热门试卷

证明：（1）设正方体的棱长为a，则={  ， 0 ， a }，={ a ， a ， 0 }

∵•=0 ， •=0

∴⊥ ， ⊥

又∵DE∩DB=D

∴HC1⊥平面EDB．

（2）={ -a ，0 ， a }，设与所成的角为θ

∵cosθ===

∴θ=45°．

由（1）知HC1⊥平面EDB

∴∠C1BH为BC1与平面EDB所成的角

∴∠C1BH=90°-45°=45°

（3）VA-EDB=VE-ABD=•a2•a=a3．

（Ⅰ）证明：∵AB=2BC，∠ABC=60°，

在△ABC中，由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB•BCcos60°=3BC2，

∴AC2+BC2=4BC2=AB2，∴∠ACB=90°．

∴AC⊥BC．

又∵AC⊥FB，FB∩BC=B，

∴AC⊥平面FBC．

（Ⅱ）

线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC．

证明如下：

因为AC⊥平面FBC，所以AC⊥FC．

因为CD⊥FC，所以FC⊥平面ABCD．

所以CA，CF，CB两两互相垂直，如图建立的空间直角坐标系C-xyz．

在等腰梯形ABCD中，可得 CB=CD．

设BC=1，所以C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，D(，-，0)，E(，-，1)．

所以=(，-，1)，=(，0，0)，=(0，1，0)．

设平面EAC的法向量为=（x，y，z），则，

所以取z=1，得=（0，2，1）．

假设线段ED上存在点Q，设Q(，-，t)(0≤t≤1)，所以=(，-，t)．

设平面QBC的法向量为=（a，b，c），则

所以取c=1，得=(-，0，1)．

要使平面EAC⊥平面QBC，只需•=0，

即 -t×0+0×2+1×1=0，此方程无解．

所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC．

证明：（1）建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz．

∵E（2，1，0），C（0，2，0），B1（2，2，2）

∴=(0， 1， 2)，=(-2， -1， 0)．

设平面EB1D的法向量为1=（x，y，z），则

即，不妨取1=（1，-2，1）．

同理，平面B1CD的法向量2=（-1，0，1）．…（3分）

∵1•2=-1+1=0，∴平面EB1D⊥平面B1CD．   …（4分）

（2）解由（1）得平面B1CD的法向量2=（-1，0，1），

又平面CDE的法向量=（0，0，1），∴cos＜，＞===…（7分）

∴二面角E-B1C-D的大小为45°． …（8分）

（3）由（1）得平面B1CD的法向量2=（-1，0，1），又=(2，1，0)

∴点E到平面B1CD的距离为==…（12分）

说明：采用其它方法进行解答的，按每小题（3分），根据作答情况酌情给分．