热门试卷

解：（1）取AC中点O，连接PO、OB，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则P（0，0，1），A（（0，-1，0），B（1，0，0），C（0，1，0），

=（0，-1，-1），=（-1，1，0），

cos＜，＞===-，

所以＜，＞=120°，直线PA与BC所成的角为60°；

（2）设BM：BC=λ：1（0≤λ＜1），则=（-λ，λ，0），=（1，1，0）+（-λ，λ，0）=（1-λ，1+λ，0），

设为平面PAM的一个法向量，则，，

所以，即，取，

平面PAC的一个法向量为=（1，0，0），

当平面PAC与平面PAM所成的锐二面角为45°时，有|cos＜，＞|=，即=，

解得，

故当BM：BC为3-2时，平面PAC与平面PAM所成的锐二面角为45°．

解：（I）正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图是长为6，宽为2的矩形其对角线长为=2．

（II）如图，将侧面AA1B1B绕棱AA1旋转120°使其与侧面AA1C1C在同一平面上，点B运动到点D的位置，

连接DC1交AA1于M，则DC1就是由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线，

其长为=，

∵△DMA≌△C1MA1，

∴AM=A1M

故=1．

（III）连接DB，C1B，

则DB就是平面C1MB与平面ABC的交线在△DCB中，

∵∠DBC=∠CBA+∠ABD=60°+30°=90°，

∴CB⊥DB，

又C1C⊥平面CBD，

由三垂线定理得C1B⊥DB，∴∠C1BC就是平面C1MB与平面ABC所成二面角的平面角（锐角），

∵侧面C1B1BC是正方形，∴∠C1BC=45°，

故平面C1MB与平面ABC所成的二面角（锐角）为45°．

证明：（1）取CE的中点M，连接BM、FM，

∵F为CD的中点，

∴FM∥DE，且FM=，

∵DE∥AB，

∴AB=1，

∴AB∥FM，且AB=FM，

则四边形ABMF为平行四边形，

∵AB⊥平面ACD，AB∥FM

∴FM⊥平面ACD，

∴FM⊥AF，

∵AC=AD=CD=DE=2，

∴AF⊥CD，

又AF∩CD=F

∴AF⊥平面CDE．

解：（ 2）以F为坐标原点，分别以FD、FM、FA为x轴、y轴、z轴建立空间坐标系，如图

则F（0，0，0），D（1，0，0），C（-1，0，0），A（0，0，），B（0，1，），

∵AF⊥平面CDE

∴=（0，0，）是平面BCE的一个法向量，

设是平面ABC的一个法向量，

则，，

则，

令z=1，则x=，y=0，

即，

则平面ABC和平面CDE所成的锐二面角满足|cos＜＞|==，

则＜＞=，

即平面ABC和平面CDE所成的锐二面角的大小．

（Ⅰ）证明：连接AC，与BD相交于O，取PB的中点H，连接HE，HO，

∵HO是△BDP的中位线，

∴OH∥PD，OH=PD，

∵CE∥PD，CE=PD，

∴OH∥CE，OH=CE，

∴四边形OCEH是平行四边形，

∴OC∥HE，

∵HE⊄平面PBE，OC⊂平面PBE，

∴AC∥平面PBE；

（Ⅱ）解：建立如图所示的坐标系，则D（0，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），P（0，0，2），E（0，2，1），

∴=（0，2，0）是平面PAD的法向量，

设平面PBE的法向量为=（x，y，z），则

∵=（-2，-2，2），=（-2，0，1），

∴，

取z=1，则=（，，1），

∴平面PBE与平面PAD夹角的余弦值||=

解（1）连接BD交AC于O，取BC的中点E，连接PO，PE，OE，

由正四棱锥可得PO⊥底面ABCD，PE⊥BC，可得PO⊥OE．

则，，．

∴四棱锥P-ABCD的体积．          

（2）在正四棱锥P-ABCD中，PO⊥平面ABCD，∴BO⊥PO．又BO⊥AC．

∴BO⊥平面PAC，所以∠BPO就是直线PB与平面PAC所成的角．                                         

在Rt△POB中，，

∴直线PB与平面PAC所成角的大小为．

解：（1）取EC的中点是F，连接BF，

则BF∥DE，∴∠FBA或其补角即为异面直线DE与AB所成的角．

在△BAF中，AB=4，BF=AF=2，

cos∠ABF=，．

∴异面直线DE与AB所成的角的余弦值为．（3分）

（2）AC⊥平面BCE，过C作CG⊥DE交DE于G，连AG．可得DE⊥平面ACG，从而AG⊥DE

∴∠AGC为二面角A-ED-B的平面角．

在△ACG中，∠ACG=90°，AC=4，CG=

∴tan∠AGC=，．∴sin∠AGC=．

∴二面角A-ED-B的正弦值为．（6分）

（3）由该几何体的三视图知AC⊥面BCED，且EC=BC=AC=4，BD=2，

∴S梯形BCED=×（4+2）×4=12

∴V=•S梯形BCED•AC=×12×4=16．

即该几何体的体积V为16．

证明：（Ⅰ）设DG的中点为M，连接AM、FM，

则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形，

所以MF∥DE，且MF=DE

又∵AB∥DE，且AB=DE

∴MF∥AB，且MF=AB

∴四边形ABMF是平行四边形，即BF∥AM，

又BF⊄平面ACGD 故BF∥平面ACGD

（Ⅱ）连接EG，取EG的中点O，连接DO，AO

∵DE=DG=2，∴

∵AD⊥平面DEFG，∴AO⊥EG

∴∠AOD为所求二面角的平面角

∵AD=2，∴

∴二面角A-EG-D的正切值为

（Ⅲ）V多面体ABC-DEFG=V三棱柱ADM-BEF+V三棱柱ABC-MFG=DE×S△ADM+AD×S△MFG

==4．

解：（I）取BC中点G，连FG，AG．

因为AE⊥面ABC，BD∥AE，所以BD⊥面ABC．

又AG⊂面ABC，所以BD⊥AG．

又AC=AB，G是BC的中点，所以AG⊥BC，所以AG⊥平面BCD．

又因为F是CD的中点且BD=2，所以FG∥BD且FG=BD=1，所以FG∥AE．

又AE=1，所以AE=FG，所以四边形AEFG是平行四边形，所以EF∥AG，所以EF⊥面BCD．

（II）设AB中点为H，则由AC=AB=BC=2，可得CH⊥AB且CH=．

又BD∥AE，所以BD与AE共面．

又AE⊥面ABC，所以平面ABDE⊥平面ABC．

所以CH⊥平面ABDE，即CH为四棱锥C-ABDE的高．

故四棱锥C-ABDE的体积为VC-ABDE=SABDE•CH=[（1+2）×2×]=．

（III）过C作CK⊥DE于K，连接KH．

由三垂线定理的逆定理得KH⊥DE，所以∠HKC为二面角C-DE-B的平面角．

易知EC=，DE=，CD=2．

由S△DCE=×2×=×CK，可得CK=．

在Rt△CHK中，sin∠HKC==，所以cos∠HKC=，

所以面CDE与面ABDE所成的二面角的余弦值为．

解：（1）取AD的中点O，连接PO．

∵△PAD是正三角形，∴PO⊥AD

∵面PAD⊥面ABCD，∴PO⊥面ABCD

以O为原点，过O作AB平行线为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系，连OC，

则∠PCO为PC与面ABCD所成角

∴∠PCO=30°

设AD=2a，则PO=a，∴OC=3a，∴CD=2a

∴P（0，0，a），C（2a，a，0），E（a，-a，0）

∴=（a，-a，-a），=（2a，a，-a），

设平面PCE的法向量为=（1，y，z），则

∴y=，z=，∴=（1，，），

又面DEC的法向量为=（0，0，a）

∴cos＜＞==

∴平面PCE与平面CED夹角的大小为45°

 （2）∵D（0，a，0），∴=（-2a，0，0）

∴点D到平面PCE的距离为d==

∵点D到平面PCE的距离为2

∴=2，∴a=

∴AD=2a=．