热门试卷

（Ⅰ）见解析（Ⅱ）（Ⅲ）

（Ⅰ）如图，以为原点建立空间直角坐标系．

则，，，，

∴，，．

，

又与交于点

，

∴平面．------------4分

（Ⅱ）设与所成的角为．

，，．

∴，

．

∴．

所求异面直线与所成角的余弦值为．---------------9分

（Ⅲ）设平面与直线所成的角为．

设平面的法向量为．

，，，，．

令，则

．

．

所求平面与直线所成角的正弦值为．--------------------14分

（1）证明过程见试题解析；（2）实数的值为.

试题分析：（Ⅰ）连接BD交AC于点M,连结ME, 先证明，再证明∥面；

先以A为坐标原点,分别以AB,AP为y轴,Z轴建立空间直角坐标系, 求出各点的坐标，再求出平面的一个法向量为, 而已知直线与平面所成角为，进而可求实数的值．

试题解析：（Ⅰ）证明:连接BD交AC于点M,连结ME,

因∥

,当时,

.

则∥面．                             4分

（Ⅱ）由已知可以A为坐标原点,分别以AB,AP为y轴,Z轴建立空间直角坐标系,设DC=2,则,

由,可得E点的坐标为               6分

所以.

设平面的一个法向量为,则,设,则,,所以                                8分

若直线与平面所成角为,

则,                            9分

解得                               10分

（1）见解析（2）1

(1)证明:设AD＝1，则DQ＝，DP＝2，又∵PD∥QA，∴∠PDQ＝∠AQD＝45°，在△DPQ中，由余弦定理可得PQ＝.

∴DQ2＋PQ2＝DP2，∴PQ⊥DQ，又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，∵CD⊥DA，DA∩PD＝D，∴CD⊥平面ADPQ.∵PQ⊂平面ADPQ，∴CD⊥PQ，又∵CD∩DQ＝D，∴PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.

(2)解　如图，以D为坐标原点，DA，DP，DC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz.

设AD＝1，AB＝m(m>0)．

依题意有D(0,0,0)，C(0,0，m)，P(0,2,0)，Q(1,1,0)，B(1,0，m)，则＝(1,0,0)，＝(－1,2，－m)，＝(1，－1,0)，

设n1＝(x1，y1，z1)是平面PBC的法向量，则即

因此可取n1＝(0，m,2)．

设n2＝(x2，y2，z2)是平面PBQ的法向量，则即

可取n2＝(m，m,1)．

又∵二面角Q-BP-C的余弦值为－，∴|cos 〈n1，n2〉|＝|－|.

∴＝，整理得m4＋7m2－8＝0.

又∵m>0，解得m＝1.因此，所求的值为1

（1）见解析（2）

(1)证明:因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以四边形A1ACC1是矩形．连接A1C交AC1于O，则O是A1C的中点，又D是BC的中点，所以在△ADC1中，OD∥A1B，因为A1B⊄平面ADC1，OD⊂平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.

(2)解:因为△ABC是等边三角形，D是BC的中点，所以AD⊥BC.以D为原点，建立如图所示空间坐标系D-xyz.由已知AB＝BB1＝2，得D(0,0,0)，A(，0,0)，A1(，0,2)，C1(0，－1,2)．

则＝(，0,0)，＝(0，－1，2)，设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，由得

取z＝1，则x＝0，y＝2，

∴n＝(0,2,1)，又＝(，0,2)，∴cos〈，n〉＝＝，设A1D与平面ADC1所成角为θ，

则sin θ＝|cos〈，n〉|＝，

故A1D与平面ADC1所成角的正弦值为.