热门试卷

解：（1）∵∠DAB=90°，AD=1，AB= ，

∴BD=2，∠ABD=30°，

∵BC∥AD

∴∠DBC=60°，BC=4，

由余弦定理得DC=2 ，

BC2=DB2+DC2，∴BD⊥DC，

∵PD⊥面ABCD，∴BD⊥PD，PD∩CD=D，∴BD⊥面PDC，

∵PC在面PDC内，∴BD⊥PC

（2）在底面ABCD内过D作直线DF∥AB，交BC于F，分别以DA、DF、DP为x、y、z轴建立如图空间坐标系，

由（1）知BD⊥面PDC，∴ 就是面PDC的法向量，

A（1，0，0），B（1，，0），P（0，0，a）=（0，，0），=（1，，0），

设AB与面PDC所成角大小为θ，sinθ==，

∵θ∈（0，）∴θ=

（3）在（2）中的空间坐标系中A（1，0，0），B（1，，0），P（0，0，a），

C（﹣3，，0），=（﹣3，，﹣a），=（﹣3λ，λ，﹣aλ），

=+=（0，0，a）+（﹣3λ，λ，﹣aλ）=（﹣3λ，λ，a﹣aλ）

=（0，，0），=（1，0，﹣a），

设=（x，y，z）为面PAB的法向量，

由=0，得y=0，

由=0，得x﹣az=0，取x=a，z=1，=（a，0，1），

由DE∥面PAB得：⊥，

∴=0，﹣3aλ+a﹣aλ=0，∴λ=

解：（1）；

（2）∵SA⊥面ABCD，BC面ABCD，

∴SA⊥BC，

又∵AB⊥BC，SA∩AB=A，

∴BC⊥面SAB，

又BC面SBC，

∴面SAB⊥面SBC。

（3）连结AC，则∠SCA就是SC与底面ABCD所成的角，

在三角形SCA中，SA=1，AC=，

∴。

（1）证明：连接AN，BN，

∵△APC与△BPC是全等的正三角形，

又N是PC的中点

∴AN=BN

又∵M是AB的中点，∴MN⊥AB

同理可证MN⊥PC

又∵MN∩AB=M，MN∩PC=N

∴MN是AB和PC的公垂线；

（2）在等腰在角形ANB中，

∵AN=BN=a，AB=a，

∴MN==a

即异面二直线AB和PC之间的距离为a．

（Ⅰ）证明：如图，过点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D，

由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B，得

AD⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，

所以AD⊥BC．

因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，

则AA1⊥底面ABC，

所以AA1⊥BC．

又AA1∩AD=A，从而BC⊥侧面A1ABB1，

又AB⊂侧面A1ABB1，故AB⊥BC．

（Ⅱ）解法1：连接CD，则由（Ⅰ）知∠ACD是直线AC与平面A1BC所成的角，∠ABA1是二面角A1-BC-A的平面角，即∠ACD=θ，∠ABA1=φ，

于是在Rt△ADC中，sinθ=，在Rt△ADB中，sinφ=，

由AB＜AC，得sinθ＜sinφ，又0＜θ，φ＜，所以θ＜φ，

解法2：由（Ⅰ）知，以点B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在的直线分

别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设AA1=a，AC=b，

AB=c，则B（0，0，0），A（0，c，0），C(，0，0)，A1(0，c，a)，

于是=(，0，0)，=(0，c，a)，=(，-c，0)，=(0，0，a)．

设平面A1BC的一个法向量为n=（x，y，z），

则由．得．

可取n=（0，-a，c），于是n•=ac＞0，与n的夹角β为锐角，则β与θ互为余角．sinθ-cosβ==，cosφ==，

所以sinφ=，

于是由c＜b，得＜，

即sinθ＜sinφ，又0＜θ，φ＜，所以θ＜φ，

（1）依题意得EF⊥DE，EF⊥AE，∴EF⊥平面ADE，∠DEA=θ．

由θ=45°得，S△ADE=DE•EAsin45°=，

∴VBCF-ADE=S△ADE•EF=．

（2）证法一：过点M作MM1⊥BF交BF于M1，

过点N作NN1⊥CF交BF于N1，连接M1N1，

∵MM1∥AB，NN1∥EF∴MM1∥NN1

又∵===，∴MM1=NN1

∴四边形MNN1M1为平行四边形，

∴MN∥N1M1，又MN⊄面BCF，N1M1⊂面BCF，∴MN∥面BCF．

证法二：过点M作MG⊥EF交EF于G，连接NG，则==，∴NG∥CF．

又NG⊄面BCF，CF⊂面BCF，∴NG∥面BCF，

同理可证得MG∥面BCF，又MG∩NG=G，∴平面MNG∥平面BCF，

∵MN⊂平面MNG，∴MN∥面BCF．

（3）证法一：取CF的中点为Q，连接MQ、NQ，则MQ∥AC，

∴∠NMQ或其补角为异面直线MN与AC所成的角，

∵θ=900且a=．∴NQ=，MQ==∴MN=，--

--

∴cos∠NMQ==．

即MN与AC所成角的余弦值为．

证法二：∵θ=900且a=．

分别以FE、FB、FC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．A(1，1，0)，C(0，0，1)，M(，，0)，N(，0，)，得=(-1，-1，1)，=(0，-，)，

∴cos＜，＞==，

所以与AC所成角的余弦值为．

（1）∵AB=AC=2，∠ABC=45°，∴∠BAC=90°，∴S△ABC=×2×2=2．

又AA1=2，∴直三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC×AA1=2×2=4．

∴直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4．

（2）取AA1的中点M，连接DM，BM，

∵D是AC的中点，∴DM∥A1C，

∴∠BDM是异面直线BD与A1C所成的角．

在△BDM中，BD=BM=，MD=，cos∠BDM==．即∠BDM=arccos．

∴异面直线BD与A1C所成的角为arccos．

解：（1）①由已知得，∠B=∠C=30°，AB=AC

在△ABD中，由BD=1，得

在△ACD中，∵AC2+AD2=4=CD2，

∴AC⊥AD

平面ADC⊥平面ABD，

∴AC⊥平面ABD。

②∵AC⊥平面ABD

∴

。

（2）由BD=1，得CD=2

在平面内作等腰△ABC底边上的高线AE，点E为垂足，

则

在三棱锥C-ABD中，连接CE，作AH⊥CE于点H，

∵BD⊥AC，BD⊥AE，

∴BD⊥平面ACE

∵AH平面ACE，

∴BD⊥AH，

∴AH⊥平面BCD，

∴∠ACH是直线AC与平面BCD所成的角

在Rt△ACE中，得

 ∴

即直线AC与平面BCE所成的角的正弦值为。