAE

∵BE⊂平面BAE

∴PD⊥BE，即BE⊥PD．

（Ⅱ）解：如图建立空间直角坐标系，

∵底面ABCD为直角梯形，∠BAD=90°，AD∥BC

∴CB⊥AB，

∵PA⊥底面ABCD，CB⊂底面ABCD

∴CB⊥PA，

∵PA∩AB=A

∴CB⊥平面PAB．

∴是平面PAB的法向量，且=（0，a，0）．

设平面PCD的一个法向量为，则．

而=（-a，a，0），

∴由=0．

得

∴

令y=1，∴

设向量与所成角为θ，

则cosθ=．

∴平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为．

（1）证明：取AD边中点H，在等腰直角三角形ADE中有EH⊥AD

又面ADE⊥面ABCD，∴EH⊥面ABCD，

连接GH，由于AB∥CD∥EF，且AB=2，CD=4

∴在梯形ABCD中，HG∥AB且HG=3，∴HG∥EF且HG=EF，

∴四边形EFGH为平行四边形

∴FG∥EH且FG=EH

∴FG⊥面ABCD…（5分）

（2）解法一：在梯形ABCD中，∠ADC=120°，∴∠DAB=60°

又AB=AD=2，∴∠ADB=60°且BD=2，

∴在△BDC中，BD=2，CD=4，∠BDC=60°，∴BD⊥BC，

又由（1）知FG⊥面ABCD，而FG⊂面FBC，∴面FBC⊥面ABCD

∴BD⊥面FBC，∴∠FBG为二面角F-BD-C的平面角．…（10分）

而在Rt△FGB中，，∴∠FBG=30°，∴所求二面角大小为30°…（12分）

解法二：建立如图所示的空间坐标系，A（1，0，0），D（-1，0，0），E（0，0，1），，HG=3，∠DHG=60°，∴∴…（7分）

∴面BDC的法向量

令面BDF的法向量，则∴

令y=-1，∴，…（10分）  

记为θ，则，θ=30°

∴二面角大小为30°．…（12分）

解：（1）证明：∵SA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，

∴DC⊥SA，DC⊥DA，

∴DC⊥平面SAD，

∴DC⊥AM，

又∵SA=AD，M是SD的中点，

∴AM⊥SD，

∴AM⊥平面SDC

∴SC⊥AM．

由已知AN⊥SC，

∴SC⊥平面AMN．

又SC⊂平面SAC，

∴平面SAC⊥平面AMN．

（2）取AD的中点F，则MF∥SA．作FQ⊥AC于Q，连结MQ．

∵SA⊥底面ABCD，

∴MF⊥底面ABCD，

∵FQ⊥AC，

∴MQ⊥AC，

∴∠FQM为二面角D-AC-M的平面角．

设SA=AB=a在Rt△MFQ中  ，，，

∴，

∴二面角D-AC-M的余弦值为．

解法2：（1）如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A-xyz，由于SA=AB，可设AB=AD=AS=1，

则A（0，0，0），B（0，1，0），C（1，1，0），D（1，0，0），S（0，0，1），，

∴，∵，∴…．（4分）

又∵SC⊥AN且AN∩AM=A，

∴SC⊥平面AMN．

又SC⊂平面SAC

∴平面SAC⊥平面AMN．

（2）∵SA⊥底面ABCD，

∴是平面ABCD的一个法向量，，

设平面ACM的一个法向量为，

∵，，

则得

∴，

∴二面角D-AC-M的余弦值是．