热门试卷

证明：（1）连接AC交BD于点M，如图所示：

由正方形ABCD可得：AM=MC，

又∵F为CE的中点，∴MF∥AE．

∵AE⊄平面BFD，MF⊂平面BFD，

∴AE∥平面BFD；

（2）∵BC=BE，F为CE的中点，∴BF⊥CE；

∵平面ABCD⊥平面ABE，BC⊥AB，∴BC⊥平面ABE，∴BC⊥AE．

又∵AE⊥BE，BC∩BE=B，∴AE⊥平面BCE，∴AE⊥BF．

∵AE∩CE=E，∴BF⊥平面ACE，

∴BF⊥AC．

解：连结AM，AN，并延长分别交BC，CD于F，E，则F，E分别是BC，CD的中点，连结EF，则EF为BD的中位线，

所以EF平行且等于BD，

因为M、N分别是△ABC和△ACD的重心，

所以=，

所以MN∥EF，

所以MN∥BD．

解：（1）连接AC1，BC1，∵M、N分别为AB、A1C的中点，

∴MNBC1，MN⊄平面BCC1B1；BC1⊂平面BCC1B1；

∴MN∥平面BCC1B1；

（2）以O为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，

则A（，0，0），B（0，-1，0），C（0，1，0），A1（，1，），B1（0，0，），C1（0，2，），

假设在线段A1C1上存在点P，设=，

则=λ（-，-1，0），==（-，1-λ，），=（0，1，-），=（，1，0），=（0，-1，-），

设平面B1CP的法向量=（x，y，z），

则，即．

令z=1，则y=，x=，∴=（，，1）．         

设平面ACC1A1的法向量=（x，y，z），

则，即，令z=1，则y=-，x=1，∴=（1，-，1）．          

要使平面B1CP⊥平面ACC1A1，

则=0，即（，，1）•（1，-，1）=0，∴-3+1=0，∴λ=，

∴C1P=，PA1=，

∴=2．

解：（Ⅰ）由条件可得PA=2，BF=，AB=2，

四边形ABEF为梯形．

所以，VP-ACBF=VC-PABF=SPABF•CB

=（）×2=．…（6分）

（Ⅱ）以AB所在的直线为x轴，以AD所在的直线为y轴，

以AP所在的直线为z轴，建立空间坐标系如图：

则A（0，0，0）、B （2，0，0）、C（2，2，0）、D （0，2，0）、

P（0，0，2）、F（2，0，）、E （1，0，0）．

设平面PCF的一个法向量为=（ a，b，c），则由 =（0，-2，）、=（-2，-2，2）、

，求得可等于（2，1，）．

再由=（1，-2，0），•=（2，1，）•（1，-2，0）=2-2+0=0，可得 ⊥．

再根据不在平面PCF内，可得所以DE平面PCF．…（12分）

解：（1）Q是AD的中点，

∴PQ⊥AD

∵正方形ABCD所在平面与正△PAD所在平面互相垂直

∴PQ⊥平面ABCD

∵PQ=4×=2

∴=

（2）连接AC交BD于O，再连接MO

∴PA∥MO

PA⊈平面MBD，MO⊆平面MBD

∴PA∥平面MBD．

（1）证明：∵AA1⊥面ABC，∴AA1⊥AC，AA1⊥AB

又∵AA1=AC，∴四边形AA1C1C是正方形，∴AC1⊥A1C．

∵AB⊥AC，AB⊥AA1，AA1，AC⊂平面AA1C1C，AA1∩AC=A，

∴AB⊥平面AA1C1C．

又∵AC1⊂平面AA1C1C，

∴AB⊥AC1，

∵AB，AC1⊂平面ABC1，AB∩AC1=A

∴A1C⊥平面ABC1．---（5分）

（2）解：∵AA1∥平面BB1C1C，∴点P到平面BB1C1C的距离等于点A到平面BB1C1C的距离

∴，----（9分）

V‘=-t（t-1），令V'=0，得t=0（舍去）或t=1，列表，得

∴当t=1时，．---（12分）

解：（1）证明：连接AB1交A1B于点0，连接OD．

∵O、D分别为中点，

∴OD是△ACB1的中位线，

∴OD∥CB1

又OD⊂平面A1BD，CB1⊄平面A1BD，

∴B1C∥平面A1BD．

（2）∵正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点．

∴，

∴=．

解：如图所示：

（1）由已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，

∴AB∥ED，

设F为线段CE的中点，H是线段CD的中点，

连接FH，则FH∥=，

∴FH∥=AB，…3分

∴四边形ABFH是平行四边形，

∴BF∥AH，

由BF⊄平面ACD内，AH⊂平面ACD，

∴BF∥平面ACD；…6分

（2）取AD中点G，连接CG、EG，则CG⊥AD，

又平面ABED⊥平面ACD，

∴CG⊥平面ABED，

∴∠CEG即为直线CE与平面ABED所成的角，…9分

设为α，则在Rt△CEG中，

有．   …12分．

（1）证明：如图，

在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，

分别过C，D作CK，DH垂直于AB于K，H，

则Rt△CKB≌Rt△DHA，解Rt△CKB得BK=，

则AH=，

又KH=DC=1，

∴AB=2，

则AC2=AB2+BC2-2AC•BCcos60°=3，

∴AB2=AC2+BC2，

∴AC⊥BC，

又平面ACEF⊥平面ABCD，AC是交线，BC⊂平面ABCD，

∴BC⊥平面ACEF；

（2）解：设M为EF的中点，G为AC的中点，连MG，NG，则NG∥BC．

∵四边形ACEF为矩形，

∴MG∥FC，

∴平面MNG∥平面BCF

∵MN⊂平面MNG，

∴MN∥平面FCB，即M为EF的中点时符合题意．

这时，MG=CF=1，NG=BC=，

由（I）BC⊥平面ACEF，

∴NG⊥平面ACEF，

∴NG⊥MG

即△MNG为直角三角形，得．

解：（1）证明：连接BD，则BD∥B1D1，（1分）

∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD．∵CE⊥面ABCD，∴CE⊥BD．

又AC∩CE=C，∴BD⊥面ACE．（4分）

∵AE⊂面ACE，∴BD⊥AE，

∴B1D1⊥AE．（5分）

（2）证明：作BB1的中点F，连接AF、CF、EF．

∵E、F是CC1、BB1的中点，∴CEB1F，

∴四边形B1FCE是平行四边形，

∴CF∥B1E．（7分）

∵E，F是CC1、BB1的中点，∴，

又，∴．

∴四边形ADEF是平行四边形，∴AF∥ED，

∵AF∩CF=F，B1E∩ED=E，

∴平面ACF∥面B1DE．（9分）

又AC⊂平面ACF，∴AC∥面B1DE．（10分）

（3）（文）． （11分）

．（14分）

（理）∵AC∥面B1DE

∴A 到面B1DE 的距离=C到面B1DE 的距离（11分）

∴ （14分）

解：（Ⅰ） 证明：依题意：B1D1∥BD，且B1D1在平面BC1D外．（2分）

∴B1D1∥平面BC1D（3分）

（Ⅱ） 证明：连接OC1

∵BD⊥AC，AA1⊥BD

∴BD⊥平面ACC1A1（4分）

又∵O在AC上，∴A1O在平面ACC1A1上

∴A1O⊥BD（5分）

∵AB=BC=2∴

∴

∴Rt△AA1O中，（6分）

同理：OC1=2

∵△A1OC1中，A1O2+OC12=A1C12

∴A1O⊥OC1（7分）

∴A1O⊥平面BC1D（8分）

（Ⅲ）解：∵A1O⊥平面BC1D

∴所求体积（10分）

=（12分）

证明：如图示：

延长OG，交AC于M，连结QM，

∵G为△AOC的重心，∴OM是△AOC的中线，

∵Q为PA的中点，M为AC的中点，∴QM∥PC，

∵QM⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，∴QM∥平面PBC，

同理可得QO∥平面PBC，

∵QM、QO是平面OQG内的相交直线，∴平面OQG∥平面PBC，

∵QG⊂平面OQG，

∴QG∥平面PBC．

（Ⅰ）证明：取AD中点E，连结ME，NE，…（2分）

由已知M，N分别是PA，BC的中点，

所以ME∥PD，NE∥CD，…（4分）

所以，平面MNE∥平面PCD，…（7分）

所以，MN∥平面PCD．…（8分）

（Ⅱ）证明：因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥DA，PD⊥DC，

在矩形ABCD中，AD⊥DC，

如图，建立空间直角坐标系，…（9分）

则D（0，0，0），A（，0，0），B（，1，0），C（0，1，0），P（0，0，）．…（10分）

所以M（，0，），=（，-1，0），，…（11分）

因为，所以MC⊥BD．…（13分）