热门试卷

（Ⅰ）证明：取AB的中点E，连接SE、EC，

∵SA=SB=，∴SE⊥AB，AB=2，∴SE=1，

又四棱锥S-ACDE的底面为菱形，且∠ABC=60°，

∴△ABC是等边三角形，AB=2，

∴CE=，

又SC=2，∴SC2=CE2+SE2，

∴SE⊥EC，∴SE⊥面ABCD，

∵SE⊂平面SAB，

∴平面SAB⊥平面ABCD；

（Ⅱ）解：过E作EG⊥AC，垂足为G，连接SG，

由（Ⅰ）可得AC⊥SE，

∴AC⊥平面SEG，

∴SG⊥AC，

∴∠SGE是二面角A-AC-B的平面角．

在Rt△SEG中，SE=1，EG=，

∴SG=，

∴cos∠SGE=，

∴二面角A-AC-B的余弦值为．

（Ⅰ）证明：取AC的中点，连接OB，OS．

∵SA=SC，AB=CB，

∴AC⊥SO，AC⊥BO．

又∵平面SAC⊥平面ABC，

且AC是平面 与平面 的交线，

∴SO⊥平面ABC．

如图所示建立空间直角坐标系O-xyz．…（1 分）

由已知得A（2，0，0），B（0，2，0），C（-2，0，0），S（0，0，），D（1，，0），E（0，，）．

∴=（-4，0，0），=（0，2，-2）．

∴•=（-4，0，0）•（0，2，-2）=0，

∴AC⊥SB．…（5 分）

（Ⅱ）解：=（2，，），=（-1，0，）．=（-2，0，-2）．

设平面ECD的法向量为=（x，y，z），

∵•=0，•=0

∴，

令z=1，则x=，y=．

故=（，，1）为平面ECD的一个法向量．…（8 分）

则cos＜，＞===-

∴直线SC与平面ECD所成角的正弦值为-．…（10分）

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）可知=（，，1）为平面ECD的一个法向量，

而=（0，0，2），为平面BCD的一个法向量．

设二面角E-CD-B的大小为θ，易知二面角E-CD-B是锐角，

∴cosθ=||==

∴二面角 的余弦值等于．…（13分）

（1）证明：∵AC=BC，点D是AB的中点，∴CD⊥AB

∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥CD

∵BB1∩AB=B，∴CD⊥平面ABB1A1，

∵CD⊂平面CDE，∴平面CDE⊥平面ABB1A1；

（2）解：由题意，在△CEA1中，CA1=2，EA1=，CE=

∴cos∠A1CE=

∴sin∠A1CE=

∴S△A1CE==

∵S△CED==

∴二面角D-CE-A1的余弦值为=

∴二面角D-CE-A1的大小为．

（1）证明：因为点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，所以OE∥PA      

因为PA⊂平面PAC，OE⊄平面PAC，所以OE∥平面PAC．

因为OM∥AC，因为AC⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，

所以OM∥平面PAC．

因为OE∩OM=O，OM⊂平面MOE，OE⊂平面MOE，

所以平面MOE∥平面PAC；

（2）证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，

因为点C在以AB为直径的⊙O上，

所以BC⊥AC

因为PA∩AC=A，

所以BC⊥平面PAC

因为BC⊂平面PCB，

所以平面PAC⊥平面PCB；

（3）以C为原点，CA为x轴，CB为y轴建立空间坐标系．

因为∠=30°，==2，所以=2cos30°=，=1．

延长交于点．

因为∥，

所以⊥，=1+=，==．

所以（1，0，2），（0，0，0），（0，，0），M（，，0）．

所以=（1，0，2），=（0，，0）．

设平面的法向量=（，，）．

由，得，

令=1，则=-2，=0．

所以=（-2，0，1）．

同理可求平面的一个法向量=（1，，1）．

则cos＜，＞==，

即cosθ=．

（本小题满分12分）

证明：（Ⅰ）∵SD⊥底面ABCD，ABCD是正方形，∴CD⊥平面SAD，AD⊥平面SDC，

又在Rt△SDB中，．      …（1分）

以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DS为z轴，建立空间直角坐标系（如图），

则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），S（0，0，1）．          …（2分）

设平面SBC的法向量为，则，，

∵，，

∴，∴可取．            …（4分）

∵CD⊥平面SAD，∴平面SAD的法向量．     …（5分）

∴，

∴面ASD与面BSC所成二面角的大小为45°．             …（6分）

（Ⅱ）∵，∴，，

又∵，∴DM⊥SB，

∴异面直线DM与SB所成角的大小为90°．             …（9分）

（Ⅲ）由（Ⅰ）平面SBC的法向量为，∵，

∴在上的射影为，

∴点D到平面SBC的距离为．                    …（12分）

（特别说明：用传统解法每问应同步给分）

解：（1）根据题意，得Rt△ADE∽Rt△ACB，

∴，结合Rt△ACB中，AC=4cos30°=2，BC=4sin30°=2

代入得，解得，

由此可得S△ADE=×AD×DE=，而S△ABC=×AC×BC=ABcos30°×ABsin30°=2

∴

∵平面ADE⊥平面BDEC，平面ADE∩平面BDEC=DE，AD⊂平面ADE且AD⊥DE

∴AD⊥平面BDEC，AD是四棱锥A-BCED的高线，

因此四棱锥A-BCED的体积V=

即u（x）=

（2）由（1）得，

令u′（x）＞0，得x∈（0，2）；令u′（x）＜0，得x∈（2，3）

∴u（x）的增区间是（0，2），减区间是（2，3），因此函数u（x）的最大值；

（3）由（2）得当u（x）取最大值时，AD=x=2

过点D作DF⊥CE，交CE的延长线于F，连接AF

∵AD⊥平面BCDE，可得DF是AF在平面BCDE内的射影

∴由三垂线定理，可得AF⊥CE，

因此，∠AFD就是二面角A-CE-B的平面角

∵△DEF中，∠DEF=90°-30°=60°，DE==

∴DF=DEsin60°=×=1

由此可得Rt△AFD中，tan∠AFD==2

即二面角A-CE-B的正切值等于2．

解：（1）由题设知，BF∥CE，

所以∠CED（或其补角）为异面直线BF与DE所成的角．

设P为AD的中点，连接EP，PC．

因为FE=∥AP，所以FA=∥EP，同理AB=∥PC．

又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥平面ABCD．

而PC，AD都在平面ABCD内，

故EP⊥PC，EP⊥AD．由AB⊥AD，可得PC⊥AD设FA=a，

则EP=PC=PD=a，CD=DE=EC=a，故∠CED=60°．

所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°．

（2）取CD的中点Q，连接PQ，EQ

由PC=PD，CE=DE

∴PQ⊥CD，EQ⊥CD

∴∠EQP为二面角A-CD-E的平面角，

由ED=CD=a，在等边△ECD中EQ=a

在等腰Rt△CPD中，PQ=a

在Rt△EPQ中，cos∠EQP=．

故二面角A-CD-E的余弦值为．

（1）证明：∵侧面BB1C1C⊥底面ABC，侧面BB1C1C∩底面ABC=BC，AC⊥BC，

∴AC⊥侧面BB1C1C

∵BC1⊂侧面BB1C1C

∴；

（2）解：过D作BC的垂线，垂足为E，则

∵侧面BB1C1C⊥底面ABC，侧面BB1C1C∩底面ABC=BC，

∴DE⊥底面ABC，

∵AC⊥BC

∴DC⊥AC

∴∠DAB是二面角D-AC-B的平面角

∵△BC1C是等边三角形，AC=BC=4

∴DE=，BE=1

∴CE=5，CD=

∴cos∠DAB===

解：（I）取AC中点D，连接A1D，则A1D⊥AC．

又∵侧面ACC1A1与底面ABC垂直，交线为AC，

∵A1D⊥面ABC（2分）

∴A1D⊥BC．

假设AA1与平面A1BC垂直，则A1A⊥BC．

又A1D⊥BC，由线面垂直的判定定理，

BC⊥面A1AC，所以BC⊥AC，

这样在△ABC中有两个直角，与三角形内角和定理矛盾．

假设不成立，所以AA1不与平面A1BC垂直（5分）

（II）侧面BB1C1C与底面ABC所成的锐二面角即为侧面BB1C1C与A1B1C1底面所成的锐二面角．

过点C作A1C1的垂线CE于E，则CE⊥面A1B1C1，B1C1⊥CE．

过点E作B1C1的垂线EF于F，连接CF．

因为B1C1⊥EF，B1C1⊥CE，所以B1C1⊥面EFC，B1C1⊥CF

所以∠CFE即为所求侧面BB1C1C与底面A1B1C1所成的锐二面角的平面角（9分）

由 ，EF=1，得

在Rt△ABC中，cos∠CFE=

所以，侧面BB1C1C与底面ABC所成锐二面角的余弦值为（12分）