内容发布更新时间 : 2024/6/21 13:50:13星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
所以 E(
2
2 2
a, 0,
2 2
a) ， BE
(
2
2 2
a, 2,
2
a) ．
2
设平面 BDE 法向量为 n ( x, y, z) ，
n BD
则
0,
y 0,
n BE 0
即
(
2
2 2
a)x
2 y
2 2
az 0.
令 z 1，得 n
, 0, 1)． ( a
2 a 0,
易知 BD 因为 n BD
2 2, 0 是平面 SAC 的法向量．
( a , 0, 1) (0, 2 a
2 2, 0) 0 ，
所以 n BD ，所以平面 BDE 平面 SAC．
17（ I）证明：四棱柱 ABCD — A 1B1C1D 1 中， BB 1//CC 1，
又 CC1
面 ABB 1A 1，所以 CC1// 平面 ABB 1A 1，
???? 2 分
ABCD 是正方形，所以 CD//AB ， 又 CD
面 ABB 1A 1，AB
面 ABB 1A 1，所以 CD// 平面 ABB 1A 1，???? 3 分
所以平面 CDD 1C1//平面 ABB 1A 1，
所以 C1D// 平面 ABB 1A 1 因为 A1D ⊥平面 ABCD ，
???? 4 分
（ II ）解： ABCD 是正方形， AD ⊥ CD 所以 A1D ⊥AD ， A1D ⊥ CD，
如图，以 D 为原点建立空间直角坐标系
D — xyz，
???? 5 分
在 ADA1 中，由已知可得 A1 D3,
所以 D(0,0,0), A1 (0,0, 3), A(1,0,0), C1 ( 1,1, 3) ，
B1 (0,1, BD1
3), D1 ( 1,0, 3), B(1,1,0), ( 2, 1, 3,)
???? 6 分
因为 A1D ⊥平面 ABCD ， 所以 A1D ⊥平面 A 1 B1C1D1 A 1D⊥ B1D1。 又 B1 D1⊥ A 1C1，
所以 B1D 1⊥平面 A 1C1D ，
???? 7 分
n=（ 1， 1， 0）
???? 8 分
所以平面 A 1C1D 的一个法向量为 设 BD 1 与 n 所成的角为
，
则 cos
n BD1 3 3 , | n || BD1 |
2 8
4
所以直线 BD 1 与平面 A 1C1D 所成角的正弦值为
3 . ???? 9 分
4
（ III ）解：平面 A 1C1A 的法向量为 m (a, b,c)
则 m A1C1
0, m A1 A
0,
所以 a b 0, a
3c 0
令 c
3,可得 m (3,3, 3)
???? 11 分
则 cos
m, n
m n 6 42 .
| m || n |
2
21
7
所以二面角 D
A C
A 的余弦值为
42 .
1
1
???? 12 分
7
解： M 、 N、 Q、 B 的位置如右图示。 （正确标出给 1 分）
（ 1）∵ ND//MB 且 ND=MB ∴四边形 NDBM 为平行四边形 ∴ MN//DB ?????? 3 分 ∴ BD
平面 PBD ， MN
平面 PBD
∴ MN// 平面 PBD ???????? 4 分
（ 2）∵ QC⊥平面 ABCD ， BD 平面 ABCD ，
∴ BD ⊥QC???????? 5 分
又∵ BD ⊥AC ，
∴ BD ⊥平面 AQC ?????????? 6 分
∵ AQ 面 AQC
∴ AQ ⊥BD ，同理可得 AQ ⊥PB ， ∵ BD PD=B
∴ AQ ⊥面 PDB ??????????? 8 分 （ 3）：设正方体的棱长为 a，
以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图：
则点 A（ a,0，0），P（ a,0,a），Q（ 0,a,a）???? ∴
PQ ( a, a,0), AQ
( a, a,a) ??????
∵ PQ⊥面 DBM ，由（ 2）知 AQ ⊥面 PDB ∴ AQ, PQ 分别为平面 PDB 、平面 DBM 的法向量???????? 12 分
AQ PQ ∴ cos AQ, PQ
|AQ| |PQ|
9 分
10 分
18.
2a2 2a
∴ tan
6
3a
3
AQ, PQ
2
2
, AQ,PQ
arctan
2
2
?????? 13 分
19：（ 1）如图 2，连结 A 1O，则 A 1O⊥底面 ABCD 。作 OM ⊥ AB 交 AB 于 M ，作 ON⊥ AD 交 AD 于
N，连结 A 1M ， A 1N。由三垂线定得得 A 1M ⊥ AB ，A 1N ⊥AD 。∵∠ A 1AM= ∠ A 1 AN ，
∴ Rt△A 1NA ≌ Rt△ A 1MA, ∴ A 1M=A 1N，从而 OM=ON 。
∴点 O 在∠ BAD 的平分线上。
（ 2）∵ AM=AA 1cos
=3×1
=3
3
2
2
∴ AO= AM = 3
2 。
cos 2
4
又在 Rt △ AOA 1 中， A 1O2=AA 12 –AO 2=9－ 9 = 9 ，
2 2
3 2 ∴A1O=
，平行六面体的体积为
V
5 4
3 2
30 2。
2
2
20.
解（Ⅰ）证明：由已知 PA AD，AB
AD ，
所以 PAB 为平面 PAD 与平面 ABCD 所成二面角的平面角， ?????????? 1 分 由已知 平面 ⊥平面 ABCD ，得 ???????????????? 分
: PAD PA AB 1 又 AB 平面 ABCD , AD 平面 ABCD ,且 AB与 AD 相交
∴ PA
平面 ABCD ． ???????????????????????????2
分
（Ⅱ）连接 AF ，则
AFE 即为
， ?????????????????????2 分
在
AFE 中，可求得
arctan
5 ?????????????????????3
分
5
（Ⅲ）建立如图所示的空间直角坐标系
A － xyz，设 AB 2a ,
则 A(0,0,0) ， B(2a,0,0) ， C( 2a,2a,0) ， D (0,2a,0) ， P(0,0,2a) ， E(0,0, a) ， F ( a,2a,0) ∵ EF ( a,2a, a) ， BD ( 2a,2a,0) ， ???????????????????2 分
EF BD
3 ∴ cos
． ???????????????????????2
分
|EF| |BD|
6
故异面直线 EG 与 BD 所成的角为 arccos
3
． ???????????????? 分1
6
，
21. I）以 D 为坐标原点，分别以
DA、 DC、 DD1 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系，
设 AB 1 ，则 D (0,0,0), A(1,0,0), B(1,1,0), C (0,1,0), B1(1,1,2) ，
C1 (0,1,2), P(0,1,2
BD AP
2 ) ，从而 BD ( 1, 1,0), AP
（４分）
( 1,1,2 2
) ，
0，即 AP BD ．
（ II ）由（Ｉ）及
1 得，AP ( 3
1,1,), AB1
3
4
(0,1,2) ，
1 x
4 3
y 0
x y
3 2
设平面 AB1P 的法向量为 n (1, x, y) ，则
3
，
x 2 y 0
从而可取平面
AB1 P 的法向量为 n (2,6, 3) ，
又取平面 ABB1 的法向量为 m (1,0,0) ，且设二面角 P AB1 B为
，
所以
cos
m n m
2 n 7
(0
（９分）
（ III ） 假设存在实数 由题结合图形，只需满足
1) 满足条件，
AP 分别与
、 所成的角相等， AC AB1
2 8 6 2
即
AP AC AP AC AP AB1 ，即 AP AB1
4 2
， 5 4
4 2 8 6 5
解得
5
4
10
(0,1) ．所以存在满足题意得实数
5
10 4
，使得 AP 在平面 B1 AC 上
的射影平分 B1 AC （14 分）