热门试卷

（I）证明：如图所示，

取线段PD的中点E，连接QE．

∵DE∥AQ，DE=AQ=，

∴四边形AQED是平行四边形，

∴QE=AD=PD．

∴∠PQD=90°．

∴PQ⊥QD．

∵PD⊥平面ABCD，

∴PD⊥CD．

又∵CD⊥DA，DA∩DP=D．

∴CD⊥平面ADPQ．

∴PQ⊥QC．

由QD∩QC=Q，

∴PQ⊥平面CDQ．

∴平面PQC⊥平面DCQ．

（II）解：由（I）可知：PQ⊥平面CDQ．

∴∠PCQ为CP与面DQC所成的角．

∵CP与面DQC所成的角的正切值为，

∴=，

由（I）可得PQ==DQ，

∴CQ=．

∴CD==．

∵QA∥PD，

∴QA⊥平面ABCD．

∴∠QBA为二面角Q-BC-D的平面角．

∴tan∠QBA===．

∴∠QBA=30°．

∴二面角Q-BC-D为30°．

解：（1）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，依题意得

D（0，4，0），F（2，4，2），A1（0，0，8），E（2，3，0）

在长方体ABCD-A1B1C1D1中，是平面A1ADD1的一个法向量，

∵=（2，0，0），=（2，3，-8）

∴cos＜，＞==

故直线A1E与平面AA1DD1所成角的正弦值为（4分）

（2）证明：易知 =（2，4，2），=（-2，-3，8），=（-2，1，0），

于是 •=0，•=0，因此AF⊥A1E，AF⊥ED，又A1E∩ED=E，

所以AF⊥平面A1ED．（8分）

（3）设平面EFD的法向量 =（x，y，z）

则 ，即

不妨令X=1，可得 =（1，2，-1）由（2）可知，为平面A1ED的一个法向量．

于是cos ==，

所以二面角A1-ED-F的余弦值为 （12分）

（Ⅰ）证明：以点A为原点建立空间直角坐标系，如图，

依题意得A（0，0，0），B（0，0，2），C（1，0，1），B1（0，2，2），C1（1，2，1），E（0，1，0）．

则，

而=0．

所以B1C1⊥CE；

（Ⅱ）解：，

设平面B1CE的法向量为，

则，即，取z=1，得x=-3，y=-2．

所以．

由（Ⅰ）知B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，所以B1C1⊥平面CEC1，

故为平面CEC1的一个法向量，

于是=．

从而==．

所以二面角B1-CE-C1的正弦值为．

（Ⅲ）解：，

设 0≤λ≤1，

有．

取为平面ADD1A1的一个法向量，

设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，

则=

=．

于是．

解得．所以．

所以线段AM的长为．

解：（Ⅰ） 证明：由，得MN∥PE，

又依题意PE∥BC，所以MN∥BC．

因为MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，

所以MN∥平面ABC．     

（Ⅱ）由（Ⅰ）知MN∥BC，故C、B、M、N共面，平面ABC与平面MNC所成的锐二面角即N-CB-A．

因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，且CB⊥AC，

所以CB⊥平面PAC．故CB⊥CN，即知∠NCA为二面角N-CB-A的平面角．

所以∠NCA=45°．在△NCA中运用正弦定理得，

=．

所以．