热门试卷

解：（1）证明：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）；

∴；

∴；

；

∴；

∴AQ⊥EF；

（2）设F（0，y，z），；

∴（0，y，z-1）=λ（0，2，-1）；

∴；

∴F（0，2λ，1-λ）；

取AQ的中点为M，连接BM，则M（）；

∵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；

∴=（）为平面PAQ的一个法向量；

设平面EFQ的法向量为；

则；

∴；

∴；

∴，取y1=1，则；

∵平面PAQ与平面EFQ所成锐二面角的大小为60°；

∴cos60°=|cos|=；

∴解得，或（舍去）；

即．

解：（Ⅰ）设AB中点为D，连接PD，CD，（1分）

因为AP=BP，所以PD⊥AB．

又AC=BC，所以CD⊥AB．（2分）

因为PD∩CD=D，所以AB⊥平面PCD．

因为PC⊂平面PCD，所以PC⊥AB．（4分）

（Ⅱ）由已知∠ACB=90°，AC=BC=2，

所以，．

又△PAB为正三角形，且PD⊥AB，所以．（6分）

因为，所以PC2=CD2+PD2．

所以∠CDP=90°．

由（Ⅰ）知∠CDP是二面角P-AB-C的平面角．

所以平面PAB⊥平面ABC．（8分）

（Ⅲ）方法1：由（Ⅱ）知CD⊥平面PAB．

过D作DE⊥PA于E，连接CE，则CE⊥PA．

所以∠DEC是二面角B-AP-C的平面角．（10分）

在Rt△CDE中，易求得．

因为，所以．（12分）

所以．

即二面角B-AP-C的余弦值为．（13分）

方法2：由（Ⅰ）（Ⅱ）知DC，DB，DP两两垂直．（9分）

以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系．

易知D（0，0，0），，，．所以，．（10分）

设平面PAC的法向量为n=（x，y，z），

则即

令x=1，则y=-1，．

所以平面PAC的一个法向量为．（11分）

易知平面PAB的一个法向量为．

所以．（12分）

由图可知，二面角B-AP-C为锐角．

所以二面角B-AP-C的余弦值为．（13分）

（Ⅰ）证明：∵直平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥面ABCD

又∵AD⊥BD，∴A1D⊥BD．…（2分）

又A1D⊥BE，∴A1D⊥平面BDE．…（3分）

（Ⅱ）解：连B1C．∵A1B1∥CD，∴B1C∥A1D．∵A1D⊥BE，∴B1C⊥BE，

∴∠BB1C=∠CBE，∴Rt△BB1C∽Rt△CBE，

∴．∵，∴，∴．…（5分）

取CD中点M，连BM．∵，∴．

过M作MN⊥DE于N，连BN．∵平面CD1⊥平面BD，BM⊥CD，∴BM⊥平面CD1，

∴BN⊥DE，∴∠BNM就是二面角B-DE-C的平面角．…（7分）∵，

∴．在Rt△BMN中，，∴．

即二面角B-DE-C等于．…（9分）

（Ⅲ）解：∵A1D⊥平面BDE，BN⊂平面BDE，∴A1D⊥BN．…（10分）

又∵BN⊥DE，∴BN⊥平面A1DE，即BN的长就是点B到平面A1DE的距离．…（11分）

∵，∴，

即点B到平面A1DE的距离为．…（12分）

证明：（1）在Rt△ABD与Rt△ACD中，∵AD是公共的斜边，且AD=，BD=CD=1，∴AB=AC=

∵∵△ABC为等边三角形，∴BC=，

∴△BCD为等腰直角三角形，

取BC的中点O，连AO、DO，

∵△ABC为等边三角形，∴AO⊥BC

∵△BCD为等腰直角三角形，∴DO⊥BC．

∴BC⊥平面AOD，∴BC⊥AD．

解：（2）作BM⊥AC于M，作MN⊥AC交AD于N，

则∠BMN就是二面角B-AC-D的平面角．

∵，M是AC的中点，且MN∥CD

则．

由余弦定理得，

∴．

解：（1）证明：∵PA2+AC2=36+64=100=PC2

∴△PAC是以∠PAC为直角的直角三角形，

同理可证△PAB是以∠PAB为直角的直角三角形，△PCB是以∠PCB为直角的直角三角形，故PA⊥平面ABC．

又∵，

而

故CF⊥PB，又已知EF⊥PB，CF∩EF=F，

∴PB⊥平面CEF．

（2）解：由（I）知PB⊥CE，PA⊥平面ABC，

∴AB是PB在平面ABC上的射影，故AB⊥CE．

在平面PAB内，过F作FG垂直AB点于G，则FG⊥平面ABC，EG是EF在平面ABC上的射影，∴EF⊥EC．

故∠FEB是二面角B-CE-F的平面角，

即二面角B-CE-F的正切值为．

解：∵A，B是直二面角α-l-β的棱上两点，线段AC⊂α，线段BD⊂β，且AC⊥l，BD⊥l，∴AC⊥平面β，∴AC⊥BD．

∴===0．

∵=，

∴=++2+2==144，

∴=12．

证明：（I）∵平面PAD⊥平面ABCD，AD为交线，CD⊥AD

∴CD⊥平面PAD

∵AE⊂平面PAD

∴AE⊥CD

又∵△PAD为正三角形，E为PD中点

∴AE⊥PD

∵PD∩DC=D

∴AE⊥平面PCD（5分）

解：（II）作PQ∥AB且PQ=AB，连QB、QC可得AD=BC=BQ=AP=DP=CQ

∴△PAD≌△QBC

∵CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD，CD⊥PA

∴PQ⊥BQ，PQ⊥CQ

∴∠BQC是平面PAB与平面PDC所成二面角的平面角

∵∠BQC=∠APD=60°

∴平面PAB与平面PDC所成二面角的大小为60°（10分）

（III）作BF⊥QC，则F为QC中点，连PF

∵

∴四边形AEFB是平行四边形，BF∥AE

∵AE⊥平面PDC

∴BF⊥平面PDC

∴∠BPF是BP与平面PDC所成的角

设PA=a，则，

则由直三角形PFB可得

∴

∴直线PB与平面PDC所成角的大小为（14分）