热门试卷

（1）证明：以O点为坐标原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系数，

则O（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A（0，-2，0），P（0，0，2），G（0，1，0），E（0，-1，1），F（1，0，1）．

∴=(0，-1，1)，=(2，0，0)，=(-1，1，-1)．

设平面OBE的法向量为=(x，y，z)，

则，令y=1，解得=(0，1，1)，

∴•=0+1-1=0，∴⊥，

∵G∉平面BOE，∴FG∥平面BOE；

（2）由 （1）的证法二可知．平面OBE的法向量为=(0，1，1)．

设平面BGF的法向量为=(a，b，c)，又=(2，-1，0)，

则，令c=1，则=(1，2，1)，

设二面角EO-B-FG的平面角为θ，则|cosθ|===

由由图易知二面角EO-B-FG的平面角为锐角，

∴二面角EO-B-FG的余弦值为．

（Ⅰ）取AC的中点0，连结OS、OB．

∵SA=SC，AB=BC，∴AC⊥SO，AC⊥OB．

又∵平面SAC⊥平面ABC，且平面SAC∩ABC=AC，

∴SO⊥平面ABC．

以OA、OB、OS为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示

可得A（2，0，0），B（0，2，0），C（-2，0，0），S（0，0，2），

M（1，，0），N（0，，）．

∴=（-4，0，0），=（0，2，-2）．

∴•=-4×0+0×2+0×（-2）=0，

可得⊥，即AC⊥SB；

（Ⅱ）由（Ⅰ）得=（3，，0），=（-1，0，）

设=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，，

取z=1，得x=，y=-，所以=（，-，1）．

又∵=（0，0，2）为平面ABC的一个法向量，

∴cos＜，＞===，

可得sin＜，＞==，tan＜，＞=2，

即二面角二面角N-CM-B的正切值为2．

以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建系如图．

其中A（1，0，0），B（1，2，0），A1（1，0，），B1（1，2，），D1（0，0，），

E（1，1，0），F（0，1，0）

（1）=（1，1，-），=（-1，l，0），（0，2，）•=-1+1+0=0，•=0+2-×=0，故⊥，⊥

即D1E⊥AF，D1E⊥ABl，又ABl∩AF=A，得D1E⊥平面AB1F．

（2）=（0，2，0），由（1）知平面AB1F的法向量可为=（1，1，-），

设AB与平面AB1F所成的角为θ，

则sinθ=|cos＜，＞|=||=，

故AB与平面AB1F所成的角为30°

（3）=（-1，-1，0），=（0，0，），设平面BFB1的法向量为=（x，y，z），

则有-x-y=0，z=0，

令x=1，则可为（1，-l，0），

又平面AB1F的法向量可为=（1，1，-），且•=1-1=0，

故⊥，即平面BFB1⊥平面AB1F

所以所求二面角大小为90°

证明：（1）PA⊥底面ABCD，

∴CD⊥PA．

又CD⊥AC，PA∩AC=A，

∴CD⊥面PAC，AE⊂面PAC，

∴CD⊥AE．

（2）PA=AB=BC，∠ABC=60°，

∴PA=AC，E是PC的中点，

∴AE⊥PC，

由（1）知CD⊥AE，从而AE⊥面PCD，

∴AE⊥PD．易知BA⊥PD，

∴PD⊥面ABE．

（3）由题可知PA，AB，AD两两垂直，如图建立空间直角坐标系，

设AB=2，则B（2，0，0），C（1，，0），P（0，0，2），D（0，，0）

设平面PBC的一个法向量为=（x，y，z），=（2，0，-2），=（-1，，0）

，即，

取y=，则x=z=3

即=（3，，3）

设面PDC的一个法向量为=(x，y，z)，=(1，，-2)，=(0，，-2)

，即

取y=，则x=1，z=2，

即=(1，，2)

∴cos＜，＞===

由图可知钝二面角B-PC-D的余弦值为-．（12分）

分别以AB，AD，AA1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

∵正方体A1B1C1D1-ABCD棱长为1，

∴B1（1，0，1），D（0，1，0），=（-1，1，-1），

∵A1（0，0，1），B（1，0，0），C1（1，1，1），

∴=（1，0，-1），=（1，1，0），

设平面A1BC1的法向量=（x，y，z），则•=0，•=0，

∴，解得=（1，-1，1），

设直线B1D与平面A1BC1所成的角为θ，

则sinθ=|cos＜，＞|=||=1，

∴直线B1D与平面A1BC1所成的角为90°．

（2）∵=（0，0，1），平面A1BC1的法向量=（1，-1，1），

∴点A到面A1BC1的距离d===．

（Ⅰ）以A为原点，建立空间直角坐标系A-xyz如图所示，则A1（0，0，2），B1（1，1，0），B（1，1，2），D（1，2，0），E（1，1，0）

从而=（1，1，2），=（1，2，-2）

∴cos＜，＞=-

又由两异面直线夹角的范围是（0，]

∴异面直线AB1与A1D所成角的余弦值为

（II）设=（x，y，z）为平面A1B1E的一个法向量

∵=（1，0，-2），==（1，1，0）

由，即

令z=1，得平面A1B1E的一个法向量=（2，-2，1）

又∵==（0，0，2）是平面AEDC的一个法向量

由cos＜，＞==得

平面A1B1E与平面AEDC所成二面角的余弦值为

（1）过D作DE⊥BC，垂足为E，

在Rt△BDC中，因为∠BDC=90°，∠DCB=30°，BC=2，

所以可得BD=1，CD=，

∴DE=CD•sin30°=．

所以OE=OB-BE=OB-BD•cos60°=1-=，

∴D点坐标为（0，-，），

所以=（0，-，）．

（2）依题意可得：=(，，0)，=(0，-1，0)，=(0，1，0)，

所以=-=(-，-1，)，=-=(0，2，0)．

因为向量和的夹角为θ，

所以cosθ===-．