热门试卷

（Ⅰ）证明：以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图．

则P（0，0，1），C（0，1，0），B（2，0，0），

M（1，0，），N（，0，0），S（1，，0），

=(1，-1，)，=(-，-，0)，

∵⋅=(1，-1，)⋅(-，-，0)=0，

∴CM⊥SN．

（Ⅱ）设=(0，0，1)为平面CBA的法向量，

=(2，-1，0)，=(0，1，-1)，

设=(x，y，z)为平面PCB的一个法向量

则令x=1得=(1，2，2，)，

cos⁡＜，＞==，

二面角P-CB-A的余弦值为．

（Ⅲ）同理可得平面CMN的一个法向量=(2，1，-2)

设直线SN与平面CMN所成角为θ，

∵sinθ=|cos＜，＞|=，

∴SN与平面CMN所成角为45°．

（1）证明：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，∵A1B1⊥面A1D1DA，

∴A1B1⊥AD1．

在矩形A1D1DA中，∵AA1=AD=2，

∴AD1⊥A1D．

又A1D∩A1B1=A1，

∴AD1⊥平面A1B1D．

（2）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，以D1为原点建立空间直角坐标系D1-xyz．

依题意可知，D1（0，0，0），A1（2，0，0），D（0，0，2），A（2，0，2），

设AB的长为x，则C1（0，x，0），B1（2，x，0），C(0，x，2)，E(0，x，2)．

假设在棱AA1上存在点P，使得DP∥平面B1AE．

设点P（2，0，y），则=(2，0，y-2)，=(0，0，y-2)．

易知=(-2，-x，2)，=(-2，x，0)．

设平面B1AE的一个法向量为n=（a，b，c），

则，即．

令b=3得，a=x，c=x，∴=(x，3，x)．

∵DP∥平面B1AE，∴•=0且DP⊄平面B1AE．

得2x+(y-2)•x=0，∴y=．

∴=(0，0，-)，||=，

∴AP的长为．

（3）∵CD∥A1B1，且点E∈CD，

∴平面A1B1E、平面A1B1D与面A1B1CD是同一个平面．

由（1）可知，AD1⊥面A1B1D，

∴=(2，0，2)是平面A1B1E的一个法向量．

由（2）可知，平面B1AE的一个法向量为n=(x，3，x)．

∵二面角A-B1E-A1的余弦值为，

∴cosθ===，解得x=3．

故AB的长为3．

（1）如图，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，

DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立坐标系．

∵AB=AD=2，AA1=a，E，F分别为AD，CD的中点，

∴A（2，0，0），D1（0，0，a），

C1（0，2，a），F（0，1，0）．

∴=（-2，2，a），=（0，1，-a）．…（2分）

∵AC1⊥D1F，∴•=0，即（-2，2，a）•（0，1，-a）=0．

∴2-a2=0，又a＞0，解得a=．…（5分）

（2）平面FD1D的一个法向量为=（1，0，0）．

设平面EFD1的一个法向量为=（x，y，z），

∵E（1，0，0），a=2，

∴=（-1，1，0），=（0，1，-2）．

由⊥，⊥，得-x+y=0且y-2z=0，

解得x=y=2z．

故平面EFD1的一个法向量为=（2，2，1）．…（8分）

∵cos＜，＞=

==，

且二面角E-FD1-D的大小为锐角，

∴二面角E-FD1-D的余弦值为．…（10分）

证明：充分性：

设=，=，=，

∵AC=CD=DB=1，

∴||=||=||=1，

又∵AC⊥l于点C，BD⊥l于D

∴＜，＞=＜，＞=90°，＜，＞=60°，

∴

a

2=

b

2=

c

2=1，==0，=

∴||===2，

必要性：∵||===2

又

a

2=

b

2=

c

2=1，==0，

∴2=1

∴＜＞=60°

即α-l-β=120°

（1）证明：以DA所在直线为x轴，过D作AC的垂线为y轴，DB所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

则A（1，0，0），C（-1，0，0）

E（-1，-1，0）A1（1，-2，0）C1（-1，-2，0）B （0，0，）

=（-2，-1，0）=（-1，2，0）=（0.0，-）

∵•=2-2+0=0

∵•=0，∴∴⊥，⊥

即AE⊥A1D，AE⊥BD，又A1D∩BD=D

∴AE⊥面A1BD

（2）设面DA1B的法向量为=（x1，y1，z1）由•=0，•=0

得取=（2，1，0）

设面BA1A的法向量为(x2，y2，z2)，

同理由•=0，•=0

解得=（3.0，），

cos＜，＞==．

由图可知二面角D-BA1-A为锐二面角，所以它的大小为arccos．

（3）=（0，2，0）平面A1BD的法向量取=（2，1，0）

则点B1到平面A1BD的距离d=||==．

（Ⅰ）建立如图所示的坐标系，设H（m，m，1）（m＞0），则=（1，0，0），=（0，0，1），连接BD，B′D′．

则=（m，m，1）（m＞0），

由已知＜，＞=60°，根据•=||||cos＜，＞，可得2m=，解得m=，

∴=（，，1），

∴cos＜，＞=，

∴＜，＞=45°，即DH与CC′所成角的大小为45°；

（Ⅱ）平面AA′D′D的一个法向量为=（0，1，0），

∴cos＜，＞==，

∴＜，＞=60°，

∴DH与平面AA′D′D所成角的大小为30°．

（Ⅰ）∵DE⊥AB，∴DE⊥BE，DE⊥PE，…．（2分）

∵BE∩PE=E，∴DE⊥平面PEB，

又∵PB⊂平面PEB，∴BP⊥DE；…．（4分）

（Ⅱ）∵PE⊥BE，PE⊥DE，DE⊥BE，

∴分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），…（5分）

设PE=a，则B（0，4-a，0），D（a，0，0），C（2，2-a，0），

P（0，0，a），…（7分）

可得=(0，4-a，-a)，=(2，-2，0)，…（8分）

设面PBC的法向量=(x，y，z)，

∴令y=1，可得x=1，z=

因此=(1，1，)是面PBC的一个法向量，…（10分）

∵=(a，0，-a)，PD与平面PBC所成角为30°，…（12分）

∴sin30°=|cos＜，＞|，即||=，…（11分）

解之得：a=，或a=4（舍），因此可得PE的长为．…（13分）

（Ⅰ）连结AB1，交A1B于点O，连结OD，

∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB=BC=3，

∴ABB1A1是正方形，∴O是AB1的中点，

∵D是AC的中点，∴OD是△ACB1的中位线，∴OD∥B1C，

∵B1C不包含于平面A1BD，OD⊂平面A1BD，

∴B1C∥平面A1BD．

（Ⅱ）以D为坐标原点，以DC为x轴，以DB为y轴，

以过D点垂直于AC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，

∵AA1=AB=BC=3，AC=2，D是AC的中点，

∴A1（-1，0，3），B（0，2，0），

D（0，0，0），B1（0，2，3），

∴=（-1，0，3），=（0，2，0），=（0，2，3），

设平面A1BD的法向量=(x，y，z)，则•=0，•=0，

∴，∴=（3，0，1），

设平面B1BD的法向量=（x1，y1，z1），则•=0，•=0，

∴，∴=（1，0，0），

设二面角A1-BD-B1的平面角为θ，

cosθ=|cos＜，＞|=||=．

∴二面角A1-BD-B1的余弦值为．