热门试卷

解：（1）证明：连接A1C1，

∵AA1⊥平面A1C1，

∴A1C1是AE在平面A1C1上的射影，

在正方形A1B1C1D1中，B1D1⊥A1C1∴B1D1⊥AE

（2）连接BD交AC于O，过B点作BF⊥AE交AE于F，连接OF

∵EC⊥平面AC在正方形ABCD中，BD⊥AC，∴BD⊥平面ACE

∴OF是BF在平面EAC上的射影，∴AE⊥FO∴∠BFO是二面角B-AE-C的平面角

在正方形ABCD中，BO=AO=AC=

在Rt△ACE中，AE=3，∵△AOF∽△AEC，

∴

∴OF==

在Rt△BOF中，tan∠BFO==3

（3）过C1作C1G⊥BE交BE的延长线于G，∵AB⊥平面BC1，G1G⊂平面BC1，

∴AB⊥C1G，∴C1G⊥平面ABE，

∵D1C1∥AB，D1C1⊄平面ABE，

∴D1C1∥平面ABE，

∴D1到平面ABE的距离等于C1到平面ABE的距离

∵△C1GE∽△BCE，

∴C1G：C1E=BC：BE，

∴C1G==

∴D1到面ABE的距离等于

（Ⅰ）证明：连结C1B，则C1B1=CB=DB，又C1B1∥BD，

所以，四边形C1BDB1是平行四边形，…（4分）

所以，C1B∥B1D，又B1D⊂平面AB1D，

所以，直线C1B∥平面AB1D．…（7分）

（Ⅱ）解：在△ACD中，由于CB=BD=BA，

所以，∠DAC=90°，

以A为原点，建立如图空间直角坐标系，

则A（0，0，0），B1（，1，4），D（2，0，0），

=（2，0，0），=（，1，4）…（10分）

设平面AB1D的法向量=（x，y，z），

则，

取z=1，则=（0，-4，1）…（12分）

取平面ACB的法向量为=（0，0，1）

则cos＜，＞=，

所以tan＜，＞=4，

所以，平面AB1D与平面ACB所成角的正切值为4．…（14分）

解：（I）∵ABCD为正方形且M、N分别为AD、BC的中点，

∴AB∥MN．

又∵MN⊂平面MNQ，AB⊄平面MNQ，∴AB∥平面MNQ．

（II）∵ABCD为正方形且M、N分别为AD、BC的中点，

∴MN⊥AD．

∵PA⊥平面ABCD，MN⊂平面ABCD，∴MN⊥AP．

又∵AD∩AP=A，∴MN⊥平面PAD，

∵MN⊂平面PMN，∴平面PMN⊥平面PAD．

（III）由（II）得MN⊥平面PAD，PM⊂平面PAD，MQ⊂平面PAD，

∴MN⊥PM，MN⊥MQ，可得∠PMQ为二面角P-MN-Q的平面角．

∵PA=AD=1，∴∠PDA=45°．

Rt△MQD中，MQ=MD=，Rt△PAM中，PM==．

∴Rt△PMQ中，cos∠PMQ===，

可得二面角P-MN-Q的余弦值为．

（1）证明：依题意，BB′⊥平面AB′C′D′，CC′⊥平面AB′C′D′，DD′⊥平面AB′C′D′，

所以BB°∥CC′∥DD′．             …（2分）

在CC′上取点E，使得CE=DD′，

连接BE，D′E，如图1．

因为CE∥DD′，且CE=DD′，所以CDD′E是平行四边形，∴D′E∥DC，且D′E=DC．

又ABCD是正方形，∴DC∥AB，且DC=AB，

所以D′E∥AB，且D′E=AB，故ABED′是平行四边形，…（4分）

从而AD′∥BE，又BE⊂平面BB′C′C，AD′⊄平面BB′C′C，

所以AD′∥平面BB′C′C．           …（6分）

四边形AB′C′D′是平行四边形．…（7分）

（2）依题意，在Rt△ABB′中，BB′=1，在Rt△ADD′中，DD′=2，

所以CC′=BB′+DD′-AA′=1+2-0=3．   …（8分）

连接AC，AC′，如图2，

在Rt△ACC′中，AC′=．

所以AC′2+B′C′2=AB′2，故AC′⊥B′C′．…（10分）

由题意，正方形ABCD在水平面上的正投影（投影线垂直于投影面）是四边形A′B′C′D′，

所以平面ABCD与平面AB′C′D′所成的锐二面角θ的余弦值=．  …（12分）

而SABCD=6，SAB′C′D′=B′C′×AC′=，所以cosθ=，

所以平面ABCD与平面AB′C′D′所成的锐二面角θ的余弦值为． …（14分）

（1）证明：取PC中点M，连接FM、EM，

∵F、M分别为PD、PC中点，

∴FM=CD，

∵E为AB中点，∴AE=CD，

∴FM=AE，∴FMEA为平行四边形，

∴AF∥EM，

∵AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，

∴AF∥平面PEC．

（2）解：延长DA，CE交于点N，连接PN，

∵AB⊥PA，AB⊥AD，

∴AB⊥平面PAD∵AB∥DC，…6分

∴DC⊥平面PAD，

∴DC⊥PD，DC⊥AD，

∴∠PDA为二面角P-CD-B的平面角

∴∠PDA=45°，

∵PA=AD=3∠PDA=45°，

∵PD=，∴PA⊥AD，

又  PA⊥AB，∴PA⊥平面ABCD，

∵AE∥CD，且E为AB中点，

∴AE=CD，∴AE为△NDC的中位线，

∴AN=AD=PA，∴△PND为直角三角形，

又NE=EC=，PE=，

∴△PNC为直角三角形，

∴PC⊥PN，PD⊥PN，

∴∠CPD为平面PEC和平面PAD所成二面角的平面角，

又PD=，CD=，PD⊥DC，

∴tan∠CPD===．

∴∠CPD=30°，

∴平面PEC和平面PAD所成二面角为30°．

（3）解：连接ED，

∵PA⊥平面ABCD，

∴VP-CED=S△CED•PA=×=，

VP-CED=VD-PCE=，

设点D到平面PCE的距离为d．

S△PCE=，

VP-PCE=S△DCE•d=，

∴d=，

点D到平面PEC的距离为．

证明：（1）过M作GM∥AD交AA1于G，

正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F为AB和BC的中点，

∴BD⊥AC，且DD1⊥面ABCD，

∴AC⊥面BDM，而EF∥AC，

∴EF⊥面BDM，则EF⊥BM，

又∵GM∥AD，∴GM⊥面ABB1A1，则BG⊥B1E，

∵GM⊥B1E，∴B1E⊥平面BGM，

∴BM⊥B1E，

又EF∩B1E=E，∴BM⊥平面B1EF；

解：（2）（理科）建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，

则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），E（2，1，0），

F（1，2，0），M（0，0，1），B1（2，2，2），

由（1）可得，平面B1EF的法向量是=（2，2，-1），

设平面B1EM的法向量为=（x，y，z），

∵=（2，1，-1），=（2，2，1），

∴，化简可得，

取z=2，则x=3，y=-2，则=（3，-2，2），

∴cos＜，＞===；

（文科）建立如上图所示的空间直角坐标系D-xyz，

由（1）可得，平面B1EF的法向量是=（2，2，-1），

且=（2，1，-1），

设直线ME与平面B1EF所成角为θ，

则sinθ=|cos＜，＞|=||=||=．

（Ⅰ）证明：∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，

∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AC，

∵PD∩BD=D，∴AC⊥平面PBD，

∵AC⊂平面ACE，∴平面ACE⊥平面PBD．

（Ⅱ）解：设AC∩BD=0，连结OE，

由（Ⅰ）知AC⊥平面PBD于O，

∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角，

∵O，E分别为DB，PB的中点，∴OE∥PD，OE=PD，

又∵PD⊥底面ABCD，

∴OE⊥平面ABCD，CE⊥AO，

则Rt△AOE中，OE=PD==A0，

∴∠AOE=45°，即AE与平面PDB所成的角的大小为45°．

（Ⅲ）解：∵AC⊥平面PBD，∴△ABD为△ABD在平面PDB内的射影图形，

二面角A-PB-D的余弦值

∴cosθ==，

则二面角A-PB-D的正弦值sinθ=．

（I）证明：∵三棱柱ABC-A1B1C1中B1C1∥BC，

又BC⊂平面A1BC，且B1C1⊄平面A1BC，

∴B1C1∥平面A1BC．

（II）证明：∵三棱柱ABC-A1B1C1中A1A⊥AB，∴Rt△A1AB中．

∴BC=A1B，∴△A1BC是等腰三角形．

∵E是等腰△A1BC底边A1C的中点，∴A1C⊥BE，

又依条件知A1C⊥ED，

且ED∩BE=E，

∴A1C⊥平面EDB．

（III）解：∵由（II）结论可知A1C⊥平面EDB，

∴A1C⊥EB，A1C⊥ED，

∴∠DEB是二面角B-A1C-A的平面角．

由A1C⊥平面EDB，∴A1C⊥BD，

又∵A1A⊥BD，AA1∩A1C=A1，

∴BD⊥平面ACC1A1，∴BD⊥ED

设AA1=a，则易求得，

∴在Rt△EDB中，．

即所求二面角的余弦值是．