热门试卷

（Ⅰ）证明：因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得

从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD

又PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以BD⊥PD

因为AD∩PD=D，所以BD⊥平面PAD

因为PA⊂平面PAD，所以PA⊥BD；

（Ⅱ）解：如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，

则A（1，0，0），，，P（0，0，1）．

∴，，=（-1，0，0）

设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则

即

因此可取n=

设平面PBC的法向量为=（x′，y′，z′），则，即

∴可取=（0，-1，）

∴         

故二面角A-PB-C的余弦值为

（1）证明如图，

连接B1C，设B1C与BC1相交于点O，连接OD，

∵四边形BCC1B1是平行四边形，

∴点O为B1C的中点．

∵D为AC的中点，∴OD为△AB1C的中位线．∴OD∥AB1．

∵OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，

∴AB1∥平面BC1D；

（2）解：∵AA1⊥平面ABC，AA1⊂平面AA1C1C，

∴平面ABC⊥平面AA1C1C且平面ABC∩平面AA1C1C=AC．

作BE⊥AC，垂足为E，则BE⊥平面AA1C1C，

∵AA1=AB=2，设BC=x，则，

，

∴四棱锥B-DAA1C1的体积V=

==2．

解得，x=2．

所以D与E重合．

取BC中点F，连结DF，过F作FG⊥BC1与G，连结DG，

则∠DGF为二面角C-BC1-D的平面角．

由△BCC1∽△BGF可求得GF=．

所以．

解：（Ⅰ）依题意得OA、OC、OB1两两垂直，分别以射线OA、OC、OB1为x、y、轴的正半轴建立空间直角坐标系O-xyz，

则O（0，0，0），A（2，0，0），B1（0，0，1），C（0，1，0）

设平面B1OC的法向量为，可得

设平面AB1C的法向量为=（x，y，z），

由，可得，∴可取

∴=

∴二面角A-B1C-O的大小为arcsin；

（Ⅱ）存在，且P为线段AB1的中点．证明如下：

设，则

∵平面B1OA的法向量为=（0，1，0），CP与平面B1OA所成的角的正弦值为

∴=

∴20λ2-32λ+11=0

∴λ=或λ=（舍去）

∴P为线段AB1的中点．

（Ⅰ）证明：在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中

∵四边形ABCD是正方形，∴AD⊥CD

∵DD1⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD

∴AD⊥DD1∵DD1∩CD=D，∴AD⊥平面CDD1C1∵D1F⊂平面CDD1C1，∴AD⊥D1F…（4分）

（Ⅱ）证明：在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，连接A1D，交AD1于点M，连接ME，MF，则M为AD1中点．

∵E为AD中点，F为CC1中点．

∴…（6分）

又∵

∴四边形CEMF是平行四边形，∴CE∥MF…（8分）

∵CE⊄平面AD1F，MF⊂平面AD1F，∴CE∥平面AD1F．…（9分）

（Ⅲ）解：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图．

则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，2），F（0，1，1）…（10分）

∴平面ABCD的法向量为…（11分）

设平面AD1F的法向量为=（x，y，z）．

∵，则有

∴

取z=1，得=（2，1，1）．

∴．…（13分）

∵平面AD1F与平面所成二面角为锐角．

∴平面AD1F与底面ABCD所成二面角的余弦值为．…（14分）

（1）证明：如图，

取PA的中点F，连结FE、FB，则FE∥BC，且FE=AD=BC，

∴BCEF是平行四边形，∴CE∥BF，而BF⊂平面PAB，∴CE∥平面PAB．

（2）解：分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

由PA=AB=AD=2，BC=1，E为PD的中点，得

A（0，0，0），C（2，1，0），D（0，2，0），E（0，1，1），P（0，0，2）．

∴，．

设平面EAC的一个法向量为，

由，得，取x=1，得y=-2，z=2．

∴．

设PA与平面ACE所成角为α，

则sinα=．

∴PA与平面ACE所成角的正弦值为arcsin；

（3）解：平面DAC的一个法向量为，

又平面EAC的一个法向量为．

∴cos=．

∴二面角E-AC-D的余弦值为arccos．

（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，

∴△ABC为等边三角形．

∵E是BC的中点，

∴AE⊥BC，结合BC∥AD，得AE⊥AD．

∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，

∴PA⊥AE，

∵PA∩AD=A，且PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD

∴AE⊥平面PAD，

又PD⊂平面PAD，

∴AE⊥PD；

（2）解：设PA=AB=2，则由（1）知AE、AD、AP两两垂直，

∴以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

∵E，F分别为BC，PC的中点，

∴A（0，0，0），B（，-1，0），C（，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（，0，0），F（，，1），

∴=（，0，0），=（，，1），

设平面AEF的一个法向量为=（x，y，z），

则

取z1=-1，得=（0，2，-1），

∵BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，∴BD⊥平面AFC，

∴=（-，3，0）为平面AFC的一法向量，

∴cos＜，＞==．

∵二面角E-AF-C为锐角，

∴所求二面角的余弦值为．

解：（Ⅰ）=（1，0，0）+（0，-1，，-1，，

同理，2，0）+（0，-1，=（0，1，，又，-1，，

所以A‘（1，-1，，O'（0，-1，，B'（0，1，；

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ），1，，0，0）=（-1，1，，，-1，，2，0）=（0，-3，，

而，所以，即AB'⊥BO'；

（Ⅲ）设平面ABB'的法向量为，y，z），则且，

所以且，即，取z=1，得，，

所以，，1）．又平面OBB'的一个法向量是，0，0），，

所以，从而二面角A-BB'-O的大小为30°．

（Ⅰ）证明：因为F，G分别为PB，BE的中点，所以FG∥PE．

又FG⊄平面PED，PE⊂平面PED，所以FG∥平面PED．

同理FH∥BC，

∵AD∥BC，

∴FH∥AD，

∵FH⊄平面PED，AD⊂平面PED，

∴FH∥平面PED，

∵FG∩FH=F，

∴平面FGH∥平面PED；

（Ⅱ）解：∵EA⊥平面ABCD，∴PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD．

又∵四边形ABCD是正方形，∴AD⊥CD．

如图建立空间直角坐标系，∵AD=PD=2EA，∴D（0，0，0），P（0，0，2），A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），E（2，0，1）．

∵F，G，H分别为PB，EB，PC的中点，∴F（1，1，1），G（2，1，0.5），H（0，1，1）．

∴=（-1，0，0.5），=（-2，0，0.5），

设=（x，y，z）为平面FGH的一个法向量，则，

再令y1=1，得=（0，1，0）．

同理可得平面PBC的一个法向量为=（0，1，1），

∴|cos＜，＞|=．

∴平面FGH与平面PBC所成锐二面角的大小为．

（Ⅰ）证明：因为△ABE为等腰直角三角形，AB=AE，所以AE⊥AB．

又因为平面ABEF⊥平面ABCD，AE⊂平面ABEF，平面ABEF∩平面ABCD=AB，

所以AE⊥平面ABCD，所以AE⊥AD．

因此，AD，AB，AE两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系A-xyz．

设AB=1，则AE=1，B（0，1，0），D（1，0，0），E（0，0，1），C（1，1，0）．

因为FA=FE，∠AEF=45°，所以∠AFE=90°，从而，

所以，．

所以，．

所以EF⊥BE，EF⊥BC．

因为BE⊂平面BCE，BC∩BE=B，所以EF⊥平面BCE．…（4分）

（Ⅱ）解：存在点M，当M为AE中点时，PM∥平面BCE．

，，从而，

于是．

所以PM⊥FE，

又EF⊥平面BCE，直线PM不在平面BCE内，故PM∥平面BCE．…（8分）

（Ⅲ）解：设平面BDF的一个法向量为，并设=（x，y，z）．

∵，且，

∴，取y=1，则x=1，z=3，从而，

取平面ABD的一个法向量为，

∴．

故二面角F-BD-A的余弦为．…（12分）