热门试卷

（1）证明：∵PA=PD，Q为AD的中点，∴AD⊥PQ

又∵∠BAD=60°，底面ABCD为菱形，Q为AD的中点，∴AD⊥BQ

∵PQ∩BQ=Q，∴AD⊥平面PQB，

∵AD⊂平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD．

（2）解：以Q为空间坐标原点，直线DA为x轴，直线QB为y轴，直线QP为z轴建立空间直角坐标系，

则；

∵，∴

在平面MQB中，，，

设平面MQB的法向量为=（x，y，z），则

∴平面MQB的法向量为

而平面CQB的法向量，

设二面角M-BQ-C的夹角是θ，∴=-，∴θ=60°．

解：（Ⅰ）记由A点旋转形成的截面圆为圆O1，则

∵将△SAO绕轴旋转一周所得几何体的体积是圆锥SO体积的，

∴=，

∵OC=4，

∴O1A=2，即A为SC的中点，

∴圆锥SO的体积=；

（Ⅱ）在△SAO绕轴SO旋转一周过程中，当A∈平面SOB时，平面ABO⊥平面BOC，此时二面角A-OB-C余弦值为0；

当A∉平面SOB时，作AH∥SO，∴AH⊥圆O，作HM⊥BO交BO延长线于M，连接AM，则AH⊥OM，

∵HM∩AH=H，∴BO⊥平面AHM，∴BO⊥AM，

记二面角A-OB-C的大小为θ，则θ=∠AMH或π-∠AMH．

在Rt△AHM中，AH=SO=2，H到线段BO的距离d∈（0，2]，

∴|cosθ|=cos∠AMH==∈（0，]，

综上所述，二面角A-OB-C余弦值的取值范围为[-，]．

解：取BC得中点M，连接EM，AM，

∵直角△BCD中，DC=BC，∴DC⊥BC

∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，∴DC⊥平面ABC

∵△BCD中，EM是中位线，∴EM∥DC，可得EM⊥平面ABC

∵AM是等边△ABC的中线，∴AM⊥BC

分别以MA、MB、ME为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

设AB=BC=AC=DC=2，则

可得M（0，0，0），，B（0，1，0），C（0，-1，0），

D（0，-1，2），E（0，0，1），，

（Ⅰ）∵，

∴=0×+（-2）×0+0×1=0

由此可得，即AE⊥BC；------------------（6分）

（Ⅱ） 设F（0，y，0），且-1≤y≤1，

平面PBE的一个法向量为=（x1，y1，z1），

平面PEF的一个法向量为=（x2，y2，z2），又有：，

∴即，

取y1=1，得x1=0，z1=1，可得=（0，1，1）

又∵，∴取y2=1，得x2=0，z2=y，可得=（0，1，y），

又∵cos＜，＞=|cosθ|∈[，1]，θ∈[0，]

∴•=||•||cos＜，＞，可得≤≤1，解之得0≤y≤1，

又∵向量是平面DBC的一个法向量，且，，

且

∴tanα=，结合0≤y≤1，可得tanα∈[，3]-------------------------------------（14分）

解：（1）证明：连接AD1，在△ABD1中

∵E是BD1的中点，F是BA中点，

∴EF∥AD1

又EF⊄平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1

∴EF∥平面ADD1A1．

（2）建立如图所示的空间直角坐标系D-xyzz（DG为AB边上的高）

则有A1（，-，），F（，，0），D1（0，0，），

B（，，0），

∴E（ ，， ），

设平面DEF的一个法向量为n=（x，y，z），

由，得

取x=1解得∴法向量

∵=（0，1，-），

设A1F与平面DEF所成的角为θ，则

=

∴A1F与平面DEF所成角的正弦值为．