热门试卷

（Ⅰ）证明：取BD中点M，连结MC，FM，

∵F为BD1中点，

∴FM∥D1D且FM=D1D，

又EC=CC1，且EC⊥MC，

∴四边形EFMC是矩形，

∴EF⊥CC1，

又CM⊥面DBD1，

∴EF⊥面DBD1，

∵BD1面DBD1，

∴EF⊥BD1，

故EF为BD1与CC1的公垂线。

（Ⅱ）解：连结ED1，有，

由（Ⅰ）知EF⊥面DBD1，

设点D1到面BDE的距离为d，

则S△DBC·d=·EF，

∵AA1=2·AB=1，

∴，

∴，

故点D1到平面BDE的距离为。

（Ⅰ）在Rt△BCE中，BE==，

在Rt△AD'E中，AE==，

∵AB2=22=BE2+AE2，

∴AE⊥BE．（2分）

∵平面AED'⊥平面ABCE，且交线为AE，

∴BE⊥平面AED'．（4分）

∵AD'⊂平面AED'，

∴AD'⊥BE．（6分）

（Ⅱ）设AC与BE相交于点F，由（Ⅰ）知AD'⊥BE，

∵AD'⊥ED'，

∴AD'⊥平面EBD'，（8分）

∵AD'⊂平面AED'，

∴平面ABD'⊥平面EBD'，且交线为BD'，

如图，作FG⊥BD'，垂足为G，则FG⊥平面ABD'，（10分）

连接AG，则∠FAG是直线AC与平面ABD'所成的角．（11分）

由平面几何的知识可知==，∴EF=EB=．

在Rt△AEF中，AF===，

在Rt△EBD'中，=，可求得FG=．

∴sin∠FAG===．（14分）

∴直线AC与平面ABD'所成的角的正弦值为．

证明：•=(+)•(-)

=•+•-

AB

2-•

=•(--)=•

=0

∴⊥

∴AD⊥BC．

证明：设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图．

则P（0，0，1），C（0，1，0），B（2，0，0），

M（1，0，），N（，0，0），S（1，，0）．（4分）

（Ⅰ）=(1，-1，)，=(-，-，0)，

因为•=-++0=0，

所以CM⊥SN（6分）

（Ⅱ）=(-，1，0)，

设a=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，

则令x=2，得a=（2，1，-2）．

因为|cos〈a，＞|=||=，

所以SN与片面CMN所成角为45°．

（1）证明：取AD中点E，连接ME，NE，

由已知M，N分别是PA，BC的中点，

∴ME∥PD，NE∥CD

又ME，NE⊂平面MNE，ME∩NE=E，

所以，平面MNE∥平面PCD，（2分）

所以，MN∥平面PCD（3分）

（2）证明：因为PD⊥平面ABCD，

所以PD⊥DA，PD⊥DC，

在矩形ABCD中，AD⊥DC，

如图，以D为坐标原点，

射线DA，DC，DP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系（4分）

则D（0，0，0），A（，0，0），B（，1，0）C（0，1，0），P（0，0，）（6分）

所以M（，0，），=(-，-1，0)，=(-，1，-)（7分）

∵•=0，所以MC⊥BD（8分）

（3）因为ME∥PD，所以ME⊥平面ABCD，ME⊥BD，又BD⊥MC，

所以BD⊥平面MCE，

所以CE⊥BD，又CE⊥PD，所以CE⊥平面PBD，（9分）

由已知E(，0，0)，

所以平面PBD的法向量=(-，1，0)（10分）

M为等腰直角三角形PAD斜边中点，所以DM⊥PA，

又CD⊥平面PAD，AB∥CD，

所以AB⊥平面PAD，AB⊥DM，

所以DM⊥平面PAB，（11分）

所以平面PAB的法向量（-，0，-）

设二面角A-PB-D的平面角为θ，

则cosθ==．

所以，二面角A-PB-D的余弦值为．（12分）

证明：（1）连结BD，

∵E，H分别是边AB，AD的中点，

∴EH∥BD，

又∵，

∴FG∥BD，

因此EH∥FG且EH≠FG，

故四边形EFGH是梯形；

（2）由（1）知EF，HG相交，设EF∩HG=K，

∵平面ABC，

∴K∈平面ABC，同理K∈平面ACD，

又平面平面ACD=AC，

∴K∈AC，故FE和GH的交点在直线AC上。