热门试卷

证明：（1）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，

因为CA=CB，所以OC⊥AB，由于AB=AA1，∠BAA1=60°，

所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB，

又因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C，

又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；

（2）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，

所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．

以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，||为单位长，建立如图所示的坐标系，

可得A（1，0，0），A1（0，，0），C（0，0，），B（-1，0，0），

则=（1，0，），==（-1，，0），=（0，-，），

设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，

则，即，

可取y=1，可得=（，1，-1），

故sin＜，＞==

∴cos＜，＞=

[理]（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

[文]（1）a1=，a2=，a3=，a4=，f(1)=1-a1=f（2）=（1-a1）（1-a2）=，

f（3）=（1-a1）（1-a2）（1-a3）=，f（4）=（1-a1）（1-a2）（1-a3）（1-a4）=，

（2）故猜想f（n）=(n∈N*)

（3）证明：1-an=1-==•

1-an-1=•

1-an-2=•

1-an-3=•…1-a3=•

1-a2=•

1-a1=•

将上述n个因式相乘得：(1-a1)(1-a2)(1-an)=•=

即f（n）=(n∈N*)

以A1为原点，A1B、A1C、A1A分别为x轴、y轴、z轴，建立坐标系如图所示

可得A1（0，0，0），B1（1，0，0），C1（0，1，0），

B（1，0，1），P（0，2，0）

（I）在△PAA1中，C1D=AA1，则D（0，1，）

∴=（1，0，1），=（0，1，），

=（-1，2，0）

设平面BDA1的一个法向量为=（x，y，z）

则，取z=-1，得=（1，，-1）

∵•=1×（-1）+×2+（-1）×0=0

∴直线PB1与平面BDA1的法向量垂直，可得PB1∥平面BDA1；

（II）由（I）知平面BDA1的一个法向量=（1，，-1）

又=（1，0，0）为平面AA1D的一个法向量

∴cos＜，＞==，即二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为

因此，二面角A-A1D-B的大小为arccos；

（III）根据点Q在B1P上，设Q的坐标为Q（λ，2-2λ，0）

∵D（0，1，），∴=（λ，1-2λ，-）

若DQ⊥平面A1BD，则平面BDA1的法向量=（1，，-1）与垂直

可得•=0，即λ×1+（1-2λ）×+（-）×（-1）=0，

解之得1=0矛盾

故向量与不可能垂直，即直线B1P上不存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD．

（1）以A为原点，，分别为x轴、y轴、z轴的正向建立空间直角坐标系，则有D（0，3，0），D1（0，3，2），E（3，0，0），F（4，1，0），C1（4，3，2）．（1分）

于是=（3，-3，0），=（1，3，2），=（-4，2，2）（3分）

设向量n=（x，y，z）与平面C1DE垂直，则有⇒⇒x=y=-z．

∴n=（-，-，z）=（-1，-1，2），其中z＞0．取n0=（-1，-1，2）

，则n0是一个与平面C1DE垂直的向量，（5分）

∵向量=（0，0，2）与平面CDE垂直，∴n0与所成的角θ为二面角C-DE-C1的平面角．（6分）

∴cosθ===．（7分）

故二面角C-DE-C1的大小为arccos．（8分）

（2）设EC1与FD1所成角为β，（1分）

则cosβ===（10分）

故异面直线EC1与FD1所成角的大小为arccos（11分）

（3）设=（x，y，z）⇒=(，-，1)又取D1=(4，0，0)$}}\over m}=（\frac{1}{7}，-\frac{5}{7}，1）$$}}\over C}_1}=（4，0，0）$（13分）

设所求距离为d，则d==$}}\over C}}_1}|}}{|\vec m|}=\frac{{4\sqrt{3}}}{15}$（14分）．

（1）证明：在四棱锥P-ABCD中，

四边形ABCD为正方形，PA⊥面ABCD，

以A为坐标原点，以AB为x轴，以AD为y轴，以AP为z轴，建立空间直角坐标系，

∵PA=AB=4，E为PD中点，

∴P（0，0，4），B（4，0，0），

A（0，0，0），C（4，4，0），D（0，4，0），E（0，2，2），

∴=(4，0，-4)，=（4，4，0），

=(0，2，2)，

设平面AEC的法向量=(x，y，z)，

则•=0，•=0，

∴，∴=（1，-1，1），

∵•=4+0-4=0，且PB不包含于平面AEC，

∴PB∥平面AEC．

（2）证明：在四棱锥P-ABCD中，

∵四边形ABCD为正方形，PA⊥面ABCD，

∴CD⊥AD，CD⊥PA，

∴CD⊥平面PAD，

∵CD⊂平面PCD，

∴平面PCD⊥平面PAD．

（3）∵平面ACD的法向量=（0，0，1），

由（1）知平面AEC的法向量=（1，-1，1），

∴cos＜，＞==，

sin＜，＞==，

∴二面角E-AC-D的正弦值为．

（I）证明：∵在正方形ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，

∴O为BD的中点，

又M为AB的中点，

∴OM∥AD．

又AD⊂平面ACD，OM⊄平面ACD，

∴OM∥平面ACD．

证明：（II）在△AOC中，∵AC=1，AO=CO=，

∴AC2=AO2+CO2，∴AO⊥CO．

又∵AC、BD是正方形ABCD的对角线，

∴AO⊥BD，

又BD∩CO=O

∴AO⊥平面BCD．

（III）由（II）知AO⊥平面BCD，则OC，OA，OD两两互相垂直，

如图，以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz．

则O(0，0，0)，A(0，0，)，C(，0，0)，B(0，-，0)，D(0，，0)，

=(0，0，)是平面BCD的一个法向量．

=(，0，-)，=(，，0)，

设平面ABC的法向量=(x，y，z)，

则•=0，•=0．

即，

所以y=-x，且z=x，令x=1，则y=-1，z=1，

解得=(1，-1，1)．

从而cos〈，＞==，

二面角A-BC-D的余弦值为．

（1）分别以AB，AD，AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB=a则A（0，0，0），D（0，1，0），D1（0，1，1），E（，1，0），B1（a，0，1），

∴=（0，1，1），=（-，1，-1），=（a，0，1），=（，1，0），

∵•=1-1=0

∴B1E⊥AD1，

∴直线B1E与直线AD1所成的角的余弦值为0；

（2）连接A1D，B1C，由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1，得AD1⊥A1D．

∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C．

由（1）知，B1E⊥AD1，且B1C∩B1E=B1．

∴AD1⊥平面DCB1A1，

∴是平面A1B1E的一个法向量，此时=（0，1，1）

AB=2，设平面B1AE的法向量=(x，y，z)，则=（2，0，1），=（1，1，0）

∵⊥平面B1AE，∴⊥，⊥，

得

取x=1，使得平面B1AE的一个法向量=（1，-1，2），

设与所成的角为θ，则

cosθ==-

∴二面角A-B1E-A1的大小为30°；

（3）假设在棱AA1上存在一点P（0，0，z0）使得DP∥平面B1AE．此时=(0，-1，z0)

又设AB的长度为a，平面B1AE的法向量=(x，y，z)，则=(a，0，1)，=(，1，0)

∵⊥平面B1AE∴⊥，⊥得

取x=1，使得平面B1AE的一个法向量=(1，，-a)

要使DP∥平面B1AE，只要⊥，有-az0=0，解得z0=

又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP=．

（Ⅰ）证明：连接BD．

因为四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，所以△ABD为正三角形．

又Q为AD中点，所以AD⊥BQ．

因为PA=PD，Q为AD的中点，所以AD⊥PQ．

又BQ∩PQ=Q，所以AD⊥平面PQB．

（Ⅱ）当t=时，PA∥平面MQB．

下面证明：连接AC交BQ于N，连接MN．

因为AQ∥BC，所以==．

因为PA∥平面MQB，PA⊂平面PAC，平面MQB∩平面PAC=MN，

所以MN∥PA，

所以==，所以PM=PC，即t=．（9分）

（Ⅲ）因为PQ⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，所以PQ⊥平面ABCD．

以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Q-xyz．

由PA=PD=AD=2，则有A（1，0，0），B(0，，0)，P(0，0，)．

设平面MQB的法向量为=（x，y，z），由=(1，0，-)，=(0，，0)且⊥，⊥，可得

令z=1，得x=，y=0．

所以=(，0，1)为平面MQB的一个法向量．

取平面ABCD的法向量=（0，0，1），

则cos＜，＞===，故二面角M-BQ-C的大小为60°．

（1）证明：依题意，C1C⊥平面ABC，∵AD⊂平面ABC∴C1C⊥AD，…（2分）

又AD⊥C1D，∴C1C∩C1D=C1∴AD⊥平面BC1，又AD⊂平面ABC…（3分）

∴平面ADC1⊥平面BCC1B1…（4分）

（2）证明：连接A1C交AC1于点E，则E是A1C的中点，连接DE．…（5分）

由（1）知AD⊥平面BC1，∴AD⊥BC，∴D是BC中点…（6分）

∴A1B∥DE…（7分）

又∵DE⊂平面ADC1，∵A1B⊄平面ADC1∴A1B∥平面ADC1．…（8分）

（3）如图，建立空间直角坐标系Axyz，设A1A=AB=AC=2，

则A（0，0，0），D（1，1，0），C1（0，2，2）．…（9分）

=(1，1，0)，=(0，2，2)，

设平面ADC1的一个法向量为=(x，y，z)，

则•=0，•=0，

即，令x=1，得y=-1，z=1，

∴=(1，-1，1)．

取平面CAC1的一个法向量为=(1，0，0)，…（11分）

则cos＜，＞===．

所以二面角C-AC1-D大小的余弦值为．…（13分）