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解：（Ⅰ）设A1A=h，由题设=-=10，

得SABCD×h-××h=10，

即2×2×h-××2×2×h=1解得h=3．

故A1A的长为3．（4分）

（Ⅱ）如图，连接AC、BO1

∵ABCD-A1B1C1D1是长方体，

∴A1C1∥AC．

∴四边形ABCD是正方形．

∴AC⊥BD；

∵D1D⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴AC⊥D1D又AC与BD相交

∴AC⊥平面D1DC．   由A1C1∥AC．

∴A1C1⊥平面D1DC．A1C1⊂平面A1BC1．

∴平面A1BC1⊥平面BDD1．            （9分）

（Ⅲ）因为在长方体中A1D1∥BC，

所以∠O1BC即为异面直线BO1与A1D1所成的角（或其补角）．（11分）

在△O1BC中，计算可得O1B=O1C=，

则∠O1BC的余弦值为，

故异面直线BO1与A1D1所成角的余弦值为：．（14分）

解：（1）连结BD，

∵EF为△BCD的中位线，∴EF∥BD，

∵四边形ABCD为正方形，得BD⊥AC，∴EF⊥AC，

又∵正方体中，AA1⊥面ABCD，EF⊂面ABCD，∴AA1⊥EF，

∵AA1、AC是平面AA1C内的相交直线，

∴EF⊥平面AA1C，

又∵A1C⊂平面EFG，∴EF⊥A1C．

（2）连结C1D

∵△CC1D中，F、G分别是CD、CC1的中点，∴FG∥C1D

∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，ADB1C1，

∴四边形ADB1C1是平行四边形，可得AB1∥C1D

因此FG∥AB1

∵FG⊄平面AB1D1，AB1⊂平面AB1D1，∴FG∥平面AB1D1

同理可得EF∥平面AB1D1

∵FG、EF为平面EFG内的相交直线，∴平面A B1D1∥平面EFG．

解：（I）证：∵△A1B1D和△ABD都为等腰直角三角形

∴∠A1DB1=∠ADB=45°∴∠A1DA=90°，即A1D⊥AD（2分）

又∵

∴A1D⊥平面ADC（4分）

（II）解：连AC1交A1C于E点，取AD中点F，连EF、CF，则EF∥C1D

∴∠CEF是异面直线A1C与C1D所成的角（或补角）（5分）

，，

在△CEF中，（8分）

∴

则异面直线A1C与C1D所成角的大小为（9分）

（III）解：延长A1D与AB延长线交于G点，连接CG

过A作AH⊥CG于H点，连A1H，∵A1A⊥平面ABC，∴A1H⊥CG（三垂线定理）

则∠A1HA是二面角A1-CG-A的平面角，即所求二面角的平面角（10分）

在直角三角形ACG中，∵AC=a，AG=2a∴，∴（11分）

在直角三角形A1AH中，（13分）

∴，

即所求的二面角的大小为（14分）

（Ⅰ）证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面ABEF=AB，EB⊥AB，

∴EB⊥平面ABCD，

又MN∥EB，∴MN⊥面ABCD．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知∠EDB为DE与平面ABCD所成的角，∴∠EDB=30°．

又在Rt△EBD中，EB=2MN=2，∠EBD=90°∴DE==4

连接AE，可知∠DEA为DE与平面ABEF所成的角，∴∠DEA=45°．

在Rt△DAE中，∠DAE=90°，

∴AE=DE•cos∠DEA=2

在Rt△ABE中，AB===2．

解：解法一：

依题设知AB=2，CE=1．

（Ⅰ）连接AC交BD于点F，则BD⊥AC．

由三垂线定理知，BD⊥A1C．（3分）

在平面A1CA内，连接EF交A1C于点G，

由于，

故Rt△A1AC∽Rt△FCE，∠AA1C=∠CFE，∠CFE与∠FCA1互余．

于是A1C⊥EF．A1C与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，

所以A1C⊥平面BED．（6分）

（Ⅱ）作GH⊥DE，垂足为H，连接A1H．由三垂线定理知A1H⊥DE，

故∠A1HG是二面角A1-DE-B的平面角．（8分）

，，．，．

又，．．

所以二面角A1-DE-B的大小为．（（12分））

解法二：

以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，

建立如图所示直角坐标系D-xyz．

依题设，B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4）．

，．（3分）

（Ⅰ）因为，，

故A1C⊥BD，A1C⊥DE．

又DB∩DE=D，

所以A1C⊥平面DBE．（6分）

（Ⅱ）设向量=（x，y，z）是平面DA1E的法向量，则，．

故2y+z=0，2x+4z=0．

令y=1，则z=-2，x=4，=（4，1，-2）．（9分）等于二面角A1-DE-B的平面角，

所以二面角A1-DE-B的大小为．（12分）

解：（1）直观图与三视图如图（1、2）

           图 1                              图 2  

        图三

（2）设AC交EF于S，若OG⊥平面A1EF，则OG⊥A1S，如图3，

∵=tan∠GOC==，设正方体的棱长为1，∴CG===．

（Ⅰ）证明：由俯视图可得，BD2+BC2=CD2，

∴BC⊥BD．

又∵PD⊥平面ABCD，

∴BC⊥PD，

∵BD∩PD=D，

∴BC⊥平面PBD．

（Ⅱ）证明：取PC上一点Q，使PQ：PC=1：4，连接MQ，BQ．

由左视图知 PM：PD=1：4，∴MQ∥CD，．

在△BCD中，易得∠CDB=60°，∴∠ADB=30°．

又 BD=2，∴AB=1，．

又∵AB∥CD，，

∴AB∥MQ，AB=MQ．

∴四边形ABQM为平行四边形，

∴AM∥BQ．

∵AM⊄平面PBC，BQ⊂平面PBC，

∴直线AM∥平面PBC．

（Ⅲ）解：线段CD上存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为．证明如下：

∵PD⊥平面ABCD，DA⊥DC，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz．

∴．

 设 ，其中N（0，t，0）．

∴，．

要使AM与BN所成角的余弦值为，则有 ，

∴，解得 t=0或2，均适合N（0，t，0）．

故点N位于D点处，此时CN=4；或CD中点处，此时CN=2，有AM与BN所成角的余弦值为．

解：如图所示，

（Ⅰ）证明：因为，AB=2，

所以AB2=AE2+BE2，即AE⊥EB，（2分）

取AE的中点M，连接MD′，则AD=D′E=1⇒MD′⊥AE，

又平面D′AE⊥平面ABCE，可得MD′⊥平面ABCE，

即得MD′⊥BE，（5分）

从而EB⊥平面AD′E，故AD′⊥EB（7分）

（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，则A（2，1，0）、C（0，0，0）、B（0，1，0）、，E（1，0，0），从而，，．（9分）

设为平面ABD‘的法向量，

则可以取（11分）

设为平面BD′E的法向量，

则可以取（13分）

因此，，有，

即平面ABD′⊥平面BD′E，故二面角A-BD′-E的大小为90°．（14分）

（Ⅰ）证明：∵三棱柱ABC-A1B1C1中，各个侧面均是边长为2的正方形，

∴CC1⊥BC，CC1⊥AC，∴CC1⊥底面ABC，

∵BD⊂底面ABC，∴CC1⊥BD，

又底面为等边三角形，D为线段AC的中点．

∴BD⊥AC，

又AC∩CC1=C，

∴BD⊥平面ACC1A1；

（Ⅱ）证明：连接B1C交BC1于O，连接OD，如图

则O为B1C的中点，

∵D是AC的中点，∴AB1∥OD，

又OD⊂平面BC1D，OD⊄平面BC1D

∴直线AB1∥平面BC1D；

（Ⅲ）在△BC1D内的平面区域（包括边界）存在点E，使CE⊥DM，此时E在线段C1D上；

证明如下：过C作CE⊥C1D交线段C1D与E，

由（Ⅰ）可知BD⊥平面ACC1A1，

而CE⊂平面ACC1A1，所以BD⊥CE，

由CE⊥C1D，BD∩C1D=D，

所以CE⊥平面BC1D，

DM⊂平面BC1D，

所以CE⊥DM．