热门试卷

解：（1）证法一：连AC、BD，则BD⊥AC，

∵，∴MN∥AC，∴BD⊥MN．

又∵DD1⊥平面ABCD，∴DD1⊥MN，

∴MN⊥平面BDD1．

∵无论点P在DD1上如何移动，总有BP⊂平面BDD1，

故总有MN⊥BP．

证法二：连接AC、BD，则AC⊥BD．

∵，∴MN∥AC，∴MN⊥BD，又PD⊥平面ABCD，

由三垂线定理得：MN⊥PB．

（2）解法一：过P作PG⊥C1C交CC1于G，连BG交B1N于O1，

∵PB⊥平面B1MN，∴PB⊥B1N．

又∵PG⊥平面B1BCC1，∴BG⊥B1N，∴△BB1N≌△BCG，∴BN=CG，NC=GC1，

∴BN：NC=DP：PD1=2：1．

同理BM：MA=DP：PD1=2：1．

设AB=3a，则BN=2a，∴，

=，

连MO1，∵AB⊥平面B1BCC1，∴MO1⊥B1N，

∵∠MO1B就是二面角M-B1N-B的平面角，

，

∴．

解法二：设BD与MN相交于F，连接B1F，

∵PB⊥平面MNB1，∴PB⊥B1F，PB⊥MN，

∴在对角面BB1D1D内，△PBD∽△BB1F，

设BB1=DD1=3，则PD=2，BD=3，∴，即，故BF=．

∵MN⊥PB，由三垂线定理得MN⊥BD，MN∥AC，MN=2BF=2，BN=2，

．

设二面角B-B1N-M的平面角为α，则cosα====，

．

解：（1）如图，取BC中点F，连接AF，DF，∵△ABC与△BCD都是正三角形，∴BC⊥AF，BC⊥DF，AF∩DF=F；

∴BC⊥平面ADF，AD⊂平面ADF；

∴BC⊥AD，即AD⊥BC；

（2）由已知知：AB=BD，CA=CD，E为AD中点，∴AD⊥BE，AD⊥CE，∴AD⊥平面BCE，AD⊂平面BDE；

∴平面BDE⊥平面BCE，BE=平面BDE∩平面BCE；

∴过C作CG⊥BE，垂足为G，则CG⊥平面BDE，所以线段CG的长度就是点C到平面BDE的距离；

BE=，CE=，BC=4，∴在△BCE中，由余弦定理得：；

∴；

∴，∴CG=；

（3）由（1）知AF⊥BC，DF⊥BC，∴∠AFD是二面角A-BC-D的平面角，BC⊥平面ADF，BC⊂平面ABC；

∴平面ABC⊥平面ADF，过D作DO⊥AF，交AF于O，则DO=3，又DF=；

∴，∴∠AFD=60°，即二面角A-BC-D的大小为60°；

（4）由前面知BC⊥平面ADF，BC⊂平面BCD；

∴平面BCD⊥平面ADF，过A作AH⊥DF，垂足为H，则AH⊥平面BCD，即线段AH的长是点A到平面BCD的距离；

∴V==8sinθ；

∴sinθ=1时V最大，最大为8，此时θ=90°，∴AD=．

解：（Ⅰ）∵CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴CC1⊥AB．

又∵CD⊥平面ABC1，且AB⊂平面ABC1，∴CD⊥AB，

又CC1∩CD=C，∴AB⊥平面BCC1B1．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：AB⊥平面BCC1B1．∴AB⊥BC．

在Rt△ABC中，AB=BC，AC=2，∴BC=．

过点D作DE⊥AC1于E，连接CE，由三垂线定理知CE⊥AC1，故∠DEC是二面角C-AC1-B的平面角．

又AC=CC1，∴E为AC1的中点，∴，

又．

由，得．

在Rt△CDE中，sin．

解：设正三棱锥P-ABC底面边长为2a，侧棱长为b，PH=x，DH=3x，则

因为正三棱锥P-ABC中，已知A在侧面PBC上的射影为点H，

所以∠ADP是侧面与底面所成二面角，

所以cos∠ADP==，

因为AH2=b2-x2=3a2-9x2，4x=，

所以a=2x，

所以cos∠ADP=，

所以∠ADP=．