热门试卷

解：（1）连接AC，AC∩BD=O，

连接A1O，则∠A1OA为二面角A﹣BD﹣A1的平面角

∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，

∴AO=a

∴tan∠A1OA=；

（2）过A作AE⊥A1O，垂足为E，

∵AE⊥BD，A1O∩BD=O，

∴AE⊥平面A1BD

∴∠AA1O为AA1与平面A1BD所成的角

∵A1A=a，AO=a

∴A1O=a

∴AA1与平面A1BD所成的角的余弦值为．

（1）证明：由题意，AB⊥BG，AB⊥BE，所以∠EBC为二面角C-AB-E的平面角，即∠EBG=60°

∵ABCD和ABEF是矩形

∴AB⊥平面BGE

∵AB⊂平面ABCD，

∴平面EBG⊥平面ABCD

∵BE=2，BG=1

∴由余弦定理可得EG=

∴BE2=BG2+EG2

∴EG⊥BC

∵AG⊂平面ABCD，

∴EG⊥平面ABCD

∴AG⊥EG，

在矩形ABCD中，G为BC中点，∴AG=DG=，AD=2

∴AG2+DG2=AD2

∴AG⊥DG

∵EG∩DG=G

∴AG⊥平面DEG

∵DE⊂平面DEG

∴AG⊥DE；

（2）以G为坐标原点，GD为x轴，GA为y轴，GE为z轴，建立空间直角坐标系，

则A（0，，0），D（，0，0），E（0，0，）

∴=（0，-，），=（，-，0）

面EDG的法向量为==（0，，0）

设平面AED的一个法向量为=（x，y，z），则由，可得

∴可取=（3，3，）

∴cos＜，＞==

∴二面角A-ED-G的余弦值为．

（1）证明：以B为原点，BA，BC，BB1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设棱柱的高为h，

则A（2，0，0），C（0，2，0），G（1，1，0），A1（2，0，h）

所以=(2，0，h)，=(2，-2，0)，

所以cos＜，＞==，

解得h=2，

所以E（0，0，1），A1（2，0，2），

所以=(-2，0，-1)．

因为F是B1C1上的动点，设F（0，y，2），

所以=(-1，y-1，2)，

所以•=0，

所以A1E⊥GF．

（2）因为平面A1CC1的一个法向量是=(1，1，0)．

设平面A1B1C的一个法向量=(x，y，z)，

因为=(-2，2，-2)，=(-2，0，0)，

所以，可解得一个法向量为=(0，1，1)，

所以cos＜，＞=，

所求角为60°．

（3）易求得面AB1C的法向量=(1，1，1)，

又因为=(2，0，-1)，

所以E到面AB1C的距离为d==．

（1）作PO⊥CD于O，连接OA

由侧面PDC与底面ABCD垂直，则PO⊥面ABCD

所以PO⊥OA且PO⊥OC，又由∠ADC=60°，DO=1，AD=2，

则∠DOA=90°，即OA⊥CD

分别以OA，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

由已知P（0，0，），A（，0，0），D（0，-1，0），C（0，1，0），

∴=（，0，-），=（0，-2，0），

∴•=0，∴⊥，

∴PA⊥CD．

（2）∵P（0，0，），A（，0，0），B（，2，0），D（0，-1，0），

∴=（，0，-），=（，2，-），

=(，1，0)，=（，3，0）

设平面ABP的法向量为=(x1，y1，z1)，则•=0，•=0，

∴，解得=（1，0，1）．

设平面ABD的法向量为=(x2，y2，z2)，则•=0，•=0，

∴，解得=（0，0，1），

设二面角P-AB-D的平面角为θ，

则cosθ=|cos＜，＞|=||=，

∴θ=45°，

故二面角P-AB-D的大小为45°．