热门试卷

证明：（I）∵平面ACE⊥平面ABCD，平面ACE∩平面ABCD=AC，

BC⊂平面ABCD，BC⊥AC

∴BC⊥平面ACE，结合AE⊂平面ACE，

得AE⊥BC，

∵△AEC中，AE=EC=，AC=2，

∴AE2+EC2=2=AC2

∴∠AEC=90°，即AE⊥EC

∵BC∩EC=C，∴AE⊥平面BCEF；

∵EF⊂平面BCEF，

∴AE⊥EF

（II）建立如图空间直角坐标系，

∵AC=BC=2EF=2，AE=EC=．

则AD=，

∴则由题意得A（0，0，0），B（2，-2，0），C（2，0，0），E（1，0，1），F（1，-1，1），

D（0，2，0），

=（2，-2，0），=（0，2，0），=（-1，2，1），=（-2，4，0），=（-1，1，1）．

设平面ABF的法向量为=（x，y，z），

由，得，

令x=1，则y=1，z=0，即=（1，1，0），

设平面BDE的法向量为=（x，y，z），

由，得，

则x=1，则y=1，z=0，

即=（1，1，0），

∴cos＜，＞==，

则sin＜，＞=

∴tan＜，＞==

即平面ABF与平面BDE所成的锐二面角的正切值为．

（3）由题设则=（λ-2，2-2λ，λ），由（2）知平面ABF的法向量=（1，1，0），

设CG与平面ABF所成的角为θ，

则sinθ===，

当λ=0时，sinθ=0，

当λ≠0时，sinθ==，

∵0≤λ≤1，∴，

∴0≤sinθ≤

∴直线CG与平面ABF所成的角的正弦值的取值范围为0≤sinθ≤，

当sinθ=时，此时G与E重合．

∵BC⊥平面ACE，四边形ABCD为平行四边形，

∴AD∥BC，故AD⊥平面ACE，

∵AC=2，AE=EC=，

∴AE⊥EC，

∵BC⊥AE，

∴多面体ABCDFG的体积V=VABCDEF=VA-BCEF+VD-ACE=（BC+EF）CE•AE+=．

（Ⅰ）证明：在△ADC中，由余弦定理可得：AC2=12+22-2×1×2×cos60°=3，

∴AC2+AD2=CD2，∴AC⊥AD．

又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC，PA⊥AD．

建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

则A（0，0，0），C，D（0，1，0），P（0，0，1），M，

N．

∴，又，

∴=0，∴，即MN⊥AD．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：，．

设平面AMN的法向量为，则，，

可得，令z=，则y=-，x=1，

∴．

同理可得平面CMN的法向量=．

∴===．

∴二面角A-MN-C的平面角的余弦值为．

解：（法一）（1）连结A1C交AC1于M，连结DM

又D，M分别是AB，AC1的中点，故DM为△ABC1的中位线

∴DM∥BC1

又∵DM⊂面A1CD，BC1⊄面A1CD∴BC1∥平面A1CD…（4分）

（2）如图，建立空间直角坐标系C-xyz．…（5分）

∴∴，

设平面A1CD的一个法向量为，

则，取x=1，得．…（8分）

依题意可知平面A1CA的法向量：…（10分）

则

∴面A1CD与面A1C1CA所成的锐二面角的余弦值为…（12分）

（法二）（1）如图，建立空间直角坐标系C-xyz．…（1分）

∴

∴，，

设平面A1CD的一个法向量为，

则，取x=1，得．…（4分）

∴∴

又∵BC1⊄面A1CD，

∴BC1∥平面A1CD…（8分）

（2）依题意可知平面A1CA的一个法向量：…（10分）

则

∴面A1CD与面A1C1CA所成的锐二面角的余弦值为…（12分）

（说明：由于平面的法向量不唯一，所以解答过程不唯一）

（1）证明：由题意，仅存在唯一一点Q，使得PQ⊥QD，则a=2，如图，以A为原点，直线AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则：

A（0，0，0），E（，0，0），Q（1，1，0），P（0，0，1），D（0，2，0），B（1，0，0）；

设F（0，y，z），∴=（0，y，z-1），=（0，2，-1）

∵=

∴（0，y，z-1）=（0，2，-1）；

∴y=，z=，

∴F（0，，），

∴=（-，，），

∵=（1，1，0），

∴•=0，

∴AQ⊥EF；

（2）设F（0，y，z），=λ，

∴（0，y，z-1）=λ（0，2，-1）；

∴y=2λ，z=1-λ，

∴F（0，2λ，1-λ）；

取AQ的中点为M，连接BM，则M（，，0）

∵AB=BQ；

∴BM⊥AQ；

又PA⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD；

∴PA⊥BM，即BM⊥PA，PA∩AQ=A；

∴BM⊥平面PAQ；

∴=（-（，，0）为平面PAQ的一个法向量；

设平面EFQ的法向量为=（x，y，z）

则

∴=（-2，1，）

∵平面PAQ与平面EFQ所成锐二面角的大小为60°

∴cos60°=

∴解得λ=，或λ=（舍去）．

即λ=．

证明：（1）∵P为CD的中点，N为BC的中点．

∴DP=CN，AD=DC，AP=DN，

则△ADB≌△DCN，

则∠DPA=∠CND，

即OPCN四点共圆，

则以PN为直径，则∠PON=90°，

即DN⊥AP，

∵A1A⊥平面ABCD；

∴A1A⊥DN，

∵A1A∩AP=A，

∴DN⊥平面A1AP，

∵A1P⊂平面A1AP，

∴DN⊥A1P，

即A1P⊥DN；

（2）由（1）知DN⊥平面A1AP，DN⊂平面MND，

∴平面A1PA⊥平面MND；

（3）∵C1C⊥平面ABCD；

∴过C作CH⊥DN于H，连接C1H，

则C1H⊥DN，

即∠C1HC是二面角M-DN-C的平面角，

设正方体的棱长为2，则CM=1，CD=2，CN=1，

则DN=，

∵CH•DN=CD•CN，

∴CH===，

则二面角M-DN-C的正切值tan∠C1HC===．

解：（1）证明：

∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，

∴CC1⊥BD，BD⊥AC，

又∵AC∩CC1=C，

∴BD⊥平面ACC1A1，

又∵不论P在侧棱CC上何位置，

总有AP⊂平面ACC1A1，

∴总有BD⊥AP．

（2）∵P是CC1的中点，

又∵底面边长为a，侧棱是底面边长的2倍，

∴△BCP与△B1C1P都是等腰直角三角形，

∴BP⊥B1P，

又∵AB⊥平面BCC1B1，

∴∠BPA为二面角A-B1P-B的平面角；

在Rt△ABP中，

AB=a，BP=a，

则tan∠BPA==．

故二面角A-B1P-B的正切值为．

证明：（I）取DE中点N，连接MN，AN

在△EDC中，M、N分别为EC，ED的中点，所以MN∥CD，且MN=CD．

由已知AB∥CD，AB=CD，所以MN∥AB，且MN=AB．

所以四边形ABMN为平行四边形，所以BM∥AN

又因为AN⊂平面ADEF，

且BM⊄平面ADEF，

所以BM∥平面ADEF．（4分）

（II）以D为原点，DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．

B（2，2，0），C（0，4，0），E（0，0，2），平面ADEF的一个法向量为=（0，1，0）．

设=（x，y，z）为平面BEC的一个法向量，因为=（-2，2，0），=（0，-4，2）

∴令x=1，得y=1，z=2

所以=（1，1，2）为平面BEC的一个法向量

设平面BEC与平面ADEF所成锐二面角为θ

则cosθ==

所以平面BEC与平面ADEF所成锐二面角为余弦值为