热门试卷

（1）证明：因为AB是直径，所以BC⊥AC，…1分，

因为CD⊥平面ABC，所以CD⊥BC                      …2分，

因为CD∩AC=C，所以BC⊥平面ACD                   …3分

因为CD∥BE，CD=BE，所以BCDE是平行四边形，BC∥DE，

所以DE⊥平面ACD，…4分，

因为DE⊂平面ADE，

所以平面ADE⊥平面ACD            …5分

（2）因为DC=EB=1，AB=4由（Ⅰ）知 ===，

，当且仅当AC=BC=2时等号成立                               …8分

如图所示，建立空间直角坐标系C-xyz，

则D（0，0，1），E（0，2，1），A（2，0，0），B（0，2，0），

则=（-2，2，0），=（0，0，1），

=（0，2，0），=（2，0，-1）…9分，

设面DAE的法向量为=（x，y，z），

则，

取=（1，0，2），

设面ABE的法向量为=（x，y，z），

则，

取=（1，1，0），…12分，

则cos＜＞==，

结合图象可以判断二面角D-AE-B的余弦值为-，…13分

证明：（1）易知，AB，AD，AA1两两垂直，

如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间坐标系，

则A（0，0，0），B（，0，0），B1（，0，3），C（，1，0），D（0，3，0），D1（0，3，3），

故=（，1，0），=（-，3，0），=（0，0，3），

∵•=0，•=0，

∴AC⊥BD，AC⊥BB1，

∵BD∩BB1=B，BD⊂平面BB1D，BB1⊂平面BB1D，

∴AC⊥平面BB1D；

（2）∵=（0，1，-3），=（-，2，0），

∴设平面B1DC的法向量为=（x，y，z），

则，即，

令y=1，

=，

∵AC⊥平面BB1D，

∴为平面BB1D的一个法向量，

∴cos＜＞==，

故二面角B-B1D-C的余弦值为．

（3）不存在，

假设线段CD1上存在点P，使A1P∥平面B1CD，

设=λ，λ∈[0，1），

∵=（），

∴=（，-2λ，-3λ），

∴==（，3-2λ，-3λ），

要使A1P∥平面B1CD，

∴，

即，

解得λ=3∉[0，1），

∴线段CD1上不存在点P，使A1P∥平面B1CD．

解：（1）证明：PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC；

∴PA⊥BC，即BC⊥AC；

又C是⊙O上异于A，B的一点，AB为直径；

∴BC⊥AC，AC∩PA=A；

∴BC⊥平面PAC，BC⊂平面PBC；

∴平面PAC⊥平面PBC；

（2）BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC；

∴BC⊥PC，又BC⊥AC；

∴∠PCA是二面角P-BC-A的平面角；

在Rt△ABC中，AB=2，BC=1，∴AC=；

在Rt△PAC中，，∴；

∴∠PCA=30°；

即二面角P-BC-A的大小为30°．

解：（1）∵==2，

∴DE∥BC，

∴∠AED（或其补角）为异面直线BC与AE所成角，

∵DE=3，AE=5，

∴cos∠AED=；

（2）过D作DF⊥CE，交CE的延长线于F，连接AF．

∵A-DE-B是直二面角，AD⊥DE，∴AD⊥底面DBCE，

由三垂线定理知AF⊥FC，故∠AFD为二面角A-BC-B的平面角．

在底面DBCE中，∠DEF=∠BCE，DB=2，EC=，

因此sinBCE==．

从而在Rt△DFE中，DE=3，DF=DEsinDEF=DEsinBCE=．

在Rt△AFD中，AD=4，tan∠AFD==．

因此，二面角A-EC-B的正切值为．

解：（1）取AD的中点O，连接E，O，则EO∥PA，∴EO⊥面ABCD．

　过点O作OH⊥AC交AC于H点，连接EH，则EH⊥AC，

从而∠EHO为二面角E-AC-D的平面角．

在△PAD中，EO=AP=1，在△AHO中∠HAO=45°，

∴HO=AOsin45°=，

∴tan∠EHO=，

∴二面角E-AC-D等于arctan．

（2）由（1）知：AC⊥OH，AC⊥EH，因此AC⊥平面EOH，

∴平面EOH⊥平面EAC，过点O作OG⊥EH，垂足为G，

则OG⊥平面EAC，在△EOH中，易求：OG=．

又∵点O是线段AD的中点，因此点O到平面EAC的距离OG是点D到平面EAC 距离的一半，

即点D到平面EAC距离为．

（3）连接FD交AC于点S，PF∥平面EAC，平面EAC∩平面PFD=ES，

∴PF∥ES  ①

又∵F为BC中点，∴②

由①②知：．

即：当F是BC的中点且PF∥平面EAC时，有．