热门试卷

（1）证明：因为DE⊥平面ACD，DE⊂平面CDE，

所以平面CDE⊥平面ACD．

在底面ACD中，AF⊥CD，由面面垂直的性质定理知，AF⊥平面CDE．

取CE的中点M，连接BM、FM，

由已知可得FM=AB且FM∥AB，则四边形FMBA为平行四边形，从而BM∥AF．

所以BM⊥平面CDE．

又BM⊂平面BCE，则平面CBE⊥平面CDE．…（7分）

（2）解：过F作FN⊥CE交CE于N，过N作NH⊥BE，连接HF，

则∠NHF就是二面角C-BE-F的平面角．

在Rt△FNH中，NH=，FH=，

所以cos∠NHF==

故二面角C-BE-F的余弦值为…（15分）

（1）证明：∵平面ABCD⊥平面SAD，AS⊥AD，平面ABCD∩平面SAD=AD，

∴SA⊥平面ABCD，

∴SA⊥BD，

∵AB⊥BD，SA∩AB=A，

∴BD⊥平面SAB，

∵BD⊂平面SBD，

∴平面SBD⊥平面SAB；

（2）解：建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B（0，，），S（2，0，0），C（0，，），D（0，2，0），

设平面DSB的法向量为=（x，y，z），则

∵=（-2，，），=（-2，2，0），

∴，∴取=（，1，），

同理平面CSB的法向量为=（3，0，4），

∴平面CSB与平面DSB所成的锐二面角的余弦值为=．

证明：（I）∵A1D1⊥平面A1B1BA，EF⊂平面A1B1BA，

∴A1D1⊥EF

∵A1B⊥AB1，EF∥AB1，

∴A1B⊥EF

∴EF⊥平面A1D1B；

解：（II）延长DE、CB交于N，∵E为AB中点，∴△DAE≌△NBE

过B作BM⊥EN交于M，连FM，

∵FB⊥平面ABCD

∴FM⊥DN，∴∠FMB为二面角F-DE-C的平面角

设AB=a，则BM=    又BF=

∴tan∠FMB==，即二面角F-DE-C大小的正切值为

解：（1）正方体ABCD中，∵A、N分别是AD、BC的中点，∴MN⊥AD

又∵PA⊥平面α，MN⊂α，∴PA⊥MN，∴MN⊥平面PAD

又MN⊂平面PAD，平面PMN⊥平面PAD…（5分）

（2）由上可知：MN⊥平面PAD

∴PM⊥MN，QM⊥MN，∠PMQ是二面角P-MN-Q的平面角．…（8分）

PA=2，AD=2，则AM=1，PM=

PD=2，MQ=…（12分）

解：（1）由题意知，△ABC，△ACD都是边长为2的等边三角形，

取AC中点O，连接BO，DO，

则BO⊥AC，DO⊥AC∵平面ACD⊥平面ABC

∴DO⊥平面ABC，作EF⊥平面ABC，

那么EF∥DO，根据题意，点F落在BO上，

∴∠EBF=60°，∴EF=DO=，

所以四边形DEFO是平行四边形，DE∥OF；

∵DE⊄平面ABC，OF⊂平面ABC，∴DE∥平面ABC．

方法一：（2）作FG⊥BC，垂足为G，连接FG；

∵EF⊥平面ABC，根据三垂线定理可知，EG⊥BC，

∴∠EGF就是二面角E-BC-A的平面角，

BF==，

∵FG=BF•sin∠FBG=，EF=，

∴EG==，

∴cos∠EGF==，

即二面角E-BC-A的余弦值为．

方法二：（2）建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，

可求得平面ABC的一个法向量为，

平面BCE的一个法向量为

所以=

又由图知，所求二面角的平面角是锐角，二面角E-BC-A的余弦值为．

证明：（I）连接B1C，与BC1相交于O，连接OD

∵BCC1B1是矩形，

∴O是B1C的中点．

又D是AC的中点，

∴OD∥AB1．（2分）

∵AB1⊄面BDC1，OD⊂面BDC1，

∴AB1∥面BDC1．（4分）

解：（II）如图，建立空间直角坐标系，则

C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0），

D（1，3，0）（5分）

设=（x，y，z）是面BDC1的一个法向量，则

即，令x=1

则=（1，，）．（6分）

易知=（0，3，0）是面ABC的一个法向量．

∴cos＜，＞=．（8分）

∴二面角C1-BD-C的余弦值为．（9分）

（III）假设侧棱AA1上存在一点P（2，y，0）（0≤y≤3），使得CP⊥面BDC1．

则，即

∴方程组无解．∴假设不成立．

∴侧棱AA1上不存在点P，使CP⊥面BDC1．（14分）

解：以点A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，则B（2，0，0）、D（0，2，0）、C（2，2，0），E（2，2，1）、F（0，2，2），A1（0，0，4）

（1）=（2，-2，0），=（-2，0，2），设异面直线DB与CF所成角为θ，则cosθ==，（5分）

∴θ=60°，即异面直线DB与CF所成角为60°  …（6分）

（2）∴，．        …（7分）

∵，，

∴．

∴A1C⊥BE，A1C⊥BD． …（9分）

∵BE∩BD=B，BE⊂平面BDE，ED⊂平面BDE，∴A1C⊥平面BDE． …（10分）

（3）由（2）是平面BDE的一个法向量…（11分）

是平面CDE的一个法向量             …（12分）

向量所成角是二面角B-DE-C的平面角（或其补角），

∴

∴二面角B-DE-C的余弦值为…（14分）

（1）证明：如图所示，连接AC，与BD相交于点O，连接OP．

∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD，

又AC∩PA=A，PA⊥BD，

∴BD⊥平面PAC．

∴BD⊥OP．

又OD=OB，

∴PB=PD．

（2）解：当PD⊥PB，由（1）可知：PD=PB，

∴OP=OD=OB．

过点P作PO1⊥AC，垂足为O1，分别以O1A，O1E，O1P为x轴，y轴，z轴．

建立如图所示的空间直角坐标系O1-xyz．

∵△ABD中，∠BAD=60°，AB=2=AD，

∴OA=，OB=1=OD=OP．

设O1A=a（不妨假设），则A（a，0，0），，C，∵O1P==．∴P．

=，=，=．

设平面ABP的法向量为=（x，y，z），，∴，取=．

同理可得：平面CBP的法向量为=，

∵二面角A-PB-C的余弦值为，∴===，解得a=．

因此可得：点O1与O重合，因此此锥体的高为OP=1．

（3）假设在条件（2）下，在线段PB上存在点M，使得异面直线PA与DM成角的余弦值等于．

A，P（0，0，1），B（0，1，0），D（0，-1，0）．

=．

设，则=（0，1-λ，λ），（0≤λ＜1），∴=（0，2-λ，λ）．

∴===，

解得λ=．

∴M．

因此在条件（2）下，在线段PB上存在点M，使得异面直线PA与DM成角的余弦值等于．