热门试卷

（1）解：在矩形ABCD中，AB⊥AQ，DC⊥DQ，

所以，在折起后，有PB⊥PQ，APC⊥PQ，

所以∠BPC就是所求的二面角的平面角．

因为，BC=2，

所以PB2+PC2=BC2，即△PBC是直角三角形，

所以∠BPC=90°．（4分）

（2）证明：由已知可得△BCQ、△BCP都是等腰三角形，

取BC中点M，连PM、QM，

则有PM⊥BC，QM⊥BC，

因为PM∩QM=M，PM⊂平面PQM，QM⊂平面PQM，

所以BC⊥平面PQM，

因为PQ⊂平面PQM，

所以PQ⊥BC．（9分）

（3）解：由（2）知BC⊥平面PQM，而BC⊂平面BCQ，

所以平面PQM⊥平面BCQ．

又平面PQM∩平面BCQ=QM，

所以，作PN⊥QM，有PN⊥平面BCQ，

所以QN是PQ在平面BCQ内的射影，

所以∠PQN就是所求的角．

在等腰△BCQ中，QC=，MC=1，所以得QM=；

在等腰△BCP中，易得PM=1，

所以△PQM是等腰直角三角形，于是∠PQN=∠PQM=45°．（14分）

解：（1）证明：在△ABC中，由正弦定理可求得

∴AB⊥AC

以A为原点，分别以AB、AC、AA1为

x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图

则A（0，0，0）B（2，0，0）

即AB⊥A1C．

（2）由（1）知

设二面角A-A1C-B的平面角为α，=

∴

（1）证明：∵点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O，

∴A1O⊥面ABC，BC⊂面ABC，∴A1O⊥BC，

又∵AC=AB=5，线段BC的中点O，

∴BC⊥AO，A1O∩AO=O，

∴BC⊥面A1OA，EO⊂面A1OA，EO⊥BC，又∵OE⊥B1C，B1C∩BC=C，B1C⊂面BB1C1C，BC⊂面BB1C1C

，∴OE⊥面BB1C1C；

（2）解：∵AA1=8，AC=AB=5，BC=6，线段BC的中点O，

∴AO⊥BC，∴AO=4，由（1）知A1O⊥面ABC，AO⊂面ABC，

∴A1O⊥AO，

Rt△A1OA，由（1）知，OE⊥面BB1C1C．BB1⊂面BB1C1C，

∴OE⊥BB1，∵三棱柱ABC-A1B1C1，AA1∥BB1，

∴OE⊥AA1，∴OA2=AE•AA1，∴AE=2；

（3）分别以OC、OA、OA1为x、y、z轴建立空间坐标系，C（3，0，0），A1（0，0，4），A（0，4，0），B（-3，0，0），

∵，∴B1（-3，-4，4），

∵，∴C1（3，-4，4），=（-3，0，4），=（-6，-4，4），=（0，-4，4），

设面A1B1C的法向量=（x，y，z），，取=（1，-，），设面，C1B1C的法向量=（x，y，z），，取=（0，，1），

cos，由图知，二面角A1-B1C-C1的大小为arccos

解：（I）当AB上的点满足BQ=AB时，满足QP∥平面AMD，

∵MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，∴MD∥NB．

∴，且，

∴，在△MAB中，可得QP∥AM．

又∵QP⊄平面AMD，AM⊂平面AMD．

∴QP∥平面AMD，即存在棱AB上找一点Q，当BQ=AB时，有QP∥平面AMD；

（II）以DA、DC、DM所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示空间直角坐标系

可得D（0，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），M（0，0，2），N（2，2，1）

∴=（0，-2，2），=（2，0，1），=（0，2，0）

设平面CMN的一个法向量为=（x，y，z）

∴，取z=-2，得x=1，y=-2

由此可得=（1，-2，-2）为平面CMN的一个法向量

∵NB⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴NB⊥CD

又∵BC⊥CD，BC∩NB=B

∴DC⊥平面BNC，可得=（0，2，0）是平面BNC的一个法向量

∵cos＜，＞===

∴平面BNC与平面MNC所成锐二面角的余弦值等于．