热门试卷

解：（1）证明：如图，；

取CD的中点M，连接EM、BM，则四边形ABMD为矩形，

∴EM∥PD，BM∥AD； 

又∵BM∩EM=M，

∴平面EBM∥平面APD；

而BE⊂平面EBM，

∴BE∥平面PAD；

（2）如图，；

取PD的中点F，连接FE，

则FE∥DC，BE∥AF，

又∵DC⊥AD，DC⊥PA，

∴DC⊥平面PAD，

∴DC⊥AF，DC⊥PD，

∴EF⊥AF，

在Rt△PAD中，∵AD=AP，F为PD的中点，

∴AF⊥PD，又AF⊥EF且PD∩EF=F，

∴AF⊥平面PDC，又BE∥AF，

∴BE⊥平面PDC．

解：（Ⅰ）证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面ABEF=AB，

EB⊥AB，∴EB⊥平面ABCD，又MN∥EB，∴MN⊥面ABCD．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知∠EDB为DE与平面ABCD所成的角，∴∠EDB=30°．

又在Rt△EBD中，EB=2MN=2，∠EBD=90°∴DE==4，

连接AE，可知∠DEA为DE与平面ABEF所成的角，∴∠DEA=45°．

在Rt△DAE中，∠DAE=90°，∴AE=DE•cos∠DEA=2．

在Rt△ABE中，AB===2．

（Ⅲ）：过B作BO⊥AE于O点，过O作OH⊥DE于H，连BH，∵AD⊥平面ABEF，BO⊂面ABEF，

∴BO⊥平面ADE，∴OH为BH在平面ADE内的射影，∴BH⊥DE，即∠BHO为所求二面角的平面角．

在Rt△ABE中，BO=． 在Rt△DBE中，由BH•DE=DB•OE得  BH=，

∴sin∠BHO===．

解：连接AE，

∵E为BC的中点，EC=CD=1，∴△DCE为等腰直角三角形，

由此可得∠DEC=45°，同理∠AEB=45°，

∴∠AED=180°-（∠DEC+∠AEB），即DE⊥AE，…（2分）

又∵PA⊥平面ABCD，且DE⊂平面ABCD，∴PA⊥DE，…（3分）

又∵AE∩PA=A，∴DE⊥平面PAE，

又∵PE⊂平面PAE，∴PE⊥DE．…（5分）

（2）由（1）知△DCE为腰长为1的等腰直角三角形，

∴S△DCE==，

∵PA⊥平面ABCD，即PA是三棱锥P-CDE的高，

∴VC-PDE=VP-CDE=×S△DCE×PA=××1=．…（8分）

（3）在PA上存在中点G，使得EG∥平面PCD，理由如下：

取PA、PD的中点G、H，连接EG、GH、CH．…（9分）

∵G、H是PA，PD的中点，∴△PAD中，可得GH∥AD且GH=AD，…（10分）

又∵E是BC的中点，且四边形ABCD为矩形，

∴EC∥AD且EC=AD，…（11分）

∴EC、GH平行且相等，可得四边形ECHG是平行四边形…（12分）

∴EG∥CH，

又∵CH⊂平面PCD，EG⊄平面PCD，…（12分）

∴EG∥平面PCD．…（11分）

证明：连接AC、BD交与一点O，连接PO，PA、PC、PB、PD，

则由PA=PB=PC=PD，所以三角形PAC为等腰三角形，

O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可以证明PO⊥BD，

又AC∩BD=O，所以PO⊥平面ABCD，

而AB⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，从而PO垂直于AB、AD．