热门试卷

（1）证明：∵CC′⊥底面ABC，

∴CC′⊥BC

∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，

又AC∩CC′=C，

∴BC⊥平面ACC′A．

（2）证明：取B′C′的中点G，连接EG、BG，

又E是A′C′的中点，

则EG∥A′B′且等于A′B′的一半．

ABCEFG

∵F是AB中点，

∴BF∥A′B′且等于A′B′的一半，

∴EG与BF平行且相等．

∴四边形EGBF是平行四边形，∴EF∥BG，

又EF⊄平面BCC′B′，BG⊂平面BCC′B′，

∴EF∥平面BCC′B′

（3）解：连接FC、FC′．

∵AC=BC，F是AB中点，

∴CF⊥AB，

又∵CC′⊥底面ABC，

∴CC′⊥AB，

∴AB⊥平面CFC′，

∴C′F⊥AB，

∴∠C′FC为二面角C′-AB-C的平面角，

即θ=∠C′FC，

在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=a，F是AB中点，

∴CF=，

又△C′FC是直角三角形，且∠C′CF=90°，CC′=a，

∴tanθ=tan∠C′FC=．

方法一（几何法）：

证明：（1）因为EA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以EA⊥AC，即ED⊥AC．

又因为AC⊥AB，AB∩ED=A，所以AC⊥平面EBD．

因为BD⊂平面EBD，所以AC⊥BD．（4分）

解：（2）因为点A、B、C在圆O的圆周上，且AB⊥AC，所以BC为圆O的直径．

设圆O的半径为r，圆柱高为h，根据正（主）视图、侧（左）视图的面积可得，

（6分）

解得

所以BC=4，．（7分）

过点C作CH⊥BD于点H，连接AH，

由（1）知，AC⊥BD，AC∩CH=C，所以BD⊥平面ACH．

因为AH⊂平面ACH，所以BD⊥AH．

所以∠AHC为二面角A-BD-C的平面角．（9分）

由（1）知，AC⊥平面ABD，AH⊂平面ABD，

所以AC⊥AH，即△CAH为直角三角形．

在Rt△BAD中，，AD=2，则．

由AB×AD=BD×AH，解得．

因为．（13分）

所以∠AHC=60°．

所以二面角A-BD-C的平面角大小为60°．（14分）

方法二（向量法）：

证明：（1）因为点A、B、C在圆O的圆周上，且AB⊥AC，所以BC为圆O的直径．

设圆O的半径为r，圆柱高为h，根据正（主）视图、侧（左）视图的面积可得，

（2分）

解得

所以BC=4，．

以点D为原点，DD1、DE所在的射线分别为x轴、z轴建立如图的空间直角坐标系

D-xyz，则D（0，0，0），D1（4，0，0），A（0，0，2），B（2，2，2），C（2，-2，2），，．

因为，

所以．

所以AC⊥BD．（9分）

解：（2）设n=（x，y，z）是平面BCD的法向量，因为，

所以即

取z=-1，则n=（1，0，-1）是平面BCD的一个法向量．（11分）

由（1）知，AC⊥BD，又AC⊥AB，AB∩BD=B，所以AC⊥平面ABD．

所以是平面ABD的一个法向量．（12分）

因为，

所以．

而等于二面角A-BD-C的平面角，

所以二面角A-BD-C的平面角大小为60°．（14分）

解：（1）四面体ABCD的棱长都相等；

∴该四面体为正四面体；

∴A在底面BCD的投影为底面BCD的中心；设△BCD的中心为O，过O作BC的平行线，分别交BD，CD于F，G，连接DO并延长，交BC于H，则：H为BC中点；

∴OG⊥BC，OG⊥OE；

连接AO，则AO⊥底面BCD；

∴OH，OG，OA三直线两两垂直，∴分别以这三条直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设该正四面体棱长为2，则：

A（0，0，），B（），C（），D（），H（），E（）；

连接AH，显然∠AHD为侧面ABC与底面BCD所成二面角的平面角；

且；

∴；

（2）显然为底面BCD的法向量；

；

∴=；

∴；

（3）假设在直线BC上存在点F，使直线AF与CE所成角为90°，设F（），则：

；

直线AF与CE所成角为90°，即AF⊥CE；

∴；

∴y0=-6；

∴存在点F，使直线AF与CE所成角为90°，并且F点在CB延长线上，且FB=5．

（1）证明：∵E，F是AC，AB的中点，∴EF∥BC，

∵BC⊂平面PBC，EF⊄平面PBC

∴EF∥平面PBC；

（2）证明：连结CF．

∵PE=EF=BC=AC，

∴AP⊥PC．

∵CF⊥AB，PF⊥AB，

∴AB⊥平面PCF．

∵PC⊂平面PCF，

∴PC⊥AB，

∴PC⊥平面PAB；

（3）解：∵AB⊥PF，AB⊥CF，

∴∠PFC为所求二面角的平面角．

设AB=a，则AB=a，则PF=EF=，CF=a

∴cos∠PFC==．

解：（I）证明：过点Q作QD⊥BC于点D，

∵平面QBC⊥平面ABC，∴QD⊥平面ABC，

又∵PA⊥平面ABC，

∴QD∥PA，又∵QD⊂平面QBC，PA⊄平面QBC，

∴PA∥平面QBC．

（Ⅱ）方法一：∵PQ⊥平面QBC，

∴∠PQB=∠PQC=90°，又∵PB=PC，PQ=PQ，

∴△PQB≌△PQC，∴BQ=CQ．

∴点D是BC的中点，连接AD，则AD⊥BC，

∴AD⊥平面QBC，∴PQ∥AD，AD⊥QD，

∴四边形PADQ是矩形．

设PA=2a，

∴，PB=2a，∴．

过Q作QR⊥PB于点R，

∴QR==，

==，

取PB中点M，连接AM，取PA的中点N，连接RN，

∵PR=，，∴MA∥RN．

∵PA=AB，∴AM⊥PB，∴RN⊥PB．

∴∠QRN为二面角Q-PB-A的平面角．

连接QN，则QN===．又，

∴cos∠QRN===．

即二面角Q-PB-A的余弦值为．

（Ⅱ）方法二：∵PQ⊥平面QBC，

∴∠PQB=∠PQC=90°，又∵PB=PC，PQ=PQ，

∴△PQB≌△PQC，∴BQ=CQ．

∴点D是BC的中点，连AD，则AD⊥BC．

∴AD⊥平面QBC，∴PQ∥AD，AD⊥QD，

∴四边形PADQ是矩形．

分别以AC、AB、AP为x、y、z轴建立空间直角坐标系O-xyz．

不妨设PA=2，则Q（1，1，2），B（0，2，0），P（0，0，2），

设平面QPB的法向量为．

∵=（1，1，0），=（0，2，-2）．

∴令x=1，则y=z=-1．

又∵平面PAB的法向量为．

设二面角Q-PB-A为θ，则|cosθ|===

又∵二面角Q-PB-A是钝角

∴．

满分（13分）．

（Ⅰ）证明：∵∠A1AD=，且AA1=2，AO=1，

∴A1O==，…（2分）

∴+AD2=AA12，

∴A1O⊥AD．…（3分）

又A1O⊥CD，且CD∩AD=D，

∴A1O⊥平面ABCD．…（5分）

（Ⅱ）解：过O作Ox∥AB，以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz（如图），

则A（0，-1，0），A1（0，0，），…（6分）

设P（1，m，0）m∈[-1，1]，平面A1AP的法向量为=（x，y，z），

∵=，=（1，m+1，0），

且

取z=1，得=．…（8分）

又A1O⊥平面ABCD，A1O⊂平面A1ADD1

∴平面A1ADD1⊥平面ABCD．

又CD⊥AD，且平面A1ADD1∩平面ABCD=AD，

∴CD⊥平面A1ADD1．

不妨设平面A1ADD1的法向量为=（1，0，0）．…（10分）

由题意得==，…（12分）

解得m=1或m=-3（舍去）．

∴当BP的长为2时，二面角D-A1A-P的值为．…（13分）

证明：（1）如图建立空间直角坐标系

A1（2，0，4），B（0，2，0），C1（0，0，4），M（1，1，4），

∴∴A1B⊥C1M（4分）

（2）依题意得：B（0，2，0），N（2，0，2）

∴．（6分）

（3）依题意得：A1（2，0，4），B（0，2，0），C（0，0，0），B1（0，2，4）E（0，0，2），C1（0，0，4）

∴

∵BC⊥AC，BC⊥CC1

∴平面C1EA1的法向量为，得

设平面B1EA1的法向量为

则：

令，得

则

由题意可知：二面角B1-A1E-C1的大小是锐角

所以二面角B1-A1E-C1的平面角的余弦值是..（13分）