热门试卷

（1）建立空间直角坐标系．

则A（2，0，0），F（0，1，0），C（0，2，0），E（2，1，2），

∴=(-2，1，0)，=(2，-1，2)．

∴cos＜＞==-，

故直线EC与AF所成角的余弦值为．

（2）平面ABCD的一个法向量为=(0，0，1)．

设平面AEF的一个法向量为=(x，y，z)，

∵=(-2，1，0)，=(0，1，2)，∴，

令x=1，则y=2，z=-1⇒=(1，2，-1)，

∴cosθ=||=||=．

由图知二面角E-AF-B为锐二面角，其余弦值为．

解法一：（Ⅰ）连接AC，由AB=4，BC=3，∠ABC=90°，得AC=5，

又AD=5，E是CD得中点，

所以CD⊥AE，

PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD．

所以PA⊥CD，

而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，

所以CD⊥平面PAE．

（Ⅱ）过点B作BG∥CD，分别与AE，AD相交于点F，G，连接PF，

由CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE，于是∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BG⊥AE．

由PA⊥平面ABCD知，∠PBA即为直线PB与平面ABCD所成的角．

由题意∠PBA=∠BPF，因为sin∠PBA=，sin∠BPF=，所以PA=BF．

由∠DAB=∠ABC=90°知，AD∥BC，又BG∥CD．

所以四边形BCDG是平行四边形，

故GD=BC=3，于是AG=2．

在RT△BAG中，AB=4，AG=2，BG⊥AF，

所以BG==2，BF===．

于是PA=BF=．

又梯形ABCD的面积为S=×（5+3）×4=16．

所以四棱锥P-ABCD的体积为V=×S×PA=×16×=．

解法二：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为X轴，Y轴，Z轴建立空间直角坐标系，

设PA=h，则A（0，0，0），B（4，0，0），C（4，3，0），D（0，5，0），E（2，4，0），P（0，0，h）．

（Ⅰ）=（-4，2，0），=（2，4，0），=（0，0，h）．

因为•=-8+8+0=0，•=0．

所以CD⊥AE，CD⊥AP，而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线，

所以CD⊥平面PAE．

（Ⅱ）由题设和第一问知，，分别是平面PAE，平面ABCD的法向量，

而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，

所以：|cos＜，＞|=|cos＜，＞|，即||=||．

由第一问知=（-4，2，0），=（（0，0，-h），又=（4，0，-h）．

故||=||．

解得h=．

又梯形ABCD的面积为S=×（5+3）×4=16．

所以四棱锥P-ABCD的体积为V=×S×PA=×16×=．

（1）证明：取PD的中点E，连接EM，EA，则EM∥AB，且EM=AB

所以四边形ABME为平行四边形，所以BM∥AE

又AE⊂平面PAD，BM不在平面PAD内，∴BM∥平面PAD；

（2）以A为原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系

则B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），M（1，1，1），E（0，1，1）

假设存在满足题意的点，则在平面PAD内，设N（0，y，z）

∴=(-1，y-1，z-1)，=(1，0，-2)，=(1，-2，0)

由•=0，•=0，可得，∴

∴N（0，，），∴N是AE的中点，此时MN⊥平面PBD；

（3）设直线PC与平面PBD所成的角为θ，则=(2，2，-2)，=(-1，-，-)，

设＜，＞为α，则cos＜，＞===-

∴sinθ=-cosα=

故直线PC与平面PBD所成角的正弦值为•

证明：（Ⅰ）在△ABC中，因为AB=5，AC=4，BC=3，

所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC．

因为直三棱柱ABC-A1B1C1，所以CC1⊥AC．

因为BC∩AC=C，

所以AC⊥平面BB1C1C．

所以AC⊥B1C．

（Ⅱ）证明：连接BC1，交B1C于E，DE．

因为直三棱柱ABC-A1B1C1，D是AB中点，

所以侧面BB1C1C为矩形，DE为△ABC1的中位线，

所以DE∥AC1．

因为DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，

所以AC1∥平面B1CD．

（Ⅲ）由（Ⅰ）知AC⊥BC，

所以如图，以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz．

则B（3，0，0），A（0，4，0），A1（0，0，c），B1（3，0，4）．

设D（a，b，0）（a＞0，b＞0），

因为点D在线段AB上，且=，即=．

所以a=2，b=，=(-1，，0)．

所以=(3，0，4)，=(-3，4，0)，=(2，，0)．

平面BCD的法向量为=(0，0，1)．

设平面B1CD的法向量为=(x，y，1)，

由•=0，•=0，得，

所以x=-，y=2，=(-，2，1)．

设二面角B-CD-B1的大小为θ，

所以cosθ==．

所以二面角B-CD-B1的余弦值为．

（1）AA1⊥底面ABCD，所以CC1⊥A1C1…（1分），

取A1B1的中点E，连接EC1，

则四边形A1EC1D1是正方形，∠A1C1E=…（3分），

又∵B1E=C1E=1，∠B1C1E=，

∴∠A1C1B1=，即A1C1⊥B1C1…（4分），

∵CC1∩B1C1=C1，∴A1C1⊥平面BCC1B1…（5分）．

（2）以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，

建立空间直角坐标系，如图所示…（6分），

则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，2，0），

A1（1，0，1），C1（0，1，1）…（7分），

=(1，0，1)，=(1，2，0)，=(-1，1，0)…（8分），

由（1）知，平面BCC1B1的一个法向量为==(-1，1，0)…（9分），

设平面A1BD的一个法向量为=(a，b，c)，

则，即…（11分），

设b=1，则a=-2，c=2，可得=(-2，1，2)…（12分），

因此所求二面角大小为θ，满足cosθ==，

结合θ∈[0，π]，可得所求二面角的大小为…（14分）．

解法一：（1）证明：在题平面图形中，由题意可知，BA⊥PD，ABCD为正方形，

所以在翻折后的图中，SA⊥AB，SA=2，四边形ABCD是边长为2的正方形，

因为SB⊥BC，AB⊥BC，SB∩AB=B

所以BC⊥平面SAB，

又SA⊂平面SAB，

所以BC⊥SA，

又SA⊥AB，BC∩AB=B

所以SA⊥平面ABCD，

（2）在AD上取一点O，使=，连接EO

因为=，所以EO∥SA

因为SA⊥平面ABCD，

所以EO⊥平面ABCD，

过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH，

则AC⊥平面EOH，

所以AC⊥EH．

所以∠EHO为二面角E-AC-D的平面角，EO=SA=．

在Rt△AHO中，∠HAO=45°，HO=AO•sin45°=×=

∴tan∠EHO==2，

即二面角E-AC-D的正切值为2

解法二：（1）同方法一

（2）如图，以A为原点建立直角坐标系，A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），S（0，0，2），E（0，，）

∴平面ACD的法向为=(0，0，2)

设平面EAC的法向量为=（x，y，z），=(2，2，0)，=(0，，)

由，

所以，可取

所以=（2，-2，1）．

所以cos＜，＞===

所以tan＜，＞=2

即二面角E-AC-D的正切值为2

（1）以A为原点，AB、AD、AP分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系如图所示

可得B(，0，0)、C(，1，0)、D（0，1，0）、

P（0，0，2）、E(0，，1)，

从而=(，1，0)，=(，0，-2)．

设与的夹角为θ，则

cosθ===，

∴AC与PB所成角的余弦值为

（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，0，z），

则=(-x，，1-z)，

由NE⊥面PAC可得，，即

化简得，即，可得N点的坐标为(，0，1)，

从而侧面PAB内存在点N，使NE⊥面PAC，N点到AB和AP的距离分别为1，．

解法一：（1）证明：取PC的中点O，连结OF、OE．

∴FO∥DC，且FO=DC，

∴FO∥AE．

又∵E是AB的中点，且AB=DC，

∴FO=AE．

∴四边形AEOF是平行四边形，∴AF∥OE．…（5分）

又OE⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，

∴AF∥平面PEC．…（7分）

（2）作AM⊥CE，交CE延长线于M，连结PM．

由三垂线定理，得PM⊥CE．

∴∠PMA是二面角P-EC-D的平面角．…（11分）

由△AME～△CBE，可得AM=．

∴tan∠PMA==．

∴二面角P-EC-D的大小为arctan．…（14分）

解法二：以A为原点，如图建立直角坐标系．则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，1，0），D（0，1，0），P（0，0，1），F(0，，)，E（1，0，0），…．（2分）

（1）证明：取PC的中点O，连结OE．则O(1，，)．=(0，，)，=(0，，)，∴∥．…（5分）

又OE⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，∴AF∥平面PEC．…（7分）

（2）设平面PEC的法向量为=（x，y，z）．

∵=(1，0，-1)，=(1，1，0)．

∴由，可得

令z=-1，则=（-1，1，-1）．…（11分）

由题意可得平面ABCD的法向量是=(0，0，-1)．

∴cos＜，＞===．

∴二面角P-EC-D的大小为arccos．…（14分）