热门试卷

（1）证明：连接AC交BE于点M，连接FM．

由EM∥CD，∴===，

∴FM∥AP，

又∵FM⊂平面BEF，PA⊄平面BEF，

∴PA∥平面BEF；

（2）以E为坐标原点，EB，EA，EP所在直线为x，y，z轴，

建立空间直角坐标系，则设P（0，0，t），

由于PE⊥平面ABCD，则向量=（0，0，-t）即为平面BEC的法向量，

由于AD∥BC，AD⊥CD，BC=ED=2AE=2，EB=3，

则四边形BCDE为矩形，B（3，0，0），C（3，-2，0），

由于F为PC上一点，且CF=2FP，则有F（1，，t），

则=（1，，t），=（3，0，0），

设平面BEF的法向量为=（x，y，z），

则即有=0，即x-y=0，

又=0，即3x=0，则可取=（0，1，），

由二面角F-BE-C为60°，则与的夹角为120°，

即有cos120°===-，

解得，t=．

即P（0，0，）．PB==2，

由于PE⊥平面ABCD，则∠PBE即为直线PB与平面ABCD所成角．

在直角三角形PBE中，cos∠PBE===．

故直线PB与平面ABCD所成角为arccos=．

证明：（Ⅰ）在△BCD中，BC=2，CD=2，BD=4，

∴BC2+CD2=BD2，

∴BC⊥CD，

∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，

∴DC⊥平面ABC，

∵DC⊂平面ECD，

∴平面ECD⊥平面ABC；

（Ⅱ）取BC中点F，BD的中点为N，连接AF，FN．

则在等边三角形ABC中，AF⊥BC，且AF=，

∵平面ECD⊥平面ABC，平面BCD∩平面ABC=BC，

∴AF⊥面BCD，

在△BCD中，BF=CF，BN=ND，

∴FM∥CD，

由（1）知CD⊥BC，

∴FM⊥BC．以F为坐标原点，分别以FB，FN，FA为x，y，z轴，建立直角坐标系，

则A（0，0，），B（1，0，0），C（-1，0，0），M（-1，，0），

故，，

故面ABM的法向量为=（x，y，z），

则由，得，

令x=，则y=2，z=1，

故，为平面ABM的一个法向量，

由（Ⅰ）知，=（0，，0）为平面ABC的有关法向量，

故cos＜＞==，

故二面角C-AB-M的大小为．

（1）证明：∵ABCD是矩形，∴CD⊥AD

又SD⊥AB，AB∥CD，则CD⊥SD

又∵AD∩SD=D

∴CD⊥平面ADS

（2）解：∵△SAD中SD⊥AD，且SD⊥AB，AB∩AD=A

∴SD⊥面ABCD．

∴平面SDB⊥平面ABCD，BD为面SDB与面ABCD的交线．

过A作AE⊥DB于E，则AE⊥平面SDB，过A作AF⊥SB于F，连接EF，从而得：EF⊥SB

∴∠AFB为二面角A-SB-D的平面角

在矩形ABCD中，对角线BD=

∴在△ABD中，AE==

Rt△SDC中，SC=，Rt△SBC，SB=

而Rt△SAD中，SA=2，且AB=2，∴SB2=SA2+AB2，

∴△SAB为等腰直角三角形且∠SAB为直角，

∴AF=AB=2

∴sin∠AFE==

∴所求的二面角的余弦值为；

（3）解：∵AD∥BC，∴点A到面SBC的距离等于点D到面SBC的距离

∵SD⊥面ABCD，BC⊂面ABCD，∴SD⊥BC

∵BC⊥CD，SD∩CD=D，∴BC⊥平面SDC

∴平面SBC⊥平面SDC

过D作DM⊥SC，垂足为M，则DM⊥平面SBC，即DM为点D到面SBC的距离

在△SDC中，SD=，CD=2，∴SC=，

∴DM==．

（Ⅰ）证明：连CE交BD于点M，∵四边形BCDE是矩形，M为CE中点，

在△ACE中，G为AE中点，故GM∥AC．

∵GM⊂平面BDG，AC⊄平面BDG，∴AC∥平面BDG．

（Ⅱ）解：取BC中点O，分别以OB，OM，OA所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则设，得，显然平面BCE的法向量为（0，0，1）

设平面CEF的法向量为

由

取x=1，得，，∴

依题意有，⇒2λ2+λ-1=0

解得λ=-1（舍去）或

∴当点F在AB中点时，恰好满足题意．

解：（1）A1B1上存在一点D1，满足D1为A1B1的中点，使得C1D1平行于平面ABC．

D1为A1B1的中点，取AB 的中点D，连接DD1，C1D1，

∵多面体ABC-A1B1C1是由直棱柱被平面A1B1C1而成

∴AA1∥BB1∥CC1，

∵AA1=4，BB1=2，D1为A1B1的中点，取AB 的中点D，

∴DD1∥CC1，且DD1=CC1=3

∴四边形CDD1C1为平行四边形

∴D1C1∥DC

∵D1C1⊄平面ABC，DC⊂平面ABC

∴C1D1∥平面ABC．

（2）过B1点作AA1，CC1的垂线，垂足为E，F，连接EF，取EF的中点O，则B1O⊥平面C1A1B1，

∵AB与BC垂直，AB=BC=1

∴EB1=FB1=1，EF=

∵OB1=，

∵AA1=4，BB1=2，CC1=3

∴C1F=1

∴A1B1=，B1C1=，A1C1=

∴△A1B1C1为直角三角形，

∴B1C1⊥A1C1，

∵B1O⊥平面C1A1B1，

∴OC1⊥平面C1A1B1，

∴∠OC1B1为二面角B1-A1C1-A的平面角

∵sin∠OC1B1===

∴∠OC1B1=30°

∴二面角B1-A1C1-A的大小为30°

（3）四边形EFC1A1的面积为=，B1O=

多面体的体积为=+=

（1）证明：∵N是PB的中点，PA=AB，

∴AN⊥PB．

由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AD，

∵∠BAD=90°，即BA⊥AD，

又BA∩AP=A，∴AD⊥平面PAB，

∴AD⊥PB，

∵M、N为中点，∴MN∥BC，

又BC∥AD，∴MN∥AD，

即A、D、M、N共面                                      

又AD∩AN=A，且AD，AN在平面ADMN内，

∴PB⊥平面ADMN，故PB⊥DM．

（2）由（1）知，AD⊥平面PAB，∴AN⊥AD，又AB⊥AD，

∴∠BAN是平面ADMN与平面ABCD所成的二面角的平面角．

在直角三角形PAB中，PB===．

∵N直角三角形PAB斜边PB的中点，∴AN=．

在直角三角形NAB中，．

即平面ADMN与平面ABCD所成的二面角的余弦值为．

（3）由已知得，AC==，

==．

  设点B到平面PAC的距离为h，

则==．

由VP-ABC=VB-PAC，即，得，

即点B到平面PAC的距．

（1）证明：∵PA2+AD2=4+4=8=PD2，

∴AD⊥PA，

又ABCD为矩形，AD⊥AB，AB∩PA=A，

∴AD⊥平面PAB，

AD⊂平面ABCD，

所以平面PAB⊥平面ABCD；

（2）解：因为AB∥CD，所以PD与AB成角即为PD与DC成角．

过P作PH⊥AB于点H．过点H作HM⊥CD于M，连接PM．

则PH⊥平面ABCD，所以CD⊥PM，

在Rt△PAH中，AH=PA•cos∠PAH=2×cos60°=1，所以DM=AH=1，

在Rt△PDM中，cos∠PDM==，

所以，即所求角为arccos；

（3）作HE⊥BD于E，连接PE，

∵面PAB⊥面ABCD，∴PH⊥面ABCD，∴PE⊥BD．∴∠PE H为二面角P-BD-A的平面角，

∵，AH=PA•cos60°=1，

∴，

∴在Rt△PHE中，，

∴二面角P-BD-A大小为，二面角P-BD-C的大小为πarctan．

解：（Ⅰ）因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC．

又BC⊥AC，所以BC⊥平面A1ACC1，

所以AC1⊥BC．…（2分）

因为AA1=AC，所以四边形A1ACC1是菱形，

所以AC1⊥A1C．

所以AC1⊥平面A1BC，

所以A1B⊥AC1．…（5分）

（Ⅱ）以OC为单位长度，

建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，

则A（0，-1，0），B（2，1，0），

C（0，1，0），C1（0，2，）．

=（2，2，0），=（0，1，），

设=（x，y，z）是面ABB1的一个法向量，

则•=0，•=0，

即，取x=，得=（，-，1）．

同理面CBB1的一个法向量为=（0，-，1）．…（10分）

因为cos＜＞=．二面角A-BB1-C是锐二面角，

所以二面角A-BB1-C的余弦值．…（12分）