热门试卷

（1）证明：由ABCD是正方形可得：BD⊥AC，

由正方体的性质可得：AA1⊥BD，

而AA1∩AC=A，

∴BD⊥平面AA1C1C，

而BD⊂平面A1BD，

∴：平面AA1C1C⊥平面A1BD．

（2）解：连接C1B，交B1C于点O，连接A1O．

则BO⊥平面A1B1CD，

∴∠OA1B为直线A1B与平面A1B1CD所成的角．

∵sin∠OA1B==，

∴∠OA1B=．

∴直线A1B与平面A1B1CD所成的角．

解：根据条件知，AB，AD，AP三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：

A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）；

M在棱PD上，设M（0，y，2-y），则：，；

∵BM⊥PD；

∴；

∴y=1，M（0，1，1）；

∴，；

设平面ACM的法向量为，则：

；

取y1=1，则x1=-2，z1=-1，∴；

设BM与平面ACM所成角为θ，则：

=；

∴直线BM与平面ACM所成的角的正弦值为．

解：（1）证明：∵矩形ABCD和矩形BCEF

∴AB∥DC，BF∥CE

∴平面ABF∥平面DCE

∵AG⊂平面ABF

∴直线AG∥平面DCE；

（2）∵EF⊥AF，EF⊥AB

∴EF⊥平面ABF

∴∠EAF为直线AE与面ABF所成的角．

设BG=x，则x2+3+4=（x+1）2

∴x=3，∴BF=4，∴

∴

∴

解：（1）在图1中，易得

连结OD，OE，在△OCD中，

由余弦定理可得

由翻折不变性可知，

∴A‘O2+OD2=A'D2，

∴A'O⊥OD．

同理可证A'O⊥OE，

又OD∩OE=O，

∴A'O⊥平面BCDE．

（2）过D作DH⊥BC交OC的延长线于H，连结A'H，

∵A'O⊥平面BCDE，A'O⊂面A'BC，

∴面A'BC⊥面BCDE，

∴DH⊥面A'BC，

∴∠DA'H即为A'D与平面A'BC所成角．

又DH=1，，

∴A'D与平面A'BC所成角的正弦值为．

解：过E作EF⊥BC，交BC于F，连接DF．

∵EF⊥BC，CC1⊥BC

∴EF∥CC1，而CC1⊥平面ABCD

∴EF⊥平面ABCD，

∴∠EDF是直线DE与平面ABCD所成的角（4分）

由题意，得EF=．

∵（8分）

∵EF⊥DF，∴．（10分）

故直线DE与平面ABCD所成角的大小是（12分）

解：（Ⅰ）证明：作FM∥CD交PC于M．

∵点F为PD中点，

∴．

∵点E为AB的中点．

∴，

又AE∥FM，

∴四边形AEMF为平行四边形，

∴AF∥EM，

∵AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，

∴直线AF∥平面PEC．

（Ⅱ）已知∠DAB=60°，

进一步求得：DE⊥DC，

则：建立空间直角坐标系，

则 P（0，0，1），C（0，1，0），E（，0，0），

A（，-，0），B（，，0）．

所以：，．

设平面PAB的一个法向量为：，．

∵，

则：，

解得：，

所以平面PAB的法向量为：

∵，

∴设向量和的夹角为θ，

∴cosθ=，

∴PC平面PAB所成角的正弦值为．

解：由题意分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则平面ABC的一个法向量为=（0，0，c），M（0，，c），N（，0），所以，

cos＜＞=，

所以直线MN与底面ABC的夹角的正弦值为．

（1）证明：由题意，CO⊥AO，BO⊥AO，

∴∠BOC是直二面角B-AO-C的平面角，…（2分）

∴CO⊥BO，

又∵AO∩BO=O，∴CO⊥平面AOB，

又CO⊂平面COD，

∴平面COD⊥平面AOB．                …（4分）

（2）解：作DE⊥OB，垂足为E，连结CE，则DE∥AO，

∴∠CDE是异面直线AO与CD所成的角．     …（6分）

在 Rt△COB中，易得CO=BO=2，，

∴．

又．

∴在Rt△CDE中，．

∴异面直线AO与CD所成角的正切值为．                 …（9分）

（3）解：由（1）知，CO⊥平面AOB，∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角，且．

当OD最小时，∠CDO最大，…（11分）

这时，OD⊥AB，垂足为D，，，

∴CD与平面AOB所成最大角的正切值为．…（14分）