热门试卷

（I）证明：因为四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，所以△ACD为正三角形，所以AC=AD，又因为点N为CD中点，所以CD⊥AN．

∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA．PA∩AN=A，∴CD⊥平面PAN．

（II）由（Ⅰ）知，CD⊥平面PAN，CD⊂平面PCD，∴平面PAN⊥平面PCD，且平面PAN∩平面PCD=PN，

过A作AH⊥PN于H，则AH⊥平面PCD，连接MH，则∠AMH为直线AM与平面PCD所成角．

在RT△PAN中，PA=，AN=，由勾股定理得出PN=，根据面积相等法得AH==．

在RT△PAC中，AM=PC==1，

在RT△AMH中，sin∠AMH===．即直线AM与平面PCD所成角的正弦值是．

（Ⅰ）解：如图，∵AD∥BC∴异面直线PC与AD所成的角即是直线PC与BC所成的角，

所以∠PCB即是异面直线PC与AD所成的角； 

∵PA⊥平面ABCD，

∴PA⊥AB，PA⊥AD，即AD⊥PA，又∠BAD=90°，∴AD⊥AB；

∴AD⊥平面PAB，∴BC⊥平面PAB；

∴△PBC是直角三角形；

∴根据条件，PB=，tan∠PCB=；

∴异面直线PC与AD所成的角是arctan．

（Ⅱ）证明：连接AC，∵PA⊥平面ABCD；

∴PA⊥DC，即DC⊥PA；

过C作CC′⊥AD，交AD于C′，则CC′=1，C′D=1，∴CD=；

又AC=，∴AC2+CD2=2+2=AD2

∴DC⊥AC；

∵AC∩PA=A；

∴DC⊥平面PAC；

又DC⊂平面PDC；

所以平面PAC⊥平面PDC．

（Ⅲ）取PC中点E′，则EE′∥DC，

由（Ⅱ）知DC⊥平面PAC

则EF⊥平面PAC

所以∠ECE′为直线EC与平面PAC所成的角

CE′=，EF=；

∴EC=，∴cos；

即直线EC与平面PAC所成角的余弦值是．

（Ⅰ）证明：由正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等可知：AB1⊥A1B

如图，取BC的中点E，连接B1E，则Rt△BCD≌Rt△B1BE

∴∠BB1E=∠CBD

∴∠CBD+∠BEB1=∠BB1E+∠BEB1=90°

∴BD⊥B1E

由平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，且AE⊥BC得，AE⊥平面BCC1B1

∴AE⊥BD

∵B1E⊂平面AEB1，AE⊂平面AEB1，AE∩B1E=E

∴BD⊥平面AEB1

∴BD⊥AB1

∵A1B⊂平面A1BD，BD⊂平面A1BD，A1B∩BD=B

∴AB1⊥平面A1BD；

（Ⅱ）解：设AB1∩A1B=O，延长BD，B1C1，相交于F，连接OF，则∠OFB1为直线B1C1与平面A1BD所成角．

∵正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点，

∴，B1F=4

∴sin∠OFB1==．

证明：（1）由题意，取B′C′的中点E，以BC中点O为坐标原点，OC，OE，OA分别为x，y，z轴．

则

∴

∴

∴A′C⊥BC′；

（2）设P（1，a，0），则

设平面A′BC的法向量为

∵，∴

∴

∴

即．

（Ⅰ）证明：取CD中点F，连BF，AF，PF，∴AB=DF，∵AB∥DF，∴四边形ADFB是平行四边形，∴AF∩BD=O，且O为AF中点，

∴OE∥PF，PF⊂平面PCD，OE⊄平面PCD，∴OE∥平面PCD；

（Ⅱ）∵平行四边形ADFB中，AB=AD=2，AB⊥AD，∴四边形ADFB是正方形，

∴OD⊥OF，又PB=PD=2，O为BD的中点，

∴PO⊥OD，

同理PO⊥AF，

∴PO⊥平面ABCD，

分别以OD，OF，OP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图

可得平面PDC的一个法向量为，=（），所以直线CE的一个方向向量为，

设所求线面角为θ，所以；

所以直线CE与平面PDC所成角的正弦值为．

（1）证明：取AC中点G，连结FG，BG．

∵F为AD的中点，∴FG∥CD，FG=．

又BE∥CD，BE=，

∴四边形BGFE为平行四边形，∴EF∥BG．

EF⊄面ABC，BG⊂面ABC，∴EF∥平面ABC．

（2）解：∵AC=BC=2，AB=，AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC．

又CD⊥面ABC，∴CD⊥BC，CD⊥AC．

以C为坐标原点，以CB、CA、CD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系．

则B（2，0，0），D（0，0，2），A（0，2，0），E（2，0，）．

∴，，．

设平面AED的一个法向量为．

由⇒⇒，

取z=1，得y=，x=．

∴．

∴直线BD与平面AED的夹角θ的正弦值

sinθ==||=．