热门试卷

解：（1）字母如图所示

…（2分）

∵梯形AA′D′D、AA′B′B、A′B′C′D′、ABCD均为直角梯形

且A′B′=DC=AB=8，2D′C′=A′B′=DC

连接B′C，PD，则PQ∥B′C，A′B′CD为矩形

∴B′C∥A′D

∴PQ∥A′D

又∵PQ⊄平面AA′D′D，A′D⊂平面AA′D′D

∴PQ∥平面AA′D′D…（6分）

（2）取AB中点M，连接DM，则DM∥BC

∴BC与平面AA′D′D所成角等于DM与平面AA′D′D所成角

∵MA⊥面AA′D′D，

∴DM在平面AA′D′D的射影为DA

∴∠MDA为直线DM与磁面AA′D′D所成的角． …（9分）

∵AM=DC=8，AD=10

∴tan∠MDA=

即BC与平面AA′D′D所成的角的正切为…（12分）

证明：（1）取SD中点E，连接AE，NE，

则NE=CD=AM，NE∥CD∥AM，

∴四边形AMNE为平行四边形，∴MN∥AE…（1分）

又∵MN⊄平面SAD，AE⊂平面SAD，

∴MN∥平面SAD…（3分）

（2）∵SA⊥平面ABCD，∴SA⊥CD，∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥CD，

又∵SA∩AD=A，SA⊂平面SAD，AD⊂平面SAD，

∴CD⊥平面SAD，∴CD⊥SD

∴∠SDA即为二面角S-CD-A的平面角，

即∠SDA=45°…（5分）

∴△SAD为等腰直角三角形，∴AE⊥SD

∵CD⊥平面SAD，∴CD⊥AE，

又SD∩CD=D，SD⊂平面SCD，CD⊂平面SCD

∴AE⊥平面SCD∵MN∥AE，∴MN⊥平面SCD，

∵MN⊂平面SMC，

∴平面SMC⊥平面SCD…（8分）

（3）∵=λ，设AD=SA=a，则CD=λa

由（2）可得MN⊥平面SCD，∴SN即为SM在平面SCD内的射影

∴∠MSN即为直线SM与平面SCD所成角，

即∠MSN=30°…（9分）

而MN=AE=，

∴Rt△SAM中，SM=，而MN=AE=a，

∴Rt△SAM中，由sin∠MSN=

得=，解得λ=2

当λ=2时，直线SM与平面SCD所成角为30°（14分）

（Ⅰ）证明：取AC中点E，连DE、BE，

则DE∥PC，PC⊥AC

∴DE⊥AC …（2分）

又△ABC是正三角形可得BE⊥AC

由线面垂直的判定定理知AC⊥平面DEB，又BD⊂平面BED

∴AC⊥BD                             …（5分）  

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）中知DE⊥AC，BE⊥AC

∴∠DEB是二面角P-AC-B的平面角，∴∠DEB=120°

又AB=其中线 BE=

∵AC⊥平面BDE，AC⊂平面ABC

∴平面ABC⊥平面BDE且交线为BE，…（7分）

过D作平面ABC的垂线DF，垂足F必在直线BE上  

又∠DEB=120°，∴设F在BE延长线上，则∠DBE即为BD与底面ABC所成的角         …（9分）

又△DEB中 DB2=DE2+BE2-2BE•DEcos120°=13，∴BD=

由正弦定理：，

∴，即BD与底面ABC所成的角的正弦值为…（12分）

（法一）（Ⅰ）证明：以A为原点，建立空间直角坐标系，如图，

B（4，0，0），D（0，2，0），P（0，0，4），A（0，0，0），

C（2，2，0），Q（2，0，2），

则=（-4，2，0），=（0，0，4），=（2，2，0），

=（0，2，-2），

∴=0，=0，

∴BD⊥AP，BD⊥AC，又AP∩AC=A，

∴BD⊥平面PAC；      

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，平面PAC的一个法向量为=（-4，2，0），

设直线QC与平面PAC所成的角为θ，

则sin==，

所以直线QC与平面PAC所成的角的正弦值为．                

（法二）（Ⅰ）证明：设AC∩BD=O，

∵CD∥AB，∴OB：OD=OA：OC=AB：CD=2，

Rt△DAB中，DA=2，AB=4，∴DB=2，∴DO=DB=，

同理，OA=CA=，∴DO2+OA2=AD2，即∠AOD=90°，∴BD⊥AC，

又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，

由AC∩PA=A，∴BD⊥平面PAC；       

（Ⅱ）解：连PO，取PO中点H，连QH，则QH∥BO，

由（Ⅰ）知，QH⊥平面PAC

∴∠QCH是直线QC与平面PAC所成的角．   

由（Ⅰ）知，QH=BO=，

取OA中点E，则HE=PA=2，又EC=OA+OC=

Rt△HEC中，HC2=HE2+EC2=

∴Rt△QHC中，QC=2，∴sin∠QCH=，

∴直线QC与平面PAC所成的角的正弦值为．

证明：（1）因为等边△ABC的边长为3，且==，

所以AD=1，AE=2．在△ADE中，∠DAE=60°，

由余弦定理得DE==．

因为AD2+DE2=AE2，

所以AD⊥DE．

折叠后有A1D⊥DE，

因为平面A1DE⊥平面BCED，又平面A1DE∩平面BCED=DE，

A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE，所以A1D⊥平面BCED

故A1D⊥EC．

（2）如图，作PH⊥BD于点H，连结A1H、A1P，

由（1）有A1D⊥平面BCED，而PH⊂平面BCED，

所以A1D⊥PH，又A1D∩BD=D，所以PH⊥平面A1BD，

所以∠PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角，

设PB=x（0≤x≤3），则BH=，PH=，DH=BD-BH=2-

所以A1H==

所以在Rt△PA1H中，tan∠PA1H==

①若x=0，则tan∠PA1H===0，

②若x≠0则tan∠PA1H===

令=t（t≥），y=20t2-8t+1

因为函数y=20t2-8t+1在t≥上单调递增，所以ymin=20×-+1=

所以tan∠PA1H的最大值为=（此时点P与C重合）

证明：（1）由侧面SBC⊥底面ABCD，交线BC，过S作SO⊥BC于0，连OA，得SO⊥底面ABCD．（2分）

∵SA=SB，

∴Rt△SOA≌Rt△SOB，得OA=OB，又∠ABC=45°，

故△AOB为等腰直角三角形，OA⊥OB．（4分）

如图，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，

则，

则（6分）

∴，

故SA⊥BC．（7分）

解：（2）

设n=（x，y，z）为平面SAB的一个法向量，

由

取x=l，得（10分）

而，

设直线，SD与平面SAB所成的角为θ，

则

故直线SD与平面SAB所成角的正弦值为（14分）