热门试卷

解：（Ⅰ）以D为原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．

则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），

D1（0，0，2），A1（1，0，2），B1（1，1，2），C1（0，1，2），P（0，1，m），

所以，

．…（4分）

（Ⅱ）由题意可得：，．

又∵，

∴的一个法向量．

设直线AP与平面BDD1B1所成的角为θ，

则==，解得．

故当时，直线AP与平面BDD1B1所成角为60°．…（8分）

（Ⅲ）∵m=1，

∴P（0，1，1），

∴．

设平面PA1D1的法向量为，

所以，即，

所以可求得，

设平面PAB的法向量为，同理可求得．

∴，

故平面PA1D1与平面PAB所成角为600．…（12分）

证明：（1）过F作FH⊥AD于H，

则FH∥PA，

连接HG，

则===λ，

∴AH=BG，且AH∥BG，

则四边形ABGH为平行四边形，

则AB∥GH，

∵GH∩FH=H，

∴平面PAB∥平面FHG，

则FG∥平面PAB；

（2）∵ABCD是菱形，且∠BCD=120°，

∴取BD的中点E，

则AE⊥AD，

以A坐标原点，AE，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间坐标系，

设PA=AB=1，

则BE=，AE=，

即P（0，0，1），D（0，1，0），B（，-，0）．

=（0，1，-1），

∵==λ，λ∈（0，1）．

∴=λ=（0，λ，-λ），=λ=（0，λ，0），

则F（0，λ，1-λ），==（0，λ，0），

则G（，λ-，0），

则=（，λ-，0），=（0，λ，1-λ），

设平面AFG的法向量为=（x，y，z），

则，

令y=1，则x=，z=，

即=（，1，），

平面AGD的一个法向量为=（0，0，1），

若二面角F-AG-D的大小为．

则|cos＜，＞|=cos=||=，

平方解得λ=．

（1）证明：∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD

又AC⊥CD，AC∩PA=A

∴CD⊥平面PAC，又AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE                                        

（2）证明：∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB

又AD⊥AB，AD∩PA=A，∴AB⊥平面PAD，

又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD

由PA=AB=BC，∠ABC=60°，则△ABC是正三角形

∴AC=AB，∴PA=AC

∵E是PC中点，∴AE⊥PC

由（1）知AE⊥CD，又CD∩PC=C，∴AE⊥平面PCD

∴AE⊥PD

又AB⊥PD，AB∩AE=A，

∴PD⊥平面ABE                           

（3）解：过E点作EM⊥PD于M点，连接AM

由（2）知AE⊥平面PCD，∴AM⊥PD，∴∠AME是二面角A-PD-C的平面角

设AC=a，则

∵PA=a，∴PD=a，∴AM==a

在Rt△AEM中，AE=a，EM==a

∴．

（1）证明：∵AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，

∴AA1⊥B1D1，

∵B1D1⊥A1C1，AA1∩A1C1=A1，

∴B1D1⊥平面AA1C1，

∵B1D1⊂平面AB1D1，

∴平面AB1D1⊥平面AA1C1；

（2）解：过点B1作B1H⊥AC1于H，连接D1H，则D1H⊥AC1，B1H=D1H，∴∠B1HD1=120°

在△B1HD1中，由余弦定理可得==2

∴B1H=D1H=，

在Rt△AB1C1中，由等面积可得AB1×B1C1=B1H×AC1

即

∴h=1，

此时，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1是棱长为1的正方体，四棱锥A-A1B1C1D1的体积为．