热门试卷

（1）证明：∵平面CDFE⊥平面ABEF，且平面CDFE∩平面ABEF=EF，AF⊥FE，AF⊂平面ABEF，

∴AF⊥平面CDEF；

（2）解：由（1）知，AF为三棱锥A-CDE的高，且AF=1，

又∵AB=CE=2，∴S△CDE=×2×2=2，

故三棱锥C-ADE体积V=AF•S△CDE=；

（3）解：由题意，AD=，CD=，BC=，AB=2，AC=3

∴S△ABC==

∵cos∠DCA===

∴sin∠DCA=

∴sin∠DCA==

∴二面角B-AC-D的余弦值为==．

（1）证明：在△PAD中，由题设PA=2，PD=2，

可得PA2+AD2=PD2，于是AD⊥PA；

在矩形ABCD中，AD⊥AB，

又PA∩AB=A，所以AD⊥平面PAB；

（2）解：由题意得，BC∥AD，所以∠PCB（或其补角）是异面直线PC与AD所成的角

在△PAB中，由余弦定理得=

由（1）知AD⊥平面PAB，

∵PB⊂平面PAB，∴AD⊥PB，∴BC⊥PB，

故△PBC是直角三角形，

∴tan∠PCB==，

∴异面直线PC与AD所成的角的余弦值为；

（3）解：过点P作PH⊥AB于H，过H作HE⊥BD于E，连接PE

∵AD⊥平面PAB，PH⊂平面PAB，

∴AD⊥PH

∵AD∩AB=A

∴PH⊥平面ABCD

∴∠PEH为二面角P-BD-A的平面角

∵PH=PAsin60°=，AH=PAcos60°=1

∴BH=AB-AH=2，BD==

∴HE==

在直角△PHE中，tan∠PEH=

∴二面角P-BD-A的余弦值为．

（Ⅰ）证明：取BC中点O，连OA，OA1．

因为侧面BCC1B1是矩形，所以BC⊥BB1，BC⊥AA1，

因为截面A1BC是等边三角形，所以BC⊥OA1，

于是BC⊥平面A1OA，BC⊥OA，因此：AB=AC．…（4分）

（Ⅱ）解：设BC=2，则OA1=，由AB⊥AC，AB=AC得OA=1．

因为平面A1BC⊥底面ABC，OA1⊥BC，所以OA1⊥底面ABC．

如图，分别以OA，OB，OA1为正方向建立空间直角坐标系O-xyz． …（6分）

A（1，0，0），B（0，1，0），A1 （0，0，），C（0，-1，0），

=（0，2，0），==（-1，0，），=（0，1，），==（-1，1，0）．

设平面BB1C的法向量=（x，y，z），

则，取=（，0，1）．

同理可得平面A1B1C的法向量=（-，-，1）．

∴cos＜，＞=-，则二面角B-B1C-A1的余弦值为-． …（12分）

（1）证明：取AC中点P，则BP⊥AC

∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，

∴BP⊥平面A1ACC1，

∵A1C⊂平面A1ACC1，∴A1C⊥BP

∵A1C⊥AC1，AC1∥PM

∴A1C⊥PM

∵BP∩PM=P

∴A1C⊥面BPM

∵BM⊂面BPM

∴A1C⊥BM；

（2）解：作PQ⊥A1A于Q，连接BQ

∵BP⊥平面A1ACC1，∴A1A⊥BP

∵BP∩PQ=P，∴A1A⊥面BPQ

∵BQ⊂面BPQ，∴A1A⊥BQ

∴∠BQP为二面角B-A1A-C的平面角

斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面为正三角形，侧面A1ACC1为菱形，∠A1AC=60°，设AC=2，则BP=，PQ=

∴tan∠BQP==2．

解：（1）在直三棱柱ABC-DEF中，则AD⊥AB，

又∵AB⊥AC，AD∩AC=A．

∴AB⊥平面ACFD，

∴AB⊥CD．

（2）由（1）可得：四边形ACFD为正方形，

连接对角线AF、CD相较于点M，则AM⊥CD．

又∵AB⊥平面ACFD，根据三垂线定理可得CD⊥BM．

∴∠AMB是二面角A-DC-B的平面角．

∵AM=，∴==．．

∴在Rt△ABM中，==．

故二面角A-DC-B的余弦值为．

解：（1）连接AC、EC，取AD中点O，连接EO，则EO∥PA，

∵PA⊥平面ABCD，

∴EO⊥平面ABCD．

过O作OF⊥AC交AC于F，连接EF，

则∠EFO就是二面角E-AC-D所成平面角．

由PA=2，则EO=1．

在Rt△ADC中，AD×CD=AC×h解得h=．

因为O是AD的中点，所以OF=．

而EO=1，由勾股定理可得EO=．

则cos

（2）延长AE，过D作DG垂直AE于G，连接CG，

又∵CD⊥AE，∴AE⊥平面CDG，

过D作DH垂直CG于H，则AE⊥DH，

∴DH⊥平面AGC，即DH⊥平面AEC，

∴CD在平面ACE内的射影是CH，∠DCH是直线与平面所成的角．

∵DG=AD•sin∠DAG=AD•sin∠OAE=AD．=，CD=2

∴CG=．

∴sin∠DCG=．

（3）VD-ACE==．

解：（1）取AC的中点O，连接EO，B1O，B1E，则EO⊥AC，B1O⊥AC，

∴∠B1OE是二面角B1-AC-E的平面角，

∵EO=，B1O=，B1E=，

∴cos∠B1OE==0，

∴∠B1OE=90°，即二面角B1-AC-E的平面角是90°；

（2）设点B到平面AEC的距离为h，则

∵S△AEC==，S△ABC=，

∴由等体积可得，•S△ABC•ED=S△AEC•h，即，

∴h=．

（Ⅰ）证明：由AD=2，AB=2，BC=6得BD=4，AC=4

∵，∴AO=，BO=3

在△ABO中，AO2+BO2=AB2，所以AO⊥BO，

∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BO

∵PA∩AO=A，∴BD⊥平面PAC；

（Ⅱ）解：由PA⊥底面ABCD，可得面PAB⊥底面ABCD，

由AB⊥AD，可得DA⊥面PAB

作AH⊥PB，连接DH，则DH⊥PB，所以∠AHD是二面角D-PB-A的平面角．

在△AHD中，AH=，AD=2，HD=，∴=．

所以二面角D-PB-A的余弦值是．