热门试卷

解：（1）证明：取PB的中点为M连结AM，MF，因为F为PC的中点，所以FMBC，又ABCD是平行四边形，

E为AD的中点，所以AMFE是平行四边形，

所以EF∥面PAB．

（2）因为，M是PB的中点，所以AM⊥PB，∠BAD=60°，所以AB⊥BD，

因为面PAB⊥面ABCD，所以BD⊥平面PAB，所以AM⊥BD，

又PB∩BD=B，所以AM⊥面PBD．EF∥AM，

所以EF⊥面PBD．

（3）由（2）可知BD⊥平面PAB，作BN⊥PA于N，

显然N是PA的中点，连结ND，

则∠BND就是二面角D-PA-B的平面角，

设=2，所以AN=1，AD=4，BD==，

BN==，所以ND==，

所以二面角D-PA-B的余弦值为：==．

解：（1）在平面ACD中，过F作CF∥AD，且CF=AD=2，连接BF，

则∠BCF或补角即为异面直线BC和AD所成的角．

过B在平面BCD内作BE⊥CD，则垂足E即为中点，

即有BE=，由于平面BCD⊥平面ACD，则BE⊥平面ACD，

则有BE⊥EF，

在△CEF中，CE=1，CF=2，∠ECF=60°，

则EF2=1+4-2×1×2×cos60°=3，

即有BF2=BE2+EF2=3+3=6，

即有cos∠BCF==，

故异面直线BC与AD所成角的余弦值为；

（2）取AB的中点H，连接DH，则DH⊥AB，

过D作DO⊥平面ABC，垂足为O，连接OH，易得OH⊥AB，

则∠DHO即为面ABC与面ABD所成的锐二面角的平面角，

连接AE，则BE⊥AE，即有AB2=AE2+BE2=3+1+4-2×1×2×（-）=10，

在△ABD中，DH===，

设D到平面ABC的距离为d，

在△ABC中，BC=2，AC=2，AB=，

由余弦定理得，cos∠ABC=，即有sin∠ABC=，

则△ABC的面积为××2×=，

由于VD-ABC=VB-ACD，即有dS△ABC=BE•S△ACD，

即d×=×××2×2×，解得d=，

则有sin∠DHO==×=，

即有cos∠DHO=．

故平面ABC与平面ABD所成的锐二面角的余弦值为．

解：（1）取B1C1中点D，连接A1D、ND

∵△BB1C1中，N、D分别是BC1、B1C1中点，∴ND∥BB1，且ND=BB1．

又∵矩形ABB1A1中，M为AA1的中点，∴AM∥BB1，且AM=BB1．

∴四边形A1MND是平行四边形，可得MN∥A1D

∵MN⊄平面A1B1C1，A1D⊂平面A1B1C1．

∴MN∥平面A1B1C1；

（2）连接A1C交C1M于点E，连接BE

∵△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，∴AB==2

∵AA1⊥平面ABC，BC⊊平面ABC，∴BC⊥AA1

又∵BC⊥AC，AC、AA1是平面AA1C1C内的相交直线

∴BC⊥平面AA1C1C

∵矩形ACC1A1中，A1M=，A1C1=2，C1C=2

∴=，得△CC1A1∽△C1A1M

∴∠C1CE+∠CC1E=∠A1C1M+∠CC1E=90°，得CE⊥C1M

∵BC⊥平面AA1C1C，得CE是BE在平面AA1C1C内的射影

∴BE⊥C1M，得∠BEC是二面角B-C1M-C的平面角

∵Rt△C1A1M中，A1E==，

∴结合A1C==2，得CE=A1C-A1E=

由此可得，Rt△BCE中，BE==

∴cos∠BEC==，即二面角B-C1M-C的平面角余弦值的大小为．

（I）证明：因为PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴PA⊥AB，

又AB⊥AD，PA∩AD=A

∴AB⊥面PAD，

∵AE⊂面PAD，

∴BA⊥AE，

又AM∥CD∥EF，且AM=EF，

∴AEFM是矩形，∴AM⊥MF．

又因AE⊥PD，AE⊥CD，PD∩CD=D，故AE⊥面PCD，

∵MF∥AE，∴MF⊥面PCD，

∴MF⊥PC，

∴MF是AB与PC的公垂线．

（II）由（I）知AB⊥面PAD，∴∠EAD为二面角E-AB-D的平面角

∵PA⊥AD，AE⊥PD，∴∠EAD=∠APD

∵PA=2AB，∴sin∠APD==

∴二面角E-AB-D的正弦值为．