热门试卷

证明：（Ⅰ）连结AC，

∵在△ABC中，AB=AC=2，，

∴BC2=AB2+AC2，∴AB⊥AC，

∵AB∥CD，∴AC⊥CD，

又∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD，

∵AC∩PA=A，∴CD⊥平面PAC；

（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，

则A（0，0，0），P（0，0，2），B（2，0，0），C（0，2，0），D（-2，2，0），

∵M是棱PD的中点，∴M（-1，1，1），

∴=（-1，1，1），=（2，0，0），．

设=（x，y，z）为平面MAB的法向量，

∴，即

令y=1，则，

∴平面MAB的法向量=（0，1，-1）

∵PA⊥平面ABCD，

∴=（0，0，2）是平面ABC的一个法向量．

∴cos＜，＞===-

∵二面角M-AB-C 为锐二面角，

∴二面角M-AB-C的大小为；

（Ⅲ）∵N是在棱AB上一点，

∴设N（x，0，0），=（-x，2，0），．

设直线CN与平面MAB所成角为α，

因为平面MAB的法向量=（0，1，-1），

∴=，

解得x=1，即AN=1，NB=1，

∴=1

解：（1）证明：如图，取DA1的中点G，连FG，GE；

F为A1C中点；

∴GF∥DC，且；

∴四边形BFGE是平行四边形；

∴BF∥EG，EG⊂平面A1DE，BF⊄平面A1DE；

∴BF∥平面A1DE；

（2）证明：如图，取DE的中点H，连接A1H，CH；

AB=4，AD=2，∠DAB=60°，E为AB的中点；

∴△DAE为等边三角形，即折叠后△DA1E也为等边三角形；

∴A1H⊥DE，且；

在△DHC中，DH=1，DC=4，∠HDC=60°；

根据余弦定理，可得：

HC2=1+16-4=13，在△A1HC中，，，A1C=4；

∴，即A1H⊥HC，DE∩HC=H；

∴A1H⊥面DEBC；

又A1H⊂面A1DE；

∴面A1DE⊥面DEBC；

（3）如上图，过H作HO⊥DC于O，连接A1O；

A1H⊥面DEBC；

∴A1H⊥DC，A1H∩HO=H；

∴DC⊥面A1HO；

∴DC⊥A1O，DC⊥HO；

∴∠A1OH是二面角A1-DC-E的平面角；

在Rt△A1HO中，，；

故tan；

所以二面角A1-DC-E的正切值为2．

解：（1）取AB的中点G，AC的中点F，连接EG，EF，FG，

则EG∥BD，DG∥BC，

则平面EFG∥平面BCD，

∵EF⊂平面EFG，

∴EF∥平面BCD，

即F是AC的中点时，满足EF∥平面BCD．

（2）以B为坐标原点，以BA，BC分别为x，y轴，以垂直平面ABC的直线BH为z轴，建立空间坐标系如图：

若等腰梯形ABDE的高h=1，即BH=1，

∵AB=BC=2DE=2．

∴B（0，0，0），C（0，2，0），H（0，0，1），

D（，0，1），E（，0，1），

设平面BCD的法向量为=（x，y，z），

则=（，-2，1），=（0，1，0），

由得，cd

令z=1，则y=0，x=-2，即=（-2，0，1），

设平面CDE的法向量为=（x，y，z），

=（1，0，0），

由得，

令y=1，则x=0，z=2，

即=（0，1，2），

则cos＜，＞===，

即二面角B-CD-E的余弦值为．

解：（1）∵AB=AC=2，∠ABC=45°，∴∠BAC=90°．

∴=．

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∴A1A⊥AB，A1A⊥AC．

∴．∴=．

设点A到平面距离为h，由=，∴，解得．

∴点A到平面距离为．

（2）设A1C的中点为M，连接BM，AM．

∵BA1=BC，AA1=AC，∴BM⊥A1C，AM⊥A1C．

∴∠AMB是二面角A-A1C-B的平面角．

∵，∴．

∴二面角A-A1C-B的大小为．

（1）证明：如图，

连接AE，交BF于O，∵ABEF是矩形，∴O为AE的中点，

连接OG，又G为EC的中点，∴OG∥AC，

∵OG⊂BGF，AC⊄BGF，

∴AC∥平面BFG；

（2）解：∵ABCD是边长为3的正方形，∴，

又G到平面BCD的距离为，

∴，则BE=3．

过G作GH⊥BE=H，过H作HK⊥BF于K，连接GK，则∠GKH为二面角E-BF-G的平面角．

在Rt△GHK中，GH=，KH=，

∴tan∠GKH=．

解：（I）该四棱锥中，存在侧棱垂直于底面：SA⊥平面ABCD

∵SA=AB=2，AB=2，

∴SA2+AB2=8=AB2，可得SA⊥AB

同理可得SA⊥AD，

∵AB、AD是平面ABCD内的相交直线

∴SA⊥平面ABCD；

（II）用三个这样的四棱锥可以拼成一个棱长为2

的正方体ABCD-A1B1C1D1

它们分别为：四棱锥A1-ABCD（侧棱AA1⊥平面ABCD），

四棱锥A1-B1BCC1（A1B1⊥平面B1BCC1），

四棱锥A-DD1CC1（A1D1⊥平面DD1CC1）．它们的图形如右图所示；

（III）根据正方体的对称性，得正方体ABCD-A1B1C1D1中，

△ANM与△CNM都等腰三角形，

设O为MN的中点，连结AO、CO、AC，则

∵AO、CO分别是等腰△ANM与△CNM的底边MN上的中线

∴AO⊥MN且CO⊥MN，可得∠AOC就是二面角A-MN-C的平面角

∵△AOC中，AO=CO=，AC=2

∴根据余弦定理，得

cos∠AOC===-

因此，二面角A-MN-C的余弦值等于-．

（I）证明：如图，以O为原点建立空间直角坐标系．

设AE=BF=x，则A′（a，0，a）、F（a-x，a，0）、C′（0，a，a）、E（a，x，0）

∴．…（4分）

∵，

∴A′F⊥C′E．

（II）解：记BF=x，BE=y，则x+y=a，

三棱锥B′-BEF的体积，

当且仅当时，等号成立．

因此，三棱锥B′-BEF的体积取得最大值时，．…（10分）

过B作BD⊥EF交EF于D，连B′D，可知B′D⊥EF．

∴∠B′DB是二面角B′-EF-B的平面角．

在直角三角形BEF中，直角边是斜边上的高，

∴，，

故二面角B′-EF-B的大小为．…（14分）

（1）证明：取PB中点G，连结FG，AG，

∴FG平行且等于BC，AE平行且等于BC，

∴FG和AE平行且相等，

∴AEFG为平行四边形，

∴EF∥AG．

∵AG⊂平面PAB，而EF不在平面PAB内，

∴EF∥平面PAB．-------（6分）

（2）解：取PA的中点N，连接BN，DN---（8分）

∵△PAB是等边三角形，∴BN⊥PA，

∵Rt△PBD≌Rt△ABD，∴PD=AD，∴AN⊥PB，

设∠DNB=θ是二面角D-PA-B的平面角--（10分）

∴BD⊥面PAB，BD⊥BN，

在Rt△DBN中，BD=AB=2BN，-------------（12分）

tanθ==2，cosθ=，

∴二面角D-PA-B的余弦值为：---------（14分）