热门试卷

解：（1）证明：作FM∥CD交PC于M．

∵点F为PD中点，∴FM=．

∵k=，∴AE==FM，

∴AEMF为平行四边形，∴AF∥EM，

∵AF⊄平面PCE，EM⊂平面PEC，

∴直线AF∥平面PEC．

（2）∵底面ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，

∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴PD⊥AC

∵PD∩BD=D，

∴AC⊥平面PBD；

（3）

连接PE，PG

∵点E，O分别为AB和AC中点．

∴AO∥EG，

∵AC⊥平面PBD，

∴EG⊥平面PBD，

根据直线与平面所成角的定义可得：∠EPG为PE与平面PDB所成角，

Rt△EGP中，AO=，EG=，

DE=，PE==，

∴sin∠EPG==，

∴PE与平面PDB所成角的正弦值=．

解：（Ⅰ）证明：∵D，E分别为AB，AC的中点；

∴DE∥BC，BC⊂平面PBC，DE⊄平面PBC；

∴DE∥平面PBC，平面DENM∩平面PBC=MN；

∴DE∥MN；

∴MN∥BC；

（Ⅱ）如图，在平面PAB内作BZ∥PA，则根据：

PA⊥底面ABC，及AB⊥BC即知，BC，BA，BZ两两垂直；

∴以B为坐标原点，BC，BA，BZ所在直线为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则：

B（0，0，0），C（2，0，0），A（0，2，0），P（0，2，2）；

∴，；

设平面PBC的法向量为；

则由得：

，令z1=1，得x1=0，y1=-1；

∴；

设直线AC和平面PBC所成角为α，则：

sinα==；

又；

∴；

即直线AC和平面PBC所成角为；

（Ⅲ）设M（0，y，z），M在棱PB上，则：；

∴（0，y，z）=λ（0，2，2）；

∴M（0，2λ，2λ），E（1，1，0）；

∴；

因为直线EM与直线AP所成角的余弦值；

设直线EM和直线AP所成角为θ；

所以cosθ=；

∴8λ2-18λ+9=0；

解得，或（舍去）；

∴M（0，）；

∴．

证明：（1）如图一，连接AC1与A1C交于点K，连接DK．

在△ABC1中，D、K为中点，∴DK∥BC1、（4分）

又DK⊂平面DCA1，BC1⊄平面DCA1，∴BC1∥平面DCA1、（6分）

（2）证明：（方法一）如图二，∵AC=BC，D为AB的中点，∴CD⊥AB、

又CD⊥DA1，AB∩DA1=D，∴CD⊥平面ABB1A1、（8分）

取A1B1的中点E，又D为AB的中点，∴DE、BB1、CC1平行且相等，

∴DCC1E是平行四边形，∴C1E、CD平行且相等．

又CD⊥平面ABB1A1，∴C1E⊥平面ABB1A1，∴∠EBC1即所求角、（10分）

由前面证明知CD⊥平面ABB1A1，∴CD⊥BB1，

又AB⊥BB1，AB∩CD=D，∴BB1⊥平面ABC，∴此三棱柱为直棱柱．

设AC=BC=BB1=2，∴，，∠EBC1=30°、（12分）

（方法二）如图三，∵AC=BC，D为AB的中点，∴CD⊥AB、

又CD⊥DA1，AB∩DA1=D，∴CD⊥平面ABB1A1、（8分）

取DA1的中点F，则KF∥CD，∴KF⊥平面ABB1A1．

∴∠KDF即BC1与平面ABB1A1所成的角．（10分）

由前面证明知CD⊥平面ABB1A1，∴CD⊥BB1，

又AB⊥BB1，AB∩CD=D，∴BB1⊥平面ABC，∴此三棱柱为直棱柱．

设AC=BC=BB1=2，∴，，∴∠KDF=30°、（12分）

解：建立如图所示的空间直角坐标系，则O（0，0，0），，

∴

∴cos===-

∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为．

证明：（1）平面AQD与侧棱B1B的交点是R，

显然，在正方形ABB1A1中

由

所以AR⊥A1P，

又AA1⊥平面ABCD，AP⊥AD，得A1P⊥AD，

∴A1P⊥平面AQD

（2）设A1P与AR交于点S，连接SQ，则∠PQS=θ即为PQ与平面AQD所成角．

在Rt△PQS中，，∴，

即直线PQ与平面AQD所成角的正弦值是．

解：（1）由已知得T为A‘B的中点，取A'C的中点记为S，连接ES、TS，易得EF∥ST，

由平面EFTS∩平面A'EC=ES，FT∥平面A'EC，得FT∥ES，

四边形EFTS为平行四边形，得EF=ST，而，

所以E为AC中点．

（2）E为中点，即A'E=EC，则ES⊥A'C，易得BC⊥面A'EC，所以ES⊥面A'BC； ，即FT⊥面A'BC，直线FC与平面A'BC所成角即为∠FCT，

解：如图，分别在直线OA，OB，OC上取D，E，F，使OD=OE=OF=2，并连接DE，EF，FD，则根据已知条件：△ODE，△OEF，△ODF都为等边三角形；

取EF中点G，连接DG，OG则，DG⊥EF，OG⊥EF，DG∩OG=G；

∴EF⊥平面DOG；

作DH⊥OG，垂足为H，则：EF⊥DH；

即DH⊥OG，DH⊥EF，OG∩EF=G；

∴DH⊥平面OEF，即DH⊥平面OBC；

∴∠DOH便为OA和平面OBC所成角；

能够求出；

∴在△DOG中，由余弦定理得：cos∠DOG=；

∴直线OA与平面OBC所成的角为arccos．