热门试卷

（Ⅰ）证明：∵AD⊥DC，AB=AD=1，DC=2，

∴BC⊥BD，

∵SD⊥底面ABCD，

∴SD⊥BD，

∵BD∩SD=D，

∴BC⊥平面SBD，

∵DE⊂面SBD，

∴无论E点取在何处恒有BC⊥DE；

（Ⅱ）解：建立如图所示的坐标系，设E（x，y，z），则

∵=λ，∴（x，y，z-2）=λ（1-x，1-y，-z），

∴E（，，），

设平面SBC的一个法向量为=（a，b，c），则

∵=（0，2，-2），=（1，1，-2），

∴，取平面SBC的一个法向量=（1，1，1），

同理可求平面EDC的一个法向量=（2，0，-λ），

∵平面EDC⊥平面SBC，

∴•=2-λ=0，

∴λ=2；

（Ⅲ）解：当λ=2时，E（，，），同理可求平面ADE的一个法向量=（0，1，1），

取平面CDE的一个法向量=（1，0，-1），则cosθ==，

∴二面角A-DE-C为120°．

解：（Ⅰ）证明：在△PAD中，由题设PA=2，PD=2，

可得PA2+AD2=PD2于是AD⊥PA．

在矩形ABCD中，AD⊥AB．又PA∩AB=A，

所以AD⊥平面PAB．

（Ⅱ）解：由题设，BC∥AD，

所以∠PCB（或其补角）是异面直线PC与AD所成的角．

在△PAB中，由余弦定理得

PB=

由（Ⅰ）知AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，

所以AD⊥PB，因而BC⊥PB，于是△PBC是直角三角形，故tanPCB=．

所以异面直线PC与AD所成的角的大小为arctan．

（Ⅲ）解：过点P做PH⊥AB于H，过点H做HE⊥BD于E，连接PE

因为AD⊥平面PAB，PH⊂平面PAB，所以AD⊥PH．又AD∩AB=A，

因而PH⊥平面ABCD，故HE为PE在平面ABCD内的射影．

由三垂线定理可知，BD⊥PE，从而∠PEH是二面角P-BD-A的平面角．

由题设可得，

PH=PA•sin60°=，AH=PA•cos60°=1，

BH=AB-AH=2，BD=，

HE=

于是在RT△PHE中，tanPEH=

所以二面角P-BD-A的大小为arctan．

解法一：（Ⅰ）证明：∵点O、E分别是A1C1、AA1的中点，

∴OE∥AC1，又∵EO⊄平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，

∴OE∥平面AB1C1．（4分）

（Ⅱ）∵AO⊥平面A1B1C1，∴AO⊥B1C1，又∵A1C1⊥B1C1，且A1C1∩AO=O，

∴B1C1⊥平面A1C1CA，∴A1C⊥B1C1．（6分）

又∵AA1=AC，∴四边形A1C1CA为菱形，

∴A1C⊥AC1，且B1C1∩AC1=C1∴A1C⊥平面AB1C1，

∴AB1⊥A1C，即异面直线AB1与A1C所成的角为90°．（8分）

（Ⅲ） 设点C1到平面AA1B1的距离为d，∵，

即•d．（10分）

又∵在△AA1B1中，，∴S△AA1B1=．

∴，∴A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．（12分）

解法二：如图建系O-xyz，，，C1（0，1，0），B1（2，1，0），．（2分）

（Ⅰ）∵=，，∴，即OE∥AC1，

又∵EO⊄平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，∴OE∥平面AB1C1．（6分）

（Ⅱ）∵，，∴，即∴AB1⊥A1C，

∴异面直线AB1与A1C所成的角为90°．（8分）

（Ⅲ）设A1C1与平面AA1B1所成角为θ，∵，

设平面AA1B1的一个法向量是

则即

不妨令x=1，可得，（10分）

∴，

∴A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．（12分）

 解法一：

（1）证明：连接AC，则AC⊥DB，

∵AC是A1C在平面ABCD内的射影，∴A1C⊥BD

又∵A1B1⊥平面B1C1BC，

且A1C在平面B1C1BC内的射影B1C⊥BE

且BD∩BE=B，

∴A1C⊥BE∴A1C⊥平面EBD…（4分）

（2）解：∵AB平行于平面A1B1C，

所以点B到平面A1B1C的距离等于点A到平面A1B1C的距离

因为BF⊥平面A1B1C

所以BF为所求距离，…（9分）

（3）解：连接DF，A1D，

∵EF⊥B1C，EF⊥A1C，

∴EF⊥平面A1B1C，

∴∠EDF即为直线ED与平面A1B1C所成的角

由条件AB=BC=1，BB1=2

可知

∴

∴…..（14分）

解法二：如图建立空间直角坐标系．

（1）证明：B（1，0，0），D（0，1，0），C（1，1，0）

∴

∵，

∴，

∵BE∩DE=E

所以A1C⊥平面EBD．…（4分）

（2）解：设平面A1B1C的一个法向量为m=（x，y，z）

则，

∴，

令z=1，得m=（0，2，1），

∵，

所以，所求的距离为…（9分）

（3）解：由（2）知，m=（0，2，1），

∵，

∴与m所成角为θ，

则

所以直线ED与平面A1B1C所成角的正弦值为…．（14分）

（1）证明：取DC的中点E，连接BE，∵AB∥ED，AB=ED=3k，

∴四边形ABED是平行四边形，

∴BE∥AD，且BE=AD=4k，∴BE2+EC2=（4k）2+（3k）2=（5k）2=BC2，∴∠BEC=90°，∴BE⊥CD，

又∵BE∥AD，∴CD⊥AD．

∵侧棱AA1⊥底面ABCD，∴AA1⊥CD，

∵AA1∩AD=A，∴CD⊥平面ADD1A1．

（2）解：以D为坐标原点，、、的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

则A（4k，0，0），C（0，6k，0），B1（4k，3k，1），A1（4k，0，1）．

∴，，．

设平面AB1C的一个法向量为=（x，y，z），则，取y=2，则z=-6k，x=3．∴．

设AA1与平面AB1C所成角为θ，则===，解得k=1，故所求k=1．

（3）由题意可与左右平面ADD1A1，BCC1B1，上或下面ABCD，A1B1C1D1拼接得到方案新四棱柱共有此4种不同方案．

写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出f（k）=

（I）证明：取AC中点为O，

∵AB=BC，∴BO⊥AC

∵△AA1C为等边三角形，∴OA1⊥AC

∵OA1∩BO=O

∴AC⊥平面BOA1，

∴AC⊥A1B；

（II）解：设AC=a，则有，∴a=3

建立如图所示的空间直角坐标系，则C（0，，0），，

，

设平面A1AB的法向量为=（x，y，1），则由

可得，∴，∴

∴cos==-

∵直线A1C与平面A1AB所成角θ和向量与所成锐角互余，

∴直线A1C与平面BAA1所成角的正弦值为．

（本小题满分14分）

（Ⅰ）证明：∵ABCD-A1B1C1D1为正四棱柱，

∴AA1⊥平面ABCD，且ABCD为正方形．…（1分）

∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥AA1，BD⊥AC．…（2分）

∵AA1∩AC=A，∴BD⊥平面A1AC．…（3分）

∵A1C⊂平面A1AC，

∴BD⊥A1C．…（4分）

（Ⅱ）解：如图，以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz．

则D（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），A1（2，0，4），B1（2，2，4），

C1（0，2，4），D1（0，0，4），…（5分）

∵=（2，0，0），=（0，2，-4）．

设平面A1D1C的法向量=（x1，y1，z1）．

∴．即，…（6分）

令z1=1，则y1=2．∴=（0，2，1）．

由（Ⅰ）知平面AA1C的法向量为=（2，2，0）．…（7分）

∴cos＜＞==．…（8分）

∵二面角A-A1C-D1为钝二面角，

∴二面角A-A1C-D1的余弦值为-．…（9分）

（Ⅲ）解：设P（x2，y2，z2）为线段CC1上一点，且=，0≤λ≤1．

∵=（x2，y2-2，z2），=（-x2，2-y2，4-z2）．

∴（x2，y2-2，z2）=λ（-x2，2-y2，4-z2）．…（10分）

即．

∴P（0，2，）．…（11分）

设平面PBD的法向量．

∵，，

∴．即．…（12分）

令y3=1，得=（-1，1，-）．…（13分）

若平面A1CD1⊥平面PBD，则=0．

即2-=0，解得．

所以当=时，平面A1CD1⊥平面PBD．…（14分）

（1）证明：∵SD⊥底面ABCD，SD⊂平面SAD，

∴平面SAD⊥平面ABCD…（2分）

∵AB⊥AD，平面SAD∩平面ABCDAD，

∴AB⊥平面SAD，

又DE⊂平面SAD，

∴DE⊥AB，…（4分）

∵SD=AD，E是SA的中点，∴DE⊥SA，

∵AB∩SA=A，DE⊥AB，DE⊥SA，

∴DE⊥平面SAB，

∵DE⊂平面BED，

∴平面BED⊥平面SAB．…（6分）

（2）解：由题意知SD，AD，DC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，不妨设AD=2．

则D（0，0，0），A（2，0，0），，，S（0，0，2），E（1，0，1），

∴，，，…（8分）

设是平面BED的法向量，则，即，

令x1=-1，则，

∴是平面BED的一个法向量．

设是平面SBC的法向量，则，即，

解得x2=0，令，则z2=1，

∴是平面SBC的一个法向量．…（10分）

∵，

∴平面BED与平面SBC所成锐二面角的大小为．…（12分）