热门试卷

（I）证明：连接B1C与BC1相交于O，连接OD

在△CAB1中，∵O，D分别是B1C，AC的中点，

∴OD∥AB1

∵AB1⊄平面BDC1，OD⊂平面BDC1，

∴AB1∥平面BDC1；

（Ⅱ）证明：直棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC

∵BD⊂平面ABC，∴AA1⊥BD

∵AB=BC=2，D为AC的中点，∴BD⊥AC

∵AA1∩AC=A，∴BD⊥平面AA1C1C

∴BD⊥A1C①

∵A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，B1C1∩B1B=B

∴A1B1⊥平面B1C1CB

∴A1B1⊥BC1

在正方形B1C1CB中，BC1⊥B1C，

∵B1C，A1B1⊂平面A1B1C，B1C∩A1B1=B1

∴BC1⊥平面A1B1C

∴BC1⊥A1C②

由①②，∵BD∩BC1=B，BD，BC1⊂平面BDC1，

∴A1C⊥平面BDC1；

（Ⅲ）建立如图所示的空间直角坐标系，则=（-2，-2，0），=（1，0，1）

设平面BC1D的法向量=（x，y，z），则由，可得，∴可取=（1，1，-1）

∵平面BC1A的法向量==（2，2，0）

设二面角A-BC1-D的平面角为θ，则cosθ=cos＜，＞=

∴tanθ=．

（1）证明：因为B1B⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，

所以AD⊥B1B（1分）

因为D为正△ABC中BC的中点，

所以AD⊥BD（2分）

又B1B∩BC=B，

所以AD⊥平面B1BCC1（3分）

又AD⊂平面AB1D，故平面AB1D⊥平面B1BCC1（4分）

（2）连接A1B，交AB1于E，连DE（5分）

因为点E为矩形A1ABB1对角线的交点，所以E为AB1的中点（6分）

又D为BC的中点，所以DE为△A1BC的中位线，

所以DE∥A1C（7分）

又DE⊂平面AB1D，所以A1C∥平面AB1D（8分）

（3）过D作DF⊥AB于F，过F作FG⊥AB1于G，连接DG．

因为平面A1ABB1⊥平面ABC，DF⊥AB，所以DF⊥平面A1ABB1．

又AB1⊂平面A1ABB1，所以AB1⊥DF．

又FG⊥AB1，所以AB1⊥平面DFG，所以AB1⊥DG．（9分）

又AB1⊥FG，所以∠DGF为二面角B-AB1-D的平面角．（10分）

因为AA1=AB=1，

所以在正△ABC中，DF=

在△ABC中，FG=BE=（11分）

所以在Rt△DFG中，tan∠DFG==（12分）

证明：（1）在梯形ABCD中，∵AB∥CD，

∴四边形ABCD是等腰梯形，

且∠DCA=∠DAC=30°，∠DCB=120°

∴∠ACB=∠DCB-∠DCA=90°

∴AC⊥BC

又∵平面ACFE⊥平面ABCD，交线为AC，

∴BC⊥平面ACFE

（2）当EM=a时，AM∥平面BDF，

以点ABC-A1B1C1为原点，△ABC所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则A(a，0，0)，E(a，0，a)

AM∥平面BDF⇔与、共面，也等价于存在实数m、n，使=m+n，

设=t．

∵=（-a，0，0），=(-at，0，0）

∴=+=（-at，0，0）

又=（a，-a，-a），=（0，a，-a），

从而要使得：(-at，0，a)=m(0，a，-a)+n(a，-a，-a)成立，

需，解得t=∴当EM=a时，AM∥平面BDF

（3B（0，a，0），A(a，0，0)，

过D作DG⊥EF，垂足为G．令=λ=λ（a，0，0），

=+=（aλ，0，a），=-=（λa-a，a，a）

由⊥得，•=0，

∴λ=

∴=(0，a，a)，即=(0，-a，-a)

∵BC⊥AC，AC∥EF，

∴BC⊥EF，BF⊥EF

∴二面角B-EF-D的大小就是向量与向量所夹的角．

∵=（0，a，-a）

cos＜，＞=，即二面角B-EF-D的平面角的余弦值为．

（1）见解析  （2）

(1)证明:如图所示,取A′D的中点G,连接GF,GE,

由条件易知FG∥CD,FG=CD,BE∥CD,BE=CD,

所以FG∥BE,FG=BE,

故四边形BEGF为平行四边形,所以BF∥EG.

因为EG⊂平面A′DE,BF⊄平面A′DE,

所以BF∥平面A′DE.

(2)解:在平行四边形ABCD中,设BC=a,

则AB=CD=2a,AD=AE=EB=a.

连接CE,因为∠ABC=120°,

在△BCE中,可得CE=a.

在△ADE中,可得DE=a.

在△CDE中,因为CD2=CE2+DE2,所以CE⊥DE.

在正三角形A′DE中,M为DE的中点,所以A′M⊥DE.

由平面A′DE⊥平面BCD,

可知A′M⊥平面BCD,

所以A′M⊥CE.

取A′E的中点N,连接NM,NF,

则NF∥CE.则NF⊥DE,NF⊥A′M.

因为DE交A′M于点M,所以NF⊥平面A′DE,

则∠FMN为直线FM与平面A′DE所成的角.

在Rt△FMN中,NF=a,MN=a,FM=a,

则cos∠FMN=,

所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为.

（1）证明见解析。

（2）

以D为从标原点，DC、DA、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系D—xyz．设AB=a，则A（0，2，0），B（a，2，0），

C（a，0，0），D（0，0，0，），p（0，0，2），

    …………2分

（1）

平面PAB．                 ………………6分

（2）

设平面AEF的法向量，

则

令y=1，则     …………9分

又     …………11分

                      …………12分