热门试卷

证明（I）连接CG延长交PA于M，连BM，

∵G为△PAC的重心，∴又∵，∴FG∥BM．

又∵BM⊂平面PAB，

∴FG⊄平面PAB，

∴FG∥平面PAB（4分）

（II）∵PA⊥平面ABCD，PA⊥AC，又AB⊥AC，PA∩AB=A，∴AC⊥平面PAB，∴AC⊥BM．

由（I）知FG∥BM，∴FG⊥AC（7分）

（III）连EM，由（II）知FG⊥AC，∴FG⊥平面AEC的充要条件是：

FG⊥AE，即BM⊥AE，又EM=，

设EA∩BM=H，则EH=，

设PA=h，则，

∵Rt△AME～Rt△MHE，

∴EM2=EH•EA．

∴，

∴

∵PA⊥平面ABCD，∴AD⊥CD，

∴PD⊥CD，

∴∠PDA为二面角P-CD-A的平面角，此时，

∴当二面角P-CD-A的正切值为2时，PG⊥平面AEC（14分）

解：（Ⅰ）证法1：如图1，连接BE、BD，由地面ABCD是正方形可得AC⊥BD．

∵SD⊥平面ABCD，∴BD是BE在平面ABCD上的射影，∴AC⊥BE

（Ⅱ）解法1：如图1，由SD⊥平面ABCD知，∠DBE=φ，

∵SD⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴SD⊥CD．

又底面ABCD是正方形，∴CD⊥AD，而SD∩AD=D，CD⊥平面SAD．

连接AE、CE，过点D在平面SAD内作DF⊥AE于F，连接CF，则CF⊥AE，

故∠CFD是二面角C-AE-D的平面角，即∠CFD=θ．

在Rt△BDE中，∵BD=2a，DE=λa∴tanφ=

在Rt△ADE中，∵，DE=λa∴AE=a

从而DF=

在Rt△CDF中，tanθ=．

由tanθ•tanφ=1，得即=2，所以λ2=2．

由0＜λ≤2，解得，即为所求．

（Ⅰ）证法2：以D为原点，以DA．DC．DS的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如

图2所示的空间直角坐标系，则

D（0，0，0），A（，0，0），B（a，a，0），

C（0，a，0），E（0，0，λa），

∴，

∴，即AC⊥BE．

（Ⅱ）解法2：

由（I）得，，．

设平面ACE的法向量为n=（x，y，z），则由，

得即取，得．

易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为

与．

∴，．

∵0＜θ＜，λ＞0

∴tanθ•tanφ=1⇔θ+φ=⇔sinφ=cosθ⇔⇔λ2=2．

由0＜λ≤2，解得，即为所求．