热门试卷

解：（1）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，依题意得

D（0，4，0），F（2，4，2），A1（0，0，8），E（2，3，0）

在长方体ABCD-A1B1C1D1中，是平面A1ADD1的一个法向量，

∵=（2，0，0），=（2，3，-8）

∴cos＜，＞==

故直线A1E与平面AA1DD1所成角的正弦值为（4分）

（2）证明：易知 =（2，4，2），=（-2，-3，8），=（-2，1，0），

于是 •=0，•=0，因此AF⊥A1E，AF⊥ED，又A1E∩ED=E，

所以AF⊥平面A1ED．（8分）

（3）设平面EFD的法向量 =（x，y，z）

则 ，即

不妨令X=1，可得 =（1，2，-1）由（2）可知，为平面A1ED的一个法向量．

于是cos ==，

所以二面角A1-ED-F的余弦值为 （12分）

（Ⅰ）证明：以点A为原点建立空间直角坐标系，如图，

依题意得A（0，0，0），B（0，0，2），C（1，0，1），B1（0，2，2），C1（1，2，1），E（0，1，0）．

则，

而=0．

所以B1C1⊥CE；

（Ⅱ）解：，

设平面B1CE的法向量为，

则，即，取z=1，得x=-3，y=-2．

所以．

由（Ⅰ）知B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，所以B1C1⊥平面CEC1，

故为平面CEC1的一个法向量，

于是=．

从而==．

所以二面角B1-CE-C1的正弦值为．

（Ⅲ）解：，

设 0≤λ≤1，

有．

取为平面ADD1A1的一个法向量，

设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，

则=

=．

于是．

解得．所以．

所以线段AM的长为．

解：（Ⅰ） 证明：由，得MN∥PE，

又依题意PE∥BC，所以MN∥BC．

因为MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，

所以MN∥平面ABC．     

（Ⅱ）由（Ⅰ）知MN∥BC，故C、B、M、N共面，平面ABC与平面MNC所成的锐二面角即N-CB-A．

因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，且CB⊥AC，

所以CB⊥平面PAC．故CB⊥CN，即知∠NCA为二面角N-CB-A的平面角．

所以∠NCA=45°．在△NCA中运用正弦定理得，

=．

所以．

证明：（I）由正方体的几何特征可得：

∵B1C⊥AB，B1C⊥BC1，AB∩B1C=B

∴B1C⊥平面ABC1D1，

∴B1C⊥BD1，

又∵EF∥BD1，

∴EF⊥B1C．…（6分）

（II）∵点F为DB的中点，且ABCD为正方形，

∴CF⊥BD．

又DD1⊥平面ABCD，

∴DD1⊥CF．

而DD1∩DB=D，

∴CF⊥平面BDD1B1．

又EF⊂平面BDD1B1，

∴CF⊥EF，故∠EFD为二面角E-FC-D的平面角．

在Rt△EFD中，DE=1，DF=，

∴tan∠EFD==．

因而二面角二面角E-FC-D的正切值为． …（9分）

（III）∵DE=1，FC=DF=，

∴VF-EDC=VE-FDC=×DE××DF×FC=．

（1）证明：设AC与BD交与点O．

∵EF∥AO，且EF=1，AO=AC=1．

∴四边形AOEF为平行四边形，

∴AF∥EO，

∵EO⊂面BDE，AF⊄面BDE，∴AF∥面BDE．…（3分）

（2）证明：∵正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，且CE⊥AC，∴CE⊥面ABCD，

连接FO，∵正方形ABCD的边长为，∴AC=BD=2；

直角梯形ACEF中，FO∥EC，且FO=1，DF=BF=，DE=BE=，则BF⊥EF，

由BF=DF=，BD=2可知BF⊥DF，

∵EF∩DF=F

∴DF⊥平面BEF；…（7分）

（3）解：取BF中点M，BE中点N，连接AM、MN、AN，

∵AB=BF=AF=，∴AM⊥BF，

又∵MN∥EF，EF⊥BF，∴MN⊥BF，

∴∠AMN就是二面角A-BF-E的平面角．

AM=AB=，MN=EF=；

在Rt△APN中，可得AN2=AP2+NP2=，

∴在△AMN中，可得cos∠AMN==-，…（12分）

解：由题意可知，这个几何体是直三棱柱，且AC⊥BC，AC=BC=CC1；

（1）连接AC1，AB1，由直三棱柱的性质得AA1⊥平面A1B1C1；

所以AA1⊥A1B1，则四边形ABB1A1为矩形，

由矩形的性质得AB1过A1B的中点M．

在△AB1C1中，由中位线性质得MN∥AC1，

又AC1⊂ACC1A1，MN⊈ACC1A1，

所以MN∥平面ACC1A1．

（2）因为BC⊥平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，

所以BC⊥AC1，

在正方形ACC1A1中，A1C⊥AC1，

又BC∩A1C=C，

所以AC1⊥平面A1BC，

由MN∥AC1，得MN⊥平面A1BC．

（3）过点C作CD⊥AB与D．再过点D作DE⊥A1B，

连接CE，

∵AC=BC；

∴CD⊥AB由其为直棱柱⇒CD⊥平面ABB1A1；

则∠CED即为所求二面角的平面角．

又CD=AB=a，tan∠ABA1==⇒=⇒DE=a，

∴tan∠CED==，即∠CED=60°，

故二面角A-A1B-为60°．

（1）证明：∵G是矩形ABEF的边EF的中点

∴AG=BG==2

∴AG2+BG2=AB2

∴AG⊥BG

又∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，

且BC⊥AB

∴BC⊥平面ABEF，

又∵AG⊂平面ABEF，

∴BC⊥AG

∵BC∩BG=B

∴AG⊥平面BGC；

（2）解：作GM⊥AB于M，则M为AB中点，M为G的射影

作GH⊥AC于H，连接MH，则所求角∠GHM

∵GM=a，MH==a

∴GH=a

∴sin∠GHM==．