热门试卷

解：解法一（（1）不建系）：

（1）（解法一）取AB的中点M，连结GM，MC，G为BF的中点，∴GM∥FA，…（1分）

又EC⊥面ABCD，FA⊥面ABCD，

∴CE∥AF，…（2分）

∴CE∥GM，且GM⊥面ABCD，…（3分）

∴四边形CEGM为平面四边形．…（4分）

又因为MC⊂面ABCD，

∴GM⊥MC，…（5分）

∵EG⊥面ABCD，

又∵GM⊂面ABF，

∴GE⊥MG，∴EG∥CM，…（6分）

又因为MC⊂面ABCD，EG⊄面ABCD，

∴EG∥面ABCD  …（7分）

（解法二）∵ABCD为菱形，∠ABC=60°，∴△ABC为正三角形，…（1分）

又∵M是AB的中点，∴MC⊥AB，…（2分）

又∵FA⊥面ABCD，MC⊂面ABCD，∴FA⊥MC，…（3分）

AB∩FA=A，∴MC⊥面ABF，…（4分）

已知EG⊥面ABF，∴MC∥EG   …（5分）

又因为MC⊂面ABCD，EG⊄面ABCD，

∴EG∥面ABCD  …（7分）

（2）（解法一）由题意知△FAB≌△FAD，∴FB=FD=2…（1分）

同理△FAB≌△FAD，EB=ED=，…（2分），

∴△FEB≌△FED，…（3分），

过B作BH⊥FE，连HD，则DH⊥FE，…（4分），∴∠BHD为所求角的平面角…（5分），

在直角梯形FACE中，FE=，

根据面积相等FB•EG=BH•FE得…（6分），

在△BHD中，根据余弦定理得COS∠BHD=，

∴为所求角的余弦值为 …（7分）

（解法二）建立如图所示的坐标系，∵AB=2，AF=AB，由（1）知四边形GMCE为矩形．

则B（）E（0，1，1）F（0，-1，2）=（0，-2，1），=（，-1，-1），=（，1，1），…（10分）

设平面BEF的法向量n1=（x，y，z）

则令y=1，则，

∴n1=（）…（12分）

同理，可求平面DEF的法向量  n2=（-）…（13分）

设所求二面角的平面角为θ，则  cosθ=．…（14分）

解法二（（1）、（2）均建系）：

（1）建立如图所示的坐标系，因为AB=2，设AF=b，则A（0，-1，0），B（），F（0，-1，b），G（），E（0，1，c）  …（3分）

∵EG⊥面ABF，∴EG⊥AB，EG⊥AF，…（4分）

∴…（5分）

∴解得b=2c．…（7分）

∴，∴，…（8分）

由已知FA⊥面ABCD，EG⊄平面ABCD上，

∴EG∥平面ABCD     …（9分）

（2）∵AF=AB，则E（0，1，1）F（0，-1，2）

=（0，-2，1），=（，-1，-1），=（，1，1），…（10分）

设平面BEF的法向量=（x，y，z）则

，

令y=1，则z=2，x=，…（11分）

∴=（，1，2）…（12分）

同理，可求平面DEF的法向量=（-，1，2）…（13分）

设所求二面角的平面角为θ，

则cos…（14分）

证明：（1）∵AA1⊥底面ABC，CD⊂面ABC

∴AA1⊥CD

∵AC=BC，点D是AB的中点

∴AB⊥CD

∵AA1∩AB=A，AA1，AB⊂面A1ABB1∴CD⊥面A1ABB1

∵A1B⊂面A1ABB1

∴CD⊥A1B

∵正方形A1ABB1中，DE∥AB1，A1B⊥AB1

∴A1B⊥DE

∵CD∩DE=D，CD，DE⊂面CDE

∴A1B⊥面CDE

（2）由题意，∠ACB=90°

以C 为坐标原点，CA，CB，CC1，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则

C（0.0，0），A1（2，0，2），E（0，2，），D（1，1，0）

∴

∴平面的法向量分别为（2，1，-），（2，-2，-），

∴

∴二面角D-CE-A1的大小

解：（1）∵PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD

又，

由平面几何知识得：

过D做DE∥BC交于AB于E，连接PE，则∠PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，

∵四边形ABCD是等腰梯形，

∴OC=OD=1，OB=OA=2，OA⊥OB

∴

又AB∥DC

∴四边形EBCD是平行四边形．

∴

∴E是AB的中点，且

又，

∴△PEA为直角三角形，

∴

在△PED中，由余弦定理得

故异面直线PD与BC所成的角的余弦值为；

（2）连接OE，由（1）以及三垂线定理可知，∠PEO为二面角P-AB-C的平面角，

∴sin∠PE0=，∴∠PEO=45°，∴二面角P-AB-C的平面角的大小为45°；

（3）连接MD，MB，MO，

∵PC⊥平面BMD，OM⊂平面BMD，

∴PC⊥OM，

在Rt△POC中，PC=PD=，OC=1，PO=，

∴PM=，MC=，

∴，

故λ=2时，PC⊥平面BMD．

（Ⅰ）证明：连结A1C，

因为AC=AA1，，AB=BC，点O为AC的中点，

所以A1O⊥AC，BO⊥AC．

因为A1O∩BO=O，

所以AC⊥平面A1OB．…（4分）

（Ⅱ）解：因为侧面A1ACC1⊥底面ABC，

所以A1O⊥平面ABC．所以A1O⊥BO．…（5分）

所以以O为坐标原点，分别以OB，OC，OA1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

所以A（0，-1，0），，C（0，1，0），，，

所以，，．

设平面AB1C的法向量为，所以即

所以．…（7分）

因为平面ABC的法向量为，

所以＜．

所以二面角B1-AC-B的余弦值是．…（9分）

（Ⅲ）解：存在．

因为点B关于AC的对称点是D，所以点．…（10分）

假设在直线A1A上存在点P符合题意，则点P的坐标设为（x，y，z），．

所以．所以．

所以．…（12分）

因为DP∥平面AB1C，平面AB1C的法向量为，

所以由，得．

所以λ=1．…（13分）

所以在直线A1A上存在点P，使DP∥平面AB1C，且点P恰为A1点．…（14分）

解：（1）∵O为AC的中点，M为BC的中点，∴OM∥AB．

又∵OM⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，∴OM∥平面ABD．

（2）∵在菱形ABCD中，OD⊥AC，∴在三棱锥B-ACD中，OD⊥AC．

在菱形ABCD中，AB=AD=4，∠BAD=60°，可得BD=4．

∵O为BD的中点，∴DO=BD=2．

∵O为AC的中点，M为BC的中点，∴OM=AB=2．

因此，OD2+OM2=8=DM2，可得OD⊥OM．

∵AC、OM是平面ABC内的相交直线，∴OD⊥平面ABC．

∵OD⊂平面DOM，∴平面DOM⊥平面ABC．

（3）作OE⊥AB于E，连结DE，由（2）知OD⊥平面ABC，所以OD⊥AB．

∵OD、OE是平面ODE内的相交直线，∴AB⊥平面ODE．

∵DE⊂平面ODE，∴AB⊥DE．

可得∠DEO就是二面角D-AB-O的平面角．

在Rt△DOE中，OD=2，EO==，DE==，

∴cos∠DEO==，即二面角D-AB-0的余弦值为．

解：（1）取AD的中点G，连接PG，CG．

∵△ADP为正三角形，∴PG⊥AD．

又面PAD⊥面ABCD．AD为交线，

∴PG⊥面ABCD，∴PG⊥CD，又AD⊥CD

∴CD⊥面PAD，∴面PCD⊥面PAD

（2）由（1）∴PG⊥面ABCD，则∠PCG为PC与

平面ABCD所成的角．

设AD=a，则，．

在Rt△GDC中，．

在Rt△VGC中，．

∴∠PCG=30°．

即VC与平面ABCD成30°．

（3）连接GF，则．

而．

在△GFC中，GC2=GF2+FC2．∴GF⊥FC．

连接PF，由PG⊥平面ABCD知PF⊥FC，

则∠PFG即为二面角P-FC-D的平面角．

在Rt△VFG中，．

∴∠VPG=45°．二面角P-FC-B的度数为135°．

解：（1）连接B1C，B1E，由题意B1C∥A1D，

则∠B1CE即为直线A1D与直线CE所成角，

在长方体中，A1A=，AD=1，DC=2，

E为AB中点，有B1C=B1E=，EC=，

又在等腰△B1EC中，有cos∠B1CE===，

故直线A1D与CE所成角的余弦值为．

（2）连DE，由条件得DE=CE=，

又DC=2，

在△DEC中，DE2+EC2=CD2，

∴DE⊥EC，

又根据已知得D1D⊥EC，且D1D∩DE=D，

∴EC⊥平面D1DE，D1E⊂平面D1DE，

∴EC⊥D1E，

∴∠D1DE即为所求的角．

在△D1DE中，tanD1DE=，

又∠D1DE为锐角，

∴∠D1DE=45°，

故二面角D1-EC-A的大小为45°．

解：（1）如图所示，建立空间直角坐标系．

A（0，0，0），B（1，0，0），，F，M，N．

则=，=．

∴==0，

∴，

∴直线EF与MN的夹角为90°．

（2）=．

∵MN⊥平面ENF，∴取=为平面ENF的一个法向量，

设直线MF与平面ENF所成角为θ，则sinθ====，

∴cosθ=．

（3）∵MN⊥平面ENF，∴取=为平面ENF的一个法向量，

设平面EFM的法向量为=（x，y，z），=（0，1，0），

则，则，取=（2，0，1），

则===．