热门试卷

解：(Ⅰ)证明：取PD的中点F，连结EF，AF，

因为E为PC中点，所以EF∥CD，且EF＝CD＝1，

在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝1，

所以EF∥AB，EF＝AB，四边形ABEF为平行四边形，

所以BE∥AF，

又∵ BE 平面PAD，AF 平面PAD，　　　　所以BE∥平面PAD 

（2）

BC⊥BD,又BC⊥PD,BC⊥平面PBD

(3)

本试题主要考查了线面平行和线面垂直的判定定理和四棱锥的体积的综合运用。

（1）先找到线线平行，BE∥AF，从而利用判定定理得到结论。

（2）要证明线面垂直，先证明线线垂直，利用判定定理得到结论。

（3）对于体积的求解关键是求解底面积和体的高，然后得到结论。

解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则，

设.      …………1分

∵为平行四边形，

   …………3分

 …………5分

（II）设为平面的法向量，

………8分

的夹角为，则

∴到平面的距离为  

略

(1)证明：连接D1C交DC1于F，连结EF.

∵ABCD—A1B1C1D1为正四棱柱，

∴四边形DCC1D1为矩形，

∴F为D1C中点．

在△CD1B中，∵E为BC中点，∴EF∥D1B.

又∵D1B⊄面C1DE，EF⊂面C1DE，∴BD1∥平面C1DE.

(2)连结BD，VD－D1BC＝VD1－DBC，∵AC′是正四棱柱，

∴D1D⊥面DBC.

∵DC＝BC＝2，∴S△BCD＝×2×2＝2.

VD1－DBC＝·S△BCD·D1D＝×2×1＝.

∴三棱锥D－D1BC的体积为.

略

1）∵ 面PAC⊥面ABC，BC⊥AC，∴  BC⊥面PAC，BC⊥PA．又PA⊥PC，

∴  PA⊥面PBC．∴  PAB⊥面PBC．

∴ 面PAB⊥PBC

（2）∵  PA＝2，则，，．

∴ ，

略

解：（1）取的中点，连接，则

又∵平面平面，∴平面 .                 …………3分

而平面，∴，又∵在平面内，

∴平面．    …………5分

（2）∵在平面的射影是，在平面的射影是，∴在平面的射影是，即直线与平面所成角就是直线与直线所成的角，……6分

过作交于，由（Ⅰ）可知，

∴                             …………8分

又∵平面∴

∴在                                    …………9分

∴                                                  …………10分

略

（I）异面直线的距离为1   （II）

第一问中，利用建立空间直角坐标系

解：（I）以B为原点，、分别为Y,Z轴建立空间直角坐标系.由于，

在三棱柱中有

,

设

又侧面，故. 因此是异面直线的公垂线，则，故异面直线的距离为1.

（II）由已知有故二面角的平面角的大小为向量与的夹角.

（1）设CB1与C1B的交点为E，连结DE，

∵ D是AB的中点，E是BC1的中点，

∴ DE//AC1，

∵ DE平面CDB1，AC1平面CDB1，   

∴ AC1//平面CDB1---------------------------4分

（2）三棱柱ABC－A1B1C1中，底面三边长AC=3，BC=4，AB=5，

∴  AC2+BC2=AB2         ∴ AC⊥BC，--------------①

又侧棱垂直于底面ABC,    ∴CC1⊥AC---------------② 

∴AC⊥面BCC1         ∴AC⊥BC1；-------------8分

又，∴

∴⊥平面

略

证明：（Ⅰ）连接，∵正方形的边长为，，

∴，，.

则，∴．…………2分

∵在正方形中，，

正方形与矩形所在的平面相互垂直，交线为AC，

平面.     …………………4分 

又平面，

∴，又，

∴平面．         ……………6分

（Ⅱ）在平面内过点作于，连结.

∵，，∴平面.

又平面，∴.

又，且，∴平面，

而平面，∴．

∴是二面角的平面角．……………8分

在中，，,

∴，.

∴二面角的大小为．   ………………………12分

略

(1)略

(2)θ=

解: (1)证明: ∵F、G分别为PC、PD的中点,

∴在△PCD中, FG=∥CD

(2)分别以AB、AD、AP为空间坐标系的x轴,y轴,z轴,

建立空间坐标系 B(2,0,0), E(0, ,0)F(1,,1), P(0,0,2), D(0,2,0)

面BPA的法向量为: , 设面BEF的法向量为m=(x,y,z)

  ,

令 , ∴m="(1," , －1)

∴ 面BAP与面BEF的夹角θ的余弦为: cosθ=

∴ θ=

(I)略

(Ⅱ)

解：(I)因为BD^AD，BD^CD，AD ∩CD=D，

所以BD上平面ACD．   

又因为ACÌ平面ACD，

所以AC^BD． ① 

在△ACD中。ÐADC=30°，AD=2，CD=，

由余弦定理得AC2=AD2+CD2一2AD·CD·COSÐADC=1．

因为AD2=CD2+AC2。所以ÐACD=90°.即AC^CD．②

由①、②及BD∩ CD=D，可得AC^平面BCD．

(Ⅱ)

（1）证明见解析

（2）

（1），故，

                   ………2分

由于为直二面角，

过A作，则

  ………6分

（2），

                  ……………………8分

                         ……………………9分

，又由（1）知

                       ……………………10分