热门试卷

（Ⅰ）证明：由题意可知，△ACD与△ABC为全等的等边三角形．以A为坐标原点，

AD，AA1所在直线分别为x轴，z轴，建立空间直角坐标系．如图所示，

D（2，0，0），A1（0，0，3），C1（1，，1），C（1，，0），B（-1，，0），E（，，0）

=（-3，，0），=（1，，0），=（-，，3），

∵•=-3+3=0，=-=0，

∴A1C1⊥DB，A1C1⊥DE，又DB∩DE=D，DB，DE⊂平面BDEl，

∴A1C1⊥平面BDE，又A1C1⊂平面AC1D，∴平面A1C1D⊥平面BDE；

（Ⅱ）解：=（，0），=（-1，，0）

设平面C1DE的一个法向量为=（x，y，z），则

，令x=，，

同理可得平面CDE的法向量=（，1，），

∴cos＜＞===

∵二面角为锐角二面角，∴二面角C-DE-C1的余弦值为．

（1）证明：∵点E，F分别是边CD、CB的中点，

∴BD∥EF，

∴菱形ABCD的对角线互相垂直，

∴BD⊥AC，∴EF⊥AC，

∴EF⊥AO，EF⊥PO，

∵AO⊂平面POA，PO⊂平面POA，AO∩PO=O，

∴EF⊥平面POA，∴BD⊥平面POA．

（2）解：设AO∩BD=H，连结BO，

∵∠DAB=60°，∴△ABD是等边三角形，

∴BD=4，BH=2，HA=2，HO=PO=，

在Rt△BHO中，BO==，

在PBO中，BO2+PO2=10=PB2，

∴PO⊥BO，

∵PO⊥EF，EF∩BO=O，EF⊂平面BFED，

∴PO⊥平面BFED，

过H作HG⊥AP，垂足为G，连结BG，

由（1）知BH⊥平面POA，且AP⊂平面POA，

∴BH⊥AP，

∵HG∩BH=H，HG⊂平面BHG，BH⊂平面BHG，

∴AP⊥平面BHG，BG⊂平面BHG，

∵BG⊂平面BHG，∴AP⊥BG，

∴∠BGH为二面角B-AP-O的平面角，

在Rt△POA中，AP==，

在Rt中，∠POA=∠HGA=90°，∠APO=∠HAG，

∴△POA∽△HGA，∴，

∴HG===．

在Rt△BHG中，tan==．

∴二面角B-AP-O的正切值为．

（Ⅰ）证明：连接CB1交BC1于O，连接OD

∵ABC-A1B1C1为正三棱柱

∴O是BC1的中点，

∵D是AC的中点

∴OD∥AB1，

∵OD⊂面DBC1，AB1⊄面DBC1，

∴AB1∥平面DBC1．

（Ⅱ）解：∵AB1⊥BC1，OD∥AB1，

∴OD⊥BC1，又O为BC1中点，∴DB=DC1=

∴

过O作OH⊥BC1于H，连接DH，则OH=，∠HOD为所求二面角D-BC1-C的平面角

∵

∴

∴

∴

在△DOH中，，

cos∠HOD=

∴∠HOD=45°

即二面角D-BC1-C的平面角为45°．

解：如图所示．

不妨设AB==SA，则SB=BC=．

∵AB⊥BC，∴=3．

∵SA⊥平面ABC，∴SA⊥AC，∴=，∴∠SCA=30°．∴SC=2．

∵DE垂直平分SC，∴，=2．

在Rt△ABC中，cos∠BCD==．

在△BCD中，由余弦定理可得：BD2=BC2+DC2-2BC•DC•cos∠BCD==2，

∴DB2+DC2=6=BC2．

∴∠BDC=90°．

∴BD⊥DC．

∵SA⊥平面ABC，∴平面SAC⊥平面ABC．

∴BD⊥平面SAC，∴BD⊥DE．

∴∠EDC是二面角E-BD-C的平面角，且∠EDC=60°．

（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形．

∵E为BC的中点，∴AE⊥BC．

又 BC∥AD，因此AE⊥AD．

∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE．

而PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD=A，

∴AE⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD．

∴AE⊥PD．

（Ⅱ）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH．

由（Ⅰ）知：AE⊥平面PAD，

则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．

在Rt△EAH中，AE=，

∴当AH最短时，∠EHA最大，

即当AH⊥PD时，∠EHA最大．

此时，tan∠EHA===，

因此，AH=．

又AD=2，∴∠ADH=45°，

∴PA=2．

由（Ⅰ）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

又E、F分别为BC、PC的中点，

可得：A（0，0，0），B（，-1，0），C（C，1，0），

D（0，2，0），P（0，0，2），E（，0，0），F，

①，=（0，2，0），

∴===，

设异面直线PB与AD所成角为α，∴sinα=．

②=，=，

设平面AEF的一法向量为=（x，y，z），

则，

∴，

取=（0，2，-1），

∵BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，

∴BD⊥平面AFC，

故为平面AFC的一法向量．

又 =，

∴cos===，

∵二面角E-AF-C为锐角，

∴所求二面角的余弦值为．

解：（1）作AE⊥直线CD于E连PE．

由PA⊥面ABCD据三垂线定理知PE⊥CD．∴∠PEA是二面角P-CD-A的平面角．

在Rt△AED中，AD=3a，∠ADE=arcsin．∴AE=AD•sin∠ADE=a

在Rt△PAE，中tan∠PEA==．∴∠PEA=arctg

即二面角P-CD-A的大小为arctg．

（2）作AH⊥PB于H．

由PA⊥面ABCD，∵BC⊥AB，∴PB⊥BC．

又PB∩AB=B，∴BC⊥面PAB．

∴BC⊥AH．

∴AH⊥面PBC，AH的长为点A到面PBC的距离．

在等腰Rt△PAB中，AH=a．

∴点A到平面PBC的距离是a．

（Ⅰ）证明：直三棱柱ABC-A1B1C1中，

B1B⊥AB，BC⊥AB，又B1B∩BC=B，

∴AB⊥平面BB1C1C．

又N、F分别为A1 C1、B1 C1的中点

∴AB∥A1B1∥NF．

∴NF⊥平面BB1C1C．

∵FC⊂平面BB1C1C，∴NF⊥FC．

取BC中点G，有BG=GF=GC，∴BF⊥FC，

又NF∩FB=F，

∴FC⊥平面NFB；

（Ⅱ）解：连接B1G交BF于点O，过O作BN的垂线，垂足为M，

∵FC⊥平面NFB，FC∥B1G，

∴B1G⊥平面NFB，

∵BN⊂平面NFB，

∴B1G⊥BN

∵MO⊥BN，

∴BN⊥平面B1GM，

∴B1M⊥BN，GM⊥BN，

∴∠B1MG的余弦值为二面角C-BN-B1的余弦值．

∵GB1⊥MO，BO=OG，

∴B1N=GM，

∴△B1MG为等腰三角形，

令AB=a，则B1G=，MO==a，

B1M=GM==a，

∴二面角C-BN-B1的余弦值==-．

（1）证明：∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥PA．

∵∠ACB是直径所对的圆周角，

∴∠ACB=90°，即BC⊥AC．

又∵PA∩AC=A，∴BC⊥平面PAC．

（2）∵PA⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，

∴OC⊥PA．

∵C是弧AB的中点，∴△ABC是等腰三角形，AC=BC，

又O是AB的中点，∴OC⊥AB．

又∵PA∩AB=A，∴OC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，

∴BP⊥OC．

设BP的中点为E，连接AE，则OF∥AE，AE⊥BP，

∴BP⊥OF．

∵OC∩OF=O，∴BP⊥平面CFO．又CF⊂平面CFO，∴CF⊥BP．

（3）解：由（2）知OC⊥平面PAB，∴OF⊥OC，OC⊥OB，

∴∠BOF是二面角F-OC-B的平面角．

又∵BP⊥OF，∠FBO=45°，∴∠FOB=45°，

∴，即二面角FOOC-B的平面角的正弦值为．