热门试卷

解：（1）如图建立空间直角坐标系C-xyz，

则C（0，0，0），D（1，0，0），B（0，1，0），A1（1，1，1）．

∴，．

∴．

∴A1C与DB所成角的大小为90°．

（2）设平面A1BD的法向量=（x，y，z），

则，，

可得，∴=（1，1，-1）．

同理可求得平面A1BC的一个法向量=（1，0，-1），

∴cos＜，＞=，

∴二面角D-A1B-C的余弦值为．

（3）设=（0，0，1）是平面ABCD的一个法向量，且，

∴cos＜，=，

∴＜，=60°，

∴EC与平面ABCD所成的角是30°．

解法一：

（Ⅰ）解：当点E为BC的中点时，EF与平面PAC平行

∵在△PBC中，E、F分别为BC、PB的中点…（1分）

∴EF∥PC

又EF⊄平面PAC，PC⊂平面PAC…（2分）

∴EF∥平面PAC…（3分）

（Ⅱ）证明：∵PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD

∴BE⊥PA

∵ABCD是矩形

∴BE⊥AB…（4分）

又AB∩AP=A，AP、AB⊂平面ABCD

∴BE⊥平面ABCD

又AF⊂平面PAB

∴AF⊥BE       …（5分）

又PA=AB=1，且点F是PB的中点

∴PB⊥AF

又∵PB∩BE=B，PB、BE⊂平面PBE

∴AF⊥平面PBE          …（6分）

∵PE⊂平面PBE

∴AF⊥PE

故无论点E在边BC的何处，都有PE⊥AF …（7分）

（Ⅲ）解：当时，二面角P-DE-A的大小为45°…（8分）

过A作AG⊥DE于G，连接PG

又∵DE⊥PA

∴DE⊥平面PAG∴DE⊥PG

则∠PGA是二面角P-DE-A的平面角∴∠PGA=45° …（10分）

∵PA⊥平面ABCD

∴∠PDA就是PD与平面ABCD所成的角，即∠PDA=30°…（11分）

又PA=AB=1，∴∴AG=1，…（12分）

设BE=x，则GE=x，CE=

在Rt△DCE中，

解得：或（舍去）         …（13分）

故当时，二面角P-DE-A的大小为45°…（14分）

解：（1）以A为原点，AB，AC，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则有，

∴

∴异面直线BE与PC所成角的余弦值为；

（2）设平面BPE的法向量，则有

∴

∵平面ABE的一个法向量为

∴

∵二面角P-BE-C的平面角为钝二面角；

∴二面角P-BE-C的平面角的余弦值为

解：以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为．

（Ⅰ）证明：因，，

所以，所以AP⊥DC．

由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，

由此得DC⊥面PAD．

又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD．

（Ⅱ）解：因，

故，，，

所以cos==．

（Ⅲ）解：在MC上取一点N（x，y，z），则存在使，

=（1-x，1-y，y-z），=（1，0，-），

∴x=1-λ，y=1，z=，

要使AN⊥MC，只需，即x-z=0，解得．

可知当时，N点的坐标（），能使，

此时，有．

由，得AN⊥MC，BN⊥MC，

所以∠ANM为所求二面角的平面角．

∵，，

∴cos==

所以所求面AMC与面BMC夹角的余弦值为．

（1）证明：设BD∩CE=Q，连接PQ．

在△ABD中，BQ=QD，BP=PA，∴AD∥PQ．

又∵PQ⊂平面PCE，AD⊄平面PCE，

∴AD∥平面PCE；

（2）解：由题意CA，CB，CD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，

则C（0，0，0），A（1，0，0），E，P．

∴，，．

设平面CAE的法向量为=（x，y，z）．

则，令z=，则y=-1，x=0．∴．

设平面PCE的法向量为，同理由，解得．

又===．由图可知：二面角A-CE-P的平面角是锐角，

∴其余弦值=．

（Ⅰ）证明：过A在平面ABC内做AX⊥AC，由PA⊥平面ABC，故可建立如图所示的坐标系，则

A（0，0，0），B（），C（0，2，0），P（0，0，2），D（0，0，1）

∵M为CD的中点，

∴M（0，，0.5），

∵N为PB上一点，且PN=3BN，

∴N（，0.5），

∴，

∵=（0，0，-2），

∴=0，

∴MN⊥PA；

（Ⅱ）解：沿x轴方向取AF=1，则=（1，0，0），∴为平面ADC的一个法向量．

设平面BCD的法向量为=（x，y，1），

∵=（0，-2，1），=（-，，0）

∴，

∴取=（，1），

∴cos＜，＞===，

∴二面角B-CD-A的大小为．

（1）证明：∵折后A，B，C，D重合于一点O，

∴拼接成底面EFGH的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，

∴底面EFGH是正方形，故EG⊥FH，

∵在原平面EFGH是正方形，故EG⊥FH，

∵在原平面图形中，等腰三角形△SEE′≌△SGG′，

∴SE=SG，∴EG⊥SO，

又∵SO、FH⊂平面SFH，SO∩FH=O，

∴EC⊥平面SFH，

又∵EG⊂平面SEC，∴平面SEG⊥平面SFH．…（6分）

（Ⅱ）解：过O作OM⊥SH交SH于M点，连EM，

∵EO⊥平面SFH，

∴EO⊥SH，

∴SH⊥面EMO，

∴∠EMO为二面角E-SH-F的平面角．…（8分）

当AE=时，即OE=

Rt△SHO中，SO=5，SH=，∴OM==，

Rt△EMO中，EM==，

∴cos∠EMO==，

∴所求二面角的余弦值为．                               …（12分）

解：设此棱柱的高AA1=2，则AB=2k，如图建立空间直角坐标系：

则P（0，0，2），O（0，0，0），B（k，k，0），C（-k，k，0），A1（k，-k，2），A（k，-k，0），

E（k，0，0）

∴=（-2k，0，0），=（k，k，-2），=（0，k，-2），=（k，-k，-2）

（1）取BC中点F（0，k，0）

则=（0，k，-2）

∴

∴A1E∥PF，PF⊂面PBC，A1E⊄面PBC

∴A1E∥平面PBC

（2）当时，∴=（-2，0，0），=（，，-2），

=（，-，-2）

设平面PBC的法向量为=（x，y，z）

则

∴取=（0，，1）

∴cos＜，＞===-=-

设直线PA与平面PBC所成角为θ，则sinθ=

∴直线PA与平面PBC所成角的正弦值为

（3）设△PBC的重心坐标为M（x，y，z），则

x==0，y==，z==

∴M（0，，）

∴=（0，，）

且=0，即OM⊥BC

若OM⊥平面PBC，

则=×k+=0

解得k=

∴k=时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心

（1）证明：∵D、E分别是AC、BC的中点，

∴DE∥AB，

∵AB⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，

∴AB∥平面DEF，

同理SA∥平面DEF，

∵AB∩SA=A，

∴平面SAB∥平面DEF，

；

（2）解：∵SG=，S在面ABC内的射影O在CG上，且GO=

∴∠SGO 就是SG与平面ABC所成角，

∴cos∠SGO=．