热门试卷

（1）证明：∵正三棱柱ABC-A1B1C1中，E是AC中点，∴BE⊥AC

∵侧棱AA1⊥底面ABC，∴AA1⊥BE

∵AA1∩AC=A，∴BE⊥平面ACC1A1，

∵BE⊂平面BEC1，∴平面BEC1⊥平面ACC1A1；

（2）解：过点C作CH⊥C1E于点H，则CH⊥平面BEC1，

过H作HG⊥BC1于G，连接CG，由三垂线定理得CG⊥BC1，故∠CGH为二面角E-BC1-C的平面角

∵，∴当AA1=2a时，AB=2a时，∴C1E=a，∴CH==

∵BC1=2a，∴CG==

∴在直角△CGH中，sin∠CGH==

根据图形可得，二面角E-BC1-C的平面角为45°

（Ⅰ）证明：∵BC=，CC1=BB1=2，∠BCC1=，

在△BCC1中，由余弦定理，可求得C1B=，

∴C1B2+BC2=，即C1B⊥BC．

又AB⊥侧面BCC1B1，故AB⊥BC1，

又CB∩AB=B，所以C1B⊥平面ABC；

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，BC、BA、BC1两两垂直，

以B为空间坐标系的原点，建立如图所示的坐标系，

则B（0，0，0），A（0，2，0），C（，0，0），

C1（0，0，），B1（-，0，），

∴=（0，2，-），

=+λ=（0，0，-）+λ（-，0，）=（-λ，0，-+λ），

设平面AC1E的一个法向量为=（x，y，z），

由，得，

令z=，取=（，1，），

又平面C1EC的一个法向量为=（0，1，0），

所以cos＜，＞===，解得λ=．

所以当λ=时，二面角A-C1E-C的余弦值为．

解：（1）∵PA⊥底面ABCD，CD⊥AD

∴PA⊥CD，

∵AD⊥CD，PA、AD是平面PAD内的相交直线

∴CD⊥平面PAD，得CD⊥PD

在△PAD中，取PD的中点E，

∵△PAD中，PA=AD，∴AE⊥PD，

∵CD⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，∴AE⊥CD，

∵PD、CD是平面PCD内的相交直线，∴AE⊥平面PCD

∵AE⊂面ABE，∴面ABE⊥面PCD，

即在PD上存在一点E，且E是PD的中点，使得面ABE⊥面PCD

（2）作AN⊥CM，垂足为N，连接BN

在Rt△PAB中，AM=MB且AC=CB，

∴△AMC≌△BMC，可得BN⊥CM，

因此，∠ANB为面AMC与面BMC所成的二面角的平面角

∵CB⊥AC，PA⊥平面ABCD，∴CB⊥PC

在Rt△PCB中，CM=MB，可得CM=AM=PB=

在等腰△AMC中，

∴，

又∵AB=2，∴

因此，面AMC与面BMC所成二面角的大小为．

（3）点M到平面ACD的距离h1=PA=，设点D到面MAC的距离为h2

S△ACD=×AD×DC=，S△ACM=×CM×AN=

∵由三棱锥的体积公式，得VM-ACD=VD-ACM，

∴，可得，解之得

故点D到面MAC的距离为．

解：（Ⅰ）证明：由已知条件知，DA，DP，DC三条直线两两垂直，∴如图，分别以DA，DP，DC所在直线为x轴，y轴，z轴建立D-xyz空间直角坐标系，则可确定以下几点坐标：Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0），D（0，0，0）；

∴；

∴，∴即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，DQ∩DC=D；

∴PQ⊥平面DCQ，又PQ⊂平面PQC；

∴平面PQC⊥平面DCQ；

（Ⅱ）依题意知：B（1，0，1），∴；

设是平面BPC的法向量，则，即，解得；

∴可取；

同样，设是平面QBP的法向量，则：，即，解得；

∴取；

∴设平面QBP与平面BPC的夹角为θ，则cosθ=．