第五讲作业

第五讲应用题综合基础班1.某杂志每期定价4．50元，全年共出12期，某班一些学生订半年，其余学生订全年，共需订费1890元．如果订全年的改为订半年，而订半年的改为订全年；共需订费1755元，那么这个班共有学生名。

解：45名。

提示：这个班共有学生(1890+1755)÷1.5÷(4.50×12)=45(名)2.甲班51人，乙班49人，某次考试两个班全体同学的平均成绩是81分，乙班的平均成绩要比甲班平均成绩高7分，那么乙班的平均成绩是______分。

解：84.57分。

提示：设乙班平均分为x分，则有(x-7)×51+49x=81×(51+49)，解出x=84.57，即乙班平均分为84.57分。

3.买来一批苹果，分给幼儿园大班的小朋友。

如果每人分5个苹果，那么还剩余32个；如果每人分8个苹果，那么还有5个小朋友分不到苹果。

这批苹果的个数是。

解：152个。

提示：幼儿园有（32+5×8）÷（8-5）=24（人），因此苹果的个数是24×5+32=152。

4.某校参加数学竞赛的有120名男生，80名女生；参加语文竞赛的有120名女生，80名男生。

已知该校总共有260名学生参加了竞赛，其中有75名男生两科竞赛都参加了，那么只参加数学竞赛而没有参加语文竞赛的女生是多少人？解：15人。

提示：在参加竞赛的260名学生中，参加数学竞赛的有120+80=200人，参加语文竞赛的有80+120=200人，由容斥原理知两科竞赛都参加的有200+200-260=140人。

依题意，在这些人中包含75名男生，故其中有女生140-75=65人。

在参加了数学竞赛的80名女生中除去上述65人，余下的即为仅参加数学竞赛的女生，有80-65=15人。

5.某校六年级有四个班，其中一班和二班共有81人，二班和三班共有83人，三班和四班共有86人，一班比四班多2人。

求四个班各有多少人?解：提示：81+86-83 =84，这是一班与四班的人数和，又知道一班比四班多2人，由和差问题可求出一班有43人，四班有41人，然后可以求出二班有38人，三班有45人。

冲刺100 （五年级数学下）目录第一讲因倍质合 (03)第二讲长方体和正方体 (10)第三讲公因数公倍数及分数的意义 (18)第四讲分数的加减及说理题 (26)第五讲图形综合 (39)第一讲课后作业 (50)第三讲课后作业 (59)第四讲课后作业 (64)第五讲课后作业 (67)第一讲因倍质合知识回顾：例题解析：一、因数和倍数1、a是一个自然数，它的因数的个数是（）的，其中最大的因数是（），最小的因数是（）；它的倍数的个数是（）的，其中最小的倍数是（），没有最大的倍数。

2、（）的最大因数与最小倍数的乘积是36。

3、48的最小倍数是（），最大因数是（）。

最小因数是（）。

4、自然数m不等于0，它的最大因数与最小倍数的和是（）。

5、一个数的最大因数是20，这个数的最小倍数是（）。

6、一个数的最小倍数减去它的最大因数，差是（）。

7、如果a的最大因数是17，b的最小倍数是1，则a+b的和的所有因数有（）个；a-b的差的所有因数有（）个；a×b的积的所有因数有（）个。

8、按要求填数。

（1）我是54的因数，又是9的倍数，同时我的因数有2和3。

（）（2）我是50以内7的倍数，我的其中一个因数是4。

（）9、判断对错。

（1）任何自然数，它的最大因数和最小倍数都是它本身。

（）（2）一个数的倍数一定大于这个数的因数。

（）（3）5是因数，10是倍数。

（）（4）36的全部因数是2、3、4、6、9、12和18，共有7个。

（）（5）任何一个自然数最少有两个因数。

（）（6）一个自然数越大，它的因数个数就越多。

（）（7）若甲数的最大因数等于乙数的最小倍数，则甲数等于乙数。

（）10、一个长方形的长和宽都是自然数，面积是36平方米，这样的形状不同的长方形共有多少种？二、2、3、5的倍数特征1、能同时被2、3、5整除的最小的数是（），最小两位数是( )，最大两位数是( )。

最小三位数是（），最大三位数是（）。

2、用10以内的质数组成一个三位数,使它能同时被3、5整除,这个数最小是( ),最大是( )。

P DCBA 第五讲 直线型几何综合题一、学习指引 1.知识要点：三角形及四边形的根本性质，特殊三角形、特殊四边形、全等三角形的断定和性质，轴对称、平移、旋转、相似等变换的性质，一次函数图象和性质。

2.方法指导：〔1〕解决动态几何型问题的策略：化“动〞为“静〞——利用运动中特殊点的位置将图形分类；“静〞中求“动〞——针对各类图形，分别解决动态问题。

〔2〕解决图形分割问题的思维方式是：从详细问题出发→观察猜测→实验操作→形成方案→严密计算与论证；图形分割问题的解题策略：比拟原图形与分割后图形在边、角、面积等方面的变化是解决图形分割问题的着手点；〔3〕新概念性几何题解题策略：正确理解问题中的“新概念〞，然后抓住 “新概念〞的特征，结合相关的数学知识综合解决问题。

二、 典型例题例1．如图，在矩形ABCD 中，AB=2，BC=1，动点P 从点B 出发，沿道路B→C→D 作匀速运动，那么△ABP 的面积S 与点P 运动的路程x 之间的函数图象大致是〔 〕例2．如图，在矩形ABCD中，BC =20cm ，P，Q ，M ，N分别从A ，B ，C ，D 出发沿AD ，BC ，CB ，DA 方向在矩形的边上同时运动，当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时，运动即停顿．在一样时间是内，假设BQ =x cm(0x )，那么AP =2x cm ，CM =3x cm ，DN =x 2cm ．〔1〕当x 为何值时，以PQ ，MN 为两边,以矩形的边〔AD 或者BC 〕的一局部为第三边构成一个三角形；〔2〕当x 为何值时，以P ，Q ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形；〔3〕以P ，Q ，M ，N 为顶点的四边形能否为等腰梯形?假如能，求x 的值；假如不能，请说明理由．例3．三张形状、大小完全一样的平行四边形透明纸片，分别放在方格纸中，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，并且平行四边形纸片的每个顶点与小正方形的顶点重合〔如图1、图2、图3〕．分别在图1、图2、图3中，经过平行四边形纸片的任意一个顶点画一条裁剪线，沿此裁剪线将平行四边形纸片裁成两局部，并把这两局部重新拼成符合以下要求的几何图形．要求如下：〔1〕在左边的平行四边形纸片中画一条裁剪线，然后在右边相对应的方格纸中，按实际大小画出所拼成的符合要求的几何图形；〔2〕裁成的两局部在拼成几何图形时要互不重叠且不留空隙； 〔3〕所画出的几何图形的各顶点必须与小正方形的顶点重合．ABDCPQ MN例4．如图，两个边长分别为4和3的正方形，请用线段将它们进展适当分割，剪拼成一个大正方形，请在以下图中分别画出两种不同的拼法，并将剪拼前、后的一样区域用一样数字序号标出．例5．如图，在梯形OABC 中，O 为直角坐标系的原点，A 、B 、C 的坐标分别为(14，0)，(14，3)，(4，3)．点P 、Q 同时从原点出发，分别做匀速运动，其中点P 沿OA 向终点A 运动，速度为每秒1个单位，点Q 沿OC 、CB 向终点B 运动．当这两点中有一点到达自己的终点时，另一点也停顿运动．图1矩形〔非正方形〕图2正方形图3有一个角是135°的三角形〔例3图〕拼法二备用图二备用图一拼法一〔1〕设从出发起运动了x秒，假如点Q的速度为每秒2个单位，试分别写出这时点Q在OC 上或者CB上时的坐标(用含x的代数式表示，不要求写出x的取值范围)；〔2〕设从出发起运动了x秒，假如点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半．①试用含x的代数式表示这时点Q所经过的路程和它的速度；②试问：这时直线PQ是否可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两局部？假如有可能，求出相应的x的值和P、Q的坐标，如不可能，请说明理由．例6．如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，∠A=45°，AB=10cm，CD=4cm，等腰直角三角形PMN的斜边MN=10cm，A点与N点重合，MN和AB在一条直线上，设等腰梯形ABCD不动，等腰直角三角形PMN沿AB所在直线以1cm/s的速度向右挪动，直到点N与点B重合为止。

《青少年心理发展与教育》第五讲作业一、概念解释1.自我同一性: 即认定自己是怎样的一个人，我是谁？我会怎么样？包括对自己的个性、兴趣、能力、价值观、身高体重、相貌及其行为方式的认定。

2．角色混乱：个体还不完全清楚自己是谁或自己要成为什么样的人。

3．人格的掩饰性：指一个人由于某种原因不愿展现的人格成分，即面具后的真实自我。

4．成人感：所谓成人感是指青少年感到自己已经长大成人, 渴望参与成人角色, 要求独立、得到尊重的体验和态度。

5．自卑感：自卑感萌芽于少年期, 容易产生在青年初期. 自卑的人常常有着强烈的防卫心理。

6．自我评价：自我意识的一种形式。

主体对自己思想、愿望、行为和个性特点的判断和评价。

7．自我体验：复杂的社会现象反映在人的头脑里，经过思维加工和实践验证，形成个人对生活的自我体验，由此产生出个人较稳定的自我心理倾向，它强烈地支配着个人对生活的认识态度，对塑造个人良好的人格特征产生重要影响，也直接关系到个人的事业成败8．价值观：价值观指的是人对周围世界中人、事、物的看法，是个人据以评价和区分好坏的标准。

9．积极人格：对人生的价值、态度、责任以及生活方式、思维习惯、道德情操等都有一套较为稳定的态度取向和行为表现。

10．人格塑造：努力培养自己良好的生活习惯和工作习惯，从培养习惯到人格改变，要求能够针对暴露出来的人格弱点，有意识地培养与之相反的习惯。

二、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，选出一项最符合题目要求的选项）1．埃里克森认为，中学阶段所要面临的心理社会危机是（C）。

A．勤奋对自卑 B．亲密对狐独 C．同一性与角色混乱 D．主动对内疚2．同一性发展的最低状态是（C）。

A．同一性获得 B．同一性早毕 C．同一性迷乱 D．同一性延缓3．自我意识发展有两个飞跃期，第一个是婴儿期，第二个是（B）。

A．幼儿期 B．青春期 C．儿童期 D．青年期4．下面哪一项不是青少年自我体验发展的特点（A）。

A．社会性 B．从闭锁性走向自卑感 C．成人感 D．自尊感5．青少年随着身心的成熟，开始主观地、有意识地选择符合自己的评价标准，形成个人特有的价值观。

第五讲作业2018.3.27一一ORB一一一1.1 ORB 提取1.2 ORB 描述1.3 暴力匹配问题回答如下：1.ORB 的描述子是用许多对像素点坐标（此处坐标需要经过旋转校正）所在位置的灰度值的大小对比来组成，对比结果为0 和1，假设有256 对像素点，那么ORB 的特征点描述子便有256 个0 或1 组成，因此称ORB 是一种二进制特征；2.ORB 匹配时是计算两个描述子之前的汉明距离，即计算两个二进制值在每一位上不相等的个数，当然我们希望这个不相等的个数越少越好，当个数为0，则说明两个描述子的特征完全一致，随着个数越多，说明两个特征不一致的程度也就越高，因此若将阈值取小，则匹配点对的数量越少，但是误匹配几率越小，反之，若将阈值调高，则匹配出的点对数量增加，但误匹配几率也增加。

3.匹配出107 组点，耗时为3329.67ms 。

若在CMakeLists 中增加-O2 编译优化，则耗时可减小至160.675ms，若改为-O3 编译优化，耗时可继续减小至154.373ms。

一一一E一一R,t三一一G-N 一一Bundle Adjustment问题回答如下：1.重投影误差：(ξ) = P uv − 1 Kexp(ξ∧)P wz c2.雅可比矩阵为：f xJ(ξ)=−zc0 [0z c −−f x zx2c2−−ff xy zx cc−2y c z c f2x2+ff yx zzxx c c c2c2y2c−f y zfx c x z c y c ] z cf y f y y c f y y cc3.更新之前估计：T k+1 exp T k四一一ICP一一一一一一11。

第五讲-风险与收益入门及历史回顾1.短期国库券的收益现在为4.80%。

已经建立了一个最优风险投资组合O—即把30%资金投入到开放式基金A，把70%的资金投入到开放式基金B。

基金A的预期收益为9%，基金B的预期收益为15%。

1）投资组合O的预期收益是多少？2）假定你设计了一个投资组合，其中40%的资金投资到无风险资产，其余的投资到资产组合O中。

这个新的投资组合的预期收益又是多少？3）如果投资组合O的标准差是20%，这个新的投资组合的标准差为多少？4）投资组合O的风险溢价是多少？答：1、30%*9%+70%*15%=13.2%2、0.4*4.8%+0.6*13.2%=9.84%3、（1-40%）*20%=12%4、13.2%-4.8%=8.4%2.使用下列信息回答下列各题。

股票A和股票B的概率分布如下：状态概率 A股票的收益率(%) B股票的收益率(%)1 0.10 10 82 0.20 13 73 0.20 12 64 0.30 14 95 0.20 15 81）A股票的期望收益率为，B股票的期望收益率为。

2）A股票的标准差为，B股票的标准差为。

3）A股票和B股票的协方差是4）如果你将投资的40%购买股票A，60%用于购买股票B，那么这个资产组合的期望收益率为，它的标准差将是。

5）假设有最小方差资产组合G，股票A和股票B在资产组合G中的权重分别为、。

6）假设有最小方差资产组合G，则它的期望收益率和标准差分别为、。

答：1.0.132 0.0077 2．0.0147 ~~~ 3.12．一投资者税收等级为28%，如果公司债券收益率为9%，则要使市政债券更吸引投资者，其收益率至少应为多少？答： 6.48%14．假设投资者卖空100股FAN的股票，每股的现价为70美元。

投资者的最大可能损失是多少？如果投资者同时下了78美元的限价买入指令，那么最大的损失又是多少？答：无限大；80015．使用下列信息回答下列各题。

《专业技术人员职业发展政策法规学习》第五讲_专业技术人员社会保险知识_作业考核答案大全单选题第1 题用人单位缴交的医保费对以下哪个范围内的人缴纳比例为5.1%？（）（2分）A. 35周岁以下B. 满35周岁至45周岁以下C. 满45周岁至退休前D. 退休人员答题情况：正确选项：D 你答对了!单选题第2 题职工在缴纳职工养老保险时，基数上限为（）。

（2分）A. ２００％B. ２５０％C. ３００％D. ３５０％答题情况：正确选项：C 你错选为：A单选题第3 题职工基本医疗保险中，参保人自己缴费比率为（）。

（2分）A. １％B. ２％C. ３％D. ４％答题情况：正确选项：B 你答对了!单选题第4 题离领养老金的年限超过十五年的，到60周岁领养老金时累计缴费不少于（）年。

（2分）A. 12B. 13C. 14D. 15答题情况：正确选项：D 你答对了!单选题第5 题职工失业保险中，参保人自己缴费比率为（）。

（2分）A. １％B. ２％C. ３％D. ４％答题情况：正确选项：A 你错选为：B单选题第6 题广州养老保险制度开始于（）年。

（2分）A. 1984B. 1985C. 1986D. 1987答题情况：正确选项：A 你答对了!单选题第7 题生育保险于（）年在广州全面展开。

（2分）A. 1994B. 1995C. 1996D. 1997答题情况：正确选项：A 你答对了!单选题第8 题职工养老保险以（）为基数。

（2分）A. 工龄B. 业绩C. 工资D. 奖金答题情况：正确选项：C 你答对了!单选题第9 题个体工商户若要参加职工养老保险，其选择的基数下限为全省上年度在岗月平均工资的（）。

（2分）A. ５０％B. ６０％C. ７０％D. ８０％答题情况：正确选项：B 你答对了!单选题第10 题用人单位不办理社会保险登记、参保、缴费，在社会保险行政部门责令后不改正，可处应缴社会保险数额（）倍以上（）以下罚款。

一、单选题1、（2018年）根据会计法律制度的规定，下列行为中，属于会计工作政府监督的是（）。

A.个人检举会计违法行为B.会计师事务所对单位经济活动进行审计C.单位内部审计机构审核本单位会计账簿D.财政部门对各单位的会计工作进行监督检查正确答案：D解析：会计工作政府监督是指财政部门（国务院财政部门、省级以上人民政府财政部门派出机构和县级以上人民政府财政部门）代表国家对各单位和单位中相关人员的会计行为实施的监督检查，以及对发现的违法会计行为实施行政处罚。

2、（2018年、2019年）根据会计法律制度的规定，下列人员中负责监交一般会计人员办理会计工作交接手续的是（）。

A.单位人事部门工作人员B.单位负责人C.单位会计机构负责人或会计主管人员D.单位审计部门工作人员正确答案：C解析：一般会计人员办理交接手续，由会计机构负责人（会计主管人员）监交；会计机构负责人（会计主管人员）办理交接手续，由单位负责人监交，必要时主管单位可以派人会同监交。

3、（2018年）对于变造、伪造会计凭证，下列说法正确的是（）。

A.对单位罚款3000元以上5万元以下B.对个人罚款3000元以上5万元以下C.对单位罚款5000元以上5万元以下D.对个人罚款5000元以上10万元以下正确答案：B解析：伪造、变造会计凭证、会计账簿，编制虚假财务会计报告，尚不构成犯罪的，由县级以上人民政府财政部门予以通报，可以对单位并处五千元以上十万元以下的罚款；对其直接负责的主管人员和其他直接责任人员，可以处三千元以上五万元以下的罚款；属于国家工作人员的，还应当由其所在单位或者有关单位依法给予撤职直至开除的行政处分；其中的会计人员，5年内不得从事会计工作。

4、（2018年）根据会计法律制度的规定，会计人员故意隐匿会计账簿，尚不构成犯罪的，一定期限内不得从事会计工作。

该期限为（）。

A.5年B.2年C.3年D.1年正确答案：A解析：会计人员故意隐匿会计账簿，尚不构成犯罪的，五年内不得从事会计工作。

第五讲空间角与距离、空间向量及应用1.[2020湖北部分重点中学高三测试]如图8-5-1,E,F分别是三棱锥P-ABC的棱AP,BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为( )图8-5-1A.30°B.60°C.120°D.150°2.[2020湖南长沙市长郡中学模拟]图8-5-2中的三个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G 作正方体的截面.下列各选项中,关于直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是( )图8-5-2∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②③1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有①1∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有③13.[多选题]如图8-5-3,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则以下说法正确的是( )图8-5-31D1所成的角等于π4B.点C到平面ABC1D1的距离为√221C和BC1所成的角为π41D1-BB1C1的外接球的半径为√324.[2019吉林长春质量监测][双空题]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N,E,F分别是A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为,CE 和该截面所成角的正弦值为.5.[2021广州市阶段模拟]如图8-5-4,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为菱形,BE⊥平面ABCD,G为AC与BD的交点.(1)证明:平面AEC⊥平面BED.(2)若∠BAD=60°,AE⊥EC,求直线EG与平面EDC所成角的正弦值.图8-5-46.[2021晋南高中联考]如图8-5-5,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥底面ABCD,其中底面ABCD为等腰梯形,AD∥BC,PA=AB=BC=CD,PA⊥PD,∠PAD=60°,Q为PD的中点.(1)证明:CQ∥平面PAB.(2)求二面角P-AQ-C的余弦值.图8-5-57.[2021湖南六校联考]如图8-5-6,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,SD=2a,AD=√2a,点E是SD 上的点,且DE=λa(0<λ≤2).(1)求证:对任意的λ∈(0,2],都有AC⊥BE.(2)设二面角C-AE-D的大小为θ,直线BE与平面ABCD所成的角为φ,若sin φ=cos θ,求λ的值.图8-5-68.[2020福建五校联考]图8-5-7是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体,平面ABC与半圆柱的下底面共面,⏜上的动点(不与B1,A1重合).且AC⊥BC,P为B1A1(1)证明:PA1⊥平面PBB1.,求二面角P-A1B1-C的余弦值.(2)若四边形ABB1A1为正方形,且AC=BC,∠PB1A1=π4图8-5-79.[2020全国卷Ⅱ,12分]如图8-5-8,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图8-5-810.[2021黑龙江省六校联考]如图8-5-9,正方形ABCD和ABEF所在的平面互相垂直,且边长都是1,M,N,G分别为线段AC,BF,AB上的动点,且CM=BN,AF∥平面MNG,记BG=a(0<a<1).(1)证明:MG⊥平面ABEF.(2)当MN的长度最小时,求二面角A-MN-B的余弦值.图8-5-911.[2021蓉城名校联考]如图8-5-10(1),AD是△BCD中BC边上的高,且AB=2AD=2AC,将△BCD沿AD翻折,使得平面ACD⊥平面ABD,如图8-5-10(2)所示.(1)求证:AB⊥CD.时,求直线AE与平面BCE (2)在图8-5-10(2)中,E是BD上一点,连接AE,CE,当AE与底面ABC所成角的正切值为12所成角的正弦值.图8-5-1012.[2020洛阳市联考]如图8-5-11,底面ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2√6,DE=3√6.(1)求证:平面ACE⊥平面BED.(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值.的值;若不存在,请说明理由. (3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出AMAF图8-5-1113.如图8-5-12,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,平面α经过棱PC的中点E,与棱PB,AC分别交于点F,D,且BC∥平面α,PA∥平面α.(1)证明:AB⊥平面α.(2)若AB=BC=PA=2,点M在直线EF上,求平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值.图8-5-1214.[2021安徽江淮十校第一次联考]如图8-5-13(1),已知圆O的直径AB的长为2,上半圆弧上有一点C,∠COB=60°,点P是弧AC上的动点,点D是下半圆弧的中点.现以AB为折痕,使下半圆所在的平面垂直于上半圆所在的平面,连接PO,PD,PC,CD,如图8-5-13(2)所示.(1)当AB∥平面PCD时,求PC的长;(2)当三棱锥P-COD体积最大时,求二面角D-PC-O的余弦值.图8-5-13答案第四讲直线、平面垂直的判定及性质1.B 如图D 8-5-8,取AC的中点D,连接DE,DF,因为D,E,F分别为AC,PA,BC的中点,所以DF∥AB,DF=12AB,DE∥PC,DE=12PC,所以∠EDF或其补角为异面直线PC与AB所成的角.因为PC=10,AB=6,所以在△DEF中,DE=5,DF=3,EF=7,由余弦定理得cos∠EDF=DE2+DF2-EF22DE×DF =25+9−492×5×3=-12,所以∠EDF=120°,所以异面直线PC与AB所成的角为60°.故选B.图D 8-5-82.A 对于题图①,连接BD,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BD∥GE,DD1∥EF,又BD⊄平面EFG,DD1⊄平面EFG,从而可得BD∥平面EFG,DD1∥平面EFG,又BD∩DD1=D,所以平面BDD1∥平面EFG,所以BD1∥平面EFG.对于题图②,连接DB,DA 1,设正方体的棱长为1,因为E,F,G 均为所在棱的中点,所以BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·GE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(12DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(1×√2×cos 45°-√2×√2×cos 60°)=0, 即BD 1⊥EG.连接DC 1,则BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(12DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(1×√2×cos 45°-√2×√2×cos 60°)=0,即BD 1⊥EF. 又EG ∩EF=E,所以BD 1⊥平面EFG.对于题图③,设正方体的棱长为1,连接DB,DG,因为E,F,G 均为所在棱的中点,所以BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(DG ⃗⃗⃗⃗⃗ -DE ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2-DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12-√2×1×√22+12×√2×1×√22=0, 即BD 1⊥EG.连接AF,则BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AF ⃗⃗⃗⃗⃗ -AE ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2-12DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ -12DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =1-12×√2×1×√22-12×√2×1×√22=0, 即BD 1⊥EF.又EG ∩EF=E,所以BD 1⊥平面EFG.故选A.3.ABD 正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,对于A,直线BC 与平面ABC 1D 1所成的角为∠CBC 1=π4,故A 正确;对于B,点C 到平面ABC 1D 1的距离为B 1C 长度的一半,即距离为√22,故B 正确;对于C,连接AC,因为BC 1∥AD 1,所以异面直线D 1C 和BC 1所成的角即直线D 1C 和AD 1所成的角,又△ACD 1是等边三角形,所以异面直线D 1C 和BC 1所成的角为π3,故C 错误;对于D,三棱柱AA 1D 1-BB 1C 1的外接球就是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的外接球,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的外接球半径r=√12+12+122=√32,故D 正确.故选ABD.√2√1010如图D 8-5-9,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,设CD,BC 的中点分别为H,G,连接HE,HG,GE,HF,ME,NH.图D 8-5-9易知ME ∥NH,ME=NH,所以四边形MEHN 是平行四边形,所以MN ∥HE.因为MN ⊄平面EFHG,HE ⊂平面EFHG,所以MN ∥平面EFHG,所以过EF 且与MN 平行的平面为平面EFHG,易知平面EFHG 截正方体所得截面为矩形EFHG,EF=√2,FH=2,所以截面EFHG 的面积为2×√2=2√2.连接AC,交HG 于点I,易知CI ⊥HG,平面EFHG ⊥平面ABCD,平面EFHG ∩平面ABCD=HG,所以CI ⊥平面EFHG,连接EI,因为EI ⊂平面EFHG,所以CI ⊥EI,所以∠CEI 为直线CE 和截面EFHG 所成的角.在Rt △CIE 中,易知CE=√1+22=√5,CI=14AC=2√24=√22,所以sin ∠CEI=CICE=√1010. 5.(1)因为四边形ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD.因为BE ⊥平面ABCD,AC ⊂平面ABCD,所以AC ⊥BE.又BE ∩BD=B,所以AC ⊥平面BED.又AC ⊂平面AEC,所以平面AEC ⊥平面BED.(2)解法一 设AB=1,在菱形ABCD 中,由∠BAD=60°,可得AG=GC=√32,BG=GD=12.因为AE ⊥EC,所以在Rt △AEC 中可得EG=AG=√32.由BE ⊥平面ABCD,得△EBG 为直角三角形,则EG 2=BE 2+BG 2,得BE=√22.如图D 8-5-10,过点G 作直线Gz ∥BE,因为BE ⊥平面ABCD, 所以Gz ⊥平面ABCD,又AC ⊥BD,所以建立空间直角坐标系 G-xyz.G(0,0,0),C(0,√32,0),D(-12,0,0),E(12,0,√22),图D 8-5-10所以GE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,0,√22),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√22),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,-√32,√22). 设平面EDC 的法向量为n=(x,y,z),由{DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得{x +√22z =0,12x -√32y +√22z =0,取x=1,则z=-√2,y=-√33,所以平面EDC 的一个法向量为n=(1,-√33,-√2).设直线EG 与平面EDC 所成的角为θ,则sin θ=|cos<GE⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|12+0−1√14+12×√1+13+2|=|-12√32×√103|=√1010. 所以直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值为√1010. 解法二 设BG=1,则GD=1,AB=2,AG=√3.设点G 到平面EDC 的距离为h,EG 与平面EDC 所成角的大小为θ.因为AC ⊥平面EBD,EG ⊂平面EBD,所以AC ⊥EG.因为AE ⊥EC,所以△AEC 为等腰直角三角形.因为AC=2AG=2√3,所以AE=EC=√6,EG=AG=√3.因为AB=BD=2,所以Rt △EAB ≌Rt △EDB,所以EA=ED=√6.在△EDC 中,ED=EC=√6,DC=2,则S △EDC =√5.在Rt △EAB 中,BE=√EA 2-AB 2=√(√6)2-22=√2.V E-GDC =13BE ·12S △CBD =16×√2×S △ABD =16×√2×12×2×√3=√66.由V G-EDC =13h ·√5=V E-GDC =√66,得h=√62√5=√3010.所以sin θ=ℎEG =√1010.所以直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值为√1010.解法三 如图D 8-5-11,以点B 为坐标原点,建立空间直角坐标系B-xyz.图D 8-5-11不妨设AB=2,在菱形ABCD 中,由∠BAD=60°,可得AG=GC=√3,BG=GD=1.因为AE ⊥EC,所以在Rt △AEC 中可得EG=AG=√3.由BE ⊥平面ABCD,得△EBG 为直角三角形,则EG 2=BE 2+BG 2,得BE=√2.则C(2,0,0),E(0,0,√2),D(1,√3,0),G(12,√32,0), 所以EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,√32,-√2),ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-√2),EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-√2). 设平面EDC 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +√3y -√2z =0,2x -√2z =0,令x=√3,则z=√6,y=1.所以平面EDC 的一个法向量为n=(√3,1,√6).设EG 与平面EDC 所成的角为θ,则sin θ=|cos<EG⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|√32+√32-2√3|√1+2×√3+1+6=√1010. 所以直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值为√1010. 6.(1)如图D 8-5-12,取PA 的中点N,连接QN,BN.图D 8-5-12∵Q,N 分别是PD,PA 的中点,∴QN ∥AD,且QN=12AD. ∵PA ⊥PD,∠PAD=60°,∴PA=12AD, 又PA=BC,∴BC=12AD,∴QN=BC,又AD ∥BC,∴QN ∥BC,∴四边形BCQN 为平行四边形,∴BN ∥CQ.又BN ⊂平面PAB,CQ ⊄平面PAB,∴CQ ∥平面PAB.(2)在图D 8-5-12的基础上,取AD 的中点M,连接BM,PM,取AM 的中点O,连接BO,PO,如图D 8-5-13.图D 8-5-13设PA=2,由(1)得PA=AM=PM=2,∴△APM 为等边三角形,∴PO ⊥AM,同理BO ⊥AM.∵平面PAD ⊥平面ABCD,平面PAD ∩平面ABCD=AD,PO ⊂平面PAD,∴PO ⊥平面ABCD.以O 为坐标原点,分别以OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz, 则A(0,-1,0),C(√3,2,0),P(0,0,√3),Q(0,32,√32), ∴AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,3,0),AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,52,√32), 设平面ACQ 的法向量为m=(x,y,z),则{m ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{√3x +3y =0,52y +√32z =0,取y=-√3,得m=(3,-√3,5)是平面ACQ 的一个法向量,又平面PAQ 的一个法向量为n=(1,0,0),∴cos<m,n>=m ·n|m|·|n|=3√3737, 由图得二面角P-AQ-C 的平面角为钝角,∴二面角P-AQ-C 的余弦值为-3√3737. 7.(1)由题意SD ⊥平面ABCD,AD ⊥DC,以D 为原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DS ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别作为x,y,z 轴的正方向建立如图D 8-5-14所示的空间直角坐标系,图D 8-5-14则D(0,0,0),A(√2a,0,0),B(√2a,√2a,0),C(0,√2a,0),E(0,0,λa), ∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2a,√2a,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2a,-√2a,λa), ∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =2a 2-2a 2+0×λa=0, 即AC ⊥BE.(2)解法一 由(1)得EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2a,0,-λa),EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2a,-λa),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2a,-√2a,λa). 设平面ACE 的法向量为n=(x,y,z),则由n ⊥EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⊥EC ⃗⃗⃗⃗⃗ 得 {n ·EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{√2x -λz =0,√2y -λz =0,取z=√2,得n=(λ,λ,√2)为平面ACE 的一个法向量,易知平面ABCD 与平面ADE 的一个法向量分别为DS⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2a)与DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2a,0), ∴sin φ=|DS ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||DS⃗⃗⃗⃗⃗ |·|BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√λ2+4,易知二面角C-AE-D 为锐二面角,∴cos θ=|DC⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||DC⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√2λ2+2,由sin φ=cos θ得√λ2+4=√2λ2+2,解得λ2=2,又λ∈(0,2],∴λ=√2.解法二 如图D 8-5-15,连接BD,由SD ⊥平面ABCD 知,∠DBE=φ.图D 8-5-15由(1)易知CD ⊥平面SAD.过点D 作DF ⊥AE 于点F,连接CF,则∠CFD 是二面角C-AE-D 的平面角,即∠CFD=θ.在Rt △BDE 中,BD=2a,DE=λa,∴BE=√4a 2+λ2a 2,sin φ=DEBE =√λ2+4,在Rt △ADE 中,AD=√2a,DE=λa,∴AE=a √λ2+2,∴DF=AD ·DE AE=√2λa√λ2+2, 在Rt △CDF 中,CF=√DF 2+CD 2=2√λ2+1√λ2+2a,∴cos θ=DFCF =√2λ2+2,由sin φ=cos θ得√λ2+4=√2λ2+2,解得λ2=2,又λ∈(0,2],∴λ=√2.8.(1)在半圆柱中,BB 1⊥平面PA 1B 1,PA 1⊂平面PA 1B 1,所以BB 1⊥PA 1.因为A 1B 1是上底面对应圆的直径,所以PA 1⊥PB 1.因为PB 1∩BB 1=B 1,PB 1⊂平面PBB 1,BB 1⊂平面PBB 1,所以PA 1⊥平面PBB 1.(2)根据题意,以C 为坐标原点建立空间直角坐标系C-xyz,如图D 8-5-16所示.图D 8-5-16设CB=1,则C(0,0,0),A 1(0,1,√2),B 1(1,0,√2), 所以CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√2),CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√2).易知n 1=(0,0,1)为平面PA 1B 1的一个法向量. 设平面CA 1B 1的法向量为n 2=(x,y,z),则{n 2·CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{y +√2z =0,x +√2z =0,令z=1,则x=-√2,y=-√2,所以n 2=(-√2,-√2,1)为平面CA 1B 1的一个法向量.所以cos<n 1,n 2>=1×√5=√55.由图可知二面角P-A 1B 1-C 为钝角,所以所求二面角的余弦值为-√55.9.(1)因为M,N 分别为BC,B 1C 1的中点,所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1,故AA 1∥MN.因为△A 1B 1C 1是正三角形,所以B 1C 1⊥A 11C 1⊥MN,故B 1C 1⊥平面A 1AMN.所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F.(2)由已知得AM ⊥BC.以M 为坐标原点,MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长度,建立如图D 8-5-17所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=√3.图D 8-5-17连接NP,则四边形AONP 为平行四边形,故PM=2√33,E(2√33,13,0).由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC.作NQ ⊥AM,垂足为Q,则NQ ⊥平面ABC.设Q(a,0,0),则NQ=(2√331(a,1,(2√33故B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√33-a,-23,-√4−(2√33-a)2),|B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√103. 又n=(0,-1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量,故 sin(π2- n,B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=cos n,B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =n ·B 1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n|·|B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为√1010. 10.(1)因为AF ∥平面MNG,且AF ⊂平面ABEF,平面ABEF ∩平面MNG=NG,所以AF ∥NG,所以CM=BN=√2a,所以AM=√2(1-a),所以AMCM =AGBG =1−a a,所以MG ∥BC,所以MG ⊥AB.又平面ABCD ⊥平面ABEF,且MG ⊂平面ABCD,平面ABCD ∩平面ABEF=AB,所以MG ⊥平面ABEF.(2)由(1)知,MG ⊥NG,MG=1-a,NG=a,所以MN=√a 2+(1−a)2=√2a 2-2a +1=√2(a -12)2+12≥√22,当且仅当a=12时等号成立,即当a=12时,MN 的长度最小.以B 为坐标原点,分别以BA,BE,BC 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图D 8-5-18所示的空间直角坐标系B-xyz,则A(1,0,0),B(0,0,0),M(12,0,12),N(12,12,0),图D 8-5-18设平面AMN 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),因为AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,0,12),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,-12), 所以{m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−x12+z12=0,m ·MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =y 12-z 12=0,取z 1=1,得m=(1,1,1)为平面AMN 的一个法向量.设平面BMN 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2),因为BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,0,12),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,-12), 所以{n ·BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x22+z22=0,n ·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =y 22-z 22=0,取z 2=1,得n=(-1,1,1)为平面BMN 的一个法向量.所以cos<m,n>=m ·n|m||n|=13, 又二面角A-MN-B 为钝二面角,所以二面角A-MN-B 的余弦值为-13.11.(1)由题图(1)知,在题图(2)中,AC ⊥AD,AB ⊥AD.∵平面ACD ⊥平面ABD,平面ACD ∩平面ABD=AD,AB ⊂平面ABD,∴AB ⊥平面ACD,又CD ⊂平面ACD,∴AB ⊥CD.(2)以A 为坐标原点,AC,AB,AD 所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图D 8-5-19所示的空间直角坐标系,不妨设AC=1,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,0,0),D(0,0,1),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,0),DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1).图D 8-5-19设E(x,y,z),由DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ<1),得(x,y,z-1)=(0,2λ,-λ), 得E(0,2λ,1-λ),∴AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2λ,1-λ),又平面ABC 的一个法向量为AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),AE 与底面ABC 所成角的正切值为12, 所以|tan AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,于是|cos AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5=√55, 即|√(2λ)2+(1−λ)2|=√55,解得λ=12,则E(0,1,12),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,12),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,12). 设平面BCE 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x -2y =0,-y +12z =0, 令y=1,得x=2,z=2,则n=(2,1,2)是平面BCE 的一个法向量,设直线AE 与平面BCE 所成的角是θ,则sin θ=|cos AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n |=|AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√52×3=4√515, 故直线AE 与平面BCE 所成角的正弦值为4√515.12.(1)因为平面ADEF ⊥平面ABCD,平面ADEF ∩平面ABCD=AD,DE ⊂平面ADEF,DE ⊥AD,所以DE ⊥平面ABCD.因为AC ⊂平面ABCD,所以DE ⊥AC.又四边形ABCD 是正方形,所以AC ⊥BD.因为DE ∩BD=D,DE ⊂平面BED,BD ⊂平面BED,所以AC ⊥平面BED.又AC ⊂平面ACE,所以平面ACE ⊥平面BED.(2)因为DA,DC,DE 两两垂直,所以以D 为坐标原点,建立如图D 8-5-20所示的空间直角坐标系D-xyz. 则A(3,0,0),F(3,0,2√6),E(0,0,3√6),B(3,3,0),C(0,3,0),所以CA⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-3,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-3,3√6),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,-√6).图D 8-5-20设平面BEF 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x -3y +3√6z =0,n ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =3x -√6z =0,取x=√6,得n=(√6,2√6,3)为平面BEF 的一个法向量.所以cos<CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CA⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |CA⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√63√2×√39=-√1313. 所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为√1313.(3)假设在线段AF 上存在符合条件的点M,由(2)可设M(3,0,t),0≤t ≤2√6,则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,t).设平面MBE 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1), 则{m ·BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3y 1+tz 1=0,m ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x 1-3y 1+3√6z 1=0,令y 1=t,得m=(3√6-t,t,3)为平面MBE 的一个法向量.由(1)知CA ⊥平面BED,所以CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面BED 的一个法向量,|cos<m,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·CA⃗⃗⃗⃗⃗ ||m||CA⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6-3√2×√(3√6-t)2+t 2+9=cos 60°=12,整理得2t 2-6√6t+15=0,解得t=√62,故在线段AF 上存在点M,使得二面角M-BE-D 的大小为60°,此时AMAF =14. 13.(1)因为BC ∥平面α,BC ⊂平面PBC,平面α∩平面PBC=EF,所以BC ∥EF,且F 为棱PB 的中点,因为BC ⊥AB,所以EF ⊥AB.因为PA ∥平面α,PA ⊂平面PAC,平面α∩平面PAC=DE,所以PA ∥DE.因为PA ⊥平面ABC,所以PA ⊥AB, 所以DE ⊥AB.又DE ∩EF=E,DE ⊂平面DEF,EF ⊂平面DEF,所以AB ⊥平面DEF,即AB ⊥平面α.(2)如图D 8-5-21,以点B 为坐标原点,分别以BA,BC 所在直线为x,y 轴,过点B 且与AP 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(2,0,2),E(1,1,1),F(1,0,1),AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), BP⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2).图D 8-5-21设M(1,t,1),平面MAC 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,t,1),则{m ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x 1+2y 1=0,m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−x 1+ty 1+z 1=0,令x 1=1,则y 1=1,z 1=1-t,所以m=(1,1,1-t)为平面MAC 的一个法向量.设平面PBC 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2),则{n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y 2=0,n ·BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x 2+2z 2=0,得y 2=0,令x 2=1,则z 2=-1,所以n=(1,0,-1)为平面PBC 的一个法向量.设平面MAC 与平面PBC 所成的锐二面角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|=|m ·n||m|×|n|=√12+12+(1-t)2×√2=√t 2-2t+3×√2.当t=0时,cos θ=0; 当t ≠0时, cos θ=√3t 2-2t+1×√2=√3(1t -13)+23×√2,当且仅当1t =13,即t=3时,3(1t -13)2+23取得最小值23,cos θ取得最大值,最大值为√23×√2=√32.所以平面MAC 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值的最大值为√32.14.(1)因为AB ∥平面PCD,AB ⊂平面OCP,平面OCP ∩平面PCD=PC,所以AB ∥PC.又∠COB=60°,所以∠OCP=60°.又OC=OP,所以△OCP 为正三角形,所以PC=1.(2)由题意知DO ⊥平面COP,而V P-COD =V D-COP ,S △COP =12·OC ·OP ·sin ∠COP, 所以当OC ⊥OP 时,三棱锥P-COD 的体积最大.解法一 易知OP,OD,OC 两两垂直,以O 为坐标原点,OP⃗⃗⃗⃗⃗ ,OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立如图D 8-5-22所示的空间直角坐标系O-xyz,则P(1,0,0),D(0,1,0),C(0,0,1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,0).图D 8-5-22设平面DPC 的法向量为n 1=(x,y,z),则{PC⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,即{-x +z =0,x -y =0,取x=1,得平面DPC 的一个法向量为n 1=(1,1,1).易知平面PCO 的一个法向量为n 2=(0,1,0),设二面角D-PC-O 的平面角为α,由题图知,二面角D-PC-O 的平面角为锐角,则cos α=|n 1·n 2||n 1||n 2|=√33, 所以二面角D-PC-O 的余弦值为√33.解法二如图D 8-5-23所示,取PC的中点H,连接OH,DH.图D 8-5-23 因为OC=OP,DC=DP,所以OH,DH都与PC垂直,即∠OHD为所求二面角的平面角.在Rt△OPC中,可得OH=√22,在Rt△OHD中,DH=(√22=√62,所以cos∠OHD=√22√62=√33,所以二面角D-PC-O的余弦值为√33.。

第五讲爱情与性心理作业第一节大学生爱情心理一、单项选择1.只有激情，没有亲密和承诺的爱被称为：（）A、完美之爱；B、伴侣之爱；C、迷恋；D、喜欢；2.只有亲密和承诺，没有激情的爱被称为：（）B、完美之爱；B、伴侣之爱；C、迷恋；D、喜欢；3.只有激情和承诺，没有亲密的爱被称为：（）A、虚幻之爱；B伴侣之爱；C、迷恋；D、喜欢；4.只有承诺，没有亲密和激情的爱被称为：（）A、虚幻之爱；B伴侣之爱；C、迷恋；D、喜欢；5.同时具有亲密、激情与承诺的爱被称为：（）A、完美之爱；B、伴侣之爱；C、迷恋；D、喜欢；二、多项选择1.在两性择偶过程中，男性更关注女性的：（）A、经济地位；B、青春；C、美貌；D、忠诚；2.在两性择偶过程中，女性更关注男性的：（）A、经济实力；B、爱和责任；C、社会地位；D、稳定性；第二节性心理一、选择题1、决定着个体性心理活动范围的大小的性心理构成要素是：A、性意识B、性情感C、性知识D、性经验2、求_________是性心理的目的性追求。

A、互补B、交流C、愉悦D、新奇3、失恋者常见的不良心理：A、悲哀心理B、自卑心理C、报复心理D、渺茫心理二、填空题1、性心理是指围绕着_________、_________与_________而展开的心理活动。

2、性意识是自我对性的感觉、作用和地位的认识，包括_________意识与_________意识。

3、世界卫生组织对性心理健康的定义是：通过丰富和完善人格、人际交往和爱情方式，达到性行为在_________、_________、_________和_________诸方面的圆满和协调。

三、判断题1、性观念具有群体性、传统性和个别性。

2、性爱最为单纯的阶段是在向往年长异性的“牛犊期”。

3、如果阴阳莫辨，就难以实施健全的性行为与获得美满的爱情。