热门试卷

解：（1）证明：∵矩形ABCD与矩形ABEF有公共边AB，平面ABCD⊥平面ABEF，可得BC⊥平面ABEF，∴BC⊥AE．

又FD=2，，∴AF===EF，∴矩形ABEF为正方形，∴AE⊥BF．

而BC、BF是平面FCB内的两条相交直线，∴AE⊥平面FCB．

（2）∵=，平方可得 1=4+3+6+2 +2+2，

即 1=13+0+2×2cos+2××cos135°，

故 有 cos==-，∴异面直线BD与AE所成角的余弦值 ．

（3）分别取P，Q为DC及AF的中点，得MP∥BC，且MQ∥BF，故平面MPQ∥平面FBC，从而N为平面MPQ与FD的交点，易知N为FD的中点，

故在线段FD上存在中点N，使得MN∥平面FCB成立．

（Ⅰ）证明：在矩形ABCD中，因为AD=2AB，

点F是BC的中点，

∴∠AFB=∠DFC=45°，∴∠AFD=90°，

即 AF⊥FD．

由于PA⊥平面ABCD，∴PA⊥FD．

再根据PA∩AF=A，∴DF⊥平面PAF．

（Ⅱ）过点E，作EH∥FD，交AD于点H，

则EH∥平面PFD，且AH=AD．

再过H作HG∥PD交PA于G，所以GH∥平面PFD，

且．

所以平面EHG∥平面PFD．

再根据EG⊂平面EHG，∴EG∥平面PFD．

当PA=AB=4时，可得DF===2，EF===，

ED===．

△EFD中，由余弦定理求得cos∠EFD==- 

∴sin∠EFD=∴S△EFD=EF•FD•sin∠EFD=3．

故四面体E-GFD的体积 VE-GFD=VG-EFD=×S△EFD×AG==1．

解：（1）在梯形ABCD中，

∵AB∥CD，AD=D=CB=1，∠ABC=60°，

∴AB=2，

∴AC2=AB2+BC2-2AB•BC•cos60°=3，

∴AB2=AC2+BC2，

∴BC⊥AC，

∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，BC⊂平面ABCD，

∴BC⊥平面ACFE．

（2）∵四边形ACFE为矩形，

∴S△ACM=AC•FC=××1=．

∵BC⊥平面ACFE．

∴VB-ACM=S△ACM×BC=．

解：（1）以点D为坐标原点，DA为x轴正方向，

DC为y轴正方向建立空间直角坐标系．

则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），P（0，0，2），

因为，，

所以F，E，

则，，．

，，

即EF垂直于平面PBC中两条相交直线，所以EF⊥平面PBC．

法二（1），可设，

所以向量的坐标为（λ，0，-2λ），

平面PBC的法向量为．

，

即EF垂直于平面PBC中两条相交直线，所以EF⊥平面PBC．

（2），可设，

所以向量的坐标为（λ，0，-2λ），

平面PBC的法向量为．

点G到平面PCE的距离d===．

△PBC中，BC=1，PC=，PB=，

所以．

三棱锥G-PBC的体积V==，

∴．

此时向量的坐标为，，

即线段PG的长为．