热门试卷

解：如图所示，建立空间直角坐标系，

点B为坐标原点，依题意得A（2，0，0），B（0，0，0），

C（，-，），A1（2，2，0），

B1（0，2，0），C1（，，）

（I）解：易得=（-，-，），

=（-2，0，0），

于cos=，

∴异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为．

解：由N为棱B1C1的中点，

得N（，，）．设M（a，b，0），

则=（-a，-b，）

由MN⊥平面A1B1C1，得，

即

解得故M（，，0）．

因此=（，，0），∴线段BM的长为||=．

解：（1）∵三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，∴A1A⊥AB，

又∵AC⊥AB，AC∩AA1=A，

∴AB⊥平面ACC1A1，

∴AB⊥AM，

∴∠MAC即为二面角M-AB-C的平面角．

∵AC=1，则CM=，∴AM==．

∴=．

（2）取AC的中点K，连接NK、A1K．则NK∥AB．

由（1）可知：NK⊥平面ACC1A1．

∴NK⊥AM．

在正方形ACC1A1中，由△A1AK≌△ACM，可得∠MAC=∠KA1A，

∴，即AM⊥A1K．

又NK∩A1K=K，

∴AM⊥A1PNK．

∴PN⊥AM．

（3）当λ=1时，假设线段AB上存在Q使得⇔点M到底面ANP的距离=2点Q到底面ANP的距离．下面通过建立空间直角坐标系来证明．

建立如图所示的坐标系．

则A（0，0，0），P，，M．

，，．

设Q（0，k，0），则-1≤k≤0，．

设平面ANP的法向量为=（x，y，z）．

则即，令z=1，则x=y=2，

∴．

∴，得，解得，不满足条件-1≤k≤0，因此线段AB上不存在Q使得．

（Ⅰ）证明：取DE中点N，连结MN，AN．

在△EDC中，M，N分别为EC，ED的中点，

所以MN∥CD，且MN=CD．

由已知AB∥CD，AB=，

所以MN∥AB，且MN=AB．

所以四边形ABMN为平行四边形．              …（2分）

所以BM∥AN．

又因为AN⊂平面ADEF，且BM⊄平面ADEF，

所以BM∥平面ADEF．        …（4分）

（Ⅱ）证明：在矩形ADEF中，ED⊥AD．

又因为平面ADEF⊥平面ABCD，

且平面ADEF∩平面ABCD=AD，

所以ED⊥平面ABCD．

所以ED⊥BC．                …（5分）

在直角梯形ABCD中，AB=AD=2，CD=4，可得BC=．

在△BCD中，BD=BC=，CD=4，

因为BD2+BC2=CD2，所以BC⊥BD．

因为BD∩DE=D，所以BC⊥平面BDE．…（7分）

又因为BC⊂平面BCE，

所以平面BDE⊥平面BEC．…（8分）

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知ED⊥平面ABCD，且AD⊥CD．

以D为原点，DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B（2，2，0），C（0，4，0），E（0，0，3）．     …（9分）

易知平面DEC的一个法向量为=（1，0，0）．…（10分）

设=（x，y，z）为平面BEC的一个法向量，

因为=（-2，2，0），=（0，-4，3）

所以

令x=1，得y=1，z=．

所以=（1，1，）为平面BEC的一个法向量．   …（12分）

设平面BEC与平面DEC所成锐二面角为θ．

则cosθ==．

所以平面BEC与平面DEC所成锐二面角的余弦值为．…（14分）

解：以点C为空间直角坐标系的坐标原点，CB为x轴，CD为y轴，CP为z轴建如图所示的空间直角坐标系C-xyz，

（1）证明：∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC为PB与平面ABCD成的角，∴∠PBC=30°．

∵PC=2，∴BC=2，PB=4，∴D（0，1，0），B （2，0，0），A（2，4，0），P（0，0，2），

M（，0 ）．∴=（0，-1，2），=（2，3，0），=（，0，  ）． 

设平面PAD的法向量为=（x，y，1），由 =0，且 =0 可得 x=-，y=2，

∴=（-，2，1）．  又因为 •=（-，2，1）•（，0，  ）=0，

∴⊥，又因为 CM不在平面PAD内，∴CM∥平面PAD．

取AP的中点E，则 E（，2，1），=（-，2，1）因为PB=AB，∴⊥．

又因为 •=（-，2，1）•（2，3，0）=0，∴⊥，∴⊥平面PAD；

∴BE平面PAD，又因为 BE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．

（2）由上面得 ⊥平面PAD，∴ 是平面PAD的法向量，

∴平面PAD的单位法向量为 ==，又因为 =（0，1，0），

∴点C到平面PAD的距离为 d=|•|=|•（0，1，0）|=．