热门试卷

解：∵AC=BC=1，，∴AC⊥BC，

又由CD⊥平面ABC，可得CA，CB，CD两两垂直

以C为坐标原点，以CA，CB，CD分别为X，Y，Z轴正方向建立空间坐标系

则C（0，0，0），A（1，0，0），B（0，1，0），D（0，0，1），

（1）则=（-1，0，1），易得=（0，0，1）为平面ABC的一个法向量

设直线AD与平面ABC所成角为θ

则sinθ==

故θ=45°

故直线AD与平面ABC所成角为45；

（2）由已知CD⊥平面ABC，

∴CD⊥AC，又由AC=BC=1，，∴AC⊥BC，

又∵AC∩BC=C

故AC⊥平面BCDE；

（3）取AB的中点F，即为所求，

连接CF，

由AC=BC，∴CF⊥AB

又∵BE⊥平面ABC，∴BE⊥CF

又∵AB∩BE=B

∴CF⊥平面ABE

又∵AE⊂平面ABE

∴CF⊥AE

解：如图，以O点为原点建立空间直角坐标系．

由题意，有B（3，0，0），．

设P（3，0，z），则，

．

∵BD⊥OP，∴.．

∵BB′⊥平面AOB，

∴∠POB是OP与底面AOB所成的角.，

∴．

解：（Ⅰ）由三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱可知，AA1即为其高．

如图，因为BC∥B1C1，所以∠A1BC是异面直线A1B与B1C1所成的角或其补角．

连接A1C，因为AB=AC，所以．

在Rt△ABC中，由AB=AC=1，∠BAC=90°，可得．（3分）

又异面直线A1B与B1C1所成的角为60°，所以∠A1BC=60°，即△A1BC为正三角形．

于是．

在Rt△A1AB中，由，得AA1=1，即棱柱的高为1．（3分）

（Ⅱ）连接B1A，设B1A∩BA1=E，由（Ⅰ）知，B1A1=AA1=1，

所以矩形BAA1B1是正方形，所以B1E⊥A1B．（2分）

又由AC1⊥A1B1BA，得 A1C1⊥B1E，于是得B1E⊥平面A1BC1．

故∠B1C1E就是B1C1与平面A1BC1所成的角．（2分）

在Rt△A1B1C1中，由A1B1=A1C1=1，∠B1A1C1=90°，

可得．

在Rt△B1EC1中，由，，

得，故∠B1C1E=30°．

因此B1C1与平面A1BC1所成的角30°．                                 （3分）

证明：（1）（1）证明：取BC的中点E，连结AE、AP、PC，

∵CD⊥平面ABC，DC∥AN，

∴AN⊥平面ABC，∴AN⊥BC，

又∵P为BD的中点，

∴PE∥CD∥AN，即PE⊥BC，

∵AB=AC=BC，E为BC中点，

∴AE⊥BC，

∴BC⊥平面AEP，

∴AP⊥BC；

（II）解：以C为原点，建立空间直角坐标系如图，

∵CD=2AN=4，又AB=AC=BC=2，

∴C（0，0，0），A（2，0，0），B（1，，0），

D（0，0，4），N（2，0，2），

则=（1，，0），=（2，0，0），=（-1，-，4），

设t=，则P（1-t，-t，4t），0＜t＜1

∴=（-1-t，-t，4t-2），=（1-t，-t，4t）

B，D中点为（，，2），在面ABC的射影E（，，0），=（，，0）为面BCP的向量，

面ACP的法向量为；=（x1，y1，z1），

得出=（0，4，），

∵|cos＜，＞|=||=，t=，

∴=（-，，0），p（，，2），

设面ABD的法向量为；=（x2，y2，z2），=（-1，，0），=（-1，-，4），

即得出=（，1，），=-，||=，||=，

∵cos＜，＞==

∴直线PN与平面ABD所成角的正弦值：sinα=|cos＜，＞|=

（1）证明：∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，

又∵∠ACB是直径AB所对的圆周角，∴∠ACB=90°，∴BC⊥AC．

∵AP∩AC=A，∴BC⊥平面PAC．

∵BC⊂平面PBC，∴平面PAC⊥平面PBC．

（2）解：如图，过A作AH⊥PC于H，

∵BC⊥平面PAC，∴BC⊥AH，

∵PC∩BC=C，

∴AH⊥平面PBC，则∠ABH即是要求的角．

∵PA⊥平面ABC，∴∠PCA即是PC与平面ABC所成角，

∴tan∠PCA==，

又PC=2，∴AC=，

∴在直角△PAC中，AH=

在直角△ABH中，sin∠ABH=，

即AB与平面PBC所成角正弦值为．