热门试卷

（1）证明：(I) 因为是正三角形，是中点，

所以,即………………1分

又因为，平面，………………2分

又，所以平面………………4分

又平面，所以………………5分

（2）在正三角形中，………………6分

在，因为为中点，，所以

，所以，，所以………………8分

所以，所以………………9分

又平面，平面，所 以平面………………11分

（3）假设直线，因为平面，平面，所以平面……12分

又平面，平面平面，所以……………13分

这与与不平行，矛盾所以直线与直线不平行………………14分

（1）∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD, AC⊥CD , AC⊂平面ABCD ,

∴AC⊥平面PCD,   ...........................4分

∵PD⊂平面PCD ,

∴AC⊥PD.   .................................6分

（2）线段PA上,存在点E，使BE∥平面PCD,  ......7分

∵AD=3，

∴在△PAD中，存在EF//AD（E,F分别在AP,PD上），且使EF=1,

又∵ BC∥AD，∴BC∥EF，且BC=EF,

∴四边形BCFE是平行四边形,    ...............................9分

∴BE//CF, ，

∴BE∥平面PCD,    .......................................11分

∵EF =1，AD=3，

∴.  .......................................13分

（1）证明：连接AC交BE于O，并连接EC,FO

   //  ,,  为中点

 AE//BC,且AE=BC     四边形ABCE为平行四边形 ………1分

  O为AC中点     ………………………………...2分

又 F为AD中点  //   …………......….4分

  ..……..……..5分

  //  ………………………………………..……..……..7分

（2）连接

……….…………….8分

    ………………..………..9分

    ………………………….…….....12 分

      …………………………………………………………….14 分

解法一：

（1）取BC中点O，连结AO交BD于点E，连结PO

∵PB = PC，∴PO⊥BC

又∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD = BC

∴PO⊥平面ABCD

在直角梯形ABCD中

∵AB = BC = 2CD，易知Rt△ABO≌Rt△BCD

∴∠BEO =∠OAB +∠DBA =∠DBC +∠DBA = 90°

即AO⊥BD，由三垂线定理知PA⊥BD。

（2）连结PE，由PO⊥平面ABCD，AO⊥BD

得PE⊥BD

∴∠PEO为二面角P – BD – C的平面角

设AB = BC = PB = PC = 2CD = 2a

则PO =a，OE =

在Rt△PEO中，tan∠PEO =

∴二面角P – BD– C的大小为arctan

（3）取PB的中点为N，连结CN，则CN⊥PB

又∵AB⊥BC，BC是PB在面ABCD内的射影

∴AB⊥PB，又PB∩BC = B

∴AB⊥面PBC，∴平面PAB⊥平面PBC

∵CN⊥PB，面PAB∩面PBC = PB

∴CN⊥平面PAB

取PA的中点为M，连结DM、MN

则MN∥AB∥CD，∵MN =AB = CD

∴四边形MNCD为平行四边形

∴CN∥DM，∴DM⊥平面PAB

∴平面PAD⊥平面PAB。

解法二：

（1）取BC中点为O

∵侧面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形

∴PO⊥底面ABCD，以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，直线OP为z轴，如图乙所示，建立空间直角坐标系。

不妨设CD = 1

则AB = BC = PB = PC = 2，PO =

∴A(1，– 2，0)，B (1，0，0)，D (– 1，– 1，0)，P (0，0，)

∴= (– 2，– 1，0)，= (1，– 2，–)

∵·= (– 2) × 1 + (– 1) × (– 2) + 0 × (–) = 0

∴⊥，∴PA⊥BD

（2）连结AO，设AO与BD相交于点E，连结PE

由· = 1 × (– 2) + (– 2) × (– 1) + 0 × 0 = 0

∴⊥，∴OA⊥BD

又∵EO为PE在平面ABCD内的射影，∴PE⊥BD

∴∠PEO为二面角P – BD – C的平面角

在Rt△BEO中，OE = OB · sin∠OBE =

∴在Rt△PEO中，tan∠PEO =

∴二面角P – BD – C的大小为arctan

（3）取PA的中点M，连结DM

则M，又∵

∴·=× 1 + 0 × (– 2) +

∴⊥，即DM⊥PA

又∵= (1，0，)

∴·=× 1 + 0 × 0 +

∴⊥，即DM⊥PB，∴DM⊥平面PAB

∴平面PAD⊥平面PAB。

（1）

证明：连结，则//，

∵是正方形，∴，∵面，∴。

又，∴面。

∵面，∴，

∴。

（2）证明：

作的中点F，连结。

∵是的中点，∴，

∴四边形是平行四边形，∴ ，

∵是的中点，∴，

又，∴。

∴四边形是平行四边形，//，

∵，，

∴平面面。

又平面，∴面。

（3），

。

（1）平面，，又，

平面，所以就是与平面

所成的角.…………………………………2分

在中，，………………………………………4分

所以，…………………………………………………5分

即与平面所成的角的大小为.………………………6分

（2）绕直线旋转一周所构成的旋转体，是以为底面半径、为高的圆锥中挖去一个以为底面半径、为高的小圆锥，体积。

.…………………………………12分.

（1）因为分别为侧棱的中点，

所以 。

因为，所以。

而平面，平面，

所以平面，         ………………………………………4分

（2）因为平面平面，

平面平面，且，平面.

所以平面，又平面，所以。

又因为，，所以平面，

而平面，

所以平面平面，……………………………………………………8分

（3）存在点，使得直线与平面垂直。

在棱上显然存在点,使得.

由已知，，，，。

由平面几何知识可得 。

由（2）知，平面，所以，

因为，所以平面。

而平面，所以。

又因为,所以平面.

在中，，

可求得，。

可见直线与平面能够垂直，此时线段的长为，……………14分

（1）证明：因为PD⊥平面ABCD.

所以PD⊥AD.

又因为ABCD是矩形，

所以AD⊥CD.…………………………………………………………………2分

因为

所以AD⊥平面PCD.

又因为平面PCD，

所以AD⊥PC.………………………………4分

（2）解：因为AD⊥平面PCD，VP-ADE=VA-PDE，…………………………………6分

所以AD是三棱锥A—PDE的高.

因为E为PC的中点，且PD=DC=4，

所以

又AD=2，

所以………………………………8分

（3）

取AC中点M，连结EM、DM，

因为E为PC的中点，M是AC的中点，

所以EM//PA，

又因为EM平面EDM，PA平面EDM，

所以PA//平面EDM.…………………………………………………………10分

所以

即在AC边上存在一点M，使得PA//平面EDM，AM的长为.………12分