热门试卷

证明：（1）由题意得：

∴AE⊥BE

（2）设BE中点为P，连接MP，NP，

NP∥BC⇒NP∥AD，MP∥AE，

NP，MP相交，AD，AE相交，

所以平面MNP∥平面ADE

所以MN∥平面ADE

解：（3）过E作G垂直AB，连接GC

易得EG⊥平面ABCD

则∠EGC为EC与平面ABCD所成的角

∵AB=10，AE=6，BC=6，

∴

解：（1）证明：过M作ME∥CD交PD于E，连接AE．

∵AN=NB，

∴AN=AB=DC=EM．

又EM∥DC∥AB，∴EM∥AN，且EM=AN

∴AEMN为平行四边形，

∴MN∥AE，又AE⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，

∴MN∥平面PAD．

（2）过N点作NQ∥AP交BP于点Q，NF⊥CB交CB于点F，

连接QF，过N点作NH⊥QF交QF于H，连接MH．

易知QN⊥平面ABCD，∴QN⊥BC，而NF⊥BC，

∴BC⊥平面QNF，

∴BC⊥NH，而NH⊥QF，∴NH⊥平面PBC，

∴∠NMH为直线MN与平面PCB所成的角．

通过计算可得MN=AE=，QN=，NF=，

∴NH===，

∴sin∠NMH==，∴∠NMH=60°．

∴直线MN与平面PCB所成的角为60°．

（1）证明：∵E为CB1与BC1的交点，∴E为BC1的中点，

又点D是AB的中点，即DE为三角形ABC1的中位线，

∴DE∥AC1，

又DE⊄平面ACC1A1，

∴DE∥平面AC C1 A1，

（2）解：直三棱柱ABC-A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4，AB=5，

∵AC2+BC2=AB2，

∴AC⊥BC，而由条件知，AC⊥C1C，且BC⊥C1C=C，

以CA．CB．CC1分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

∵AC=3，BC=4，AA1=4，

∴，

．

设平面DB1C的法向量=（x0，y0，z0），

则由，

令x0=4，则y0=-3，z0=3，

∴=（4，-3，3），

又直线BC1与平面DB1C所成角θ的正弦值即直线BC1与平面DB1C的法向量夹角的余弦值，

∴，

∴直线BC1与平面DB1C所成角的正弦值为．

（1）解：如图，在四棱锥P-ABCD中，

因为底面ABCD是矩形，所以AD=BC，且AD∥BC，

又因为AD⊥PD，

故∠PAD为异面直线PA与BC所成角，

在Rt△PDA中，=2，

所以异面直线PA与BC所成角的正切值为2．

（2）证明：由于底面ABCD是矩形，故AD⊥DC，

由于AD⊥PD，CD∩PD=D，

因此AD⊥平面PDC，而AD⊂平面ABCD，所以平面PDC⊥平面ABCD．

（3）解：在平面PDC中，过点P作PE⊥CD于E，连接EB．

由于平面PDC⊥平面ABCD，

而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线，

故PE⊥平面ABCD．

由此得∠PBE为直线PB与平面ABCD所成角，

在△PDC中，

由于PD=CD=2，PC=2，可得∠PCD=30°，

在Rt△PEC中，PE=PCsin30°=．

由AD∥BC，AD⊥平面PDC，得BC⊥平面PDC，

因此BC⊥PC．

在Rt△PCB中，PB==．

在Rt△PEB中，sin∠PBE==．

所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为．

（1）证明：设B点在平面AGC内的射影为H，则H在CG上，

由BH⊥平面AGC，知BH⊥AG，

∵ABCD为正方形，∴BC⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABEF，

∴BC⊥平面ABEF，又AG⊂平面ABEF，

∴BC⊥AG，又BH、BC⊂平面BCG，

∴AG⊥平面BCG；

（2）解：延长AG、BE交于K，连HK，

因为BH⊥面ACG，所以∠KHB即为直线BE与平面ACG所成角．

由（1）知，⊥平面，故AG⊥BG，

∵AF=BE=AB，BG=AB，

∴BH===AB．

∴sin∠KHB==．

∴直线BE与平面ACG所成角为arcsin．