热门试卷

（1）证明：由题意，CO⊥AO，BO⊥AO，

∴∠BOC是二面角B-AO-C是二面角的平面角，

又二面角B-AO-C是直二面角，

∴CO⊥BO，

又∵AO∩BO=O，

∴CO⊥平面AOB。

（2）解：作DE⊥OB，垂足为E，连结CE，在平面AOB中，则DE∥AO，

∴∠CDE是异面直线AO与CD所成的角，

在RtΔCOE中，CO=BO=2，，

∴，　

又，

∴在RtΔCDE中，，

∴异面直线AO与CD所成角的正切值为。

（3）解：由（1）知，CO⊥平面AOB，

∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角，且，

当OD最小时，∠CDO最大，

这时，OD⊥AB，垂足为D，，，

∴CD与平面AOB所成的角最大时的正切值为。

解：（Ⅰ）证明：设F为DC的中点，连接BF，则DF=AB．

∵AB⊥AD，AB=AD，AB∥DC，

∴四边形ABFD为正方形．

∵O为BD的中点，

∴O为AF，BD的交点，

∵PD=PB=2，∴PO⊥BD， 

∵=，∴=，，

在三角形PAO中，PO2+AO2=PA2=4，

∴PO⊥AO，

∵AO∩BD=O，∴PO⊥平面ABCD．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知PO⊥平面ABCD，

又AB⊥AD，所以过O分别做AD，AB的平行线，以它们做x，y轴，以OP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：

由已知得：A（﹣1，﹣1，0），B（﹣1，1，0），D（1，﹣1，0）F（1，1，0），C（1，3，0）， ，．

则，，

，．

∴，

∴OE∥PF，

∵OE平面PDC，PF平面PDC，

∴OE∥平面PDC．

（Ⅲ） 设平面PDC的法向量为，直线CB与平面PDC所成角θ，

则，即，

解得，

令z1=1，则平面PDC的一个法向量为，

又，，

∴直线CB与平面PDC所成角的正弦值为．

解：不妨设正三角形ABC的边长为3。

（1）在图1中，取BE的中点D，连结DF。

∵AE：EB=CF：FA=1：2，

∵AF=AD=2，而∠A=60°，

∴△ADF是正三角形。

又AE=DE=1，

∴EF⊥AD

在图2中，A1E⊥EF，BE⊥EF，

∴∠A1EB为二面角A1-EF-B的平面角。

由题设条件知此二面角为直二面角，

∴A1E⊥BE。

又BE∩EF=E，

∴A1E⊥平面BEF，即A1E⊥平面BEP。

（2）在图2中，∵A1E不垂直于A1B，

∴A1E是平面A1BP的斜线。

又A1E⊥平面BEP，

∴A1E⊥BP，

从而BP垂直于A1E在平面A1BP内的射影（三垂线定理的逆定理）。

设A1E在平面A1BP内的射影为A1Q，且A1Q交BP于点Q，

则∠EA1Q就是A1E与平面A1BP所成的角，且BP⊥A1Q。

在△EBP中，∵BE=BP=2，∠EBP=60°，

∴△EBP是等边三角形，

∴BE=EP

又A1E⊥平面BEP，

∴A1B=A1P，

∴Q为BP的中点，且。

又A1E=1，

在Rt△A1EQ中，

∴∠EA1Q=60°

所以直线A1E与平面A1BP所成的角为60°。

（3）在图3中，过F作FM⊥A1P于M，连结QM，QF。 ∵CF=CP=1，∠C=60°，

∴△FCP是正三角形，

∴PF=1

又

∴PF=PQ。 ①

∵A1E⊥平面BEP，

∴A1F=A1Q；

∴△A1FP≌△A1QP

从而∠A1PF=∠A1PQ ②

由①②及MP为公共边知△FMP≌△QMP，

∴∠QMP=∠FMP=90°，且MF=MQ，

从而∠FMQ为二面角B-A1P-F的平面角。

在Rt△A1QP中，A1Q=A1F=2，PQ=1，

∴

∵MQ⊥A1P

∴

∴

在△FCQ中，FC=1，QC=2，∠C=60°，

由余弦定理得QF=。

在△FMQ中

∴二面角B-A1P-F的大小为。

解：（1）由于

从而

故AC⊥BC

取AC的中点O，连接DO，则DO⊥AC，

又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC=AC，

DO平面ACD，

从而DO⊥平面ABC

所以DO⊥BC

又AC⊥BC，AC∩DO=O，

所以BC⊥平面ACD。

（2）作DH⊥AC于H，易得H为AC中点，连接HB

因为平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC=AC，

且DH面ADC，

所以DH⊥平面ABC

所以∠DBH即为BD与平面ABC所成角θ

在Rt△BCH中，

在Rt△BHD中，

所以。

解：(Ⅰ)当a=1时，底面ABCD为正方形，

∴BD⊥AC，

又因为BD⊥PA，

∴BD⊥面PAC，

又，

∴BD⊥PC。

(Ⅱ) 因为两两垂直，

分别以它们所在直线为x轴、y轴、z轴建立坐标系，

如图所示，令AB=1，可得BC=a，

则，

设BQ=m，则，

要使PQ⊥QD，

只要，

即，

由，此时m=1，

所以BC边上有且只有一个点Q，

使得PQ⊥QD时，Q为BC的中点，且a=2，

设面PQD的法向量，

则，

解得，

取平面PAD的法向量，

则的大小与二面角A-PD-Q的大小相等，

所以，

因此二面角A-PD-Q的余弦值为。

解：由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF，DF=AD=a。

（1）证明：显然FD⊥平面ABCD，又CM平面ABCD，

∴FD⊥CM

在矩形ABCD中，CD=2a，AD=a，M为AB中点，DM=CM=，

∴CM⊥DM

∵FD平面FDM，DM平面FDM，

∴CM⊥平面FDM。

（2）点P在A点处

证明：取DC中点S连接AS，GS，GA

∵G是DF的中点，GS∥FC，AS∥CM，

∴面CSA∥面FMC，而GA面CSA，

∴GP∥平面FMC。

（3）在平面ADF上，过D作AF的垂线，垂足为H，连DM，则DH⊥平面ABEF，

∠DMH是DM与平面ABEF所成的角

在Rt△DHM中，

∴

∴

所以DM与平面ABEF所成的角为。

（1）解：在矩形ABCD中，AB⊥AQ，DC⊥DQ，

所以，在折起后，有PB⊥PQ，APC⊥PQ，

所以∠BPC就是所求的二面角的平面角．

因为 ，BC=2，

所以PB2+PC2=BC2，

即△PBC是直角三角形，所以∠BPC=90°． 

（2）证明：由已知可得△BCQ、△BCP都是等腰三角形，取BC中点M，连PM、QM，

则有PM⊥BC，QM⊥BC，

因为PM∩QM=M，PM平面PQM，QM平面PQM，

所以BC⊥平面PQM，

因为PQ平面PQM，

所以PQ⊥BC．

（3）解：由（2）知BC⊥平面PQM，而BC平面BCQ，

所以平面PQM⊥平面BCQ．

又平面PQM∩平面BCQ=QM，

所以，作PN⊥QM，

有PN⊥平面BCQ，

所以QN是PQ在平面BCQ内的射影，

所以∠PQN就是所求的角．

在等腰△BCQ中，QC= ，MC=1，所以得OM= ；

在等腰△BCP中，易得PM=1，

所以△PQM是等腰直角三角形，

于是∠PQN=∠PQM=45°．

解：（1）证明：取BC的中点F，连接OF，D'F

则OF⊥BC，

又D'B=D'C，则D'F⊥BC；

∴BC⊥面D'OF，

∴BC⊥D'O

又D'A=D'E，

∴D'O⊥AE

又AE，BC相交，

∴D'O⊥面ABCE。

（2）在平面OD'F中过O作OH⊥D'F于H，连接HC，

因为BC⊥面D'OF，

∴OH⊥BC，

∴OH⊥面D'BC，

∴HC就是OC在平面D'BC上的射影，

∴∠OCH就是OC与面D'BC所成角θ

∵AB=4，AD=2

∴DF=3，

∴

所以。