热门试卷

（Ⅰ）证明：由AD=2，AB=2，BC=6得BD=4，AC=4

∵，∴AO=，BO=3

在△ABO中，AO2+BO2=AB2，所以AO⊥BO，

∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BO

∵PA∩AO=A，∴BD⊥平面PAC；

（Ⅱ）解：由PA⊥底面ABCD，可得面PAB⊥底面ABCD，

由AB⊥AD，可得DA⊥面PAB

作AH⊥PB，连接DH，则DH⊥PB，所以∠AHD是二面角D-PB-A的平面角．

在△AHD中，AH=，AD=2，HD=，∴=．

所以二面角D-PB-A的余弦值是．

（Ⅰ）证法一：∵AA1⊥面ABC，∴AA1⊥AC，AA1⊥AB．

又∵AA1=AC，∴四边形AA1C1C是正方形，

∴AC1⊥A1C．…（1分）

∵AB⊥AC，AB⊥AA1，AA1，AC⊂平面AA1C1C，AA1∩AC=A，

∴AB⊥平面AA1C1C．…（2分）

又∵AC1⊂平面AA1C1C，∴AB⊥AC1．…（3分）

∵AB，AC1⊂平面ABC1，AB∩AC1=A，

∴A1C⊥平面ABC1．…（4分）

证法二：∵AA1⊥面ABC，∴AA1⊥AC，AA1⊥AB．

又∵AB⊥AC，∴分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．…（1分）

则A（0，0，0），C1（0，1，1），B（1，0，0），C（0，1，0），A1（0，0，1），

∴，

∴，…（2分）

∴．…（3分）

又∵AB，AC1⊂平面ABC1，AB∩AC1=A∴A1C⊥平面ABC1．…（4分）

证法三：∵AA1⊥面ABC，∴AA1⊥AC，AA1⊥AB．

又∵AB⊥AC，

∴分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．…（1分）

则A（0，0，0），C1（0，1，1），B（1，0，0），C（0，1，0），A1（0，0，1），

∴．

设平面ABC1的法向量，

则，解得．

令z=1，则，…（3分）

∵，∴A1C⊥平面ABC1．…（4分）

（Ⅱ）解：∵AA1∥平面BB1C1C，∴点P到平面BB1C1C的距离等于点A到平面BB1C1C的距离

∴，…（5分）

∴V‘=-t（t-1），令V'=0，得t=0（舍去）或t=1，

列表，得

∴当t=1时，．…（8分）

（Ⅲ）解：分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

则A（0，0，0），C1（0，t，3-2t），B（t，0，0），C（0，t，0），A1（0，0，3-2t），

∴，，．…（9分）

设平面ABC1的法向量，

则，解得，

令z1=t，则．…（10分）

设平面BCC1的法向量，则．

由于，所以解得．

令y2=1，则．…（11分）

设二面角A-BC1-C的平面角为θ，则有．

化简得5t2-16t+12=0，解得t=2（舍去）或．

所以当时，二面角A-BC1-C的平面角的余弦值为．…（13分）

解：（1）如图，连接AC，BD交于点0，连接OE，则OE∥PA．

∵PA⊥底面ABCD，

∴OE⊥面ABCD．

∠EDO为DE与平面ABCD所成的角．（2分）

∵，

∴EDO=60°（4分）

（2）过点0作OF⊥AD于F，连接EF，由三垂线定理得EF⊥AD，

则∠EFO为二面角E-AD-C的平面角．（6分）

∵，

∴．（8分）

（3）过点O作OM⊥PC于M，由△COM～△CPA，得．（10分）

∵PC⊥OM，又PC⊥BD

∴PC⊥面MBD．

所以，所求M存在，且其位置使CM=．（12分）

解：（1）由题设条件知，棱锥的高为PA=2，

由底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，可解得底面四边形ABCD的面积是2×2×sin60°=2

故（4分）

（2）取AC的中点O，连接FO，

∵F为PC中点，

∴FO∥PA且，又PA⊥平面ABCD，

∴FO⊥平面ABCD．（6分）

过O作OG⊥AE于G，则∠FGO就是二面角F-AE-C的平面角．（8分）

由作图及题意可得FO=1，，

得tan∠FGO==2，即二面角的大小为arctan2（14分）