热门试卷

解：（1）以B为坐标原点，分别以射线BF、BC、BA为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的坐标系．

AD⊥CD，AD=AB=1，CD=BC=，易得∠BCD=60°，

过点D作DG⊥BC且交BC与点G，易得DG=×=，

CG=BC=，则BG=，

由已知与平面几何知识得，

A（0，0，1），F（1，0，0），D（0，，），E（，，0），

∴=（1，0，-1），=（，0，-），

∴=，∴AF∥DE，

又DE在平面DCE内，AF不在平面DEC内，

∴AF∥平面DEC…（6分）

（2）由（1）得A，D，E，F四点共面，=（1，0，-1），AD=（0，，），

设垂直于平面ADEF，=（x，y，z），则⇒，

不妨令y=-1，故=（，-1，），

由已知得平面ABCD的一个法向量为=（1，0，0），

∴cos＜，＞====，

设二面角E-AD-B的平面角为α

∴tanα===．

∴二面角E-AD-B的正切值为．…（12分）

解：过点A作底面ABCD的垂线，

又∵∠DAB=90°

∴可以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示

取AC中点H，

∵PA=PB，∴PH⊥AC，

∵面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD=AC

∴PH⊥平面ABCD

不妨设PA=2，则由已知条件可得：．

（1）证明：∵M为PD中点，

∴，

∴，

，

设，

则，∴，

∴，

∴平面PAB，

∵CM⊄平面PAB，

∴CM∥平面PAB．

（2），

设平面PBC的法向量为，

由可得，

可得一个法向量．

设CM与平面PBC所成角为θ，

则．

（3）设，λ∈（0，1），

则，

设平面QAC的法向量为，

由得，

可得一个法向量，

平面ABCD的法向量，

由二面角Q-AC-D为45°可得，

即，

解得，或λ=-1（舍）．

所以，

所以．

（1）证明：∵△ABC是正三角形，M是AC中点，

∴BM⊥AC，即BD⊥AC．

又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD．

又PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC．

∴BD⊥PC．

（2）解：取DC中点G，连接FG，则EG∥平面PAD，

∵直线EF∥平面PAD，EF∩EG=E，

∴平面EFG∥平面PAD，

∵FG⊂平面EFG，

∴FG∥平面PAD

∵M为AC中点，DM⊥AC，

∴AD=CD．

∵∠ADC=120°，AB=4，

∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°，AD=CD=，

∵∠DGF=60°，DG=，∴AF=1

（3）解：分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，

∴B（4，0，0），C（2，2，0），D（0，，0），P（0，0，4）．

=（4，-，0）为平面PAC的法向量．

设平面PBC的一个法向量为=（x，y，z），则

∵=（2，2，-4），=（4，0，-4），

∴，

令z=3，得x=3，y=，则平面PBC的一个法向量为=（3，，3），

设二面角A-PC-B的大小为θ，则cosθ==．

∴二面角A-PC-B余弦值为．

（1）证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则B（2，0，0），E（0，2，1），A（0，0，0），D（1，1，0），B1（2，0，4）

∴=（-2，2，1），=（1，1，0），=（2，0，4）

∴

∴BE⊥AD，BE⊥AB1

∴AD∩AB1=A

∴BE⊥平面ADB1；

（2）解：由（1）知，平面ADB1的法向量为=（-2，2，1），平面BAB1的法向量为=（0，1，0）

∴cos＜＞==

∴二面角B-AB1-D的余弦值为．