热门试卷

本题属于立体几何中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难．

（1）分别取AB、CD的中点M、N，连接EM、EN、MN，多面体体积转化为棱柱AED-MFN的体积V1与四棱锥F-MBCN的体积V2之和。由三视图可知，AD=2，AM=DN=1，面ADE为正三角形且垂直于底面ABCD，知F点到底面的距离为。所以V=V1+V2=+/3=.

（2）取MN的中点O,BC的中点P，以OM为x轴，OP为y轴，OF为z轴建立坐标系，易知A(1,-1,0)，B(1,1,0)，F(0,0, )，C(-1,1,0)，则设面ABF的法向量由，可得面ABF的一个法向量同理。设二面角A-BF-C的平面角为θ，，

（1）

如图，连接BD交AC于O，因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形，又AC平分∠BCD，故AC⊥BD。以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz，则OC＝CD＝1，而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3，又OD＝CD＝，故A（0，－3,0），B（，0,0），C（0,1,0），D（，0,0）。

因PA⊥底面ABCD，可设P（0，－3，z），由F为PC边中点，F.

又＝，＝（，3，－z），

因AF⊥PB，故·＝0，

即6－＝0，（舍去），

所以||＝.

（2）由（1）知＝（，3,0），＝（，3,0），＝（0,2，），设平面FAD的法向量为n1＝（x1，y1，z1），平面FAB的法向量为n2＝（x2，y2，z2），

由n1·＝0，n1·＝0，得

因此可取n1＝（3，，－2）。

由n2·＝0，n2·＝0，

得故可取n2＝（3，，2）。

从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为

cos〈n1，n2〉＝，

故二面角B－AF－D的正弦值为

本题主要考察线面平行的证明方法，建系求二面角等知识点。

（1）如图连接BD.

∵M，N分别为PB，PD的中点，

∴在PBD中，MN∥BD。

又MN平面ABCD，

∴MN∥平面ABCD；

（2）如图建系：

A（0，0，0），P（0，0，），M（，，0），

N（，0，0），C（，3，0）。

设Q（x，y，z），则。

∵，∴。

由，得：。   即：。

对于平面AMN：设其法向量为。

∵。

则。  ∴。

同理对于平面AMN得其法向量为。

记所求二面角A—MN—Q的平面角大小为，

则。

∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为。

（1）如图，连结A1B与AB1交于E，连结DE，则E为A1B的中点，

∴BC1∥DE，平面，平面,

∴∥平面。

（2）过D作DF⊥A1B1于F，

由正三棱柱的性质，AA1⊥DF，∴DF⊥平面ABB1A1，

连结EF，DE，在正三角形A1B1C1中，

∵D是A1C1的中点，∴＝，

又在直角三角形AA1D中，

∵，∴AD＝B1D。

∴DE⊥AB1，∴可得EF⊥AB1，

则∠DEF为二面角A1－AB1－D的平面角，

可求得，

∵△B1FE∽△B1AA1，得，

∴，即为所求。

（2）解法（二）（空间向量法）

建立如图所示空间直角坐标系，则A（0，－1,0），B1（0，1，），

C1（－，0，），A1（0，－1，），D（－，－，）。     

∴

设n1＝（x，y，z）是平面AB1D的一个法向量，

则可得 ，即。

∴。

又平面ABB1A1的一个法向量，

设n1与n2的夹角是θ，则 cosθ＝＝。

又可知二面角A1－AB1－D是锐角。

∴二面角A1－AB1－D的大小是。

⑴证明：设与交于点，连结，

在矩形中，点为中点，

因为为中点，

所以∥，

又因为平面，平面，

所以∥平面。

⑵解：因为平面平面，平面平面，平面，，

所以平面，

 以为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，

设，，，

因为， 

所以，，

设平面的法向量， 由 得到的一个解为，

注意到平面的法向量，而

所以，平面与所成锐二面角的大小为 。