热门试卷

解：（Ⅰ）证明：由于PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC∵AC⊥AB，∴AC⊥平面PAB，∴PB⊥AC，

（Ⅱ）连接BD交AC于O，连接OE，∵PB∥平面ACE，平面ACE∩平面PBD=OE∴PB∥OE，

又∵O为BD的中点∴E为PD的中点，

故λ=1．

（Ⅲ）取AD的中点F，连接EF，则EF∥PA，∵PA⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD．连接OF，则OF∥AB∵BA⊥AC，

∴OF⊥AC，连接OE，则OE⊥AC，∴∠EOF就是二面角E-AC-D的平面角，

又∵，∴EF=OF，且EF⊥OF∴∠EOF=45°．

∴二面角E-AC-B大小为135°．

（1）证明：∵在Rt△∠ABC中，∠ABC=30°，AD=DB，

∴，，则，且∠CAB=∠DAC，

∴△ABC∽△ACD，则∠ADC=90°，即AB⊥CD，

∵PD⊥平面ABC，∴PD⊥CD，

又PD∩AB=D，∴CD⊥平面PAB，

∴PA⊥CD；

（2）解：由（1）得，CD、AB、PD两两垂直，以CD为x轴、AB为y轴、PD为z轴，建立空间直角坐标系，

设AC=2，则AB=4，则C（，0，0），B（0，3，3），P（0，0，3），

∴=（，0，3），=（，3，0），

设平面PBC的法向量=（x，y，z），则有，

∴，令x=，则y=z=1，∴=（，1，1），

∵CD⊥平面PAB，∴平面PAB的法向量=（1，0，0），

设二面角C-PB-A的平面角为θ，∴cosθ===．

证明：（1）设BD与CE交于点O

tan∠BDC=tan∠BCE=

∴∠OBC+∠OCB=90°

∴∠BOC=90°

∴BD⊥CD

又∵PC⊥BD，PC∩CE=C

∴BD⊥平面PCE

∴BD⊥PE

又∵侧面PAB为正三角形，E为AB的中点．

∴PE⊥AB

∴PE⊥平面ABCD； 

解：（2）由（1）中，PE⊥平面ABCD

∴平面PAB⊥平面ABCD

又∵AD⊥AB

∴平面PAB⊥平面PAD

设F为PA的中点，连接BF，则BF⊥PA

∴BF⊥平面PAD，

过F作FG⊥PD，连接BG

则BG⊥PD

即∠BGF为二面角A-PD-B的平面角

在△PFG及△BGF中

FG=PF•sin∠APD=1×=

∴tan∠BGF==3

∴二面角A-PD-B的大小为arctan3

（1）证明：连接A1B、AB1相交于O，连接DO，

∵侧面ABB1A1为菱形，∴AB=AA1，又∠DAB=∠DAA1，AD=AD，

∴△DAA1≌△DAB，则BD=A1D，

∴OD⊥A1B，又A1B⊥AB1，

∴A1B⊥平面AOD，即得A1B⊥AD；

（2）解：分别以射线OB、射线OB1、射线OD为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示．

设AD=AB=2BC=2a，由∠A1AB=60°可知|0B|=a，|OA|=|OB1|=a，

∴|OD|=，从而A（0，-a，0），B（a，0，0），

B1（0，a，0），D（0，0，a），

∴=（-a，a，0）．

由，可得C（a，a，a），

∴=（a，a，-a），

设平面DCC1D1的一个法向量为=（x0，y0，z0），

由•=•=0，得，

取y0=1，则x0=，z0=3，

∴=（，1，3）．

又平面ABB1A1的法向量为=D（0，0，a），

∴cos＜，＞===，

故平面DCC1D1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值为．

（1）证明：∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，∴AB⊥AA1，

在△ABC中，AB=1，AC=，∠ABC=60°，由正弦定理得∠ACB=30°，

∴∠BAC=90°，即AB⊥AC，

∴AB⊥平面ACC1A1，

又A1C⊂平面ACC1A1，

∴AB⊥A1C．

（2）解：如图，作AD⊥A1C交A1C于D点，连接BD，

由三垂线定理知BD⊥A1C，

∴∠ADB为二面角A-A1C-B的平面角．

在Rt△AA1C中，AD==，

在Rt△BAD中，tan∠ADB==，

∴cos∠ADB=，

即二面角A-A1C-B的大小为arccos．

解：（1）在平面ABNM中，作NF⊥AB于F，再过F作FE∥BC，交CD于E，连接EN

∵AB⊥NF，AB⊥EF，NF∩EF=F，

∴AB⊥平面EFN．

根据该建筑物的左视图，可得△EFN是斜边EF=2的等腰直角三角形．

∴NF=EF=

∵四边形ABNM是等腰梯形，MN∥AB，NF是高，

∴BF=（AB-MN）=（4-2）=1．

∴Rt△BFN中，BN=

结合四边形ABNM是等腰梯形，得AM=BN=．

∵M到平面ABCD的距离为1

∴直线AM与平面ABCD所成角的正弦值为=

（2）∵AB⊥平面EFN，AB∥MN

∴∠ENF为二面角A-MN-C的平面角

在△ENF中，NF=NE=，EF=2，∴∠ENF=90°

∴二面角A-MN-C的平面角为90°

（3）在平面BAMN内，作MN⊥AB于H，过H作HG∥BC交CD于G，连接MG，

∵平面BAMN中，MH、NF都与AB垂直

∴MH∥NF，

∵MH⊂平面MHG，NF⊄平面MHG，

∴NF∥平面MHG，同理可得EF∥平面MHG．

∵NF、EF是平面NFE内的相交直线

∴平面MHG∥平面NFE

又∵MN∥AB∥CD，AB⊥平面EFN，

∴三棱柱MHG-NFE是直三棱柱．

可得：V三棱柱MHG-NFE=S△EFN×MN=×2×1×2=2，

又∵矩形ABCD中，FE∥BC，

∴SBCEF=BF×BC=1×2=2，可得V四棱锥N-BCEF=×SBCEF×1=

同理可得：V四棱锥M-ADGH=，

又∵V长方体ABCD-A1B1C1D1=SABCD×A1A=2×4×4=32

∴该建筑物的体积为V=V三棱柱MHG-NFE+V四棱锥M-ADGH+V四棱锥N-BCEF+V长方体ABCD-A1B1C1D1=．

（1）证明：∵ABCD是正方形，四边形BDEF是平行四边形，

∴BC∥AD，FB∥ED

∴平面FBC∥平面ADE

∵FC⊂平面FBC

∴FC∥平面ADE；

（2）解：连接FG，AF，FC，

∵BD⊥AC，FO⊥平面ABCD

∴BD⊥平面AFC，∴BF⊥平面AFC

∴∠FGC为二面角F-BD-C的平面角，∠AFC为二面角A-EF-C的平面角

∵平面AEF⊥平面CEF，∴∠AFC=90°

设GO=m，则AG=2m，OC=m，

在直角△AFC中，FO2=OA×OC=3m2，∴FO=m

∴在直角△FGO中，∠FGC=60°

因此，二面角F-BD-C的大小为60°．

解：（1）∵，△PAB的边长为6的等边三角形，

∴取AB的中点0，连接PO，

则PO⊥AB，

∵平面PAB⊥平面ABC，

∴PO⊥平面ABC，

∵E是BC的中点，

∴OE∥AC，

∵∠BAC=90°，

∴OE⊥AB，

以O为坐标原点，以OB，OE，OP分别为x，y，z轴，建立空间坐标系如图：

∵AC=6，△PAB的边长为6的等边三角形，

∴OB=OA=3，OP=，OE=3，

则B（3，0，0），A（-3，0，0），E（0，3，0），C（-3，6，0），P（0，0，），

D（，0，），

则=（0，6，0），

设=m，

则=m=（0，6m，0），

=（-3，0，-），==（-3，6m，-），

=（0，3，-），

设平面PEF的法向量为=（x，y，z），

则由，得，

即，令z=，则y=3，x=6m-3，

即=（6m-3，3，），

∵AD∥平面PEF，

∴⊥，

∵=（，0，），

∴•=（，0，）•（6m-3，3，）=0，

即（6m-3）+×=0，

则6m-3+1=0，6m=2，

解得m=，

即的值为；

（2）由（1）知，m=，则平面PEF的法向量为=（-1，3，），

==（-3，2，-），=（-3，0，-），

设平面APF的法向量为=（x，y，z），

由，即，

令z=，则x=-3，y=0，

即=（-3，0，），

cos＜，＞==

由图象知二面角A-PF-E为锐二面角，

则二面角A-PF-E的余弦值为．

（Ⅰ）证明：如图1，取CD中点G，连接OG，FG，

在△CAD中，∵O，G分别是CA，CD的中点，

∴OG∥AD，且，

又由已知得，EF∥AD，且，

∴，

∴四边形OGFE是平行四边形，

∴EO∥FG，

又EO⊄平面FCD，FG⊂平面FCD

∴EO∥平面FCD．

（Ⅱ）证明：如图2，以A为坐标原点建立空间直角坐标系．

则A（0，0，0），B（6，0，0），，D（0，6，0），，

，，．

∴，

且，

∴DE⊥AB，DE⊥AF； 

又AB∩AF=A，∴DE⊥平面ABF．

（Ⅲ）解：设平面BFD的法向量为

由（Ⅱ）知，

∴，令z=1，得，

又平面AFD的法向量为，

设二面角A-FD-B的大小为θ，θ是锐角，

则，

∴二面角A-FD-B的余弦值为．