热门试卷

（Ⅰ）存在且为B1C1的中点，连接AB1，

∵D、E、G分别是AB1、BB1、AC1的中点，∴DE∥AB1∥GF；

（Ⅱ）延长FE与CB的延长线交于M，连接DM，则DM为截面与底面所成二面角的棱，取BC的中点N，连FN，则FN∥BB1．

∵EB∥FN，EB=FN，∴B为MN的中点．

由题设得BM=BN=BE=BD=1，且∠DEM=120°，

作EH⊥DM于H，则∠BDM=∠BMD=30°，连BH，

又BE⊥底面ABC，

由三垂线定理可知DM⊥EH，

∴∠EHB为截面与底面所成的锐二面角．

在Rt△EHB中，BE=1，EH=BD=，

∴tan∠EHB==2．

证明：（1）设正方体的棱长为a，则={  ， 0 ， a }，={ a ， a ， 0 }

∵•=0 ， •=0

∴⊥ ， ⊥

又∵DE∩DB=D

∴HC1⊥平面EDB．

（2）={ -a ，0 ， a }，设与所成的角为θ

∵cosθ===

∴θ=45°．

由（1）知HC1⊥平面EDB

∴∠C1BH为BC1与平面EDB所成的角

∴∠C1BH=90°-45°=45°

（3）VA-EDB=VE-ABD=•a2•a=a3．

（1）证明详见解析；（2）.

试题分析：先以点为原点建立空间直角坐标系，然后标明有效点的坐标，（1）写出有效向量的坐标，利用向量的数量积为零即可证明，从而可得平面；（2）易知为平面的法向量，先计算，然后观察二面角是锐角还是钝角，最终确定二面角的余弦值.

试题解析：以为原点建立如图空间直角坐标系，正方体棱长为2

则  2分

(1)则，

          3分

∵

∴          4分

∵

∴          5分

又，，      6分

∴面                      7分

(2)由(1)知为面的法向量          8分

∵面，为面的法向量      9分

设与夹角为，则   12分

由图可知二面角的平面角为

∴二面角的余弦值为              14分.

（Ⅰ）证明：取AC中点O，连结OS、OB．

∵SA=SC，AB=BC，

∴AC⊥SO且AC⊥BO．

∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC=AC，

∴SO⊥面ABC，

∴SO⊥BO．

如图所示建立空间直角坐标系O-xyz．

则A(2，0，0)，B(0，2，0)，C（-2，0，0），S(0，0，2)，M(1，，0)，N(0，，)．

∴=(-4，0，0)=(0，2，-2)，

∵•=(-4，0，0)•(0，2，-2)=0，

∴AC⊥SB．（5分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）得=(3，，0)，=(-1，0，)，

设=(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则•=3x+y=0，•=-x+z=0，所以可取=(，-，1)．又=(0，0，2)为平面ABC的一个法向量，

∴cos(•)==，

∴二面角N-CM-B的余弦值为．     （9分）

（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）知OS=2，∴N到平面ABC的距离为OS=，

而△CBM的面积为××42=2，

∴三棱锥N-BCM的体积为VN-BCM=×2×=．       （12分）

（1）见解析  （2）

(1)证明:连接BD,因为M、N分别是PB、PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.

又因为MN⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,

所以MN∥平面ABCD.

(2)解: 如图所示,在菱形ABCD中,∠BAD=120°,

得AC=AB=BC=CD=DA,

BD=AB.

又因为PA⊥平面ABCD,

所以PA⊥AB,PA⊥AC,

PA⊥AD.

所以PB=PC=PD.

所以△PBC≌△PDC.

而M、N分别是PB、PD的中点,

所以MQ=NQ,

且AM=PB=PD=AN.

取线段MN的中点E,连接AE,EQ,

则AE⊥MN,QE⊥MN,

所以∠AEQ为二面角AMNQ的平面角.

由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=.

在直角△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4,

在△PBC中,cos∠BPC==,

得MQ==.

在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,

得QE==.

在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,

得cos∠AEQ==.

所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.