热门试卷

证明：（Ⅰ）∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，

∴BB1⊥平面ABC．

又∵CF⊂平面ABC，

∴CF⊥BB1．

∵∠ACB=90°，AC=BC=2，F是AB中点，

∴CF⊥AB．

又∵BB1∩AB=B，BB1⊂平面ABB1，AB⊂平面ABB1．

∴CF⊥平面ABB1．

解：（Ⅱ）以C为坐标原点，射线CA，CB，CC1为x，y，z轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，

则C（0，0，0），A（2，0，0），B1（0，2，4）．

设E（0，0，m），平面AEB1的法向量，

则，．

且，．

于是

所以

取z=2，则

∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，

∴BB1⊥平面ABC．

又∵AC⊂平面ABC，

∴AC⊥BB1．

∵∠ACB=90°，

∴AC⊥BC．

∵BB1∩BC=B，

∴AC⊥平面ECBB1．

∴是平面EBB1的法向量，．

∵二面角A-EB1-B的大小是45°，

∴．

解得．

∴．

解：（Ⅰ）BC=AB，∠ABC=60°，∴AE⊥BC，∴△ABC是等边三角形；

又E是BC中点，∴AE⊥BC，BC∥AD，∴AE⊥AD；

PA⊥面ABCD，AE⊂平面ABCD，PA⊥AE，即AE⊥PA，AD∩PA=A；

∴AE⊥平面PAD，∴AE⊥PD；

（Ⅱ）以A为原点，、、分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系；

根据已知条件及图形知，∠PCA是直线PC与底面ABCD所成的角，∴∠PCA=45°，∴PA=AC；

设菱形ABCD的边长为2，∴A（0，0，0），，P（0，0，2），，；

设平面AEF的法向量为，则，；

∴

令y1=2得，∴；

同理可得平面PAC的法向量；

∴=

∴二面角E-AF-C的余弦值为．

解：（Ⅰ）设AC交BD于O，建立如图所示的坐标系，

设AB=2，则，，D1（0，1，2）

设E（0，-1，t），则，，

∵D1E⊥平面D1AC，∴，∴-2-2（2-t）=0，∴t=3，∴E（0，-1，3），

∴

设平面EAC的法向量为=（x，y，z），则，∴

令z=1，可得=（0，3，1），

∵平面FAC的法向量为

∴cos＜＞==

∴二面角D1-AC-E的平面角为45°；

（Ⅱ）设=λ=λ（），则=（0，-，）

∴=+=（-，1-，）

∵A1P∥平面EAC，∴⊥

∴+3×+1×=0

∴λ=

∴存在一点P，使得A1P∥平面EAC，此时．

（1）证明：以C为坐标原点建立空间直角坐标系C-xyz，则A1（1，0，1），B1（0，1，1），C1（0，0，1），D（，，0），=（-1，1，0），

=（，，-1），则•=0．所以⊥=0．所以A1B1⊥C1D；   …（6分）

（2）解：，

设=（x，y，z）为平面MDE的一个法向量．则即，令y=，则x=0，z=1，所以=（0，，1）

又=（0，0，1）为平面DEA的一个法向量，所以cos＜，＞==

所以二面角M-DE-A的大小为．