热门试卷

（Ⅰ）证明：∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，

∴平面QBC∥平面A1D1DA，

∴平面A1CD与面QBC、平面A1D1DA的交线平行，∴QC∥A1D

∴△QBC∽△A1AD，

∴=，

∴Q为BB1的中点；

（Ⅱ）解：连接QA，QD，设AA1=h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面α所分成上、下两部分的体积为V1，V2，

设BC=a，则AD=2a，∴==，VQ-ABCD==ahd，

∴V2=，

∵V棱柱=ahd，

∴V1=ahd，

∴四棱柱被平面α所分成上、下两部分的体积之比；

（Ⅲ）解：在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E，则DE⊥平面AEA1，∴DE⊥A1E，

∴∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角，

∵BC∥AD，AD=2BC，

∴S△ADC=2S△ABC，

∵梯形ABCD的面积为6，DC=2，

∴S△ADC=4，AE=4，

∴tan∠AEA1==1，

∴∠AEA1=，

∴平面α与底面ABCD所成二面角的大小为．

解：（1）∵EF∥AB，AB⊥AD，

∴EF⊥AF，EF⊥FD，

折起后平面ABEF⊥平面EFDC．平面ABEF∩平面EFDC=EF．

∴AF⊥平面EFDC．

假设线段AD上存在一点P，且=λ，使得CP∥平面ABEF．

∵BE=1，可得F（0，0，0），A（0，0，1），D（0，5，0），C（2，3，0）．

可得平面ABEF的法向量为=（0，5，0）．

∵=λ，∴=+=，

∴P，

∴=，则=，解得．

∴线段AD上存在一点P，且=，使得CP∥平面ABEF．

（2）设BE=a，∴AF=a（0＜a≤4），FD=6-a．

∴V三棱锥A-CFD===3，当且仅当a=3时取等号．

∴当a=3时，三棱锥A-CDF的体积有最大值3．

可得A（0，0，3），D（0，3，0），C（2，1，0），E（2，0，0），

∴=（2，0，-3），=（2，1，-3），=（0，0，3），=（2，1，0）．

设平面ACE的法向量为=（x1，y1，z1），则，

∴，令x1=3，解得y1=0，z1=2，

∴=（3，0，2）．

设平面ACF的法向量为=（x2，y2，z2），则，

同理可得=（1，-2，0），

∴===，

∴二面角E-AC-F的余弦值为．

解：（1）由已知图可得，平面A1AB⊥平面ABCD，取AB中点H，连接A1H，

在等腰△A1AB中，有A1H⊥AB，则A1H⊥平面ABCD．

∴∠A1AB是A1A与平面ABCD所成的角．

∵A1H=2AH，∴=2．

故A1A与平面ABCD所成角为arctan2．

取AD中点K，连接D1K，KH，

同理有D1K⊥平面ABCD，即△AHK是△AA1D1在平面ABCD内的射影．

取HK的中点M，取A1D1的中点N，连接MN，AM，AN，

则∠MAN就是面AA1D1与面ABCD所成的二面角．

∵MN=a，，∴．即 ．

∴面AA1D1与面ABCD所成二面角的余弦值为 ．

（2）∵该多面体为长方体削去四个全等的三棱锥，

此多面体的表面积

每个三棱锥的体积都为 ．

∴此多面体的体积 ．

（1）解：如图，以点B为坐标原点，以BA为x轴，以BC为y轴，以BP为z轴，建立空间直角坐标系B-xyz．

设BC=a，则A（3，0，0），P（0，0，3），D（3，3，0），C（0，6，0）

∴=（3，-3，0），=（3，0，-3）

∴cos＜＞===，

因此异面直线CD与PA所成的角为60°；

（2）证明：连接AC交BD于G，连接EG．

∵，，∴

∴PC∥EG

又∵EG⊂平面EBD，PC⊄平面EBD

∴PC∥平面EBD；

（3）解：设平面EBD的法向量为=（x，y，1），

设E（a，0，c），则∵PE=2EA，∴（a，0，c-3）=2（3-a，0，-c）

∴a=2，c=1，∴E（2，0，1）

∴=（2，0，1），

∵=（3，3，0）

∴由，可得x=-，y=

∴=（-，，1）

又∵平面ABE的法向量为=（0，1，0），

∴cos（）==．

即二面角A-BE-D的大小的余弦值为．

（Ⅰ）证明：连接AF，则，

又AD=2，∴DF2+AF2=AD2，

∴DF⊥AF（2分）

又PA⊥平面ABCD，

∴DF⊥PA，又PA∩AF=A，

∴

（Ⅱ）∵PA⊥平面ABCD，

∴∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，且∠PBA=45°．

∴PA=AB=1（9分）

取AD的中点M，

则FM⊥AD，FM⊥平面PAD，在平面PAD中，过M作MN⊥PD于N，连接FN，则PD⊥平面FMN，则∠MNF即为二面角A-PD-F的平面角

∵Rt△MND∽Rt△PAD，

∴，

∵，且∠FMN=90°

∴，，

∴

（Ⅰ）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，

又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF，

因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，

所以BC1∥平面A1CD．

（Ⅱ）解：因为直棱柱ABC-A1B1C1，所以AA1⊥CD，

由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB，

又AA1∩AB=A，于是，CD⊥平面ABB1A1，

设AB=2，则AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，

CD=，A1D=，DE=，A1E=3

故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D，所以DE⊥平面A1DC，

又A1C=2，过D作DF⊥A1C于F，∠DFE为二面角D-A1C-E的平面角，

在△A1DC中，DF==，EF==，

所以二面角D-A1C-E的余弦值cos∠DFE==．

（1）证明：∵AB=AC=1，E是BC的中点，

∴AE⊥BC，

又∵AB⊥AD，AC⊥AD，AB∩AC=A．

∴AD⊥平面ABC．

∴BC⊥DE．

∵AE∩DE=E，∴BC⊥面AED．

（2）∵=，==，

设A到面BCD的距离为h，∴．解得h=．

∴．

（3）建立如图所示的空间直角坐标系．则A（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，2），E，F．

则，．

设平面AEF的法向量为，则，令z=-1，解得x=2，y=-2．

∴．

可取平面ACE的法向量为．则===-．

从图中看到：二面角C-AE-F的平面角是钝角，

∴二面角C-AE-F的大小为．

解：（1）如图，以A为原点建立空间直角坐标系O-xyz，

则B（2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），

∵E是BC的中点，∴E（1，1，0），

则=（1，1，0），=（0，2，-2），

cos＜，＞==，

即＜，＞=60°，

故异面直线AE与PC所成的角是60°．

（2）在平面ABCD中，

∵AB=AC=2，AB⊥AC，

∴∠ABC=∠ACB=45°，

∵AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB=45°，

由Rt△ACD，得AD=CD=，

∴D（-1，1，0），

∵C（0，2，0），

∴=（-1，-1，0），=（0，2，-2），

设平面PCD的法向量为=（x，y，z），

则由，

即，令x=-1，则y=1，z=1，

即=（-1，1，1），||=，

∵AB⊥平面PAC，

∴=（2，0，0）是平面PAC的一个法向量，

则cos＜，＞==-，

即二面角D-PC-A的平面角的余弦值为．

（1）证明：如图，以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系．

则BC=AC=2，A1O==，

易知A1（0，0，），B（，0，0），C（-，0，0），

A（0，，0），D（0，-，），B1（，-，），

=（0，-，0），=（-，-，），

=（-，0，0），=（-2，0，0），=（0，0，），

∵•=0，∴A1D⊥OA1，

又∵•=0，∴A1D⊥BC，

又∵OA1∩BC=O，∴A1D⊥平面A1BC；

（2）解：设平面A1BD的法向量为=（x，y，z），

由，得，

取z=1，得=（，0，1），

设平面B1BD的法向量为=（x，y，z），

由，得，

取z=1，得=（0，，1），

∴cos＜，＞===，

又∵该二面角为钝角，

∴二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-．