热门试卷

（Ⅰ）证明：连结A1C交AC1于点E，则E是A1C的中点．         …（2分）

连结DE，∵D是BC的中点，∴DE∥A1B．…（4分）

∵DE⊂面ADC1，A1B⊄面ADC1，

∴A1B∥面ADC1．        …（6分）

（Ⅱ）解：∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC．

∵C1C⊥面ABC，∴C1C⊥AD，

∴AD⊥面BCC1B1，…（8分）

∴∠C1DC就是二面角C1-AD-C的平面角，即∠C1DC=60°．  …（9分）

∵AD⊥面BCC1B1，∴面ADC1⊥面BCC1B1．

过B1作B1H⊥C1D于H，∴B1H⊥面ADC1，…（11分）

连结AH，则∠B1AH就是AB1与平面ADC1所成的角．  …（12分）

设CD=1，则，，

∴，

即AB1与平面ADC1所成角的正弦值为． …（14分）

解：（1）取AA1的中点G，连接GF，则GF∥AC，

连接GE取AA1的中点G，连接GF，则GF∥AC，

则GE∥AD1，

∴平面ACD1∥平面GFE．

又∵EF⊂平面GFE，

∴EF∥平面ACD1．

（2）连接AC1，

∵H为DB1的中点，

∴H为AC1的中点，连接BC1，设BC1交B1C于点O，

∵M为AB的中点，

∴MH∥BC1．

在正方形BCC1B1中，BC1⊥B1C，

∴MH⊥B1C．

（3）如图，分别以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D-xyz，

则由已知得D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），B1（2，2，2）．

设点P（2，2，t）（0＜t≤2），

平面ACP的一个法向量为n=（x，y，z），则．

∵=（-2，2，0），=（0，2，t），

∴，取n=（1，1，-）．

易知平面ABC的一个法向量为=（0，0，2），

假设P点存在，使得二面角P-AC-B的大小为θ=30°，

则cosθ=|cos＜，n＞|==，

即=（2+），解得t=．

∴∈（0，2]，∴在棱BB1上存在一点P，当BP的长为时，二面角P-AC-B的大小为30°．

解：（1）在平面β内过点C作CO⊥PQ于点O，连接OB．

∵α⊥β，α∩β=PQ，

∴CO⊥α，

又∵CA=CB，∴OA=OB．

而∠BAO=45°，∴∠ABO=45°，∠AOB=90°，

从而BO⊥PQ，又BO∩OC=O，

∴PQ⊥平面OBC．

又BC⊂平面OBC，

故PQ⊥BC．

（2）由（1）知，BO⊥PQ，

又α⊥β，α∩β=PQ，BO⊂α，∴BO⊥β．

过点O作OH⊥AC于点H，连接BH，

由三垂线定理知，BH⊥AC．

故∠BHO是二面角B-AC-P的平面角．

由（1）知，CO⊥α，∴∠CAO是CA和平面α所成的角，则∠CAO=30°，

在Rt△AEM，则，．

在Rt△OAB中，∠ABO=∠BAO=45°，∴，

于是在Rt△BOH中，tan∠BHO==2．

故二面角B-AC-P的正切值为2．

（1）证明：∵CD⊥DE，A1D⊥DE，CD∩A1D=D，

∴DE⊥平面A1CD．

又∵A1C⊂平面A1CD，∴A1C⊥DE．

又A1C⊥CD，CD∩DE=D，

∴A1C⊥平面BCDE…（4分）

（2）解：过点E作EF∥CD交BC于F，过点F作FH∥A1C交A1B于H，连结EH，则截面EFH∥平面A1CD．

因为四边形EFCD为矩形，所以EF=CD=1，CF=DE=4，从而FB=2，HF=．

∵A1C⊥平面BCDE，FH∥A1C，

∴HF⊥平面BCDE，∴HF⊥FE，

∴．…（8分）

（3）解：假设线段BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE成60°的角．

设P点坐标为（a，0，0），则a∈[0，6]．

如图建系C-xyz，则D（0，1，0），A1（0，0，），B（6，0，0），E（4，1，0）．

∴，．

设平面A1BE法向量为，

则，∴，∴，

设平面A1DP法向量为，因为，．

则，∴，∴．

则cos＜，＞===，∴5656a2-96a-141=0，

解得

∵0＜a＜6，∴

所以存在线段BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE成60°的角．…（12分）