热门试卷

解：（1）证明：如图，取DA1的中点G，连FG，GE；

F为A1C中点；

∴GF∥DC，且；

∴四边形BFGE是平行四边形；

∴BF∥EG，EG⊂平面A1DE，BF⊄平面A1DE；

∴BF∥平面A1DE；

（2）证明：如图，取DE的中点H，连接A1H，CH；

AB=4，AD=2，∠DAB=60°，E为AB的中点；

∴△DAE为等边三角形，即折叠后△DA1E也为等边三角形；

∴A1H⊥DE，且；

在△DHC中，DH=1，DC=4，∠HDC=60°；

根据余弦定理，可得：

HC2=1+16-4=13，在△A1HC中，，，A1C=4；

∴，即A1H⊥HC，DE∩HC=H；

∴A1H⊥面DEBC；

又A1H⊂面A1DE；

∴面A1DE⊥面DEBC；

（3）如上图，过H作HO⊥DC于O，连接A1O；

A1H⊥面DEBC；

∴A1H⊥DC，A1H∩HO=H；

∴DC⊥面A1HO；

∴DC⊥A1O，DC⊥HO；

∴∠A1OH是二面角A1-DC-E的平面角；

在Rt△A1HO中，，；

故tan；

所以二面角A1-DC-E的正切值为2．

（1）证明：∵平面CDFE⊥平面ABEF，且平面CDFE∩平面ABEF=EF，AF⊥FE，AF⊂平面ABEF，

∴AF⊥平面CDEF；

（2）解：由（1）知，AF为三棱锥A-CDE的高，且AF=1，

又∵AB=CE=2，∴S△CDE=×2×2=2，

故三棱锥C-ADE体积V=AF•S△CDE=；

（3）解：由题意，AD=，CD=，BC=，AB=2，AC=3

∴S△ABC==

∵cos∠DCA===

∴sin∠DCA=

∴sin∠DCA==

∴二面角B-AC-D的余弦值为==．

（1）证明：在△PAD中，由题设PA=2，PD=2，

可得PA2+AD2=PD2，于是AD⊥PA；

在矩形ABCD中，AD⊥AB，

又PA∩AB=A，所以AD⊥平面PAB；

（2）解：由题意得，BC∥AD，所以∠PCB（或其补角）是异面直线PC与AD所成的角

在△PAB中，由余弦定理得=

由（1）知AD⊥平面PAB，

∵PB⊂平面PAB，∴AD⊥PB，∴BC⊥PB，

故△PBC是直角三角形，

∴tan∠PCB==，

∴异面直线PC与AD所成的角的余弦值为；

（3）解：过点P作PH⊥AB于H，过H作HE⊥BD于E，连接PE

∵AD⊥平面PAB，PH⊂平面PAB，

∴AD⊥PH

∵AD∩AB=A

∴PH⊥平面ABCD

∴∠PEH为二面角P-BD-A的平面角

∵PH=PAsin60°=，AH=PAcos60°=1

∴BH=AB-AH=2，BD==

∴HE==

在直角△PHE中，tan∠PEH=

∴二面角P-BD-A的余弦值为．

（Ⅰ）证明：取BC中点O，连OA，OA1．

因为侧面BCC1B1是矩形，所以BC⊥BB1，BC⊥AA1，

因为截面A1BC是等边三角形，所以BC⊥OA1，

于是BC⊥平面A1OA，BC⊥OA，因此：AB=AC．…（4分）

（Ⅱ）解：设BC=2，则OA1=，由AB⊥AC，AB=AC得OA=1．

因为平面A1BC⊥底面ABC，OA1⊥BC，所以OA1⊥底面ABC．

如图，分别以OA，OB，OA1为正方向建立空间直角坐标系O-xyz． …（6分）

A（1，0，0），B（0，1，0），A1 （0，0，），C（0，-1，0），

=（0，2，0），==（-1，0，），=（0，1，），==（-1，1，0）．

设平面BB1C的法向量=（x，y，z），

则，取=（，0，1）．

同理可得平面A1B1C的法向量=（-，-，1）．

∴cos＜，＞=-，则二面角B-B1C-A1的余弦值为-． …（12分）