热门试卷

１（1）

如图，因为，，所以. 又，，所以.　而，所以.

（2I）因为，所以直线所成角等于直线AD与平面所成角（记为）。

连结，因为棱柱是直棱柱，且，所以，从而，又，所以四边形为正方形，于是，故，于是。

由（I）可知：，所以，故。

在直角梯形ABCD中，因为，所以，从而∽，故，即 从而易得

，即. 连，

在中，. 得。

即直线所成角的正弦值为。

解法2. （I）

易知AB，AD，两两垂直，如图，以点A为坐标原点，AB，AD，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 ，则相关各点坐标为

，，，，，，.

从而，，.

因为，所以，解得或（舍去）

于是，，又因为

，所以，即.

（2）由（I）知，，

.　设是平面的一个法向量，则

，即令x=1，得

。

设直线所成角为，则

=.

即直线所成角的正弦值为。

（方法一）

（1）

证明：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A（0,0,0），B（0,0,2），C（1,0,1），B1（0,2,2），C1（1,2,1），E（0,1,0）。

易得＝（1,0，－1），＝（－1,1，－1），于是·＝0，

所以B1C1⊥CE.

（2）＝（1，－2，－1）。

设平面B1CE的法向量m＝（x，y，z），

则即

消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝（－3，－2,1）。

由（1），B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，

故＝（1,0，－1）为平面CEC1的一个法向量。

于是cos〈m，〉＝，

从而sin〈m，〉＝.

所以二面角B1－CE－C1的正弦值为.

（3）＝（0,1,0），＝（1,1,1）。

设＝λ＝（λ，λ，λ），0≤λ≤1，有＝＋＝（λ，λ＋1，λ）。

可取＝（0,0,2）为平面ADD1A1的一个法向量。

设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则

sin θ＝|cos〈，〉|＝

＝.

于是，解得，

所以AM＝.

（方法二）

（1）

证明：因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1，

所以CC1⊥B1C1.

经计算可得B1E＝，B1C1＝，EC1＝，

从而B1E2＝，

所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，

又CC1，C1E平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，

所以B1C1⊥平面CC1E，

又CE平面CC1E，故B1C1⊥CE.

（2）过B1作B1G⊥CE于点G，连接C1G.

由（1），B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，

所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角。

在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C1G＝.

在Rt△B1C1G中，B1G＝，

所以sin∠B1GC1＝，

即二面角B1－CE－C1的正弦值为.

（3）连接D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，连接AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角。

设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝，AH＝.

在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝，得EH＝.

在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，

由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°，得，

整理得5x2－－6＝0，解得x＝.

所以线段AM的长为.

（1）

证法一：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立直角坐标系，如图。

∵AB＝AA1＝，

∴OA＝OB＝OA1＝1，

∴A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,0,0)，D(0，－1,0)，A1(0,0,1)。

由＝，易得B1(－1,1,1)。

∵＝(－1,0，－1)，＝(0，－2,0)，

＝(－1,0,1)，

∴·＝0，·＝0，

∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，

∴A1C⊥平面BB1D1D。

证法二：∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD。

又∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面A1OC，∴BD⊥A1C。

又∵OA1是AC的中垂线，∴A1A＝A1C＝，且AC＝2，∴AC2＝AA12＋A1C2，∴△AA1C是直角三角形，∴AA1⊥A1C。

又BB1∥AA1，∴A1C⊥BB1，∴A1C⊥平面BB1D1D。

（2）解：设平面OCB1的法向量n＝(x，y，z)，

∵＝(－1,0,0)，＝(－1,1,1)，

∴∴

取n＝(0,1，－1)，

由(1)知，＝(－1,0，－1)是平面BB1D1D的法向量，

∴cos θ＝|cos〈n，〉|＝.

又∵0≤θ≤，∴