热门试卷

（1）解：如图所示，取BE的中点O，连接FO，A′O，EF．

由已知可得：四边形ABFE是菱形．

∴OF⊥BE，A′O⊥BE．

要满足平面A′BE⊥平面BCDE，则必有A′O⊥OF．

∴=．

在△A′BF中，由余弦定理可得：cos∠A′BF==．

因此当∠A′BC的余弦值=时，平面A′BE⊥平面BCDE．

（2）证明：连接A′A，AF．

由四边形AFCE是平行四边形，∴AF∥EC，

又AF⊄平面EGC，EC⊂平面EGC，

∴AF∥平面EGC．

由G，E分别为线段A′D，AD的中点，

∴AA′∥EG，同理可得AA′∥平面EGC．

又A′A∩AF=A，

∴平面AA′F∥平面EGC，

∴A′F∥平面EGC；

（3）解：在（1）的前提下，

A′O⊥平面BCDE，连接OD．

则∠ODA′是二面角A′-DE-B的平面角．

在△ODE中，由余弦定理可得：OD2=OE2+ED2-2OE•EDcos∠OED=1+22-2×1×2cos120°=7，

∴OD=．

∴tan∠ODA′===．

（Ⅰ）证明：以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则

A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），D（1，0，0），P（0，0，2），M（0，1，1），

则，，

设平面PCD的法向量是，则

，即，

令z=1，则x=2，y=-1，于是．

∵，∴，即AM∥平面PCD；

（Ⅱ）解：∵点N是线段CD上的一点，∴可设，

=（1，0，0）+λ（1，2，0）=（1+λ，2λ，0），

=（1+λ，2λ-1，-1），

又面PAB的法向量为．

设MN与平面PAB所成的角为θ，

则=

=||=||．

∴当，即时，sinθ最大，

MN与平面PAB所成的角最大此时，

设平面PBN的法向量为．

则．

令x1=2，得，

又，平面BNC，

=．

又由图知二面角P-BN-C为钝角，

∴二面角P-BN-C的余弦值为．

（Ⅰ）证明：如图，

设平面AEF∩直线PD=G，则平面AEF∩平面PAD=AG，

∵EF∥平面PAD，∴EF∥AG，

又AE∥CD，∴AE∥面PCD，又平面AEF∩平面PCD=FG，

∴AE∥FG．

故四边形AEFG是平行四边形．

又E是AB的中点，即AE==．

∴FG=，而FG∥AE∥CD，

∴F是PC的中点；

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知F、G分别为PC、PD的中点，又PA=AD．

∴AG⊥PD，而EF∥AG，

∴EF⊥PD，

易知Rt△PAE≌Rt△CBE，∴PE=EC，∴EF⊥PC，又PC∩PD=P，

∴EF⊥平面PCD．

又PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，由三垂线定理，得CD⊥PD．

∵FG∥CD，∴FG⊥PD．

连结EG，由三垂线定理知，EG⊥PD，∴∠FGE为二面角C-PD-E的平面角．

设AB=2a，则FG=．

在Rt△EFG中，．

∴，解得a=1，∴AB=2．

连结FD，则∠EDF即为ED与平面PCD所成的角．

∴．

即直线ED与平面PCD所成的角为30°．

解：如图所示，以BD的中点O为原点，OC所在的直线为x轴，OD所在的直线为y轴，OA所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，则O（0，0，0），D（0，，0），B（0，-，0），C（，0，0），A（0，0，）

（Ⅰ）设面ABC的法向量为，

∵=（0，-，-），=（，，0）

∴由，可得，

取z=1有=（，-，1）

∵，

∴，

∴AD与面ABC所成角的余弦值是．…（6分）

（Ⅱ）同理求得面ACD的法向量为，则

则二面角B-AC-D的正弦值为．…（12分）

解：（1）∵E，F分别是AD，AA1的中点，

∴EF∥A1D

∵ABCD-A1B1C1D1是正方体

∴AB1∥DC1

∴∠C1DA1（或其补角）就是直线EF和直线AB1所成的角，

在△C1DA1中，A1D=DC1=A1C1，∴∠C1DA1=60°，

即直线EF和直线AB1所成的角是60°；

（2）连接B1D1，交A1C1于O，连接OD，则∠DOD1为二面角D-A1C1-D1的平面角

∴tan∠DOD1==，

即二面角D-A1C1-D1的正切值为．

证明：（I）连接OC、AQ，

因为O为AB的中点，所以OC∥AQ．

因为AB为圆的直径，所以∠AQB=90°，OC⊥BQ．

因为SO⊥平面ABQ，所以SO⊥BQ，所以QB⊥平面SOC，OH⊥BQ．又OH⊥SC，SC∩BQ=C，所以OH⊥平面SBQ．

解：（II）∵∠AOQ=60°

∴∠OBQ=∠OQB=30°

∵BQ=

∴AB=4，AQ=2，又SA⊥SB，SA=SB=

∴SO=OA=BO=2

∴V=．

（III）作QM⊥AB于点M，∵平面SAB⊥平面ABQ且平面SAB∩平面ABQ=AB

∴QM⊥平面SAB．

再作MP⊥SB于点P，连QP

∴QP⊥SB

∴∠MPQ为二面角A-SB-Q的平面角

∴∠MPQ=arctan．

∴MQ：MP=：3．

设OA=OB=R，∠AOQ=α

∴MQ=Rsinα，OM=Rcosα，MB=R（1+cosα），∠SBA=45°

∴MP=BP

∴MP=MB=R（1+cosα）

∴Rsinα：R（1+cosα）=：3．

∴

∴cot=

解得α=60°，∠AOQ=60°．

解：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

设AE=x，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A=（1，0，0），C（0，2，0）．…（2分）

（1）因为 =（1，0，1），=（1，x，-1）

∴•=1+0-1=0，所以D1E⊥A1D；

（2）因为E为AB中点，则E（1，1，0），

从而 =（1，1，-1），=（-1，2，0），

设AC与D1E所成的角为θ

则 …（9分）

（3）设平面D1EC的法向量为 =（a，b，c），

∵=（1，x-2，0），=（0，2，-1），=（0，0，1）

由 ，有 ，

令b=1，从而c=2，a=2-x

∴=（2-x，1，2），…..（12分）

由题意，cos θ===

∴x=3（不合题意，舍去），或x=1．

∴当AE=1，即E为线段AB的中点时，平面D1EC与平面AA1D1D所成二面角的平面角的余弦值为．

解：（1）建立以D为坐标原点的空间直角坐标系如图，

设正方体的棱长为1，

则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），

A1（1，0，1），B1（1，1，1），C1（0，1，1）

M（，0，1），N（0，，0），

在正方体中，OB1⊥面A1BC1，

∴=（1，1，1）为平面A1BC1的法向量，

=（-，，1），||=

则MN与面A1BC1所成角的正弦值sinθ=|cos＜，＞|==||=，

（2）=（-1，0，1），

则||=，•=，

则cos＜，＞===

即＜，＞=，

即MN与BC1所成角为；

（3）=（0，1，1），=（-1，-1，0），=（0，-1，1），

设平面AB1D1的法向量为=（x，y，z），则，

即，令x=1，则y=-1，z=1，

故=（1，-1，1），

设平面CB1D1的法向量为=（x，y，z），则，

即，令x=1，则y=-1，z=-1，

故=（1，-1，-1），

则cos＜＞==，

故平面二面角A-B1D1-C的余弦值为．

 （Ⅰ）证明：连接BD

∵BE⊥平面ABCD

∴BD为DE为在底面ABCD上的射影

∴在正方形ABCD中，AC⊥BD…

∴DE⊥AC…4分

（Ⅱ）解：延长FE与CB，交于点G，连接DG，则DG为平面EFD与平面ABCD的交线，

过C作CH⊥DG交DG于H，连接FH

∵FC⊥平面ABCD，

∴CH为FH在面ABCD上的射影

∴FH⊥DG

∴∠FHC为二面角F-DG-C的平面角                  8分

设BE=1，在△DCG中，

 在△FCH中，FC=2，

∴

∴所求锐二面角为…12分