热门试卷

解：（1）证明：∵矩形ABCD和矩形BCEF

∴AB∥DC，BF∥CE

∴平面ABF∥平面DCE

∵AG⊂平面ABF

∴直线AG∥平面DCE；

（2）∵EF⊥AF，EF⊥AB

∴EF⊥平面ABF

∴∠EAF为直线AE与面ABF所成的角．

设BG=x，则x2+3+4=（x+1）2

∴x=3，∴BF=4，∴

∴

∴

解：（1）在图1中，易得

连结OD，OE，在△OCD中，

由余弦定理可得

由翻折不变性可知，

∴A‘O2+OD2=A'D2，

∴A'O⊥OD．

同理可证A'O⊥OE，

又OD∩OE=O，

∴A'O⊥平面BCDE．

（2）过D作DH⊥BC交OC的延长线于H，连结A'H，

∵A'O⊥平面BCDE，A'O⊂面A'BC，

∴面A'BC⊥面BCDE，

∴DH⊥面A'BC，

∴∠DA'H即为A'D与平面A'BC所成角．

又DH=1，，

∴A'D与平面A'BC所成角的正弦值为．

解：由题意分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则平面ABC的一个法向量为=（0，0，c），M（0，，c），N（，0），所以，

cos＜＞=，

所以直线MN与底面ABC的夹角的正弦值为．

解：（1）由已知AA1⊥AB，又AB⊥A1Q，∵AB⊥面AA1C1C，∴AB⊥AC，

又∵AC⊥AA1，∴AC⊥面AA1B1B，∴AC⊥A1P

（2）以AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，

设BP=z1，CQ=z2，则，A（0，0，0）

又M是△A1PQ的重心，可得M

∴，

又

∵，

∴得或（舍）

∴面A1PQ的法向量为，

又面BB1C1C的一个法向量是

∴面A1PQ与面BCC1B1夹角θ的余弦值．