热门试卷

解：（1）如图1，以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），C（0，2，0），0（1，1，0）

设棱锥的高为h，则A1（2，0，h），C（0，2，0），．

∴cos＜，

即cos60°=，解得h=2．

∴E（0，0，1），A1（202），．

∵F为棱B1C1上的动点，故可设f（0，y，2）．

∴．

又

∴

（2）易求出平面AB1C的法向量为 =（1，1，1），=（2，0，-1）

∴点E到面AB1C的距离d==

（3）易知平面A1CC1的一个法向量为 =（1，1，0），

设平面A1B1C的一个法向量为 =（x，y，1），则

=（x，y，1）•（-2，2，-2）=-2x+2y-2=0，…①

=（x，y，1）•（-2，0，0）=-2x=0．…②

由①、②，得 ．

∴cos＜＞=，

∴＜＞=60°．

即二面角B1-A1C-C1的大小为60°．

解：（1）如图，连接AQ，由于PA⊥平面ABCD，则由PQ⊥QD，必有AQ⊥DQ．

设，则CQ=a-t，

在直角三角形MBQ中中，有AQ=．

在Rt△CDQ中，有DQ=．    …（4分）

在Rt△ADQ中，有AQ2+DQ2=AD2．

即t2+4+（a-t）2+4=a2，

即t2-at+4=0．

（2）由（1）得a=t+≥4．

故a的取值范围为[4，+∞）．

（3）由（Ⅰ）知，当t=2，a=4时，边BC上存在唯一点Q（Q为BC边的中点），使PQ⊥QD．

过Q作QM∥CD交AD于M，则QM⊥AD．

∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥QM．∴QM⊥平面PAD．

过M作MN⊥PD于N，连结NQ，则QN⊥PD．

∴∠MNQ是二面角A-PD-Q的平面角．

在等腰直角三角形PAD中，可求得MN=，又MQ=2，进而NQ=．

∴cos∠MNQ=．

故二面角A-PD-Q的余弦值为．

证明：（I）因为：侧面PAD⊥底面ABCD，所以：CD⊥侧面PAD，可知：AE⊥CD

而在正三角形PAD中，AE是PD边上的中线，也是它上的高，即：AE⊥PD，

∵CD∩PD=D

所以：AE⊥平面PCD

解：（II）∵CD∥AB

∴CD∥平面PAB

设平面PCD 与平面PAB的交线为l

∴CD∥l

∵四棱锥P-ABCD的底面是正方形，侧面PAD垂直底面ABCD

∴CD⊥平面PAD

∴∠APD为平面PAB与平面PDC所成二面角的平面角

∵△PAD为正三角形

∴∠APD=60°

∴平面PAB与平面PDC所成二面角的平面角为60°．

（III）∵△PAD为正三角形，E为侧棱PD的中点

∴AE⊥平面PCD

设AD=a，则AE=

∵AB∥平面PCD

∴B到平面PCD的距离

设直线PB与平面PDC所成角为α

∴

∴

（I）证明：∵ABCD是正方形，∴CD⊥AD

∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD．∴CD⊥平面PAD

∵AM⊂平面PAD，∴CD⊥AM．

∵PC⊥平面AMN，∴PC⊥AM．∴AM⊥平面PCD．∴AM⊥PD

（II）解：∵AM⊥平面PCD（已证）．

∴AM⊥PM，AM⊥NM．∴∠PMN为二面角P-AM-N的平面角

∵PN⊥平面AMN，∴PN⊥NM．

在直角△PCD中，不妨设CD=2，则PD=2，∴PC=2．

∵PA=AD，AM⊥PD，∴M为PD的中点，PM=PD=

由Rt△PMN∽Rt△PCD，得MN==

即二面角P-AM-N的正弦值是．