热门试卷

证明：（ I）因为AA1C1C为正方形，

所以AA1⊥AC．

因为平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，

所以AA1⊥平面ABC．

（ II）由（ I）知AA1⊥AC，AA1⊥AB．由题知AB=3，BC=5，AC=4，

所以AB⊥AC．

如图，以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，

则B（0，3，0），A1（0，0，4），B1（0，3，4），C1（4，0，4），

设平面A1BC1的法向量为=（x，y，z），则，

即，

令z=3，则x=0，y=4，所以=（0，4，3）．

同理可得，平面BCC1的法向量为=（3，4，0），

所以cos＜＞==．

由题知二面角A1-BC1-C为钝角，所以二面角A1-BC1-C的余弦值为．

（ III）设D（x，y，z）是直线BC1上一点，且=λ．

所以（x，y-3，z）=λ（4，-3，4）．

解得x=4λ，y=3-3λ，z=4λ．

所以=（4λ，3-3λ，4λ）．

由=0，即9-25λ=0．

解得λ=．

因为∈[0，1]，所以在线段BC1上存在点D，

使得AD⊥A1B．此时，=．

（Ⅰ）证明：如图1，由PA⊥底面ABCD，

得PA⊥AB．又PA=AB，故△PAB为等腰直角三角形，

而点E是棱PB的中点，所以AE⊥PB．

由题意知BC⊥AB，又AB是PB在面ABCD内的射影，

由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，

故BC⊥AE．因为AE⊥PB，AE⊥BC，所以AE⊥平面PBC．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知BC⊥平面PAB，

又AD∥BC，得AD⊥平面PAB，故AD⊥AE．

在Rt△PAB中，PA=AB=，AE=PB==1．

从而在Rt△DAE中，DE==．

在Rt△CBE中，CE==，又CD=，

所以△CED为等边三角形，

取CE的中点F，连结DF，则DF⊥CE，

∵BE=BC=1，且BC⊥BE，

则△EBC为等腰直角三角形，连结BF，则BF⊥CE，

所以∠BFD为所求的二面角的平面角，

连结BD，在△BFD中，DF=CD=，

BF=，BD==，

所以cos∠BFD==-，

∴二面角B-EC-D的平面角的余弦值为-．

解：（1）在直角三角形ABC中，AB=BC=1，∠ABC=90°，所以AC=，所以AC边上的高为

∵ABC-A1B1C1是直三棱柱，

∴B到平面C1MA的距离为

∵AA1=2，M为棱CC1上的中点，

∴△C1MA的面积为=

∴三棱锥C1-MAB的体积等于三棱锥B-C1MA的体积，即=；

（2）∵直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，∴C1B⊥AB

∴∠C1BC为二面角C1-AB-C的平面角

∵BC=1，CC1=2，∴tan∠C1BC==2

∴∠C1BC=arctan2

∴二面角C1-AB-C的平面角为arctan2．

解：由题意，以D1为坐标原点，A1D1，D1C1，DD1为x，y，z轴建立直角坐标系，可得E（2，0，6），F（0，2，6），H（6，6，4），A1（6，0，0）．

（1）设平面EFH的法向量=（1，x，y），

∵=（-2，2，0），=（4，6，-2）

∴由，可得

∴可取=（1，1，5）；

∵=（0，6，4），

∴cos＜＞===

∴求A1H与平面EFH所成角的正弦值为；

（2）由题意知，G（1，1，6），C1（0，6，0），=（5，5，-2），

∵=λ，∴=（5λ，5λ，-2λ），解得P（5λ+1，5λ+1，-2λ+6），

已知面A1B1C1的法向量为=（0，0，6）

设面PC1B1的法向量为=（p，q，r），

∵=（5λ+1，5λ-5，-2λ+6），=（6，0，0）

∴

∴可取=（0，2λ-6，5λ-5）

∵二面角P-C1B1-A1的余弦值为，

∴|cos＜＞|=||=||=

∴λ=．

证明：（I）分别以BA、BB1、BC为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系B-xyz，则A（2，0，0），M（0，2，2），B1（0，4，0），N（1，4，1），

∴，

∴，

∴AM⊥B1N，AM⊥B1M，

又B1N∩B1M=B1，

∴AM⊥平面B1MN …（5分）

解：（II）由（I）知，

AM⊥平面B1MN，

∵B1M⊂平面B1MN，

∴AM⊥B1M，

∵A1B⊥B1C1，A1B1⊥B1B，B1C1∩B1B=B1，

∴A1B1⊥平面B1BCC1，

∵B1M⊂平面B1BCC1，∴A1B1⊥B1M，…（9分）

∵，

∴．

故二面角A1-B1M-A的大小为．…（12分）