热门试卷

解：（I）如图所示，AE=，OQ=OA=2，点P，Q，A，C在球O的大圆上，COQ为球O的直径．AQ=2．

建立如图所示的空间直角坐标系．E（0，0，0），P（0，0，3），Q，B．

=，=，

取平面PQE的法向量为=（0，1，0）．

设平面PQB的法向量为=（x，y，z），则，

∴，取=．

∴===．

由对称性可知：二面角B-PQ-D的平面角的余弦值=-1=．

（II）若△QBD是等边三角形，则QA═AB=AD．不妨设OE=x，

则AB=AQ=2x，∴AE=x．

在△OEA中，由OE2+AE2=OA2，

∴x2+2x2=4，解得x=，即AB=AQ=，PE=2+．

∴VP-ABCD===．

设QC与PA相交于点S．

则四棱锥P-ABCD和Q-ABCD公共部分就是四棱锥S-ABCD．

由，可得，

∴因此所求公共部分体积=×=

（I）证明：连接AB′、AC′，

由已知∠BAC=90°，AB=AC，

三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱，

所以M为AB′中点，

又因为N为B′C′的中点，

所以MN∥AC′，

又MN⊄平面A′ACC′，

因此MN∥平面A′ACC′；

法二：取A′B′的中点P，连接MP、NP，

M、N分别为A′B、B′C′的中点，

所以MP∥AA′，NP∥A′C′，

所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′，

又MP∩NP=P，因此平面MPN∥平面A′ACC′，

而MN⊂平面MPN，

因此MN∥平面A′ACC′．

（II）以A为坐标原点，分别以直线AB、AC、AA′为x，y，z轴，建立直角坐标系，如图，

设AA′=1，则AB=AC=λ，于是A（0，0，0），B（λ，0，0），C（0，λ，0），A′（0，0，1），B′（λ，0，1），C′（0，λ，1）．

所以M（），N（），

设=（x1，y1，z1）是平面A′MN的法向量，

由，得，

可取，

设=（x2，y2，z2）是平面MNC的法向量，

由，得，

可取，

因为二面角A‘-MN-C为直二面角，

所以，

即-3+（-1）×（-1）+λ2=0，

解得λ=．

解：（Ⅰ）∵在矩形ABCD中，AP=PB，DQ=QC，

∴APCQ，可得四边形AQCP为平行四边形，得CP∥AQ．

∵CP⊂平面CEP，AQ⊄平面CEP，

∴AQ∥平面CEP．（4分）

（Ⅱ）如图，分别以PA、PQ、PE为x、y、z轴，建立空间直角坐标系P-xyz，

设AD=a，PE=b，可得

A （a，0，0），Q （0，a，0），E （0，0，b），D （a，a，0）．

∴=（-a，a，0），=（0，0，b），=（a，a，0）．

∵•=0，∴AQ⊥PE．

∵•=0，∴AQ⊥PD．

又∵PE∩PD=P，∴AQ⊥平面DEP．

∵AQ⊂平面AEQ，∴平面AEQ⊥平面DEP．（9分）

（Ⅲ）∵EP=AP，即a=b，∴=（-a，0，a）．

设平面AEQ的法向量=（x，y，z）．

∵•=0，•=0，

∴，可得

不妨设z=a，则=（a，a，a）．

平面AEP的一个法向量为=（0，a，0），

设与的夹角为θ，则cosθ=．

∴二面角Q-AE-P的大小为arccos．（14分）

（Ⅰ）证明：∵M为EF的中点，

∴EM=AB=2

∵AB∥EF

∴四边形ABEM是平行四边形

∴AM=BE=2

∵AF=2，MF=

∴△FAM为直角三角形且∠FAM=90°

∴AM⊥FA

∵DA⊥面ABEF，AM⊂面ABEF

∴AM⊥DA

∵DA∩FA=A

∴AM⊥平面ADF；

（Ⅱ）解：如图，以A为原点，以AM、AF、AD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系．

则A（0，0，0），D（0，0，1），M（2，0，0），F（0，2，0）．

可得=（2，0，0），=（-2，2，0），=（0，2，-1），

设平面DEF的法向量为=（x，y，z），则．

∴，∴可取=（1，1，2）

∵AM⊥平面ADF，∴=（2，0，0）是平面ADF的一个法向量

∴cos＜＞===

∴二面角A-DF-E的余弦值为．

（1）证明：||=||=1，

||=a，，

，（2分）

=，

=（），

=+，

=（），（3分）

==2，

DB在面ABCD内，MF在面ABCD外，

∴直线MF∥平面ABCD；（4分）

（2）证明：=（）=0，（5分）

=（）•（）=0，（6分）

∴MF⊥AA1，MF⊥AC，AC和AA1是面ABCD内的相交直线，

∴直线MF⊥面A1ACC1；（7分）

（3）解：设平面AFC1与平面ABCD的交线为c，两平面有一个公共点A，

∴A在直线c上；MF在面AFC1内，直线MF∥平面ABCD，有MF∥直线c，

由2）知，直线MF⊥面A1ACC1，直线AC和直线AC1在平面A1ACC1内，

∴MF⊥AC1，MF⊥AC，因此，有AC1⊥直线c，AC⊥直线c，

平面AFC1与平面ABCD所成二面角的平面角是∠C1AC，（10分）

假设存在这样的a，使∠C1AC=30°，

则cos30°=cos，

=

=（12分）

整理，得方程：4a2-3a+9=0，

△=（-3）2-4×4×9=9-4×4×9＜0，方程无解，（13分）

因此不存在这样的a值，

使平面AFC1与平面ABCD所成二面角的平面角是30°（14分）

解法1

（1）证明：∵EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，∴EF⊥AE，

又AE⊥EB，EB∩EF=E，EB，EF⊂平面BCFE，

∴AE⊥平面BCFE．…（2分）

过D作DH∥AE交EF于H，则DH⊥平面BCFE．

∵EG⊂平面BCFE，

∴DH⊥EG．…（4分）

∵AD∥EF，DH∥AE，∴四边形AEHD平行四边形，

∴EH=AD=2，

∴EH=BG=2，又EH∥BG，EH⊥BE，

∴四边形BGHE为正方形，

∴BH⊥EG，…（6分）

又BH∩DH=H，BH⊂平面BHD，DH⊂平面BHD，

∴EG⊥平面BHD．…（7分）

∵BD⊂平面BHD，

∴BD⊥EG．…（8分）

（2）解：∵AE⊥平面BCFE，AE⊂平面AEFD，∴平面AEFD⊥平面BCFE

由（1）可知GH⊥EF，∴GH⊥平面AEFD

∵DE⊂平面AEFD，∴GH⊥DE…（9分）

取DE的中点M，连接MH，MG

∵四边形AEHD是正方形，∴MH⊥DE

∵MH∩GH=H，MH⊂平面GHM，GH⊂平面GHM，∴DE⊥平面GHM，∴DE⊥MG

∴∠GMH是二面角G-DE-F的平面角，…（12分）

在△GMH中，，∴…（13分）

∴平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值为．…（14分）

解法2

（1）证明：∵EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，BE⊂平面AEB，∴EF⊥AE，EF⊥BE，

又AE⊥EB，∴EB，EF，EA两两垂直．…（2分）

以点E为坐标原点，EB，EF，EA分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由已知得，A（0，0，2），B（2，0，0），C（2，4，0），F（0，3，0），D（0，2，2），G（2，2，0）．…（4分）

∴，，…（6分）

∴，…（7分）

∴BD⊥EG．…（8分）

（2）解：由已知得是平面DEF的法向量．…（9分）

设平面DEG的法向量为，

∵，

∴，即，令x=1，得．…（12分）

设平面DEG与平面DEF所成锐二面角的大小为θ，

则…（13分）

∴平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值为．…（14分）

（Ⅰ）证明：取CD的中点F，连接BF，EF，则EF⊥CD，

∵平面ECD⊥平面BCD，平面ECD∩平面BCD=CD，

∴EF⊥平面BCD，

∵AB⊥平面BCD，

∴EF∥AB，

∴A，B，F，E共面，

∵△BCD是正三角形，F是CD的中点，

∴CD⊥BF，

∵AB⊥平面BCD，

∴AB⊥CD，

∵AB∩BF=B，

∴CD⊥平面ABF，即CD⊥平面ABE；

（Ⅱ）解：由上知，CF即为C点到平面ABE的距离，

△BEC中，BC=2，CE=2，BE=，S△BEC==

设点A到平面EBC的距离为h，则由等体积可得，

∴h=；

（Ⅲ）解：延长AE与BF延长线交于点O，连CO，

则CO是平面ACE与面BCD的交线，F是BO的中点，

作FG⊥CO，连接EG，则∠EGF为平面ACE与平面BCD所成二面角的平面角

在△EFG中，EF=，FG=1，EG=2

∴平面BCD与平面ACE所成二面角为．

（1）证明：连接BD交AC于E，连接ME，

∵ABCD是正方形，∴E是BD的中点，

∵M是SD的中点，∴ME是△DSB的中位线，∴ME∥SB，

∵ME⊂平面ACM，SB⊄平面ACM，

∴SB∥平面ACM．

（2）解：取AD的中点F，则MF∥SA，作FQ⊥AC于Q，连接MQ，

∵SA⊥底面ABCD，∴MF⊥底面ABCD，

∴FQ为MQ在平面ABCD内的射影，

∵FQ⊥AC，∴MQ⊥AC，∴∠FQM为二面角D-AC-M的平面角，

设SA=AB=a，在Rt△MFQ中，MF=，FQ=，

∴tan∠FQM==，

∴二面角D-AC-M的大小为．

解：（1）以A为坐标原点，

建立如图空间直角坐标系A-xyz，

则P（0，0，2），C（0，2，0），

设B（b，，0），D（-b，，0），（b＞0），

设EC=x，则在直角三角形PAC中，

PA=2，AC=2，PC=2，

则ECsin∠PCA=x，ECcos∠PCA=x，

即E（0，2-x，x），

则=（0，2，-2），=（-2b，0，0），

=（-b，，）．

由于PC⊥平面BDE，

则PC⊥BD，PC⊥BE，则=0，=0，

则，解得，x=，

则PE=2-=，则=2；

（2）由（1）得，=（0，0，2），=（b，，0），

设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则，

取=（-，b，0），

由于=（0，2，-2），=（-b，，0），

设平面PBC的法向量为=（p，q，r），则，

取=（），

由于二面角A-PB-C的余弦值为-，即有|cos＜＞|=，

即有||=||=，

解得，b=．则线段BD的长为．