热门试卷

解法一：（1）连接′AC，取AC中点K，则K为BD的中点，连接OK

因为M是棱AA′的中点，点O是BD′的中点

所以AM∥DD′∥OK，AM=DD′=OK，

所以MO∥AK，MO=AK，

由AA′⊥AK，得MO⊥AA

因为AK⊥BD，AK⊥BB′，所以AK⊥平面BDD′B′

所以AK⊥BD′

所以MO⊥BD′

又因为OM是异面直线AA′和BD′都相交

故OM为异面直线AA′和BD′的公垂线

（2）取BB′中点N，连接MN，则MN⊥平面BCC′B′

过点N作NH⊥BC′于H，连接MH

则由三垂线定理得BC′⊥MH

从而，∠MHN为二面角M-BC′-B′的平面角

MN=1，NH=Bnsin45°==

在Rt△MNH中，tan∠MHN==2．

故二面角M-BC′-B′的大小为arctan2

（3）易知，S△OBC=S△OA′D′，且△OBC和△OA′D′都在平面BCD′A′内

点O到平面MA′D′距离h=，

VM-OBC=VM-OA′D′=VO-MA′D′=S△MA′D′h=

解法二：

以点D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系D-xyz

则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），A′（1，0，1），C′（0，1，1），D′（0，0，1）

（1）因为点M是棱AA′的中点，点O是BD′的中点

所以M（1，0，），O（，，）

，=（0，0，1），=（-1，-1，1）

=0，+0=0，

所以OM⊥AA′，OM⊥BD′

又因为OM与异面直线AA′和BD′都相交

故OM为异面直线AA′和BD′的公垂线．…（4分）

（2）设平面BMC′的一个法向量为=（x，y，z）

=（0，-1，），=（-1，0，1）

  即

取z=2，则x=2，y=1，从而=（2，1，2）

取平面BC′B′的一个法向量为=（0，1，0）

cos，

由图可知，二面角M-BC′-B′的平面角为锐角

故二面角M-BC′-B′的大小为arccos…（9分）

（3）易知，S△OBC=S△BCD‘A′=

设平面OBC的一个法向量为=（x1，y1，z1）

=（-1，-1，1），=（-1，0，0）

  即

取z1=1，得y1=1，从而=（0，1，1）

点M到平面OBC的距离d=，

VM-OBC=…（12分）

解：（1）取A1D1中点E，连接ME、C1E，

∴A1N∥C1E且C1E=A1N，MC∥EC、

∴A1N∥MC且MC=A1N∴A1，M，C，N四点共面．

（2）连接BD，则BD是D1B在平面ABCD内的射影．

∵，∴Rt△CDM～Rt△BCD，∠DCM=∠CBD、

∴∠CBD+∠BCM=90°．∴MC⊥BD、∴D1B⊥MC．

（3）连接A1C，由A1BCD1是正方形，知D1B⊥A1C．

∵D1B⊥MC，∴D1B⊥平面A1MCN．

∴平面A1MCN⊥平面A1BD1．

（4）由（3）知平面A1MCN⊥平面A1BD1．

∴A1C是直线A1B在平面A1MCN内的身影

∴∠BA1C是A1B与平面A1MCN所成的角

又∵A1B⊥BC，A1B=BC

∴∠BA1C=45°

证明：∵PA⊥面ABCD，

∴PA⊥AD

又∵BC∥AD

∴PA⊥BC

又由AB⊥BC，PA∩AB=A

∴BC⊥平面PAB

又AE⊂平面PAB

∴BC⊥AE

又由AE⊥PB，BC∩PB=B

∴AE⊥平面PBC

又∵PC⊂平面PBC

∴PC⊥AE

（Ⅰ）证明：∵EF⊥AB，∴∠BEF=∠PEF=90°，故EF⊥PE，

∵EF⊥AB．AB∩PE=E，∴EF⊥平面PAE．…（6分）

（Ⅱ）解：∵PE⊥AE，PE⊥EF，∴PE⊥平面ABC，即PE为四棱锥P-ACFE的高．

由高线CD及EF⊥AB得EF∥CD，∴，

由题意知．…（9分）

∴=．

∵PE=EB=x，

∴，．…（12分）