热门试卷

解：设PA、PB分别为点P到平面M、N的距离，过PA、PB作平面α，分别交M、N于AQ、BQ． 　　

PA⊥平面M，a⊂平面M，则PA⊥a，同理，有PB⊥a，∵PA∩PB=P，∴a⊥面PAQB于Q

又 AQ、BQ 平面PAQB∴AQ⊥a，BQ⊥a．∴∠AQB是二面角M-a-N的平面角．∴∠AQB=60°

连PQ，则PQ是P到a的距离，在平面图形PAQB中，有∠PAQ=∠PBQ=90°

∴P、A、Q、B四点共圆，且PQ是四边形PAQB的外接圆的直径2R

在△PAB中，∵PA=1，PB=2，∠BPA=180°-60°=120°，

由余弦定理得 AB2=1+4-2×1×2cos120°=7

由正弦定理：PQ=

∴点P到直线a的距离为

（1）证明；在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，∴△ABD，△CBD为等边三角形，

∵E是BD的中点，∴AE⊥BD，AE=CE=，

∵AC=，∴AE2+CE2=AC2，

∴AE⊥EC，∴AE⊥平面BCD，

又∵AE⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BCD；

（2）解：由（1）可知建立以E为原点，EC为x轴，ED为y轴，EA为z轴的空间直角坐标系E-xyz，

则D（0，1，0），C（，0，0），F（0，，）G（-，1，），

平面CDG的一个法向量=（0，0，1），

设平面FDG的法向量=（x，y，z），=（0，-，），=（-，1，）

∴，即，令z=1，得x=3，y=，

故平面FDG的一个法向量=（3，，1），

∴cos==，

∴二面角F-DG-C的余弦值为-．

证明：，

∴BF⊥PC，又△PAE≌△CDE，∴EP=EC，

∴EF⊥PC，且EF∩BF=F，

故PC⊥面BEF，又PC⊂面APC，

∴面APC⊥面BEF；

（2）在△PCD中作DG⊥PC交PC于点G，

又由DG2=CD•PG得CG=1，

∴点G为CF的中点，取BC中点H，

∴GH⊥PC，∠HGD为二面角的平面角，

（Ⅰ）证明：取AD的中点O，连接SO，BO

因为△SAD为正三角形，所以SO⊥AD，且SO=

又菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，所以

而SB=，所以SB2=SO2+BO2，即SO⊥BO

因为BO∩AD=O

所以SO⊥平面ABCD，又SO⊆平面SAD

所以平面SAD⊥平面ABCD；

（Ⅱ）解：因为SA=AB=2，点M为SB的中点，所以AM⊥SB

由（Ⅰ）知BC⊥SO，又菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，所以BC⊥BO

因为SO∩BO=O

所以BC⊥面SOB

因为SB⊆面SOB

所以BC⊥SB

因为点N为SC的中点，所以MN∥BC，故MN⊥SB

所以∠AMN为二面角A-SB-C的平面角

又平面SOB⊥平面SBC，连接OM，则OM⊥SB，

所以OM⊥平面SBC

所以∠OMN=90°

在直角三角形AOM中，AO=1，，所以AM=，

所以

∴

∴二面角A-SB-C的余弦值；

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知，MN⊥SB，因为，

所以

又OM⊥平面SBC，所以O点到平面BNM的距离为MO=

因为AO∥BC，AO⊄平面SBC，所以AO∥平面SBC

所以A点到平面BNM的距离等于O点到平面BNM的距离MO=

所以三棱锥M-ABN的体积为

解：（1）∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC．

又∠BCA=90°，∴AC⊥BC，∴BC⊥平面PAC．

（2）∵D为PB的中点，DE∥BC，

∴DE=BC．

又由（1）知，BC⊥平面PAC，

∴DE⊥平面PAC，垂足为点E，

∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．

∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB．

又PA=AB，∴△ABP为等腰直角三角形，

∴AD=AB．

在Rt△ABC中，∠ABC=60°，∴BC=AB，

∴在Rt△ADE中，sin∠DAE===，

即AD与平面PAC所成角的正弦值为．

（3）∵DE∥BC，又由（1）知，BC⊥平面PAC，

∴DE⊥平面PAC．

又∵AE⊂平面PAC，PE⊂平面PBC，

∴DE⊥AE，DE⊥PE，

∴∠AEP为二面角A-DE-P的平面角．

∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，

∴∠PAC=90°，∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC．

这时，∠AEP=90°，

故存在点E使得二面角A-DE-P是直二面角．