热门试卷

解：（1）∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，

∴CD⊥PA．

∵矩形ABCD中，CD⊥AD，而PA、AD是平面PAD的交线．

∴CD⊥平面PDA，

∵PD⊂平面PDA，∴CD⊥PD，三角形PCD是以D为直角顶点的直角三角形．

∵Rt△PAD中，AD=2，PA=2，

∴PD==2．

∴三角形PCD的面积S=×PD×DC=2．

（2）[解法一]

如图所示，建立空间直角坐标系，可得B（2，0，0），C（2，2，0），E（1，，1）．

∴=（1，，1），=（0，2，0），

设与夹角为θ，则cosθ===，

∴θ=，由此可得异面直线BC与AE所成的角的大小为．

[解法二]

取PB的中点F，连接AF、EF、AC，

∵△PBC中，E、F分别是PC、PB的中点，

∴EF∥BC，∠AEF或其补角就是异面直线BC与AE所成的角．

∵Rt△PAC中，PC==4．

∴AE=PC=2，

∵在△AEF中，EF=BC=，AF=PB=

∴AF2+EF2=AE2，△AEF是以F为直角顶点的等腰直角三角形，

∴∠AEF=，可得异面直线BC与AE所成的角的大小为．

解：（Ⅰ）证明：∵BC为圆O的直径，∴CD⊥BD，

∵AB⊥圆0所在的平面BCD，且CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD，

又AB∩BD=B，∴CD⊥平面ABD，

∵BF⊂平面ABD，∴CD⊥BF，

又∵BF⊥AD，且AD∩CD=D，

∴BF⊥平面ACD．

（Ⅱ）∵AB=BC=2，∠CBD=45°，∴BD=CD=，

∵BE⊥AC，∴E为AC的中点，

又由（Ⅰ）知，CD⊥平面ABD，

∴E到平面BDF的距离d==．

在Rt△ABD中，有AD=，

∵BF⊥AD，由射影定理得BD2=DF•AD，

则DF=，从而，

∴，

∴四面体BDEF的体积==．

解法一：（Ⅰ）连接AC、BD，设AC∩BD=O．由P-ABCD与Q-ABCD

都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD．

从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD．

（Ⅱ）由题设知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD．

由（Ⅰ），PQ⊥平面ABCD，

故可以分别以直线CA、DB、QP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图），由题设条件，相关各点的坐标分别是P（0，0，1），Q（0，0，-2），

所以，，

于是．

从而异面直线AQ与PB所成的角是．

（Ⅲ）．由（Ⅱ），点D的坐标是（0，-，0），，，

设是平面QAD的一个法向量，

由得．

取x=1，得．

所以点P到平面QAD的距离．

解法二：（Ⅰ）．取AD的中点M，连接PM，QM．

因为P-ABCD与Q-ABCD都是正四棱锥，

所以AD⊥PM，AD⊥QM．从而AD⊥平面PQM．

又PQ⊂平面PQM，所以PQ⊥AD、同理PQ⊥AB，

所以PQ⊥平面ABCD、

（Ⅱ）．连接AC、BD设AC∩BD=O，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在

PQ上，从而P、A、Q、C四点共面．

取OC的中点N，连接PN．

因为，

所以，

从而AQ∥PN．∠BPN（或其补角）是异面直线AQ

与PB所成的角．连接BN，

因为．

所以．

从而异面直线AQ与PB所成的角是．

（Ⅲ）．由（Ⅰ）知，AD⊥平面PQM，所以平面PQM⊥平面QAD、过P作PH⊥QM

于H，则PH⊥平面QAD，所以PH的长为点P到平面QAD的距离．

连接OM，则．

所以∠MQP=45°，

又PQ=PO+QO=3，于是．

即点P到平面QAD的距离是