热门试卷

解法一：

（I）证明：如图，取PC的中点O，连接OF，OE．

由已知得OF∥DC且OF=DC，

又∵E是AB的中点，则OF∥AE且OF=AE，

∴AEOF是平行四边形，

∴AF∥OE

又∵OE⊂平面PEC，AF⊄平面PEC

∴AF∥平面PEC．

（II）如图，作AM⊥CE交CE的延长线于M．

连接PM，由三垂线定理得PM⊥CE，

∴∠PMA是二面角P-EC-D的平面角．

∴∠PMA=45°，

∵PA=1，∴AM=1，

设AE=x，

由△AME≌△CBE，得x=，解得x=，

故要使二面角P-EC-D的大小为45°，只需AE=．

解法二：

（I）证明：由已知，AB，AD，AP两两垂直，

分别以它们所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A-xyz．

则A（0，0，0），F(0，，)，

∴=(0，，)，

∵E（1，0，0），C（2，1，0），P（0，0，1），

设平面PEC的法向量为=(x，y，z)

则⇒，令x=1得=(1，-1，1)，

由•=(0，，)•(1，-1，1)=0，得⊥，

又AF⊄平面PEC，故AF∥平面PEC．

（II）由已知可得平面DEC的一个法向量为=(0，0，1)，

设E=（t，0，0），设平面PEC的法向量为=(x，y，z)

则⇒，令x=1得=(1，t-2，t)，

由cos45o=||⇒t=，

故，要使要使二面角P-EC-D的大小为45°，只需AE=．

（Ⅰ）证明：因为平面ABCD⊥平面CDEF，且平面ABCD∩平面CDEF=CD，

又因为四边形CDEF为正方形，

所以ED⊥CD．

因为ED⊂平面CDEF，

所以ED⊥平面ABCD．…（4分）

（Ⅱ）以D为坐标原点，如图建立空间直角坐标系D-xyz．

则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），E（0，0，1）．

所以平面BDE的法向量为=(-1，1，0)．…（5分）

设平面BEC的法向量为=（x，y，z）．

因为=(1，0，0)，=(0，-1，1)，

所以即

令z=1，则=（0，1，1）．…6分

所以cos＜，＞==．

所以二面角D-BE-C的大小为60°．…（8分）

（1）∵=++，AB=1，AD=2，AA1=3，∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°．

∴

AC1

2=1+4+9+2•1•2•cos90°+2•1•3•cos60°+2•2•3•cos60°=23

∴||=；

（2）∵=-，=++，

∴•=(-)•（++）=

AB

2+•-•-•-

AA1

2=1-3-9=-11

∵

A1B

2=(-)2=1+9-3=7，∴||=

∴cos＜，＞===

∴异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为．

（1）分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，4，0），D（0，4，0），P（0，0，2）

∴E（1，0，1），F（1，2，1），=(1，4，-1)

∵AB⊥平面PAD

∴平面PAD的法向量为=（2，0，0）

设直线EC与平面PAD所成的角为α，则sinα==

∴直线EC与平面PAD所成的角为arcsin；

（2）由（1）可知=(1，2，1)，=(0，4，0)

设平面AFD的法向量为=（x，y，z），点P到平面AFD的距离为d

由，可得，∴取=（1，0，-1）

∵=(0，0，2)

∴d==．

（1）正方形ABCD边长为1，PA=1，PB=PD=，

所以，∠PAB=∠PAD=90°，即PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD=A，

根据直线和平面垂直的判定定理，

有PA⊥平面ABCD．

（2）如图，以A为坐标原点，直线AB、AD、AP分别x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．

则=(1，1，0)，=(0，，)，

由（1）知为平面ACD的法向量，=(0，0，1)，

设平面ACE的法向量为=(a，b，c)，

则

令c=6，则b=-3，a=3，=(3，-3，6)，…（4分）

设二面角D-AC-E的平面角为θ，则|cosθ|==，

又有图可知，θ为锐角，

故所求二面角的余弦值为．

（3）设=λ(λ∈[0，1])，则=λ(1，1，-1)=(λ，λ，-λ)，=+=(λ-1，λ，1-λ)，

若BF∥平面ACE，则⊥，即•=0，（λ-1，λ，1-λ）•（3，-3，6）=0，

计算得λ=

所以，存在满足题意的点，即当F是棱PC的中点时，BF∥平面ACE．…（8分）

（I）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）

于是，=(3，-3，0)，=(1，3，2)，=（-4，2，2）

设向量=(x，y，z)与平面C1DE垂直，则有cosβ===⇒⇒x=y=-z

∴=(-，-，z)=（-1，-1，2），其中z＞0

取=(-1，-1，2)，则是一个与平面C1DE垂直的向量，

∵向量=（0，0，2）与平面CDE垂直，

∴与所成的角θ为二面角C-DE-C1的平面角

∵cosθ===

∴tanθ=

（II）设EC1与FD1所成角为β，则cosβ===

（1）连接BE，因为梯形ABCD，∠A=90°，CE∥AB，

所以DE⊥EC，

又∵面DEC⊥面ABCE且交于EC，DE⊥面ABCE，

所以∠DBE为所求．

设BC=1，有AB=1AD=2，所以DE=1EB=，

所以tan∠DBE==．…（6分）

（2）存在点M，当M为线段DE的中点时，PM∥平面BCD，

取CD的中点N，连接BN，MN，则MN∥=AB∥=PB

所以PMNB为平行四边形，所以PM∥BN

因为BN在平面BCD内，PM不在平面BCD内，

所以PM∥平面BCD．…（12分）

（Ⅰ）证明：∵底面ABCD是梯形，AD∥BC，∠DAB=90°，

∴BC⊥AB

∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，

∵PA∩AB=A，

∴BC⊥平面PAB；

（Ⅱ）以A为原点，分别以AD，AB，AP所在直线x，y，z轴建立空间直角坐标系．

∴A（0，0，0），D（1，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），P（0，0，2）．

∴=(2，2，-2)，=(0，2，0)．

∴cos＜，＞===

∴异面直线PC与AB所成角的余弦值是…（8分）

（Ⅲ）假设在侧棱PA上存在一点E，使得平面CDE与平面ADC所成角的余弦值是，

设E（0，0，m）（m＞0），∴=(1，2，0)，=(-1，0，m)，

∴设平面CDE的法向量为=(x，y，z)，

∴•=0，•=0，

∴

令x=2，所以y=-1，z=，∴=(2，-1，)．

又∵平面ACD的法向量为=(0，0，2)，

∴cos＜，＞===，∴m=1

∴点E的坐标是（0，0，1）．

∴在侧棱PA上存在一点E（0，0，1），使得平面CDE与平面ADC所成角的余弦值是．…（14分）

建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），

P（0，0，2），E（0，0，1），F（0，1，1），G（1，2，0）．

（1）证明：∵=（0，1，0），=（0，0，2），=（2，0，0），

∴•=0×0+1×0+0×2=0，•=0×2+1×0+0×0=0，

∴EF⊥AP，EF⊥AB．

又∵AP、AB⊂面PAB，且PA∩AB=A，

∴EF⊥平面PAB．

又EF⊂面EFG，∴平面EFG⊥平面PAB．

（2）∵=(1，2，-1)，=(-2，2，0)，

∴cos＜，＞===，

（3）设平面EFC的法向量=（x，y，z），

则∴

令z=0，得=（1，0，1）．

又=（0，0，1），

∴点A到平现EFG的距离d=||=||=．