热门试卷

（1）证明：∵CD⊥AD，CD⊥PA

∴CD⊥平面PAD∴CD⊥AG，

又PD⊥AG，∴GA⊥面PCD

（2）证明：作EF⊥PC于F，因面PEC⊥面PCD

∴EF⊥平面PCD，又由（Ⅰ）知AG⊥平面PCD

∴EF∥AG，又AG⊄面PEC，EF⊂面PEC，

∴GA∥面PCE

（3）由GA∥面PCE知A、G两点到平面PEC的距离相等

由（2）知A、E、F、G四点共面，又AE∥CD∴AE∥平面PCD

∴AE∥GF，∴四边形AEFG为平行四边形，∴AE=GF

PA=AB=1，G为PD中点，FG CD

∴FG=∴AE=FG=（9分）

∴VP-AEC=(••1)•1=

又EF⊥PC，EF=AG=

∴S△EPC=PC•EF=••= 

又VP-AEC=VA-PEC，∴S△EPC•h=，即 h=，∴h=

∴G点到平面PEC的距离为．

解：（1）由题意知，△ABC，△ACD都是边长为2的等边三角形，

取AC中点O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥AC，

∵平面ACD⊥平面ABC，

∴DO⊥平面ABC，作EF平面ABC，

那么EF//DO，根据题意，点F落在BO上，

∴易求得，

所以四边形DEFO是平行四边形，DE//OF，

平面ABC，平面ABC，

∴DE∥平面ABC。

（2）作FG⊥BC，垂足为G，连接FG，

∵EF⊥平面ABC，根据三垂线定理可知，EG⊥BC，

∴∠EGF就是二面角E-BC-A的平面角，

∴FG=BF·sin∠FBG=，，

∴，

∴，

即二面角E-BC-A的余弦值为。

（3）∵平面ACD⊥平面ABC，OB⊥AC，

 ∴OB⊥平面ACD，

又，

∴DE⊥平面DAC，

∴三棱锥E-DAC的体积，

又三棱锥E-ABC的体积，

∴多面体DE-ABC的体积为V=V1-V2=。

证明：（1）证明取SC的中点R，连QR，DR．

由题意知：PD∥BC且PD=BC；

QR∥BC且QP=BC，∴QR∥PD且QR=PD．∴PQ∥DR，又PQ⊄面SCD，∴PQ∥面SCD．（6分）

（2）以P为坐标原点，PA为x轴，PB为y轴，PS为z轴建立空间直角坐标系，

则S（0，0，a），B（0，a，0），C（-a，a，0），Q（0，a，a）．

面PBC的法向量为=（0，0，a），设=(x，y，z)为面PQC的一个法向量，

由⇒⇒=(，，-)，

cos＜，＞==-=-，

∴二面角B-PC-Q的大小为arccos．（12分）

（本小题满分8分）

（1）证明：连接AB1，B1C，

∵△AB1C中，P、Q分别是AB1、AC的中点，∴PQ∥B1C，…2分

又PQ在平面BCC1B1外面，B1C⊂平面BCC1B1，

∴PQ∥平面BCC1B1．…4分

（2）由（1）知PQ∥B1C，

所以PQ与面A1B1BA所成的角即为B1C与面A1B1BA所成的角，…6分

正方体中BC与面A1B1BA垂直，

所以∠BB1C即为B1C与面A1B1BA所成的角，…7分

∵∠BB1C=，所以PQ与面A1B1BA所成的角．…8分

解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴AB∥DC

又BE∥CF，AB∩BE=B，

∴平面ABE∥平面DCF

又AE平面ABE，

∴AE∥平面DCF。 

（2）过点E作GE⊥CF交CF于点G，

由已知可得：EG∥BC∥AD，且EG=BC=AD，

∴EG=AD=，

又EF=2，

∴GF=1

∵四边形ABCD是矩形，

∴DC⊥BC

∵∠BCF=，

∴FC⊥BC，

又平面ABCD⊥平面BEFC，平面ABCD∩平面BEFC=BC

∴FC⊥平面ABCD，

∴FC⊥CD

∴分别以C为原点，CB、CD、CF所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系

设BE=m

由得AB=λm

∴A（，λm，0），E（，0，m），F（0，0，m+1）

∴=（0，-λm，m），

设平面AEF的法向量为n=（x，y，z）

由，

得

∴

令y=

可得平面AEF的一个法向量n=（λ，，λ）

又=（0，λm，0）是平面CEF的一个法向量

∴

即

解得

∴当时，二面角A-EF-C的大小为。 

(Ⅰ)证明：设AC与BD交于点G，则G为AC的中点，

连结EC，CH，由于H为BC的中点，故，

又，

∴，

∴四边形EFHC为平行四边形，

∴EG∥FH，

而EG平面EDB，

∴FH∥平面EDB。

(Ⅱ)证明：由四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC，

又EF∥AB，

∴EF⊥BC，而EF⊥FB，

∴EF⊥平面BFC，

∴EF⊥FH，

∴AB⊥FH，

又BF=FC，H为BC的中点，

∴FH⊥BC，

∴FH⊥平面ABCD，

∴FH⊥AC，

又FH∥EG，

∴AC⊥EG，

又AC⊥BD，EG∩BD=G，

∴AC⊥平面EDB。

(Ⅲ)解：∵EF⊥FB，∠BFC=90°，

∴BF⊥平面CDEF，

所以BF为四面体B-DEF的高，

又BC=AB=2，

∴，

。

（I）证明：

连结BD，设BD与AC的交点为O，

∵AC，BD为正方形的对角线，故O为BD中点；

连结MO，

∵O，M分别为DB，DD1的中点，

∴OM∥BD1，…（2分）

∵OM⊂平面ACM，BD1⊄平面ACM…（3分）

∴BD1∥平面ACM．　　　　　　　　　　　  …（4分）

（II）∵AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，且AC⊂平面ABCD，

∴AC⊥DD1；且BD∩DD1=D，∴AC⊥平面BDD1B1…（6分）

OB1⊂平面BDD1B1，∴B1O⊥AC，…（7分）

连结B1M，在△B1MO中，MO2=12+()2=3，B1O2=22+()2=6，B1M2=12+(2)2=9，

∴B1M2=MO2+B1O2，

∴B1O⊥OM…（10分）

又OM∩AC=O，∴B1O⊥平面AMC；          …（11分）

法二：∵==，∠ODM=∠B1BO=90°，

∴△MDO∽△OBB1，

∴∠MOD=∠OB1B，∠MOD+∠B1OB=90°，

∴B1O⊥OM．

（Ⅲ）可证AO⊥平面OB1M，则VO-AB1M=VA-OB1M=×AO×S△OB1M=×××OB1×OM=××××=1．

证明：（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，

∵D，E分别是棱BC，CC1上的点（点D不同于点C），

∴A1F∥AD，

∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，

∴A1F∥平面ADE．        

（2）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，

∵A1B1=A1C1，F为B1C1的中点，

∴A1F⊥B1C1，

∵B1C1∥BC，∴A1F⊥BC，

∵A1F∥AD，AD⊥DE，F为B1C1的中点，

∴AD⊥BC，

∴AD⊥平面BCC1B1．