热门试卷

（Ⅰ）证明：如图，

∵B1C1∥BC，∴B，B1，C1，C四点共面，延长CC1，BB1交于点D，连接A1D，

∵BC=2B1C1，∴B1D=BB1，

又ABB1A1为正方形，∴B1D∥AA1，B1D=AA1，

∴四边形AA1DB1为平行四边形．

∴AB1∥A1D，又A1D⊂平面A1C1C，AB1⊄平面A1C1C，

∴AB1∥平面A1C1C；

（Ⅱ）解：∵四边形ABB1A1为正方形，

∴A1A=AB=AC=1，A1A⊥AB，

又△A1BC是等边三角形，∴，

∴，

∴∠A1AC=90°，∠BAC=90°，即A1A⊥AC，AB⊥AC．

故建立如图所示的空间直角坐标系，

则C（1，0，0），A1（0，0，1），，

设点M（0，t，0），（0≤t≤1），

则向量，

，

设平面CA1C1的一个法向量为，

则由．

得，令z1=1，则．

设平面MA1C1的一个法向量为，

则由，得

，令y2=1，得，

∴由题设得．

即，

又0≤t≤1，解得t=．

即点M在线段AB的中点时，平面CA1C1和平面MA1C1所成角的余弦值为．

证明：（Ⅰ）如图，

∵AB∥CD，CD⊥AD，AD=CD=2AB=2，F为CD的中点，

∴ABFD为矩形，AB⊥BF．

∵DE=EC，∴DC⊥EF，又AB∥CD，∴AB⊥EF

∵BF∩EF=F，∴AB⊥面BEF，又AE⊂面ABE，

∴平面ABE⊥平面BEF．

（2）解：∵DE=EC，∴DC⊥EF，

又PD∥EF，AB∥CD，∴AB⊥PD

又AB⊥PD，∴AB⊥面PAD，AB⊥PA．

以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间坐标系，

则B（1，0，0），D（0，2，0），P（0，0，2），C（2，2，0），E（1，1，1）

平面BCD的法向量=（0，0，1），

设平面EBD的法向量为=（x，y，z），

∵=（-1，2，0），=（0，1，1），

∴，

∴=（2，1，-1），

∴cos＜，＞=．

解：（1）连接EO，则由于E为PA的中点，O为底面对角线的交点所以OE为△APC的中位线所以EO∥PC，

又PC⊥平面ABCD∴OE⊥平面ABCD

∴平面EDB⊥平面ABCD-----------------------------------------------------（6分）

（2）ABCD为菱形，，

过O在平面OEB内作OF⊥BE于F，连OF，∠AFO为二面角A-EB-O的平面角，

tan∠AFO=---------------------------------------------------------（12分）

（1）证明：如图所示，取CD的中点E，连接PE，EM，EA，

∵△PCD为正三角形，

∴PE⊥CD，PE=PDsin∠PDE=2sin60°=．

∵平面PCD⊥平面ABCD，

∴PE⊥平面ABCD，而AM⊂平面ABCD，∴PE⊥AM．

∵四边形ABCD是矩形，

∴△ADE，△ECM，△ABM均为直角三角形，

由勾股定理可求得EM=，AM=，AE=3，

∴EM2+AM2=AE2．∴AM⊥EM．

又PE∩EM=E，∴AM⊥平面PEM，∴AM⊥PM．

（2）解：由（1）可知：EM⊥AM，PM⊥AM，

∴∠PME是二面角P-AM-D的平面角．

在Rt△PEM中，tan∠PME===1，∴∠PME=45°．

∴二面角P-AM-D的大小为45°．

（1）证明：∵E为CD的中点，BC=1，ABCD为菱形，∴CE=，

又∠BCD=60°，

∴∠BEC=90°，∴BE⊥AB，

又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BE，

∵PA⊂面PAB，AB⊂面PAB，PA∩AB=A，

∴BE⊥面PAB，

∵BE⊂面PBE，

∴面PBE⊥面PAB．   

（2）解：连AC，BD交于O，则AO⊥BD

∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

∴PO⊥BD

∴∠POA为二面角P-BD-A的平面角，

∵PC与平面ABCD成60°角，

∴∠POA=60°

∵∠BCD=60°，BC=1，

∴AC=，AD=

∴PA=6，PO=

∴cos∠POA==．

解：如图所示，设AC=BD=a，AD=BC=b，AB=CD=c 

由已知所有侧面三角形和底面三角形都是全等的三角形，

设对应的面积为S，

各侧面在底面的射影面积分别为S1，S2，S3，

则cosα=，cosβ=，cosγ=，

则cosα+cosβ+cosγ=++．

（1）证明由于M，N为AD，AB的中点，

则MN∥BD，MN=BD，

由于P，Q为CB，CD的中点，

则PQ∥BD，PQ=BD，

即有MN∥PQ，且MN=PQ，

则四边形MNPQ为平行四边形，

取BD的中点H，连接AH，CH，

由于三角形ABD和三角形CBD均为等边三角形，

则AH⊥BD，CH⊥BD，

则BD⊥平面ACH，则BD⊥AC，

则由MN∥BD，MQ∥AC，

则MN⊥MQ，则四边形MNPQ为矩形；

（2）解：取AC的中点为K，连接BK，交NP于E，

连接DK，交MQ于F，连接EF，

由于AB=BC，则EK⊥NP，DK⊥AC，

则BD∥EF，EF⊥NP，

则有∠FEK均为二面角A-NP-M的平面角，

由E，F为中点，则EK=FK=BK=DK，

由于平面ABD⊥平面BCD，则由（1）知，AH⊥BD，

得到AH⊥平面BCD，则AH⊥CH，

则由ABD，BCD都是边长为2的等边三角形，

即有AH=CH=，AC=，BK=DK==，

则在三角形EFK中，EF=1，EK=FK=BK=，

则cos∠FEK==．

解：（Ⅰ）由该四棱锥的三视图知，该四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形，

侧棱PC⊥底面ABCD，且PC=2，

∴四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD==．

（Ⅱ）不论点E在PC上的何位置，都有BD⊥AE，

证明如下：

连接AC，∵ABCD是正方形，

∴BD⊥AC，∵PC⊥底面ABCD，且BD⊂平面ABCD，

∴BD⊥PC，

∵AC∩PC=C，∴BD⊥平面PAC，

∵不论点E在何位置，都有AE⊂平面PAC，

∴不论点E在何位置，都有BD⊥AE．

（Ⅲ）解法一：在平面DAE内过点D作DG⊥AE于G，连接BG，

∵CD=CB，EC=EC，∴Rt△ECD≌Rt△ECB，

∴BG=EA，

∴∠DGB是二面角D-EA-B的平面角，

∵BC⊥DE，AD∥BC，∴AD⊥DE，

在Rt△ADE中，DG===BG，

在△DGB中，

由余弦定理得

∴∠DGB=．

解法二：以点C为坐标原点，CD所在的直线为x轴建立空间直角坐标系如图示：

则D（1，0，0），A（1，1，0），B（0，1，0），E（0，0，1），从

设平面ADE和平面ABE的法向量分别为

由可得：-a+c=0，b=0，

同理得：a‘=0，-b'+c'=0．令c=1，c'=-1，则a=1，b'=-1，

∴------（10分）

设二面角D-AE-B的平面角为θ，则

∴∠DGB=．