热门试卷

解：（1）过D向平面β作垂线，垂足为O，连接OA并延长至E，

∵AB⊥AD，OA为DA在平面β内的射影，

∴AB⊥OA，∴∠DAE为二面角α-l-β的平面角  （2分）

∴∠DAE=120°，∠DAO=60°，

∵AD=AB=2，∴Rt△ADO中，DO=ADsin60°=，

∵△ABC是等腰直角三角形，斜边AB=2．

∴S△ABC=×2×1=1，

又∵D到平面β的距离DO=，

∴VD-ABC=×S△ABC×DO=．（4分）

（2）过O在β内作OM⊥AC于M，连接DM，则AC⊥DM，

∴∠DMO为二面角D-AC-B的平面角，（6分）

在△DOA中，OA=2cos60°=1，且∠OAM=∠CAE=45°，

∴Rt△OAM中，OM=OAsin45°=，

∴Rt△ODM中，tan∠DMO==，

因此，∠DMO=arctan，即二面角D-AC-B的大小为arctan．（8分）

（3）在β内过C作AB的平行线交AE于F，

∴∠DCF（或其补角）为异面直线AB、CD所成的角  （10分）

∵AB⊥AF，AB⊥AD，CF∥AB，

∴CF⊥DF，结合∠CAE=45°，得△ACF为等腰直角三角形，

又∵AF等于C到AB的距离，即为△ABC斜边上的高，

∴AF=CF=AB=1，

∴DF2=AD2+AF2-2AD•AF•cos120°=7，得DF=

在Rt△DCF中，tan∠DCF=，得∠DCF=arctan，

即异面直线AB、CD所成的角为arctan．（12分）

证明：（1）取AB的中点E，连接CE，

则由题意知，△BCE为正三角形，

∴∠ABC=60°，

由等腰梯形知∠BCD=120°，

设AD=DC=BC=2，

则AB=4，由余弦定理得BD2=CD2+BC2-2CD•BCcos120°=4+4-2×2×2×=4+4+4=12，

∴BD=2，

故AD2+BD2=AB2，

即得∠ADB=90°，

则AD⊥BD，

∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，

∴BD⊥平面PAD，BC⊂平面PBD，

∴平面PBD⊥平面PAD；

（2）在平面ABCD中，过C作CH∥BD，交AD的延长线于H，

由（1）知，BD⊥平面PAD，

∴CH⊥平面PAD，则CH⊥PD，

在平面PAD中，过点H作HG⊥PD，交PD的延长线于G，

连接CG，则PG⊥平面HGC，

∴PG⊥GC，

则∠HGC为二面角A-PD-C的平面角，

在直角三角形CHD中，CD=2，∠CDH=60°，

∴CH=，

∵Rt△PAD∽Rt△HGD，

∴GH=，

在Rt△GHC，GC==，

则cos∠GHC==，

则二面角A-PD-C的余弦值为-．

解：（Ⅰ）取AB中点E，连接DE，CE

因为直棱柱，CC1⊥面ABC，所以CC1⊥AB，

又因为△ABC为等腰直角三角形，

所以CE⊥AB，所以AB⊥面DEC，即AB⊥DE，

所以∠DEC即为二面角D-AB-C的平面角

因为CD=1，CE=，

（II）连接BC1．

因为直棱柱，所以CC1⊥AC，且AC∥A1C1，所以CC1⊥A1C1．

而由于AC⊥BC，所以A1C1⊥B1C1，

所以A1C1⊥面BB1C1C，

所以∠A1BC1即为A1B与平面BB1C1C所成角．

因为A1C1=2，BC1=，所以sin∠A1BC1=．

（1）证明：如图所示，取CD的中点M，连接BM．

∵DM∥AB，CD=AB，

∴四边形ABMD是平行四边形．

∴MB=AD=．

∴∠DBC=90°．即DB⊥BC．

∵ED⊥DC，平面ABCD⊥平面CDEF，

∴ED⊥平面ABCD．

∵FC∥ED．

∴FC⊥平面ABCD．

∴DB⊥BF．

∵BF∩BC=B．

∴BD⊥平面BCF．

（2）解：如图所示，建立空间直角坐标系．则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，2，0），E（0，0，1）．

∴=（0，1，0），=（-1，-1，1），=（-1，1，0）．

设平面ABE，平面BEC的法向量分别为，．

设=（x，y，z），则，取x=1，解得y=0，z=1．∴=（1，0，1）．

同理可得：=（1，1，2）．

∴===．

由图可知：二面角A-BE-C的平面角θ为钝角，

∴cosθ=-．

解：（1）连接AB1，∵正四棱柱ABCD-A1B1C1D1，

∴B1C1⊥平面ABB1A1，AB1是AC1在平面AA1B1B上的射影，

∴∠C1AB1就是AC1与平面AA1B1B所成的角，

在△C1AB1中，，

，

∴直线AC1与平面AA1B1B所成的角为．

（2）过B作BE⊥AC，垂足为E，连接ED，

∵△ABC1≌△ADC1，∴∠BAC1=∠DAC1，

∵AB=AD，∠BAC1=∠DAC1，AE=AE

∴△ABE≌△ADE，

∴

∴∠BED是二面角B-AC1-D的平面角，

在△BED中，，，，

∴

∴二面角B-AC1-D的大小为．

（3）=．

证明：（Ⅰ）四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，平面PAD⊥底面ABCD．

设AD=a，AB=2AD=2a，BD=a，

∴根据勾股定理得出：BD⊥AD，

∵平面PAD⊥底面ABCD．平面PAD∩底面ABCD=AD，

∴BD⊥平面PAD，

∵PA⊂平面PAD，

PA⊥BD

解：（Ⅱ）∵PA=PD=AD，∴PA2=PD2+AD2，∴PD⊥AD，

由（Ⅰ）可知BD⊥平面PAD，AD，BD⊂平面PAD，

∴BD⊥AD，BD⊥PD

如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，

分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系

则A（1，0，0），B（0，，0），C（-1，，0），P（0，0，1）．

=（-1，，0），=（0，，-1），=（-1，0，0）

设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则，

即 

因此可取=（，1，），

设平面PBC的法向量为，则

可取=（0，-1，），cos＜，＞==-，

∵二面角A-PB-C是钝二面角

故二面角A-PB-C的余弦值为 ．

解：（Ⅰ）∵DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，

∴DE⊥AF．

又∵AC=AD=CD，F为CD中点，

∴AF⊥CD，

又CD∩DE=D，

∴AF⊥平面CDE．

（2）．

取DE中点M，连接AM、CM，则四边形AMEB为平行四边形，

AM∥BE，则∠CAM（或其补角）为AC与BE所成的角

在△ACM中，AC=2a，，．

由余弦定理得：

∴异面直线AC、AE所成的角的余弦值为                      

（Ⅲ）延长DA、EB交于点G，连接CG．

因为AB∥DE，AB=DE，所以A为GD中点                      

又因为F为CD中点，所以CG∥AF

因为AF⊥平面CDE，所以CG⊥平面CDE                        

故∠DCE为面ACD和面BCE所成二面角的平面角．

易求∠DCE=45°

解：（1）以点D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标，设AE=x．

则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，a，0），A（1，0，0），C（0，2，0）．

∴，，．

设平面D1EC的法向量为，则，化为，

令y=1，则z=2，x=2-a．

∴．

∵DD1⊥平面ABCD，∴可取作为平面ABCD的法向量．

由题意可得==，∴，解得．

其中2不符合题意，应舍去，∴．

∴．

（2）由（1）可知：E，∴=，

设直线AE与平面CD1E夹角为θ，则sinθ====．

∴．