热门试卷

解：（1）由三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图可知，在三棱锥A-BCD中：

平面ABD⊥平面CBD，AB=AD=BD=CD=CB=2

设O为BD的中点，连接OA，OC

于是OA⊥BD，OC⊥BD 所以BD⊥平面OAC⇒BD⊥AC

因为M，N分别为线段AD，AB的中点，所以MN∥BD，MN⊥NP，故BD⊥NP

假设P不是线段BC的中点，则直线NP与直线AC是平面ABC内相交直线

从而BD⊥平面ABC，这与∠DBC=60°矛盾，所以P为线段BC的中点

（2）以O为坐标原点，OB，OC，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则A（0，0，），M（，O，），N（，0，），P（，，0）

于是，，

设平面ANP和平面NPM的法向量分别为和

由，则，设z1=1，则

由，则，设z2=1，则

cos===

所以二面角A-NP-M的余弦值

（1）证明：过点D作DO⊥AM于点O，

因为AB=2，AD=1，M为DC的中点，所以AM=AD，所以O为AM中点．

因为平面ADM⊥平面ABCM，所以DO⊥平面ABCM，所以DO⊥BM，

又因为，AB=2，所以△ABM为等腰直角三角形，

所以AM⊥BM，且AM∩DO=O，

所以BM⊥平面ADM，所以AD⊥BM；

（2）解：因为AD⊥BM，且AD⊥DM，所以AD⊥平面BMD，

过点D做EM的垂线交EM于T，连接AT，则可知∠DTA就是所求的平面角，所以，

因为，所以．

又因为，所以△DEM～△DMB，

解得，所以．

解：方法1：如图建立空间直角坐标系O-xyz，令AB=AA1=4，

则A（0，0，0），E（0，4，2），F（2，2，0），B（4，0，0），

B1（4，0，4），D（2，0，2），（2分）

（I） =（-2，4，0），面ABC的法向量为 =（0，0，4），

∵，DE⊄平面ABC，

∴DE∥平面ABC．（4分）

（II） ，

=0

=0（6分）

∴，∴B1F⊥AF

∵AF∩FE=F，∴B1F⊥平面AEF（8分）

（III）平面AEF的法向量为 ，设平面B1AE的法向量为 ，

∴，即 （10分）

令x=2，则Z=-2，y=1，∴

∴=

∴二面角B1-AE-F的余弦值为 （12分）

方法2：（I）方法i：设G是AB的中点，连接DG，

则DG平行且等于EC，（2分）

所以四边形DECG是平行四边形，所以DE∥GC，

从而DE∥平面ABC．（4分）

方法ii：连接A1B、A1E，并延长A1E交AC的延长线

于点P，连接BP．由E为C1C的中点，A1C1∥CP，

可证A1E=EP，（2分）

∵D、E是A1B、A1P的中点，∴DE∥BP，

又∵BP⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，∴DE∥平面ABC（4分）

（II）∵△ABC为等腰直角三角形，F为BC的中点，

∴BC⊥AF，又∵B1B⊥平面ABC，可证B1F⊥AF，（6分）

设AB=AA1=2，则

∴B1F⊥EF，∴B1F⊥平面AEF；（8分）

（III）过F做FM⊥AE于点M，连接B1M，

∵B1F⊥平面AEF，由三垂线定理可证B1M⊥AE，

∴∠B1MF为二面角B1-AE-F的平面角，

C1C⊥平面ABC，AF⊥FC，可证EF⊥AF，

在Rt△AEF中，可求 ，（10分）

在Rt△B1FM中，∠B1FM=90°，∴

∴二面角B1-AE-F的余弦值为 （12分）

（I）解：当点D为AB的中点时，AC1∥平面B1CD．下面给出证明：

连接BC1交B1C于点E，连接DE．

∵四边形BCC1B1是平行四边形，

∴E点是对角线BC1的中点，

∴DE是△ABC1的中位线，

∴DE∥AC1，

∵AC1⊄平面B1CD，DE⊂平面B1CD，

∴AC1∥平面B1CD．

（II）由AB=10，AC=8，BC=6，可得AC⊥CB．

以C为原点建立空间直角坐标系，B（6，0，0），A（0，8，0），A1（0，8，8），B1（6，0，8），

∵，

∴=（6，0，0）+（-6，8，0）=（4，，0），=（6，0，8），

设平面CDB1的法向量为=（x，y，z），

∴，∴，

令y=2，解得x=-，z=1，

∴=．

取平面BCD的法向量=（0，0，1），

∴===．

证明：（Ⅰ）∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，∴BB1⊥平面ABC．

又∵CF⊂平面ABC，

∴CF⊥BB1．

∵∠ACB=90°，AC=BC=2，F是AB中点，

∴CF⊥AB．

又∵BB1∩AB=B，

∴CF⊥平面ABB1．

（Ⅱ）取AB1的中点G，连接EG，FG．

∵F、G分别是棱AB、AB1中点，

∴FG∥BB1，BB1．

又∵EC∥BB1，，

∴FG∥EC，FG=EC．

∴四边形FGEC是平行四边形，

∴CF∥EG．

又∵CF⊄平面AEB1，EG⊂平面AEB1，

∴CF∥平面AEB1．（9分）

（3）解：以C为坐标原点，射线CA，CB，CC1为x，y，z轴正半轴，

建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz

则C（0，0，0），A（2，0，0），B1（0，2，4）（10分）

设E（0，0，m），平面AEB1的法向量=（x，y，z）

则=（-2，2，4），=（-2，0，m）

且⊥，⊥，

于是，即

取z=2，则=（m，m-4，2）（12分）

∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，

∴BB1⊥平面ABC，

又∵AC⊂平面ABC

∴AC⊥BB1

∵∠ACB=90°，

∴AC⊥BC

∴AC⊥平面ECBB1

∴=（2，0，0）是平面EBB1的法向量，

二面角A-EB1-B的大小是45°，

则cos45°===（13分）

解得m=

∴在棱CC1上存在点E，使得二面角A-EB1-B的大小是45°．

此时CE=   （14分）

（1）证明：∵△ABC为直角三角形，AB=BC，

∴AB⊥BC，

∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，

∴PA⊥BC，∴BC⊥平面PAB，

∵PB⊂平面PAB，∴BC⊥PB．

（2）解：作AC中点D，连接BD，PD，

∵AB=BC，∴BD⊥AC，

∵PA⊥平面ABC，∴BD⊂平面ABC，

∴BD⊥PA，∵PA∩AC=A，

∴BD⊥平面PAC，

∴∠BPD为PB与平面PAC所成的角，记∠BPD=θ，

令AB=1，得PA=2，BC=1，

∴PB=，BD=，

∴，

∴．

（3）解：作BE⊥PC，交PC于点E，连接DE，

由（2）知∠BED为二面角A-PC-B的平面角，

∴PC=，BE=，

∴sin∠BED==，

∴cos∠BED=．