热门试卷

解：（1）取C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直线坐标系．

∵四边形BCC1B1是边长为6的正方形，∴BC=CC1=AA1=6．

∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC．

又易知AA1⊥平面ABC，

∴AA1⊥BC，又AC∩AA1=A，

∴BC⊥平面ACC1A1．

∴∠BAC就是直线AB与平面平面ACC1A1所成的角，

∴tan∠BAC===3，

∴AC=2，

设AD=x，则点C（0，0，0），A（2，0，0），B1（0，6，6），C1（0，0，6），D（2，0，x）．

∴=（0，6，0），=（-2，0，6-x），=（2，0，x）．

由，，

解得x=3±，由于AD＞DA1．

故当AD=3+时，CD⊥平面B1C1D．

（2）若AD=2，则点D（2，0，2），=（2，0，2），=（0，6，6），

设平面B1CD的法向量为=（x，y，z）．

由，得

令z=-1，得=（，1，-1），又平面C1DC的法向量为=（0，1，0）．

设二面角B1-DC-C1的大小为θ，则cosθ==，

∴sinθ=，∴tanθ==2．

即二面角B1-DC-C1的正切值为2．

解：（1）取AB的中点E，连接EO，VE，VO，则由题意可知VE⊥AB且OE⊥AB，

∴∠VEO为二面角V-AB-C的平面角，

∵VA=VB=VC=VD=，O是底面正方形ABCD的中心，

∴VO⊥平面ABCD

Rt△VEO中，，

∴，可得∠VEO=60°

∴二面角V-AB-C的大小为60°

（2）设点O到平面VAB的距离为h，

则由VO-VAB=VV-OAB，得S△VAB•h=S△OAB•VO

∵S△VAB=×AB×VE=2，S△OAB=×AB×EO=1，VO==

∴，得

即点O到平面VBC的距离为．

（本小题满分13分）

解：（Ⅰ）证明：因为H为圆锥PO的底面圆周上的一点，∴AH⊥BH，

又∵BH∥OC，

∴AH⊥OC…（2分）

因为PO⊥平面ABCD，AH⊂平面ABCD∴PO⊥AH，

∵PO∩OC=O，∴AH⊥平面PCO，…（4分）

∵PC⊂平面PCO，∴AH⊥PC…（5分）

（Ⅱ）以O为原点，OA方向为x轴，AB的中垂线为y轴，OP方向为z轴建立空间直角坐标系，如图，…（6分）

则P（0，0，1），D（1，-2，0），C（-1，-2，0），，，…（7分）

设平面PCD的一个法向量为，则由

得，

取y=1得平面PCD的一个法向量为；…（9分）

∵G为圆锥PO的底面圆周上的一点，可设G（cosθ，sinθ，0），θ∈[0，π]

=（cosθ，sinθ，-1），依题意得==，…（11分）

解得sin，cos，

∴点G的坐标为（）  …（13分）

证明：（1）∵ABCD为菱形，∴BD⊥AC

∵PA⊥平面ABCD，∴BD⊥PA

∵AC∩PA=A

∴BD⊥平面PAC

∵BD⊂平面PBD

∴平面PBD⊥平面PAC   （3分）

（2）AC∩BD=O，连接PO，过A作AE⊥PO交PO于E，

∴AE⊥平面PBD，AE就是所求的距离，

在三角形PAO中，PA=2，AO=，

∴，

∴．（3分）

（3）过O作OF⊥PC，连BF，

∵OB⊥平面PAC，由三垂线定理，PC⊥BF，

∴∠OFB为二面角B-PC-A的平面角，

∵，PC=4，，Rt△OFC～Rt△PAC

∴

∴

∴，所求二面角大小为（3分）

（1）证明：由ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，可知：△OAB是等腰直角三角形，

∵AB=2CD=2，E是AB的中点，∴OE=EA=EB=，可得OA=OB=2．

∵PO⊥底面ABCD，∴PO⊥OA，PO⊥OB．又OA⊥OB．

∴可以建立如图所示的空间直角坐标系．

则O（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），P（0，0，2），E（1，1，0），F（1，0，1）．

∴，．

∴，∴EF⊥AO，即EF⊥AC．

（2）解：由（1）可知：，．

设平面OEF的法向量为，

则，得，令x=1，则y=z=-1．

∴．

∵PO⊥平面OAE，∴可取作为平面OAE的法向量．

∴===．

由图可知：二面角F-OE-A的平面角是锐角θ．

因此，．

（1）证明：取AC的中点H，连接BH，

∵AB=BC，∴BH⊥AC．

∵AF=3FC，∴F为CH的中点．

∵E为BC的中点，∴EF∥BH．则EF⊥AC．

∵△BCD是正三角形，∴DE⊥BC．

∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥DE．

∵AB∩BC=B，∴DE⊥平面ABC，∴DE⊥AC．

∵DE∩EF=E，∴AC⊥平面DEF；

（2）解：设AB=BC=2a，则DE=a，EF=a，∴=

∵=2a

∴平面DEF与平面ABD所成的锐二面角的余弦值为；

（3）解：存在这样的点N，

当CN=CA时，MN∥平面DEF．

连CM，设CM∩DE=O，连OF．

由条件知，O为△BCD的重心，CO=CM．

∴当CF=CN时，MN∥OF，∴CN==CA

证明：（1）∵ABCD是矩形，

∴BC⊥AB，

∵平面EAB⊥平面ABCD，

平面EAB∩平面ABCD=AB，BC⊂平面ABCD，

∴BC⊥平面EAB，

∵EA⊂平面EAB，

∴BC⊥EA，

∵BF⊥平面ACE，EA⊂平面ACE，

∴BF⊥EA，

∵BC∩BF=B，BC⊂平面EBC，BF⊂平面EBC，

∴EA⊥平面EBC，

∵BE⊂平面EBC，

∴EA⊥BE．

解：（2）∵EA⊥BE，

∴AB==2

S△ADC===2

设O为AB的中点，连接EO，

∵AE=EB=2，

∴EO⊥AB，

∵平面EAB⊥平面ABCD，

∴EO⊥平面ABCD，即EO为三棱锥E-ADC的高，且EO=AB=，

∴VD-AEC=VE-ADC=•S△ADC×EO=．

（3）以O为原点，分别以OE、OB所在直线为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，则E（，0，0），C（0，，2），A（0，-，0），D（0，-，2），

∴=（，0，0），=（0，-2，0），=（，，-2），

由（2）知=（，0，0）是平面ACD的一个法向量，设平面ECD的法向量为=（x，y，z），

则，即，令x=，则y=0，z=1，

所以=（，0，1），设二面角A-CD-E的平面角的大小为θ，由图得0＜θ＜，

cosθ=cos＜，＞=

所以二面角A-CD-E的余弦值为．

证明：（I）△ABD中，∵AB=AD=，O是BD中点，BD=2

∴AO⊥BD且 =1

△BCD中，连接OC∵BC=DC=2

∴CO⊥BD且

△AOC中AO=1，CO=，AC=2

∴AO2+CO2=AC2故AO⊥CO

∴AO⊥平面BCD．（5分）

解：（II）如图建立空间直角坐标系，设平面ACD的法向量为=（x，y，z）则

即．（7分）

令y=1得=（-，1，）是平面ACD的一个法向量．．（8分）

又=（-，，0）

∴点E到平面ACD的距离h==．（10分）

（III）∵AO⊥平面BCD

∴=（0，0，1）为平面BCD的一个法向量；

∴cos＜，＞==

则二面角A-CD-B的余弦值为．（14分）

（1）解：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，

取B1C的中点O，连结AO，C1O，

∵AB1=AC，B1C1=CC1，

∴AO⊥B1C，C1O⊥B1C，

∴∠AOC1是二面角A-B1C-C1的平面角．

（2）证明：∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，

∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC⊥BB1，

BD∩BB1=B，

∴AC⊥平面BB1DD1，

∵AC⊂平面AB1C，

∴面BB1DD1⊥面AB1C．