热门试卷

解法一：证明：

（1）取BC的中点O，连接EO，AO，   EO//DC所以EO⊥BC

因为为等边三角形，所以BC⊥AO 所以BC⊥面AEO，故BC⊥AE……（6分）

（2）连接PE，因为面BCD⊥面ABC，DC⊥BC，所以DC⊥面ABC，而EODC

所以EOPA，故四边形APEO为矩形  ……………………………………………（7分）

易证PE⊥面BCD，连接EF，则PFE为PF与面DBC所成的角，………….. （9分）

又PE⊥面BCD，所以，

∴为面与面所成的角，即，……………（11分）

此时点即在线段上移动，设，则，

=..............................................。（14分）

解法二：（请结合方法一的证明，接下证明：假设则

取BC的中点M，分别以MA,MB,ME为x,y,z轴，建立如图所示的平面直角坐标系。

容易知道

(1)

---------------------------（6分 ）

(2) 设且，平面PBE的一个法向量为

平面PEF的一个法向量为，又有：

，又

，又因为：向量是平面DBC的一个法向量。且

，且

-------------------------------------------(14分)

证明：（1） 设AC∩BD＝G，连结FG，易知G是AC的中点，

因为 F是EC中点，所以 在△ACE中，FG∥AE，

因为 AE⊄平面BDF，FG⊂平面BDF，

所以 AE∥平面BDF。

（2） 因为 平面ABCD⊥平面ABE，BC⊥AB，

平面ABCD∩平面ABE＝AB，所以 BC⊥平面ABE，

因为 AE⊂平面ABE，所以 BC⊥AE

又AE⊥BE，BC∩BE＝B，所以 AE⊥平面BCE，又FG∥AE，

所以FG⊥平面BCE，

因为 FG⊂平面BDF，所以平面BDF⊥平面BCE，

（1）不妨设正方体的棱长为1，以分别为轴，建立空间直角坐标系，则，因为，则，

所以，因为，

所以异面直线与所成的角的余弦值为。

（2）设平面的法向量为，由，，

得取，得，即，

由，则，，

又设平面的法向量为，由，，

得   取，得，即，

因为平面平面，所以，得。

（1）证明: 过A作AFDC于F, 则CF=DF=AF,

所以, 即

又底面,面,所以

因为面,且,

所以底面

而面, 所以平面平面

（2）连接BD交AC于点O, 连接EO, 因为平面,面,

面面AEC=EO, 所以PD//EO

则=, 而, 所以

证明: 因为

·=9

当且仅当时等号成立, 则由,

知

（1）设O为AB的中点，连接OD、OE，因为平面平面ABCD，且，

所以平面ABCD，所以，在直角梯形ABCD中，由CD＝OB，可得，由OB、OD、OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系。

因为三角形EAB为等腰直角三角形，所以OA＝OB＝OD＝OE＝1             （2分）

由AB＝2CD＝2BC＝2得，

所以，平面ABE的一个法向量为              （4分）

设直线EC与平面ABE所成的角为，所以，

即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为              （6分）

（2）存在点F，且时，有平面FBD         （7分）

证明如下：由，所以           （8分）

设平面FBD的法向量为，则有，

所以，取得，得                    （10分）

因为，且平面FBD，所以平面FBD.

即点F满足时，有平面FBD.                     （12分）

（1）证明：因为M为等边△ABC的AC边的中点，所以BM⊥AC。

依题意CD⊥AC，且A、B、C、D四点共面，所以BM∥CD。 又因为BM平面PCD，CD平面PCD，所以BM∥平面PCD。

（2）因为CD⊥AC，CD⊥PA，

所以CD⊥平面PAC，故PD与平面

PAC所成的角即为∠CPD。

不妨设PA=AB=1，则PC=。

由于，所以CD=。

在等腰Rt△PAC中，过点M作ME⊥PC于点E，再在Rt△PCD中作EF⊥PD于点F。

因为ME⊥PC，ME⊥CD，所以ME⊥平面PCD，可得ME⊥PD。

又EF⊥PD，所以∠EFM即为二面角C-PD-M的平面角。

易知PE=3EC，ME=，EF=，

所以tan∠EFM=，  即二面角C-PD-M的正切值是。

解法1：（1）易知，AB，AD，AA1两两垂直，如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AB＝t，则相关各点的坐标为：

A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)。

从而＝(－t,3，－3)，＝(t,1,0)，＝(－t,3,0)。

因为AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0.解得或(舍去)。

于是＝(，3，－3)，＝(，1,0)。

因为·＝－3＋3＋0＝0，所以⊥，即AC⊥B1D。

（2）由（1）知，＝(0,3,3)，＝(，1,0)，＝(0,1,0)。

设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则

即

令x＝1，则n＝(1，，)。

设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则

sin θ＝|cos〈n，〉|＝

＝.

即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.

解法2：（1）如图，因为BB1⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BB1.

又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D。

而B1D平面BB1D，所以AC⊥B1D。

（2）因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)。

如图，连结A1D，因为棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1.

从而A1B1⊥AD1.

又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D⊥AD1.

故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D。

由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ.

在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB。从而Rt△ABC∽Rt△DAB，

故.即AB＝.

连结AB1，易知△AB1D是直角三角形，

且B1D2＝BB12＋BD2＝BB12＋AB2＋AD2＝21，

即B1D＝.在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝，即cos(90°－θ)＝.

从而sin θ＝.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.

（1）不妨设正方体的棱长为1，以

为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系。

则A(1，0，0)，，，D1(0，0，1)，

E，

于是，.

由cos＝＝.

所以异面直线AE与CD1所成角的余弦值为.

（2）设平面CD1O的向量为m=(x1，y1，z1)，由m·＝0，m·＝0

得  取x1＝1，得y1＝z1＝1，即m=(1，1，1) .

由D1E＝λEO，则E，=.

又设平面CDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·＝0，n·＝0.

得  取x2=2，得z2＝－λ，即n＝(－2，0，λ) .

因为平面CDE⊥平面CD1F，所以m·n＝0，得λ＝2。