热门试卷

（Ⅰ）证明：取BC、BD的中点M、N，连接AM、EN和MN，

则．

∵AE，∴MNAE，

又AE⊥平面ABC，AM⊆面ABC，∴AE⊥AM，

∴ABMN为矩形，∴NE⊥MN．

∵AB⊥平面ACD，DE∥AB，∴DE⊥平面ACD，

∵△ACD为正三角形，N为CD的中点，

∴AN⊥CD，又面CDE∩面ACD=CD，

∴AN⊥面CDE，∴CM⊥面CDE，∴面BCE⊥面CDE；

（Ⅱ）解：过C作直线l∥AB，则l∥DE，

∴面ABC∩面EDC=l．

∵AB⊥平面ACD，∴l⊥面ACD，

∴∠ACD即为所求二面角的平面角，为600．

证明：（Ⅰ）取BC中点O，连接AO、DO．

因为△ABC、△BCD都是边长为4的正三角形，

所以AO⊥BC，DO⊥BC，

且AO∩DO=O．

所以BC⊥平面AOD，

又AD⊂平面AOD．

所以BC⊥AD．

解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知∠AOD为二面角A-BC-D的平面角，

设∠AOD=α，则过点D作DE⊥AO，垂足为E．∵BC⊥平面ADO，且BC⊂平面ABC，

∴平面ADO⊥平面ABC，又平面ADO∩平面ABC=AO，

∴DE⊥平面ABC，

∴线段DE的长为点D到平面ABC的距离，即DE=3．

又，

在Rt△DEO中，，

故二面角A-BC-D的正弦值为．

解：（1）在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，E为AD中点，在A1D1上取中点F．连接EF过F作FM⊥A1C1于A1C1上一点M，连接EM，则∠EMF为二面角E-A1C1-D1的平面角．

在△A1C1D1中，FM=B1D1=，又EF⊥FM，EF=1

∴tan∠EMF==2，从而cos∠EMF=．

∴二面角E-A1C1-D1的余弦值为

（2）在平面ABCD内，延长BA到N点，使AN=，故NE∥A1C1，∴NE∥面BA1C1

∴VB-A1C1E=VE-A1BC1=VN-A1C1E=VC1-A1BN

=•（••1）•1=

（3）（文）取DC中点F，连接EF交BD于M点，又E为AD中点，故可知EF∥A1C1，则EF∥面BA1C1，

因此E到平面BA1C1的距离就是M点到平面BA1C1的距离．

在对角面BA1D1D内，过M作MH⊥O1B交OB1于H，

∵A1C1⊥面BB1D1D，则面BD1⊥面BA1C1而MH⊥O1B，则MH⊥面BA1C1，

又∵sin∠DBO1= 故在△MHB中，MH=BM•sin∠DBO1=•=

故E到平面BA1C1之距离为

（4）

在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1连B1D1，则B1D1⊥A1C1，设其交点为O1，连O1B．

则由三垂线定理可知O1B⊥A1C1

∴∠BO1B1为二面角B-A1C1-B1的平面角．

又BB1=1，O1B=，∴tan∠BO1B1=，从而cos∠BO1B1==．

解：①由题意及题中的条件可以画出以下图形，并利用题中条件建立图示的空间坐标系：

设BH=x，AH=y和题中OB=，有图可得图中的各个点的坐标为：H（0，0，0） D（x，0，0） B（-x，0，0） A（0，y，0） C（0，-y，0） O（-x，0，） M（0，0，）

所以利用G为三角形的重心可以得：G（0，），，，，利用BG⊥平面OAD建立方程为：

⇒⇒所以有图知AD=2，在直角三角形OBA中：OA=，故OA=；

②有①建立的空间坐标系可知：

=     

 =

=

设平面OBC的法向量为  则⇒

设平面OCD的法向量为 则⇒

所以，

由法向量的夹角与二面角的夹角之间的关系知道：二面角B-OC-D的平面角的余弦值为．

故答案为：，所求的二面角的平面角的余弦值为．