热门试卷

证明：（1）∵空间四边形ABCD被一平面所截，截面EFGH是平行四边形，

∴EF∥GH，

又∵EF⊄平面BDC，GH⊂平面BDC，

∴EF∥平面BDC，

∵EF⊂平面ADC，

平面ADC∩平面BDC=DC，

∴EF∥DC，又CD⊄平面EFGH

∴CD∥平面EFGH．

（2）∵空间四边形ABCD被一平面所截，截面EFGH是平行四边形．

AB=CD=a，

∴=，=，

∴+=+，

∵AB=CD=a，+=1，+=，

∴=1，

∴EF+FG=a，

∴四边形EFGH的周长=2a．

故四边形EFGH的周长为定值．

（I）证明：连接B1C与BC1相交于O，连接OD

在△CAB1中，∵O，D分别是B1C，AC的中点，

∴OD∥AB1

∵AB1⊄平面BDC1，OD⊂平面BDC1，

∴AB1∥平面BDC1；

（Ⅱ）证明：直棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC

∵BD⊂平面ABC，∴AA1⊥BD

∵AB=BC=2，D为AC的中点，∴BD⊥AC

∵AA1∩AC=A，∴BD⊥平面AA1C1C

∴BD⊥A1C①

∵A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，B1C1∩B1B=B

∴A1B1⊥平面B1C1CB

∴A1B1⊥BC1

在正方形B1C1CB中，BC1⊥B1C，

∵B1C，A1B1⊂平面A1B1C，B1C∩A1B1=B1

∴BC1⊥平面A1B1C

∴BC1⊥A1C②

由①②，∵BD∩BC1=B，BD，BC1⊂平面BDC1，

∴A1C⊥平面BDC1；

（Ⅲ）建立如图所示的空间直角坐标系，则=（-2，-2，0），=（1，0，1）

设平面BC1D的法向量=（x，y，z），则由，可得，∴可取=（1，1，-1）

∵平面BC1A的法向量==（2，2，0）

设二面角A-BC1-D的平面角为θ，则cosθ=cos＜，＞=

∴tanθ=．

（1）证明：如图，

连接A1C1，DC1，则Q为A1C1的中点，

∴PQ∥DC1，且PQ=DC1，

∴PQ∥平面DD1C1C；

（2）∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，

∴DC1=，

∴PQ=DC1=；

（3）∵PQ∥DC1，∴PQ、DC1与平面AA1D1D所成的角相等，

∵DC1与平面AA1D1D所成的角为∠C1DD1=45°，

∴PQ与平面AA1D1D所成的角为45°．

证明：（I）因为O为AB中点，

所以BO=AB，（1分）

又AB∥CD，CD=AB，

所以有CD=BO，CD∥BO，（2分）

所以ODCB为平行四边形，

所以BC∥OD，（3分）

又DO⊂平面POD，BC⊄平面POD，

所以BC∥平面POD．（5分）

（II）连接OC．

因为CD=BO=AO，CD∥AO，

所以ADCO为平行四边形，（6分）

又AD=CD，所以ADCO为菱形，

所以AC⊥DO，（7分）

因为正三角形PAB，O为AB中点，

所以PO⊥AB，（8分）

又因为平面ABCD⊥平面PAB，平面ABCD∩平面PAB=AB，

所以PO⊥平面ABCD，（10分）

而AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC，

又PO∩DO=O，所以AC⊥平面POD．（12分）

又PD⊂平面POD，所以AC⊥PD．（13分）

（1）证明：如图，设H是AD的中点，可得GH=3，则GH=EF，

又∵GH∥CD，EF∥CD

∴GH∥EF，则EFHG为平行四边形，

故EG∥FH，

又∵FH⊂平面ADF

∴EG∥平面ADF；

（2）∵△ADF是以AD为斜边的等腰直角三角形．

∴FH⊥AD，

又∵平面ADF⊥平面ABCD

∴FH⊥平面ABCD，

∴EG⊥平面ABCD

∴∠EDG是直线DE与平面ABCD所成的角

∵∠ADC=120°，∴∠BAD=60°，

又∵AB=AD=2，∴BD=2∴∠ADB=60°，

又∵CD=4，由余弦定理BC=2

∴∠DBC=90°，BG=，

∴DG=

又∵EG=FH=1，∴DE=2，

∴cos∠EDG==

所以直线DE与平面ABCD所成角的余弦值．

（1）在矩形ABCD中，∵AP=PB，DQ=QC，∴AP∥CQ 且AP=CQ，

∴AQCP为平行四边形，∴CP∥AQ．∵CP⊂平面CEP，AQ⊄平面CEP，

∴AQ∥平面CEP．

（2）∵EP⊥平面ABCD，AQ⊂平面ABCD，∴AQ⊥EP．

∵AB=2BC，P为AB中点，∴AP=AD．连PQ，则ADQP为正方形．∴AQ⊥DP．

又EP∩DP=P，∴AQ⊥平面DEP．∵AQ⊂平面AEQ．∴平面AEQ⊥平面DEP．

（3）∵EP⊥平面ABCD，∴EP为三棱锥E-AQC的高，

∴VE-AQC=S△AQC•EP=×CQ•AD•EP=×1×1×1=．

证明：（1）设AC∩BD=G，连接FG，易知G是AC的中点，∵F是EC中点，由三角形中位线的性质可得 FG∥AE，

∵AE⊄平面BFD，FG⊂平面BFD，∴AE∥平面BFD．

（2）∵平面ABCD⊥平面ABE，BC⊥AB，

平面ABCD∩平面ABE=AB∴BC⊥平面ABE，又∵AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE，

又∵AE⊥BE，BC∩BE=B，∴AE⊥平面BCE，∴AE⊥BF．

在△BCE中，BE=CB，F为CE的中点，∴BF⊥CE，AE∩CE=E，∴BF⊥平面ACE，

又BF⊂平面BDF，∴平面BDF⊥平面ACE．

（1）证明：在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，D1D⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，

故直线D1B在底面ABCD内的射影为BD，故∠D1BD 为直线D1B与平面ABCD所成角的大小，

再由AB=1，D1D=，可得tan∠D1BD===1，∴∠D1BD=．

（2）由于E、F、G分别A1B1、B1C1、BB1的中点，可得EF为三角形B1A1C1的中位线，

故有EF平行且等于A1C1．

再由A1C1和AC平行且相等，可得EF∥AC．

再由EF⊂平面EGF，而AC不再平面EGF内，故有AC∥平面EGF．

（1）证明：连接EM、MF，∵M、E分别是正三棱柱的棱AB和AB1的中点，

∴BB1∥ME，又BB1⊄平面EFM，∴BB1∥平面EFM．

（2）证明：取BC的中点N，连接AN由正三棱柱得：AN⊥BC，

又BF：FC=1：3，∴F是BN的中点，故MF∥AN，

∴MF⊥BC，而BC⊥BB1，BB1∥ME．

∴ME⊥BC，由于MF∩ME=M，∴BC⊥平面EFM，

又EF⊂平面EFM，∴BC⊥EF．

（3）解  取B1C1的中点O，连结A1O知，A1O⊥面BCC1B1，由点O作B1D的垂线OQ，垂足为Q，连结A1Q，由三垂线定理，A1Q⊥B1D，故∠A1QD为二面角A1-B1D-C的平面角，易得∠A1QO=arctan