热门试卷

（Ⅰ）证明：∵M为EF的中点，

∴EM=AB=2

∵AB∥EF

∴四边形ABEM是平行四边形

∴AM=BE=2

∵AF=2，MF=

∴△FAM为直角三角形且∠FAM=90°

∴AM⊥FA

∵DA⊥面ABEF，AM⊂面ABEF

∴AM⊥DA

∵DA∩FA=A

∴AM⊥平面ADF；

（Ⅱ）解：如图，以A为原点，以AM、AF、AD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系．

则A（0，0，0），D（0，0，1），M（2，0，0），F（0，2，0）．

可得=（2，0，0），=（-2，2，0），=（0，2，-1），

设平面DEF的法向量为=（x，y，z），则．

∴，∴可取=（1，1，2）

∵AM⊥平面ADF，∴=（2，0，0）是平面ADF的一个法向量

∴cos＜＞===

∴二面角A-DF-E的余弦值为．

（Ⅰ）证明：取CD的中点F，连接BF，EF，则EF⊥CD，

∵平面ECD⊥平面BCD，平面ECD∩平面BCD=CD，

∴EF⊥平面BCD，

∵AB⊥平面BCD，

∴EF∥AB，

∴A，B，F，E共面，

∵△BCD是正三角形，F是CD的中点，

∴CD⊥BF，

∵AB⊥平面BCD，

∴AB⊥CD，

∵AB∩BF=B，

∴CD⊥平面ABF，即CD⊥平面ABE；

（Ⅱ）解：由上知，CF即为C点到平面ABE的距离，

△BEC中，BC=2，CE=2，BE=，S△BEC==

设点A到平面EBC的距离为h，则由等体积可得，

∴h=；

（Ⅲ）解：延长AE与BF延长线交于点O，连CO，

则CO是平面ACE与面BCD的交线，F是BO的中点，

作FG⊥CO，连接EG，则∠EGF为平面ACE与平面BCD所成二面角的平面角

在△EFG中，EF=，FG=1，EG=2

∴平面BCD与平面ACE所成二面角为．

（1）证明：连接BD交AC于E，连接ME，

∵ABCD是正方形，∴E是BD的中点，

∵M是SD的中点，∴ME是△DSB的中位线，∴ME∥SB，

∵ME⊂平面ACM，SB⊄平面ACM，

∴SB∥平面ACM．

（2）解：取AD的中点F，则MF∥SA，作FQ⊥AC于Q，连接MQ，

∵SA⊥底面ABCD，∴MF⊥底面ABCD，

∴FQ为MQ在平面ABCD内的射影，

∵FQ⊥AC，∴MQ⊥AC，∴∠FQM为二面角D-AC-M的平面角，

设SA=AB=a，在Rt△MFQ中，MF=，FQ=，

∴tan∠FQM==，

∴二面角D-AC-M的大小为．

解：（1）以A为坐标原点，

建立如图空间直角坐标系A-xyz，

则P（0，0，2），C（0，2，0），

设B（b，，0），D（-b，，0），（b＞0），

设EC=x，则在直角三角形PAC中，

PA=2，AC=2，PC=2，

则ECsin∠PCA=x，ECcos∠PCA=x，

即E（0，2-x，x），

则=（0，2，-2），=（-2b，0，0），

=（-b，，）．

由于PC⊥平面BDE，

则PC⊥BD，PC⊥BE，则=0，=0，

则，解得，x=，

则PE=2-=，则=2；

（2）由（1）得，=（0，0，2），=（b，，0），

设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则，

取=（-，b，0），

由于=（0，2，-2），=（-b，，0），

设平面PBC的法向量为=（p，q，r），则，

取=（），

由于二面角A-PB-C的余弦值为-，即有|cos＜＞|=，

即有||=||=，

解得，b=．则线段BD的长为．