热门试卷

（Ⅰ）证明：取AD中点F，连接EF、CF

∴△PAD中，EF是中位线，可得EF∥PA

∵EF⊈平面PAB，PA⊆平面PAB，∴EF∥平面PAB

∵Rt△ABC中，AB=1，∠BAC=60°，∴AC==2

又∵Rt△ACD中，∠CAD=60°，

∴AD=4，结合F为AD中点，得△ACF是等边三角形

∴∠ACF=∠BAC=60°，可得CF∥AB

∵CF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴CF∥平面PAB

∵EF、CF是平面CEF内的相交直线，

∴平面CEF∥平面PAB

∵CE⊆面CEF，∴CE∥平面PAB；

（Ⅱ）解：由题意，Rt△PAD中，PA=2，AD=4，S△PAD==4．

Rt△PCD中，PC=2，CD=2，S△PCD==2．

设二面角C-PD-A的平面角为α，则cosα==，

∴sinα=；

（Ⅲ）解：在PC上是存在PC的中点F使得PC⊥面AEF，证明如下：

∵PA=AC=2，F为PC的中点，

∴PC⊥AF，

∵E为PD之中点，F为PC的中点，

∴EF∥CD，

∵PC⊥CD，

∴PC⊥EF，

∵AF∩EF=F，

∴PC⊥面AEF．

解：（I）证明：∵AB⊥侧面BB1C1C，∴AB⊥BC1．

在△BC1C中，BC=1，CC1=BB1=2，，

由余弦定理得==3，∴．

故有BC2+BC21=CC21，∴C1B⊥BC，

 而BC∩AB=B且AB，BC⊂平面ABC，

∴C1B⊥平面ABC．

（II）如图所示：以线段BB1为直径画圆O，分别交线段CC1于点E、C1．

下面说明点E、C1是上述所画的圆与线段CC1的交点．

①∵B1C1=OB1=1，，∴△OB1C1是正三角形，∴OC1=1，即点C1在所画的圆上．

②作OK⊥CC1，垂足为K，取EK=KC1，则点E也在所画的圆上．

∵OE=OC1=1，∴点E也在所画的圆上．

∵CC1∥BB1，∴，∴△OBE是正三角形，∴EB=1，

∴EB=BC=1，又∠BCE=，∴△BCE为正三角形，∴CE=1，即E点是线段CC1的中点．

下面证明点E满足条件．

∵AB⊥侧面BB1C1C，B1E⊥BE，据三垂线定理可得B1E⊥AE．

故线段CC1的中点E即是要求的点．

解：（Ⅰ）证明：连接AC1、BC1，则AN=NC1，因为AM=MB，所以MN∥BC1

又BC1⊂平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1

（Ⅱ）将平面A1B1BA展开到与平面C1B1BC共面，A到A′的位置，此时A′BCB1为棱形，

可知PA+PC=PA′+PC，

A′C即为PA+PC的最小值，

此时，BB1⊥A′C，

所以BB1⊥PA′，BB1⊥PC，即BB1⊥PA，BB1⊥PC，

所以BB1⊥平面PAC

解：（1）证明：连接BD，则BD∥B1D1，

∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD．

∵CE⊥面ABCD，

∴CE⊥BD．

又AC∩CE=C，

∴BD⊥面ACE．

∵AE⊂面ACE，

∴BD⊥AE，

∴B1D1⊥AE．-----------（6分）

（2）S△ABD=2

．-----------（12分）