热门试卷

解：（1）∵CB∥C1B1，且BD=BC=B1C1，

∴四边形BDB1C1是平行四边形，可得BC1∥DB1．

又B1D⊂平面AB1D，BC1⊄平面AB1D，

∴直线BC1∥平面AB1D

（2）过B作BE⊥AD于E，连接EB1

∵BB1⊥平面ABD，∴BE是B1E在平面ABD内的射影

结合BE⊥AD，可得B1E⊥AD，

∴∠B1EB是二面角B1-AD-B的平面角．

∵BD=BC=AB，

∴E是AD的中点，得BE是三角形ACD的中位线，所以BE=AC=．

在Rt△BB1E中，tan∠B1EB===

∴∠B1EB=60°，即二面角B1-AD-B的大小为60°

（3）过A作AF⊥BC于F，

∵BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面BB1C1C

∴平面BB1C1C⊥平面ABC

∵AF⊥BC，平面BB1C1C∩平面ABC=BC

∴AF⊥平面BB1C1C，即AF为点A到平面BB1C1C的距离．

∵正三角形ABC中，AF=×3=，

∴三棱锥C1-ABB1的体积VC1-ABB1=VA-C1BB1=××=．

解：（Ⅰ）证明：∵△ABC为等边三角形∴BG⊥AC

又∵DC⊥面ABC，BG⊂面ABC∴DC⊥BG

∴BG垂直于面ADC的两条相交直线AC，DC，

∴BG⊥面ADC．                          …（6分）

∵EF∥BG

∴EF⊥面ADC

∵EF⊂面ADE，∴面ADE⊥面ADC．  …（8分）

（Ⅱ）解：连接EC，该四棱锥分为两个三棱锥E-ABC和E-ADC．

VA-BCDE=VE-ABC+VE-ACD=××1+×1×=+=．…（12分）

（III）延长DE，CB交于G，连结AG，

因为AB=BC=AC=BE=1，CD=2，CD⊥面ABC，BE∥CD，所以CB=BG=1，

在△ABG中，AG⊥AC，

因为CD⊥面ABC，所以AG⊥AD，

则平面ADE与平面ABC所成二面角的平面角为：∠DAC．

∴AD=，所以平面ADE与平面ABC所成二面角的余弦值为：=．

证明：（Ⅰ）取AC的中点O，连接BO，取A1C1的中点O1，连接O1O，

以O为坐标原点，建立空间坐标系如图，

则B（，0，0），C（0，1，0），B1（，0，2），C1（0，1，2），D（0，-1，1），

∵=（-，1，2），=（-，1，-2），=（-，-1，-1），

∴•=（-，1，2）•（-，1，-2）=3+1-4=0，

•=（-，-1，-1）•（-，1，2）=3-1-2=0，

即BC1⊥B1C，BC1⊥B1D；

∴BC1⊥平面B1CD；

（Ⅱ）设平面BB1D的法向量为=（x，y，z），

=（0，0，2），=（-，-1，1），

由•=0，•=0，

得，

令x=1，则y=-，z=0，

即 =（1，-，0），

由（Ⅰ）=（-，1，2），为平面B1DC的一个法向量，

则cos＜，＞===-，

∵二面角B-B1D-C为锐二面角，

∴二面角B-B1D-C的余弦值为．

（1）证明：∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，

∴CC1⊥平面ABC，

∵AD⊂平面ABC，

∴AD⊥CC1

又∵AD⊥DE，DE、CC1是平面BCC1B1内的相交直线

∴AD⊥平面BCC1B1，

∵AD⊂平面ADE

∴平面ADE⊥平面BCC1B1；

（2）解：由（1）知，AD⊥BC，

∵CC1⊥平面ABC，∴DE⊥AD，

∴∠EDC是二面角E-AD-C的平面角

∵△ABC为正三角形，AB=2，AA1=4，E为CC1的中点，

∴CD=1，CE=2

∴tan∠EDC==2．

（1）证明：∵面PDC⊥底面ABCD，交线为DC，∴DE在平面ABCD内的射影就是DC．

在正方形ABCD中，DC⊥CB，∴DE⊥CB．

又PC∩BC=C，PC，BC⊂面PBC，∴DE⊥面PBC．

又DE⊂面EDB，

∴平面EDB⊥平面PBC．

（2）解：由（1）的证明可知：DE⊥面PBC，所以，∠BEC就是二面角B-DE-C的平面角．

∵面PDC⊥底面ABCD，交线为DC，平面ABCD内的直线CB⊥DC．

∴CB⊥面PDC．

又PC⊂面PDC，∴CB⊥PC．

在Rt△ECB中，．

解：∵E、F分别为直角三角形ABC的直角边AC和斜边AB的中点

∴EF∥BC

∵直角三角形ABC中，∠C=90°，∴AC⊥BC

∴EF⊥AC

折后，EF⊥AC，EF⊥AF．

∴EF⊥平面A′AC

∵EF∥BC，∴BC⊥平面A′AC

∵A′C，AC⊂平面A′AC，∴BC⊥AC，BC⊥A′C

∴∠A′CA=∠A′CE是二面角A-BC-A′的平面角

设AC=2a，在△A′EC中，A′C=EC=a，A′E=a

∴cos∠A′CE==，

∴∠A′CE=

∴二面角A-BC-A′的大小为

解：建如图的立空间坐标系可得：D（0，0，0），A（1，0，0），C（0，2，0），B（1，2，0），A1（1，0，1），D1（0，0，1），C1（0，2，1），B1（1，2，1），由中点坐标公式可得E（0，2，），

（1）设面DB1E的法向量是，又=（0，2，），=（1，2，1），由得，令y=1，得x=2，z=-4

故有，同理可求得面BB1E的法向量为，故两平面所成的税二面角的余弦cosθ=||=

（2）由题意，AC的方向向量的坐标是=（-1，2，0），又面DB1E的法向量，由于=-2+2=0，故，又AC不在面DB1E内，故AC与面DB1E的位置关系是平行．

（3）M是棱AB上一点，

设M（1，x，0），则=（-1，-X，0），

由（1）面DB1E的法向量，M到面DB1E的距离即向量在DB1E的法向量上的投影长度，

故有d=||=|=||即得|2+x|=3解得x=1，或x=-1（由图知，此结论舍），

故M是AB的中点时，符合题意．

解：（1）由题意可得QA⊥平面ABCD，∴QA⊥CD．

由四边形ABCD为正方形知DC⊥AD，又QA、AD为平面PDAQ内

两条相交直线，

∴CD⊥平面PDAQ，∴CD⊥PQ．

在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD，

∴PQ2+DQ2=PD2．

由勾股定理得逆定理得：PQ⊥QD．

又CD、QD为平面ADCB内两条相交直线，

∴PQ⊥平面DCQ．

再由PQ⊂平面PQC，可得平面PQC⊥平面DCQ．

（2）如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，

射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz；

依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0），B（1，0，1），

=（1，0，0），=（-1，2，-1）．

设=（x，y，z）是平面的PBC法向量，则，即 ，

可取 =（ 0，-1，-2）．

同理求得平面PBQ的法向量=（1，1，1）．

所以cos＜，＞===-，故有 sin＜，＞=，

即二面角Q-BP-C的正弦值为 ．

解：（1）正方体中，AD∥BC，∴AD与B1C所成的角为∠B1CB或其补角．

∵∠B1CB=45°，∴AD和B1C所成的角为45°．

（2）取B1C的中点F，B1D的中点G，连接BF，EG，GF．

∵CD⊥平面BCC1B1，∴DC⊥BF．

又BF⊥B1C，DC∩B1C=C，∴BF⊥平面B1CD．

∵GF，

∴BEGF，

∴四边形BFGE是平行四边形，

∴BF∥CE．

∴EG⊥平面B1CD．

又EG⊂平面EB1D，∴平面EB1D⊥平面B1CD．

（3）连接EF．∵CD⊥B1C，GF∥CD，∴GF⊥B1C．

又EG⊥平面B1CD，EF⊥B1C，∴∠EFG为二面角E-B1C-D的平面角．

设正方形的边长为a，则在中，，

∴．

∴二面角E-B1C-D的大小为．