热门试卷

见解析

以为坐标原点，建立空间坐标系，则且

则

所以

所以

解：（1）由得

……6分

…

略

（1）解：连结BD交MN于F，连结B1F.

∵平面DD1B1B⊥平面ABCD,交线为BD，AC⊥BD,

∴AC⊥平面DD1B1B.又∵AC//MN，

∴MN⊥平面DD1B1B.

∵B1F,BF平面DD1B1B，

∴B1F⊥MN,BF⊥MN.

∵B1F平面B1MN，

BF平面BMN，则∠B1FB为二面角B1-MN-B的平面角.       -----------------------2分

在Rt△B1FB中，设B1B=1，则FB=，

∴tan∠B1FB=.              -------------------------4分

（2）证明：过点P作PE⊥AA1，则PE∥DA，连结BE.

又DA⊥平面ABB1A1，∴PE⊥平面ABB1A1,即PE⊥B1M.

又BE⊥B1M，∴B1M⊥平面PEB.

∴PB⊥MB1. 

由（1）中MN⊥平面DD1B1B,得PB⊥MN，所以PB⊥平面MNB1.     -----------------8分

（3）解：PB=，符合条件的正方体表面展开图可以是以下6种之一：

    -------------12分

试题分析：（1）要求二面角B1-MN-B的正切值，我们要先找出二面角的平面角，再构造三角形，解三角形求出其正切值．

（2）要证明PB⊥平面B1MN，我们要在平面内找到两条与PB垂直的相交直线，分析题意可知B1M，B1N满足要求，进而可以转化为证明线线垂直．

（3）利用侧面展开图来得到BP的长度的求解。

点评：解决该试题的关键是线线垂直可由线面垂直的性质推得，直线和平面垂直，这条直线就垂直于平面内所有直线，这是寻找线线垂直的重要依据．垂直问题的证明，其一般规律是“由已知想性质，由求证想判定”，也就是说，根据已知条件去思考有关的性质定理；根据要求证的结论去思考有关的判定定理，往往需要将分析与综合的思路结合起来．本题也可以用空间向量来解决，其步骤是：建立空间直角坐系⇒明确相关点的坐标⇒明确相关向量的坐标⇒通过空间向量的坐标运算求解。

　(1)证明：由题知BC⊥BD，又BC⊥AB.∴BC⊥面ABD，∴面ABC⊥面ABD.

(2)作DE⊥AB于E，由(1)知DE⊥面ABC，作EF⊥AC于F，连DF，则DF⊥AC，∴∠DFE为二面角D－AC－B的平面角．即∠DFE＝45°.EF＝DE＝DF，∵DF＝，AF＝且＝，解得a2＝，a＝.

略

(Ⅰ) 取中点为，连 ∵ 是的中点 ∴是的中位线,∴    ∵ 是中点且是菱形，

,∴ . ∴  

∴ 四边形是平行四边形. 从而 ,    ∵ 平面 ,

平面,       ∴ ∥平面      ……………………………4分

（Ⅱ）∵ ⊥平面,平面  ∴   

∵ 底面是菱形， ∴ 为正三角形, ∵是中点 ∴     ∵是平面内的两条相交直线 ∴ ⊥平面. 

∵平面 ∴ 平面⊥平面  . ……………………………8分

说明：(Ⅰ) 、（Ⅱ）前两小题用向量法，解答只要言之有理均应按步给分.

（Ⅲ）以为原点，垂直于的方向为轴，的方向分别为轴、轴建立空间直角坐标系，易知、、、.

由（Ⅱ）知⊥平面，∴是平面的一个法向量,

设平面的一个法向量为

由 ,且由

在以上二式中令，则得，，

∴,设平面与平面所成锐角为 

∴ .　

故平面与平面所成的锐角为

略