热门试卷

（1）证明：M为线段PB的中点，连接AC与BD交于点F，连接MF，

∵F为BD的中点，∴MF∥PD且MF=PD．

又EC∥PD，且EC=PD，

∴MF∥EC，且MF=EC，

∴四边形MFCE为平行四边形，

∴ME∥FC．

∵DB⊥AC，PD⊥平面ABCD，AC⊂面ABCD，∴AC⊥PD．

又PD∩BD=D，∴AC⊥面PBD，∴ME⊥面PDB；

（2）解：△PBE中，BE=PE=，PB=2，∴ME=，

∵E到平面PAB的距离等于PD中点到PA的距离，

∴E到平面PAB的距离等于，

∴平面PBE与平面PAB的夹角的补角的余弦值为，

∴平面PBE与平面PAB的夹角为．

（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ

∵△ACD中，AQ=3QC且DF=3CF，∴QF∥AD且QF=AD

∵△BDM中，O、P分别为BD、BM的中点

∴OP∥DM，且OP=DM，结合M为AD中点得：OP∥AD且OP=AD

∴OP∥QF且OP=QF，可得四边形OPQF是平行四边形

∴PQ∥OF

∵PQ⊄平面BCD且OF⊂平面BCD，∴PQ∥平面BCD；

（2）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH

∵AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，∴AD⊥CG

又∵CG⊥BD，AD、BD是平面ABD内的相交直线

∴CG⊥平面ABD，结合BM⊂平面ABD，得CG⊥BM

∵GH⊥BM，CG、GH是平面CGH内的相交直线

∴BM⊥平面CGH，可得BM⊥CH

因此，∠CHG是二面角C-BM-D的平面角，可得∠CHG=60°

设∠BDC=θ，可得

Rt△BCD中，CD=BDcosθ=2cosθ，CG=CDsinθ=sinθcosθ，BG=BCsinθ=2sin2θ

Rt△BMD中，HG==；Rt△CHG中，tan∠CHG==

∴tanθ=，可得θ=60°，即∠BDC=60°

（1）证明：取BC中点H，连结AH和EH，EH和BD交于N点，

∵平面ABC⊥平面BCDE，△ABC为正△，AH⊥BC，

∴AH⊥平面BEDC，∵BD⊂平面BEDC，

∴AH⊥BD，在平面BEDC中，

∵BE=BC=2，BF=CD=1，∠BCD=∠EBH=90°，

∴RT△BDC≌RT△EHB，即有∠CBD=∠BEH，

∠CBD+∠DBE=90°，∴∠DBE+∠BEH=90°，∴∠BNE=90°，

∴EH⊥BD，∵AH∩EH=H，∴BD⊥平面AEH，∵AE⊂平面AEH，

∴BD⊥AE；

（2）解：取AC中点K，连结DK、BK，

∵平面ABC⊥平面BEDC，CD⊥BC，∴CD⊥平面ABC，

∵CD⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面ABD，

∵△ABC是正△，∴BK⊥AC，

∴BK⊥平面ACD，△AKD是△ABD在平面ACD上投影，

设二面角B-AD-C平面角为θ，则S△AKD=S△ABDcosθ，

AD==，BD=，则△ABD是等腰△，

在△ABD上作DO⊥AB，O是垂足，DO==2，

则S△ABD=AB•DO==2，S△AKD=S△ACD=×CD•AC=×1×2=，

即有=2cosθ，cosθ=．

则二面角B-AD-C的余弦值为．

解：（1）∵正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在的平面互相垂直，

∴BC⊥平面ABEF，

又由EF⊂平面ABEF

∴BC⊥EF

又∵△ABE是等腰直角三角形，FA=FE，∠AEF=45°

∴∠FEB=90°，即FE⊥EB

又∵EB∩BC=B

∴EF⊥平面BCE；

（2）以A为坐标原点，AD，AB，AE方向分别为X，Y，Z轴正方向，建立空间坐标系，

令正方形ABCD的边长为2，则A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），D（2，0，0），E（0，0，2），F（0，-1，1），P（2，1，0），M（0，0，1）

则=（-2，-1，1），=（0，-1，-1）为平面BCE的一个法向量，

∵•=0

∴P M∥平面BCE

（3）设平面FBD的一个法向量

则，即

仅x=1，则平面FBD法向量

又∵=（0，0，2）为平面ABCD的一个法向量

令二面角F-BD-A的平面角为θ

则

解：（1）连接BD交CE于点Q，连接PQ

∵EB∥DC，DC=EB，∴四边形BCDE是平行四边形，得Q为BD中点

由此可得△ABD中，PQ是中位线，可得PQ∥AD

∵PQ⊂平面PCE，AD⊄平面PCE，

∴AD∥平面PCE；…（6分）

（2）过点P作PF⊥AE于F，再过点F作FG⊥EC于G，连接PG

∵DC⊥平面ABC，EB∥DC，

∴EB⊥平面ABC，结合AC⊂平面ABC，得AC⊥EB

∵AC⊥AB，AB∩EB=B，∴AC⊥平面ABE

∵PF⊂平面ABE，∴AC⊥PF

∵AE⊥PF，AC∩AE=A，∴PF⊥平面ACE

∵FG⊥EC，FG是PG在平面ACE内的射影

∴PG⊥EC，得∠PGF就是二面角A-CE-P的平面角

∵Rt△ABE中，AB=3，BE=2，P为AB中点，且PF⊥AE

∴由△ABE∽△AFP，得PF=

同理：由△ACE∽△FGE，得GF=

∴Rt△PFG中，PG==

因此，cos∠PGF==，即二面角A-CE-P的余弦值等于．…（12分）

（1）证明：连接OC，∵△ABD为等边三角形，O为BD的中点，

∴AO⊥BD．∵△ABD和△CBD为等边三角形，

∵O为BD的中点，AB=2，AC=，

∴AO=CO=．

在△AOC中，∵AO2+CO2=AC2，

∴∠AOC=90°，即AO⊥OC．∵BD∩OC=O，

∴AO⊥平面BCD．

（2）解：过O作OE⊥BC于E，连接AE，

∵AO⊥平面BCD，

∴AE在平面BCD上的射影为OE．

∴AE⊥BC．∴∠AEO为二面角A-BC-D的平面角．

在Rt△AEO中，∴AO=，OE=，

∴AE=

∴二面角A-BC-D的余弦值为．

（3）解：设D到平面ABC的距离为h，则S△ABC==，S△BDC==，

∴由等体积可得=h

∴h=，

∴AD与平面ABC所成角的正弦值为=．

解：（1）连接AD1，B1D1，BC1∥AD1

∴∠D1AB1为异面直线AB1与BC1所成的角

而三角形D1AB1为等边三角形

∴∠D1AB1=60°；

（2）由题意，∠AC1B为直线AC1与平面BCB1C1所成角，

∵BC1=，AC1=，

∴cos∠AC1B==；

（3）连接B1C，则∠B1CB为二面角A-CD-B1的平面角，

∴二面角A-CD-B1的平面角为45°．

解：（I）建立如图所示的直角坐标系，

则A（0，0，0），D（0，4，0），P（0，0，4），

在Rt△BAD中，AD=4，BD=4，

∴AB=4，

所以B（4，0，0），C（4，4，0），

∴=（-4，4，0）

∵=0

即BD⊥AP，BD⊥AC，又AP∩AC=4，

∴BD⊥平面PAC．

（II）：由（I）得=（-4，0，0）．

设平面PCD的法向量为=0，

即

解得

所以=，

因为

设二面角P-CD-B的大小为θ，

依题意可得 ．

∴二面角P-CD-B的大小为45°．

解：（1）连接A1B与AB1交于E，则E为A1B的中点，

∵D为A1C1的中点，

∴DE为△A1BC1的中位线，

∴BC1∥DE．

又DE⊂平面AB1D，BC1⊄平面AB1D，

∴BC1∥平面AB1D

（2）过D作DF⊥A1B1于F，由正三棱柱的性质可知，DF⊥平面AB1，

连接EF，DE，在正△A1B1C1中，

∴B1D=A1B1=，

在直角三角形AA1D中，∵AD==，

∴AD=B1D．

∴DE⊥AB1，

由三垂线定理的逆定理可得EF⊥AB1．

则∠DEF为二面角A1-AB1-D的平面角，又得DF=，

∵△B1FE∽△B1AA1，

∴，则EF=，

∴．

故所求二面角A1-AB1-D的大小为．