热门试卷

证明：（Ⅰ）因为D，E分别是VB，VC的中点，

所以BC∥DE，因此∠ABC是异面直线DE

与AB所成的角．            

又因为AB是圆O的直径，点C是弧AB的中点，所以△ABC是以∠ACB为直角的等腰直角三角形．于是∠ABC=45°．

故异面直线DE与AB所成的角为45°．

（Ⅱ）因为VA⊥平面ABC，

BC⊂平面ABC，

所以BC⊥VA．

由（Ⅰ）知，BC⊥AC，

所以BC⊥平面VAC．         

又由（Ⅰ）知，BC∥DE，

故DE⊥平面VAC．  

（ III）由（Ⅱ）知，BC⊥VA，BC⊥AC，

则∠ACV为所求二面角的平面角．

又，

则VA=AC，故∠ACV=45°

（Ⅰ）证明：连结A1C交AC1于点E，则E是A1C的中点．         …（2分）

连结DE，∵D是BC的中点，∴DE∥A1B．…（4分）

∵DE⊂面ADC1，A1B⊄面ADC1，

∴A1B∥面ADC1．        …（6分）

（Ⅱ）解：∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC．

∵C1C⊥面ABC，∴C1C⊥AD，

∴AD⊥面BCC1B1，…（8分）

∴∠C1DC就是二面角C1-AD-C的平面角，即∠C1DC=60°．  …（9分）

∵AD⊥面BCC1B1，∴面ADC1⊥面BCC1B1．

过B1作B1H⊥C1D于H，∴B1H⊥面ADC1，…（11分）

连结AH，则∠B1AH就是AB1与平面ADC1所成的角．  …（12分）

设CD=1，则，，

∴，

即AB1与平面ADC1所成角的正弦值为． …（14分）

解：（1）取AA1的中点G，连接GF，则GF∥AC，

连接GE取AA1的中点G，连接GF，则GF∥AC，

则GE∥AD1，

∴平面ACD1∥平面GFE．

又∵EF⊂平面GFE，

∴EF∥平面ACD1．

（2）连接AC1，

∵H为DB1的中点，

∴H为AC1的中点，连接BC1，设BC1交B1C于点O，

∵M为AB的中点，

∴MH∥BC1．

在正方形BCC1B1中，BC1⊥B1C，

∴MH⊥B1C．

（3）如图，分别以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D-xyz，

则由已知得D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），B1（2，2，2）．

设点P（2，2，t）（0＜t≤2），

平面ACP的一个法向量为n=（x，y，z），则．

∵=（-2，2，0），=（0，2，t），

∴，取n=（1，1，-）．

易知平面ABC的一个法向量为=（0，0，2），

假设P点存在，使得二面角P-AC-B的大小为θ=30°，

则cosθ=|cos＜，n＞|==，

即=（2+），解得t=．

∴∈（0，2]，∴在棱BB1上存在一点P，当BP的长为时，二面角P-AC-B的大小为30°．

（I）证明：如图所示，

取线段PD的中点E，连接QE．

∵DE∥AQ，DE=AQ=，

∴四边形AQED是平行四边形，

∴QE=AD=PD．

∴∠PQD=90°．

∴PQ⊥QD．

∵PD⊥平面ABCD，

∴PD⊥CD．

又∵CD⊥DA，DA∩DP=D．

∴CD⊥平面ADPQ．

∴PQ⊥QC．

由QD∩QC=Q，

∴PQ⊥平面CDQ．

∴平面PQC⊥平面DCQ．

（II）解：由（I）可知：PQ⊥平面CDQ．

∴∠PCQ为CP与面DQC所成的角．

∵CP与面DQC所成的角的正切值为，

∴=，

由（I）可得PQ==DQ，

∴CQ=．

∴CD==．

∵QA∥PD，

∴QA⊥平面ABCD．

∴∠QBA为二面角Q-BC-D的平面角．

∴tan∠QBA===．

∴∠QBA=30°．

∴二面角Q-BC-D为30°．

（I）证明：如图所示，设BD∩AC=O，取DE的中点M，连接AM、OM．

则EM，又AF∥DE，∴四边形AFEM是平行四边形，∴AM∥FE．

又点O是正方形的对角线AC与BD的交点，∴DO=OB．

在△BDE中，OM∥BE，

又AM∩MO=M，∴平面ACM∥平面BFE，∴AC∥平面BEF．

（II）∵BA⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，∴BA⊥平面ADEF，即BA是三棱锥B-DEF的高．

又=．

∴V三棱锥B-DEF==．

（III）连接FO，∵FA⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，∴FA⊥平面ABCD．

又BD⊥AC，∴BD⊥FO．

∴∠AOF是二面角F-BD-A的平面角，在Rt△AOF中，=，

∴，即为二面角F-BD-A的平面角的余弦值．

解：（1）取EB的中点G，连结FG，则FG∥AE，则∠GFC为AE与CF所成角，

∵侧面△ADE是正三角形且垂直于底面ABCD，底面ABCD是矩形，

∴AB⊥平面EAD．

∴AB⊥EA

∵AB=2BC=2，∴EB==．

同理，EC=．

∴在△EBC中，CG=．

又∵FG=EA=，CF==．

∴cos∠CFG=．

∴异面直线AE与CF所成的角的余弦值为．

（2）作CF⊥ER，则

∵侧面△ADE是正三角形，AD的中点为O，

∴EO⊥底面ABCD

∵侧面△ADE垂直于底面ABCD，

∴EO⊥底面ABCD，

∵FC⊂平面ABCD

∴EO⊥FC

∵EO∩ER=E

∴CF⊥平面EOR

∵CF⊂平面EFC

∴平面EOR⊥平面EFC．

过O作OH⊥ER且与ER交于点H，则OH⊥平面EFC，

∴OH的长即为点O到平面EFC的距离．

∵S△CFO=S矩形ABCD-S△AOF-S△CBF-S△COD

∴OR=．

在Rt△EOR中，OH==．

∴所求距离为．

（3）由（2）知，∠ERO即为二面角E-FC-D的平面角，

则tan∠ERO===，

∴所求二面角的正切值为．

解：（1）在平面β内过点C作CO⊥PQ于点O，连接OB．

∵α⊥β，α∩β=PQ，

∴CO⊥α，

又∵CA=CB，∴OA=OB．

而∠BAO=45°，∴∠ABO=45°，∠AOB=90°，

从而BO⊥PQ，又BO∩OC=O，

∴PQ⊥平面OBC．

又BC⊂平面OBC，

故PQ⊥BC．

（2）由（1）知，BO⊥PQ，

又α⊥β，α∩β=PQ，BO⊂α，∴BO⊥β．

过点O作OH⊥AC于点H，连接BH，

由三垂线定理知，BH⊥AC．

故∠BHO是二面角B-AC-P的平面角．

由（1）知，CO⊥α，∴∠CAO是CA和平面α所成的角，则∠CAO=30°，

在Rt△AEM，则，．

在Rt△OAB中，∠ABO=∠BAO=45°，∴，

于是在Rt△BOH中，tan∠BHO==2．

故二面角B-AC-P的正切值为2．

（1）证明：∵CD⊥DE，A1D⊥DE，CD∩A1D=D，

∴DE⊥平面A1CD．

又∵A1C⊂平面A1CD，∴A1C⊥DE．

又A1C⊥CD，CD∩DE=D，

∴A1C⊥平面BCDE…（4分）

（2）解：过点E作EF∥CD交BC于F，过点F作FH∥A1C交A1B于H，连结EH，则截面EFH∥平面A1CD．

因为四边形EFCD为矩形，所以EF=CD=1，CF=DE=4，从而FB=2，HF=．

∵A1C⊥平面BCDE，FH∥A1C，

∴HF⊥平面BCDE，∴HF⊥FE，

∴．…（8分）

（3）解：假设线段BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE成60°的角．

设P点坐标为（a，0，0），则a∈[0，6]．

如图建系C-xyz，则D（0，1，0），A1（0，0，），B（6，0，0），E（4，1，0）．

∴，．

设平面A1BE法向量为，

则，∴，∴，

设平面A1DP法向量为，因为，．

则，∴，∴．

则cos＜，＞===，∴5656a2-96a-141=0，

解得

∵0＜a＜6，∴

所以存在线段BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE成60°的角．…（12分）

法一：（Ⅰ）证明：连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，

在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°

∴A1O2=AA12+AO2-2AA1•Aocos60°=3

∴AO2+A1O2=A12

∴A1O⊥AO，

∵平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD=AO

∴A1O⊥底面ABCD

∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则

A（0，-1，0），B（，0，0），C（0，1，0），

D（-，0，0），A1（0，0，）                         …（2分）

∵，，

∴

∴BD⊥AA1…（4分）

（Ⅱ）解：∵OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的法向量

设⊥平面AA1D，，则由

得到，∴…（6分）

∴

所以二面角D-A1A-C的平面角的余弦值是…（8分）

（Ⅲ）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1

设，则得…（9分）

设⊥平面DA1C1，，则由

得到，∴…（10分）

又因为平面DA1C1，则•，∴，∴λ=-1

即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP          …（13分）

法二：（Ⅰ）证明：过A1作A1O⊥AC于点O，

由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直的性质定理知，A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD

又底面为菱形，所以AC⊥BD

∵A1O∩AC=O

∴BD⊥平面AA1O

∵AA1⊂平面AA1O

∴AA1⊥BD…（4分）

（Ⅱ）解：在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°，∴AO=AA1•cos60°=1

所以O是AC的中点，由于底面ABCD为菱形，所以O也是BD中点

由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C

过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则AA1⊥DE，故∠DEO为二面角D-AA1-C的平面角                  …（6分）

在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°

∴AC=AB=BC=2，∴AO=1，DO=

在Rt△AEO中，OE=OA•sin∠EAO=DE=

∴cos∠DEO=

∴二面角D-A1A-C的平面角的余弦值是…（9分）

（Ⅲ）解：存在这样的点P，连接B1C，

∵A1B1ABDC，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴A1D∥B1C

在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP                       …（11分）

∵B1BCC1，…（12分）

∴BB1CP

∴四边形BB1CP为平行四边形

∴BP∥B1C，∴BP∥A1D

∵BP⊄平面DA1C1，A1D⊂平面DA1C1，

∴BP∥平面DA1C1                      …（13分）