热门试卷

解：（1）因为N是PB的中点，PA=AB，

所以AN⊥PB

因为AD⊥面PAB，

所以AD⊥PB

从而PB⊥平面ADMN

因为平面ADMN，

所以PB⊥DM。

（2）取AD的中点G，连结BG、NG，则BG//CD，

所以BC与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN 所成的角相等

因为PB⊥平面ADMN，

所以∠BGN是BG与平面ADMN所成的角

在Rt△BGN中，

故CD与平面ADMN所成的角是。

解：（1）∵平面ABCD⊥平面ADP，PA⊥AD，

∴PA⊥平面ABCD，

由已知PQ⊥DQ，

∴AQ⊥DQ。

（2）设CQ=x，AD=y

由（1）得AQ⊥DQ

在Rt△AQD中，

∴

当且仅当x=1时取等号

所以AD最小值为2，此时CQ=1。

（3）易得DQ⊥平面PAQ，则平面PDQ⊥平面PAQ，PQ是其交线，连接BD交AQ于E，过点E作EF⊥PQ于F，连接FD，则EF⊥平面PDQ

∴∠EDF就是BD与平面PDQ所成的角

由已知得，PQ=2

∴△PAQ为等腰直角三角形，

则可得

∴。

（Ⅰ）证明：因为侧面ABB1A1，ACC1A1均为正方形，

所以AA1⊥AC，AA1⊥AB，

所以AA1⊥平面ABC，三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱．

因为A1D⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1D，

又因为A1B1=A1C1，D为B1C1中点，

所以A1D⊥B1C1．

因为CC1∩B1C1=C1，

所以A1D⊥平面BB1C1C．--------（6分）

（Ⅱ）因为侧面ABB1A1，ACC1A1均为正方形，∠BAC=90°，

所以AB，AC，AA1两两互相垂直，如图所示建立直角坐标系A-xyz．

设AB=1，则C(0，1，0)， B(1，0，0)， A1(0，0，1)， D(，，1).=(，，0)， =(0，1，-1)，

设平面A1DC的法向量为=(x，y，z)，则有，，x=-y=-z，

取x=1，得=(1，-1，-1)．

又因为||==，AB⊥平面ACC1A1，

所以平面ACC1A1的法向量为     =(1，0，0)，因为二面角D-A1C-A是钝角，

所以，二面角D-A1C-A的余弦值为-．-------------（12分）

（1）∵侧面全为矩形，∴AF⊥FF1；

在正六边形ABCDEF中，AF⊥DF，…（1分）

又DF∩FF1=F，∴AF⊥平面DFF1；        …（2分）

∵AF∥A1F1，∴A1F1⊥平面DFF1；

又DF1⊂平面DFF1，∴A1F1⊥DF1；…（5分）

在△DFF1中，FF1=2，DF=2，∴DF1=4，

又PF1=PD1=；

∴在平面PA1ADD1中，如图所示，PD==，

∴DF12+PF12=PD2，故DF1⊥PF1；                        …（7分）

又A1F1∩PF1=F1，∴DF1⊥平面PA1F1．             …（8分）

（2）

以底面正六边形ABCDEF的中心为坐标原点O，以OD为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

所以D（0，2，0），B1(，-1，2)，C1(，1，2)，F1(-，-1，2)，

∴=(0，2，0)，=(-，-3，2)，…（11分）

设异面直线DF1与B1C1所成角为θ，则θ∈(0，]，

∴cosθ=|cos＜，＞|=||=||=…（13分）

异面直线DF1与B1C1

所成角的余弦值为．                                  …（14分）

（Ⅰ）设O为底面ABCD的中心，连接EO，

∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD

∵△PAC中，E、O分别是PC、PA的中点

∴EO∥PA

又∵PA⊥面ABCD，

∴EO⊥面ABCD

∵AC⊂面ABCD，∴AC⊥EO

又∵BD、EO是平面BED内的两条相交直线

∴AC⊥面BED（6分）

（Ⅱ）以A为原点，AD、AP所在直线分别为y轴、z轴，建立如图所示坐标系，则可得A(0，0，0)，B(，-，0)，C(，，0)，E(，，)

∴=(，-，0)，=(，，)，=(，，0)（8分）

设=(x1，y1，z1)是平面ABE一个法向量

由，解得，

所以取x1=1，y1=，z1=-，可得=(1，，-)，

因为PA⊥平面ABC，所以向量即为平面ABC的一个法向量，设==(0，0，)（10分）

∴cos＜n1，n2＞===-

根据题意可知：二面角E-AB-C是锐二面角，其余弦值等于|cos＜n1，n2＞|=

∴二面角E-AB-C的平面角的余弦值为．（12分）

（1）取PD中点G，由PA=AD得AG⊥PD，又CD⊥PD，所以AG⊥平面PCD，

因为EG∥AE且相等，

所以EF∥AG，

所以EF⊥平面PCD…（6分）

（2）以A为原点，AB方向为x轴，AD方向为y轴，AP方向为z轴建立空间直角坐标系，

设AD=1，则CD=PD=，

所以B(，0，0)，C(，1，0)，D（0，1，0），P（0，0，1），=(，-1，0)…（1分）

由第（1）问可知PC⊥平面AEF，

所以=(，1，-1)为平面AEF的法向量…（2分）

所以cos＜，＞==…（2分）

所以所求角的正弦值…（1分）

(Ⅰ)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB平面ABCD，

所以PA⊥AB，

又AB⊥AD，PA∩AD=A，

所以AB⊥平面PAD，

又AB平面PAB，

所以平面PAB⊥平面PAD。

(Ⅱ)解：以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A-xyz(如图)，

在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，则CE⊥AD，

在Rt△CDE中，DE=CD·cos45°=1，CE=CD·sin45°=1，

设AB=AP=t，则B(t，0，0)，P(0，0，t)，

由AB+AD=4得AD=4-t，

所以E(0，3-t，0)，C(1，3-t，0)，D(0，4-t，0)，

，

(i)设平面PCD的法向量为n=(x，y，z)，

由，得，

取x=t，得平面PCD的一个法向量n=(t，t，4-t)，

又，

故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得，

即，解得或t=4(舍去，因为

AD=4-t＞0)，

所以。

(ii)假设在线段AD上存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．

设G(0，m，0)(其中0≤m≤4-t)，

则，

由得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2，即t=3-m；(1)

由得(4-t-m)2=m2+t2， (2)

由(1)、(2)消去t，化简得m2-3m+4=0， (3)

由于方程(3)没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，

使得点G到点P，C，D的距离都相等．

从而，在线段AD上不存在一个点G，

使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．

解；依题意知，该多面体为底面是正方形的四棱台，且D1D⊥底面ABCD，AB=2A1B1=2DD1=2a…（2分）

以D为原点，DA、DC、DD1所在的直线为x，y，z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（2a，0，0），B1（a，a，a），D1（0，0，a），B（2a，2a，0），C（0，2a，0），C1（0，a，a）…（4分）

（Ⅰ）∵=（-a，a，a），=（0，0，a）

∴cos＜，＞==

即直线AB1与DD1所成角的余弦值为…（6分）

（II）设F（x，0，z），∵=（-a，a，a），=（-2a，0，0），=（a-x，a，a-z）

由FB1⊥平面BCC1B1得

即得

∴F（a，0，0）即F为DA的中点…（9分）

（III）由（II）知为平面BCC1B1的法向量．

设=（x1，y1，z，）为平面FCC1的法向量．

∵=（0，-a，a），=）-a，2a，0）

∴

令y1=1得x1=2，z1=1

∴=（2，1，1）

∴cos＜，＞==

即二面角F-CC1-B的余弦值为…（12分）

（1）证明：在△ADE中，，∴AE⊥DE，

∵PA⊥平面ABCD，平面ABCD，

∴PA⊥DE，

又PA∩AE=A，

∴DE⊥平面PAE。

（2）解：∠DPE为DP与平面PAE所成的角，

在Rt△PAD中，，

在Rt△DCE中，，

在Rt△DEP中，PD=2DE，

∴。