热门试卷

（1）证明：∵∠BAD=90°，AD=2，BD=．∴=2．

∴矩形ABCD是正方形，

∴BD⊥AC．

∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

∴PA⊥BD，又PA∩AC=A，

∴BD⊥平面PAC．

（2）解：∵PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，

∴CD⊥PD，

∴∠PDA是二面角P-CD-B的平面角．

在Rt△PAD中，tan∠PDA==1，

∴∠PDA=45°．

∴二面角P-CD-B的余弦值为．

（1）证明：∵底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA=AC=3，

∴AB=AD=AC=3，

∵PB=PD=3，

∴根据勾股定理：PB2=AP2+AB2，PD2=AP2+AD2，

∴∠PAB=∠PAD=90°，

即AP⊥AB，AP⊥AD，

∵AB∩AD=A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，

∴PA⊥平面ABCD；

（2）以AB为x轴，以过A点CD的垂直平分线为y轴，以AP为z轴，建立空间坐标系．

∵底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA=AC=3，PB=PD=3，点E在PD上，且PE：ED=2：1．

根据已知条件可得：A（0，0，0），C（，，0），D（，，0），P（0，0，3），E（-1，，1）

=（-，-，1），=（，，0），=（-3，0，0），

平面ACE的法向量为=（x1，y1，z1）；平面CDE的法向量为=（x2，y2，z2）；

∴，

=（，-1，2），=（0，2，），•=-2+6=4，

cos＜＞==．

∵二面角A-CE-D是钝二面角，

∴二面角A-CE-D的余弦值；

（3）假设在棱PC上存在一点F，使得BF∥平面AEC，

∵=，=+=+，==（，，0），

∴=λ（，，3），（　　）

∴=（，λ，3λ），

∵BF∥平面AEC，

∴•=0，

∴（）-（λ）+2×（3λ）=0，

∴存在F点，F为CP中点，使得BF∥平面AEC

（Ⅰ）证明：因为三棱柱ABC-A1B1C1中CC1⊥平面ABC，

所以 CC1⊥BC．     

因为AC=BC=2，AB=，

所以，由勾股定理的逆定理知BC⊥AC． 

又因为AC∩CC1=C，

所以BC⊥平面ACC1A1

因为AM⊂平面ACC1A1，

所以BC⊥AM；

（Ⅱ）证明：如图，

过N作NP∥BB1交AB1于P，连结MP，则

NP∥CC1，且△ANP∽△ABB1．

于是有．

由已知，有．

因为BB1=CC1．

所以NP=CM．

所以四边形MCNP是平行四边形．  

所以CN∥MP．   

因为CN⊄平面AB1M，MP⊂平面AB1M，

所以CN∥平面AB1M；　　　　

（Ⅲ）因为BC⊥AC，且CC1⊥平面ABC，

所以以C为原点，CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系C-xyz．

因为，所以C（0，0，0），A（2，0，0），B1（0，2，4），，

，．

设平面AMB1的法向量，

则，即，

令x=5，则y=-3，z=4，即．

又平面MB1C的一个法向量是，

所以==．   

由图可知二面角A-MB1-C为锐角，

所以二面角A-MB1-C的大小为．