热门试卷

解：（1）∵∠DAB=90°，AD=1，AB= ，

∴BD=2，∠ABD=30°，

∵BC∥AD

∴∠DBC=60°，BC=4，

由余弦定理得DC=2 ，

BC2=DB2+DC2，∴BD⊥DC，

∵PD⊥面ABCD，∴BD⊥PD，PD∩CD=D，∴BD⊥面PDC，

∵PC在面PDC内，∴BD⊥PC

（2）在底面ABCD内过D作直线DF∥AB，交BC于F，分别以DA、DF、DP为x、y、z轴建立如图空间坐标系，

由（1）知BD⊥面PDC，∴ 就是面PDC的法向量，

A（1，0，0），B（1，，0），P（0，0，a）=（0，，0），=（1，，0），

设AB与面PDC所成角大小为θ，sinθ==，

∵θ∈（0，）∴θ=

（3）在（2）中的空间坐标系中A（1，0，0），B（1，，0），P（0，0，a），

C（﹣3，，0），=（﹣3，，﹣a），=（﹣3λ，λ，﹣aλ），

=+=（0，0，a）+（﹣3λ，λ，﹣aλ）=（﹣3λ，λ，a﹣aλ）

=（0，，0），=（1，0，﹣a），

设=（x，y，z）为面PAB的法向量，

由=0，得y=0，

由=0，得x﹣az=0，取x=a，z=1，=（a，0，1），

由DE∥面PAB得：⊥，

∴=0，﹣3aλ+a﹣aλ=0，∴λ=

（1）证明：连接AN，BN，

∵△APC与△BPC是全等的正三角形，

又N是PC的中点

∴AN=BN

又∵M是AB的中点，∴MN⊥AB

同理可证MN⊥PC

又∵MN∩AB=M，MN∩PC=N

∴MN是AB和PC的公垂线；

（2）在等腰在角形ANB中，

∵AN=BN=a，AB=a，

∴MN==a

即异面二直线AB和PC之间的距离为a．

（Ⅰ）证明：如图，过点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D，

由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B，得

AD⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，

所以AD⊥BC．

因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，

则AA1⊥底面ABC，

所以AA1⊥BC．

又AA1∩AD=A，从而BC⊥侧面A1ABB1，

又AB⊂侧面A1ABB1，故AB⊥BC．

（Ⅱ）解法1：连接CD，则由（Ⅰ）知∠ACD是直线AC与平面A1BC所成的角，∠ABA1是二面角A1-BC-A的平面角，即∠ACD=θ，∠ABA1=φ，

于是在Rt△ADC中，sinθ=，在Rt△ADB中，sinφ=，

由AB＜AC，得sinθ＜sinφ，又0＜θ，φ＜，所以θ＜φ，

解法2：由（Ⅰ）知，以点B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在的直线分

别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设AA1=a，AC=b，

AB=c，则B（0，0，0），A（0，c，0），C(，0，0)，A1(0，c，a)，

于是=(，0，0)，=(0，c，a)，=(，-c，0)，=(0，0，a)．

设平面A1BC的一个法向量为n=（x，y，z），

则由．得．

可取n=（0，-a，c），于是n•=ac＞0，与n的夹角β为锐角，则β与θ互为余角．sinθ-cosβ==，cosφ==，

所以sinφ=，

于是由c＜b，得＜，

即sinθ＜sinφ，又0＜θ，φ＜，所以θ＜φ，