热门试卷

证明：（1）四边形ADD1A1为正方形，O是AD1的中点，点E为AB的中点，连接OE．

∴EO为△ABD1的中位线∴EO∥BD1…（2分）

又∵BD1⊂平面A1DE，OB⊂平面A1DE∴BD1∥平面A1DE…（4分）

（2）由已知可得：AE⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1

∴AE⊥A1D，

又∵A1D⊥AD1，AE∩AD1=A

∴A1D⊥平面AD1E，D1E⊂平面AD1E

∴A1D⊥D1E…．（4分）

（3）由题意可得：D1D⊥平面ABCD，以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），C（0，2，0），A1（1，0，1），D1（0，0，1），

设E（1，y0，0）（0≤y0≤2），

∵=(-1，2-y0，0)，=(0，2，-1)

设平面D1EC的法向量为=（x，y，z）则，得

取是平面D1EC的一个法向量，而平面ECD的一个法向量为=（0，0，1），要使二面角D1-EC-D的大小为，

而cos=|cos＜，＞|===

解得：y0=2-(0≤y0≤2)，当AE=2-时，二面角D1-EC-D的大小为…（6分）

（Ⅰ）∵D、E分别为AB、AC中点，

∴DE∥BC．

∵DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，

∴DE∥平面PBC．…（4分）

（Ⅱ）连接PD，

∵PA=PB，D为AB中点，

∴PD⊥AB．…．（5分）

∵DE∥BC，BC⊥AB，

∴DE⊥AB…（6分）

又∵PD∩DE=D，PD，DE⊂平面PDE

∴AB⊥平面PDE…（8分）

∵PE⊂平面PDE，

∴AB⊥PE…（9分）

（Ⅲ）∵AB⊥平面PDE，DE⊥AB…（10分）

如图，以D为原点建立空间直角坐标系，由PA=PB=AB=2，BC=3，

则B（1，0，0），P（0，0，），E（0，，0），

∴=（1，0，-），=（0，，-）．

设平面PBE的法向量=(x，y，z)，

∴

令z=

得=(3，2，)…（11分）

∵DE⊥平面PAB，

∴平面PAB的法向量为=(0，1，0)．…（12分）

设二面角的A-PB-E大小为θ，

由图知，cosθ=cos＜，＞==，

所以θ=60°，

即二面角的A-PB-E大小为60°…（14分）

解（1）以D为坐标原点，分别以DS、DC、DA所在直线为x轴、y轴、z轴

建立空间直角坐标系．根据题意可得

平面SBC的一个法向量=(1，1，0)（1分）

∵平面SAB的一个法向量=(1，0，1)（2分）

∴cos＜，＞=，得＜，＞=（3分）

由图形观察，可得二面角C-SB-A是钝二面角，

因此二面角C-SB-A大小为（4分）

（2）由（1），可得S（2，0，0），

B（0，2，2），C（0，2，0），A（0，0，2）

设=k=(-2k，2k，2k)，k∈R（5分）

∴•=8k-4（6分）

∵CP⊥SA，∴•=0，可得k=（7分）

因此，=(-1，1，1)，得||=，

即当SP的长为时，CP⊥SA．（8分）

（1）如图建立空间直角坐标系：

D（0，0，0），B（2，4，0），E（0，4，2），D1（0，0，3），

∴=(2，4，0)，=(0，4，2)，=（0，0，3）

设面DBE的法向量为=(x，y，z)，

由⇒，

令y=1，则x=-2，z=-2．

=(-2，1，-2)d=||=||=2．

（2）A1（2，0，3），B（2，4，0），=(0，4，-3)

设直线A1B与平面BDE所成的角为θ则sinθ=|cos＜，＞|===．

所以直线A1B与平面BDE所成角的正弦值为．

（1）证明：如图，∵ABCD是平行四边形，

∴C十∥AB，∴C十∥平面ABF，十如∥AF，

∴十如∥平面ABF，∵十如∩十C=十，∴平面C如十∥平面ABF．

∴C如∥平面ABF；

（2）∵∠BAD=60°，AB=6，AD=八，十为CD中点，∴B十=十C=BC=八，

由余弦定理A十2=AD2+十D2-2AD•十D•COS120°=27，

∴A十2+B十2=AB2，∴A十⊥B十

又F十⊥平面ABCD，

∴以十A、十B、十F为坐标轴建立如图空间直角坐标系，则

A(八，0，0)，B(0，八，0)，F(0，0，八)，C(-，，0)

∴平面A如F的法向量==(0，八，0)，=(-，-，0)，=(0，-八，八)

设平面BF如C的法向量为==(x，y，z)，则，∴

令y=1，则x=-，z=1，∴=(-，1，1)

∴cosθ=|cos＜，＞|=||=||=即为所求．

∵=（3，5，-4），=（2，1，8），

∴2+3=（12，13，16），3-2=（5，13，-28），•=-21．

又与的夹角的余弦为

∴与的夹角是arccos

∵z轴的方向向量为（0，0，1），

λ+μ=（3λ+2μ，5λ+μ，-4λ+8μ），

∵λ+μ与z轴垂直，则0•（3λ+2μ）+0•（5λ+μ）+（-4λ+8μ）=0，即8μ-4λ=0，∴λ=2μ．

∴λ=2μ时，λ+μ与z轴垂直．

如图所示，

∵∠PAB=∠PAC=∠ACB=90°，

∴在Rt△ABC中，由勾股定理可得AB===，

cos∠BAC===，cos＜，＞=-；

在Rt△ABP中，由勾股定理可得PA===2；

在Rt△APC中，由勾股定理可得PC===4，

cos∠ACP===，cos＜，＞=-．

∵=++，好

∴

BP

2=(++)2=

BA

2+

AC

2+

CP

2+2•+2•+2•，

∴()2=()2+22+42+2××2cos＜，＞+2××4cos＜，＞+2×2×4×cos＜，＞，

即29=17+4+16+4×(-)+8cos＜，＞+16×(-)．

化为cos＜，＞=．

∴异面直线PC与AB所成角的余弦值为．

（1）∵直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面A1BC⊥平面A1ABB1，

∴BC⊥AB，BC⊥BB1，

又∵AB∩BB1=B，

∴BC⊥平面A1ABB1．

（2）以DA为x轴，以DC为y轴，以DD1为z轴，建立空间直角坐标系，

∵直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面A1BC⊥平面A1ABB1，AB=BC=2，AA1=2，

∴A1(2，0，2)，B（2，2，0），A（2，0，0），C（0，2，0），

∴=（0，0，2），=（-2，2，0），=（0，2，-2）

设平面A1AC的法向量为=（x，y，z），则•=0，•=0，

∴，解得=（1，1，0），

设直线A1B与平面A1AC成角为θ，

则sinθ=|cos＜，＞|=||=．

（1）证明：连接PC，交DE与N，连接MN，

在△PAC中，∵M，N分别为两腰PA，PC的中点，

∴MN∥AC，…（2分）

又∵AC⊄面MDE，MN⊂面MDE，

∴AC∥平面MDE．…（4分）

（2）（理）以D为空间坐标系的原点，

分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，

建立空间直角坐标系，

由题意知P（0，0，a），B（a，a，0），C（0，2a，0），

∴=（a，a，-a），=（-a，a，0），…（6分）

设平面PAD的单位法向量为，则可取=（0，1，0），…（7分）

设面PBC的法向量=（x，y，z），

则•=0，•=0，

∴，∴=（，，1），…（10分）

设平面PAD与平面PBC所成锐二面角的大小为θ，

∴cosθ=|cos＜，＞|=||=，…（11分）

∴θ=60°，

∴平面PAD与平面PBC所成锐二面角的大小为60°．…（12分）

（文）过点D作DE⊥AC，交AC于E，连结PE，

∵PD⊥平面ADC，

∴∠PED是二面角P-AC-D的平面角，…（7分）

∵∠ADC=90°，AB=AD=CD=a，PD=a，

∴AC==a，

DE===a，．…（10分）

∴tan∠PED===，

∴二面角P-AC-D的正切值为．…（12分）