热门试卷

解：解法一：不妨设正三角形ABC的边长为3

（1）在图1中，取BE中点D，连接DF．AE：EB=CF：FA=1：2

∴AF=AD=2而∠A=60°，

∴△ADF是正三角形，又AE=DE=1，

∴EF⊥AD在图2中，A1E⊥EF，BE⊥EF，

∴∠A1EB为二面角A1-EF-B的平面角．由

题设条件知此二面角为直二面角，A1E⊥BE，又BE∩EF=E（2）

∴A1E⊥平面BEF，

即A1E⊥平面BEP

（3）在图2中，A1E不垂直A1B，

∴A1E是平面A1BP的垂线，又A1E⊥平面BEP，

∴A1E⊥BE．

从而BP垂直于A1E在平面A1BP内的射影（三垂线定理的逆定理）设A1E在平面A1BP内的射影为A1Q，且A1Q交BP于点Q，则∠E1AQ就是A1E与平面A1BP所成的角，且BP⊥A1Q．

在△EBP中，BE=EP=2而∠EBP=60°，

∴△EBP是等边三角形．又A1E⊥平面BEP，

∴A1B=A1P，

∴Q为BP的中点，且，又A1E=1，

在Rt△A1EQ中，，

∴∠EA1Q=60°，

∴直线A1E与平面A1BP所成的角为60°

在图3中，过F作FM⊥A1P与M，连接QM，QF，

∵CP=CF=1，∠C=60°，

∴△FCP是正三角形，

∴PF=1．有

∴PF=PQ①，

∵A1E⊥平面BEP，

∴A1E=A1Q，

∴△A1FP≌△A1QP从而∠A1PF=∠A1PQ②，

由①②及MP为公共边知△FMP≌△QMP，

∴∠QMP=∠FMP=90°，且MF=MQ，

从而∠FMQ为二面角B-A1P-F的平面角．

在Rt△A1QP中，A1Q=A1F=2，PQ=1，又∴．

∵MQ⊥A1P，∴

∴

在△FCQ中，FC=1，QC=2，∠C=60°，由余弦定理得

在△FMQ中，

∴二面角B-A1P-F的大小为

证明：（Ⅰ）∵棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，

∴AC⊥BD，

又∵平面AA1C1C⊥平面ABCD

∴BD⊥平面AA1C1C

又由AA1⊂平面AA1C1C

∴BD⊥AA1；

（Ⅱ）∵AB=a，∠BAC=30°，

则AC=，BD=a

∴SABCD=2×AB•AD•sin∠A=

又四边形AA1C1C的面积为3a2，

∴AA1=，

∴V=AA1•SABCD=

证明：平面ABCD⊥平面CDE，ABCD为矩形，所以AD⊥平面CDE，

因为点E在直径为CD的半圆上，所以CE⊥ED，

所以CE⊥平面ADE．

证明：（1）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC．

∴PA⊥BC，又AB为斜边，

∴BC⊥AC，PA∩AC=A，∴BC⊥平面PAC．

（2）∵BC⊥平面PAC，AN⊂平面PAC

∴BC⊥AN，又AN⊥PC，且BC∩PC=C，

∴AN⊥面PBC，又PB⊂平面PBC．∴AN⊥PB，

又∵PB⊥AM，AM∩AN=A，∴PB⊥平面AMN．

解：（1）∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴AC⊥DD1，

∵正方形ABCD中，AC⊥BD，DD1∩BD=D，

∴AC⊥平面BDD1，

∵BD1⊂平面BDD1，∴AC⊥BD1；

（2）连结AD1、CD1，

∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，ABC1D1，

∴四边形ABC1D1是平行四边形，得BC1∥AD1，

由此可得∠D1AC（或补角）就是异面直线AC与BC1所成角．

∵△AD1C是等边三角形，

∴∠D1AC=60°，即异面直线AC与BC1所成角的大小为60°．

证明：（1）∵VO⊥平面ABC，∴VO⊥AB，连接VD，∵AD=BD，VA=VB，∴AB⊥VD，∴AB⊥平面VCD，∴AB⊥CD；

（2）∵AB=4，AD=BD=2，VA=VB=，BC=，VC=4．AB⊥CD，∴CD==5，VD==3，

∴VD2+VC2=CD2，∴VC⊥VD，

由（1）知VC⊥AB，由AB∩VD=D，

∴VC⊥平面ABV．