热门试卷

解：（I）如图所示，AE=，OQ=OA=2，点P，Q，A，C在球O的大圆上，COQ为球O的直径．AQ=2．

建立如图所示的空间直角坐标系．E（0，0，0），P（0，0，3），Q，B．

=，=，

取平面PQE的法向量为=（0，1，0）．

设平面PQB的法向量为=（x，y，z），则，

∴，取=．

∴===．

由对称性可知：二面角B-PQ-D的平面角的余弦值=-1=．

（II）若△QBD是等边三角形，则QA═AB=AD．不妨设OE=x，

则AB=AQ=2x，∴AE=x．

在△OEA中，由OE2+AE2=OA2，

∴x2+2x2=4，解得x=，即AB=AQ=，PE=2+．

∴VP-ABCD===．

设QC与PA相交于点S．

则四棱锥P-ABCD和Q-ABCD公共部分就是四棱锥S-ABCD．

由，可得，

∴因此所求公共部分体积=×=

（I）证明：连接AB′、AC′，

由已知∠BAC=90°，AB=AC，

三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱，

所以M为AB′中点，

又因为N为B′C′的中点，

所以MN∥AC′，

又MN⊄平面A′ACC′，

因此MN∥平面A′ACC′；

法二：取A′B′的中点P，连接MP、NP，

M、N分别为A′B、B′C′的中点，

所以MP∥AA′，NP∥A′C′，

所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′，

又MP∩NP=P，因此平面MPN∥平面A′ACC′，

而MN⊂平面MPN，

因此MN∥平面A′ACC′．

（II）以A为坐标原点，分别以直线AB、AC、AA′为x，y，z轴，建立直角坐标系，如图，

设AA′=1，则AB=AC=λ，于是A（0，0，0），B（λ，0，0），C（0，λ，0），A′（0，0，1），B′（λ，0，1），C′（0，λ，1）．

所以M（），N（），

设=（x1，y1，z1）是平面A′MN的法向量，

由，得，

可取，

设=（x2，y2，z2）是平面MNC的法向量，

由，得，

可取，

因为二面角A‘-MN-C为直二面角，

所以，

即-3+（-1）×（-1）+λ2=0，

解得λ=．

解：（Ⅰ）∵在矩形ABCD中，AP=PB，DQ=QC，

∴APCQ，可得四边形AQCP为平行四边形，得CP∥AQ．

∵CP⊂平面CEP，AQ⊄平面CEP，

∴AQ∥平面CEP．（4分）

（Ⅱ）如图，分别以PA、PQ、PE为x、y、z轴，建立空间直角坐标系P-xyz，

设AD=a，PE=b，可得

A （a，0，0），Q （0，a，0），E （0，0，b），D （a，a，0）．

∴=（-a，a，0），=（0，0，b），=（a，a，0）．

∵•=0，∴AQ⊥PE．

∵•=0，∴AQ⊥PD．

又∵PE∩PD=P，∴AQ⊥平面DEP．

∵AQ⊂平面AEQ，∴平面AEQ⊥平面DEP．（9分）

（Ⅲ）∵EP=AP，即a=b，∴=（-a，0，a）．

设平面AEQ的法向量=（x，y，z）．

∵•=0，•=0，

∴，可得

不妨设z=a，则=（a，a，a）．

平面AEP的一个法向量为=（0，a，0），

设与的夹角为θ，则cosθ=．

∴二面角Q-AE-P的大小为arccos．（14分）

（1）证明：||=||=1，

||=a，，

，（2分）

=，

=（），

=+，

=（），（3分）

==2，

DB在面ABCD内，MF在面ABCD外，

∴直线MF∥平面ABCD；（4分）

（2）证明：=（）=0，（5分）

=（）•（）=0，（6分）

∴MF⊥AA1，MF⊥AC，AC和AA1是面ABCD内的相交直线，

∴直线MF⊥面A1ACC1；（7分）

（3）解：设平面AFC1与平面ABCD的交线为c，两平面有一个公共点A，

∴A在直线c上；MF在面AFC1内，直线MF∥平面ABCD，有MF∥直线c，

由2）知，直线MF⊥面A1ACC1，直线AC和直线AC1在平面A1ACC1内，

∴MF⊥AC1，MF⊥AC，因此，有AC1⊥直线c，AC⊥直线c，

平面AFC1与平面ABCD所成二面角的平面角是∠C1AC，（10分）

假设存在这样的a，使∠C1AC=30°，

则cos30°=cos，

=

=（12分）

整理，得方程：4a2-3a+9=0，

△=（-3）2-4×4×9=9-4×4×9＜0，方程无解，（13分）

因此不存在这样的a值，

使平面AFC1与平面ABCD所成二面角的平面角是30°（14分）