热门试卷

解：（1）平行。

因为EF//PC，且EF平面PAC，PC平面PAC，

所以EF//平面PAC。

（2）∵PA⊥平面ABCD，BE平面ABCD，

 ∴PA⊥BE，

又BE⊥AB，AB∩AP=A，

所以BE⊥平面PAB，

又AF平面PAB ，

所以AF⊥BE，

又PA=AB=1，点F是PB的中点，

所以AF⊥PB，

又因为PB∩BE=B，

所以AF⊥平面PBE，

因为PE平面PBE，

所以AF⊥PE。

（3）过A作AG⊥DE于G，连结PG，

又DE⊥PA，则DE⊥平面PAG，

则∠PGA是二面角P-DE-A的平面角，

所以∠PGA=45°，

解得：BE=。

（1）证明：在图1中，过C作CF⊥EB，

∵DE⊥EB，

∴四边形CDEF是矩形，

∵CD=1，

∴EF=1．

∵四边形ABCD是等腰梯形，AB=3，

∴AE=BF=1．

∵∠BAD=45°，

∴DE=CF=1．连接CE，则CE=CB=

∵EB=2，

∴∠BCE=90°，

∴BC⊥CE．                                                                                    

  在图2中，∵AE⊥EB，AE⊥ED，EB∩ED=E，

∴AE⊥平面BCDE．

∵BC平面BCDE，

∴AE⊥BC．                                                      

∵AE∩CE=E，

∴BC⊥平面AEC．                                                    

（2）解：VB﹣AEC===

（3）解：用反证法．

假设EM∥平面ACD．                          

∵EB∥CD，CD平面ACD，EB平面ACD，

∴EB∥平面ACD．

∵EB∩EM=E，

∴面AEB∥面ACD                         

 而A∈平面AEB，A∈平面ACD，与平面AEB∥平面ACD矛盾．

∴假设不成立，

∴EM与平面ACD不平行．

（1）证明：由题意可知，△PAC为等腰直角三角形，△ABC为等边三角形．

因为O为边AC的中点，所以BO⊥AC，

因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，BO平面ABC，

所以，BO⊥面PAC．因为PA平面PAC，故 BO⊥PA．

在等腰三角形PAC内，O，E为所在边的中点，

故 OE∥PC，∴OE∥PA，

又BO∩OE=O，所以，PA⊥平面EBO．

（2）证明：连AF交BE于Q，连QO．

因为E、F、O分别为边PA、PB、PC的中点，所以=2．

又 Q是△PAB的重心．

于是，=2=，

所以，FG∥QO．

因为FG平面EBO，QO平面EBO，

所以，FG∥平面EBO．

（3）解：由（1）可知PA⊥平面EBO，

所以PE⊥BO，

因为O是线段AC的中点，AB=BC=AC=4，

所以BO⊥AC，

所以BO⊥平面PEC，BO是棱锥的高，BO=．

S△PEO=S△PAC=?4?=2．

所以三棱锥E﹣PBC的体积V==．

（1）证明：∵AD⊥DC，平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，

∴DC⊥平面PAD

∵PA平面PAD，

∴DC⊥PA

∵PA⊥PD，PD∩DC=D，

∴PA⊥平面PDC∵DE平面PDC，

∴PA⊥DE；

（2）作PF⊥AD，F为垂足，则F为AD中点，且PF=1，连接BF

∵PF⊥AD，平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，

∴PF⊥底面ABCD，

∴PF⊥BF

∵BC∥FD，BC=FD，

∴四边形BCDF是平行四边形

∵BF=CD=，

∴PB=2

∵BF∥CD，AD⊥CD，

∴AD⊥BF

∵AD⊥PF，BF∩PF=F

∴AD⊥面PFB，

∴BC⊥面PFB作FH⊥PB，垂足为H，由FH面PFB，可得FH⊥BC

∴FH⊥面PBC，

∴FH的长度为F到面PBC的距离

∵FD∥BC，BC面PBC，FD面PBC

∴FD∥面PBC

设棱锥D﹣PBC的高为h，

∴h=FH

由PF·FB=PB·FH，得FH=

∴三棱锥D﹣PBC的高为

证明：（I）设BD中点为O，连接OC，OE，

则由BC=CD知，CO⊥BD，

又已知CE⊥BD，EC∩CO=C，

所以BD⊥平面OCE

所以BD⊥OE，

即OE是BD的垂直平分线，

所以BE=DE。

（II）取AB中点N，连接MN，DN，

∵M是AE的中点，

∴MN∥BE，

又MN?平面BEC，BE?平面BEC，

∴MN∥平面BEC，

∵△ABD是等边三角形，

∴∠BDN=30°，

又CB=CD，∠BCD=120°，

∴∠CBD=30°，

∴ND∥BC，

又DN?平面BEC，

BC?平面BEC，

∴DN∥平面BEC，

又MN∩DN=N，

故平面DMN∥平面BEC，

又DM?平面DMN，

∴DM∥平面BEC。

(1)证明：连接BD，

∵平面ABCD为菱形，

∴BD⊥AC，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，

则BD⊥平面AA1C1C，

又A1A平面AA1C1C，

故BD⊥AA1。

(2)证明：由棱柱ABCD-A1B1C1D1的性质知AB1∥DC1，A1D∥B1C，

AB1∩B1C=B1，A1D∩DC1=D，

由面面平行的判定定理推论知：平面AB1C∥平面DA1C1。

(3)解：存在这样的点P满足题意。

∵A1B1ABDC，

∴四边形A1B1CD为平行四边形，

∴A1D∥B1C，

在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP，

∵B1BCC1，

∴BB1CP，

∴四边形BB1CP为平行四边形，

∴BP∥B1C，∴BP∥A1D，

∴BP∥平面DA1C1。

解：（Ⅰ）∵PA⊥面ABCD，四边形ABCD是正方形，

其对角线BD，AC交于点E，

∴PA⊥BD，AC⊥BD，

∴BD⊥平面APC，

平面PAC，

∴BD⊥FG；

（Ⅱ）当G为EC中点，即时，FG∥平面PBD；

理由如下：连接PE，由F为PC中点，G为EC中点，知FG∥PE，

而FG平面PBD，PB平面PBD，

故FG∥平面PBD．

（Ⅲ）作BH⊥PC于H，连结DH，

∵PA⊥面ABCD，四边形ABCD是正方形，

∴PB=PD，

又∵BC=DC，PC=PC，

∴△PCB≌△PCD，

∴DH⊥PC，且DH=BH，

∴∠BHD是二面角B-PC-D的平面角， 

即，

∵PA⊥面ABCD，

∴∠PCA就是PC与底面ABCD所成的角，

连结EH，则，

∴，而BE=EC，

∴，

∴，

∴，

∴PC与底面ABCD所成角的正切值是。

（1）证明：∵E、F分别为AB1、BC1的中点，

∴EF∥A1C1．

∵A1C1∥AC，

∴EF∥AC．

∴EF∥平面ABC．

（2）证明：∵AB=CC1，

∴AB=BB1又三棱柱为直三棱柱，

∴四边形ABB1A1为正方形．

连接A1B，则A1B⊥AB1．

又∵AB1⊥BC1，

∴AB1⊥平面A1BC1．

∴AB1⊥A1C1．

又A1C1⊥AA1，

∴A1C1⊥平面A1ABB1．

∴A1C1⊥AB．

（3）解：∵A1B1∥AB，

∴A1B1∥平面ABC1．

∴A1到平面ABC1的距离等于B1到平面ABC1的距离．

过A1作A1G⊥AC1于点G，

∵AB⊥平面ACC1A1，

∴AB⊥A1G．

从而A1G⊥平面ABC1，

故A1G即为所求的距离，即A1G=。

解：(1)∵棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都为2，

∴四边形ABCD为菱形，

∴BD⊥AC，

又A1O⊥平面ABCD，BD平面ABCD，

∴A1O⊥BD，

又∵AC∩A1O=O，AC、A1O平面A1ACC1，

∴BD⊥平面A1ACC1，

∵AA1平面A1ACC1，

∴BD⊥AA1．

(2)连接BC1，如图所示，

∵四边形ABCD为菱形，AC∩BD=O，

∴O是BD的中点，

又∵点F为DC1的中点，

∴在△DBC1中，OF∥BC1，

∵OF平面BCC1B1，BC1平面BCC1B1，

∴OF∥平面BCC1B1。

(3)以O为坐标系的原点，分别以OA，OB，OA1所在直线

为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，

∵侧棱AA1与底面ABCD所成的角为60°，A1O⊥平面ABCD，

∴∠A1AO=60°，在Rt△A1AO中，可得AO=1，，

在Rt△AOB中，，

∴A(1，0，0)，，

设平面AA1D的一个法向量为n1=（x1，y1，z1），

∴，

∵，

∴，令z1=1，则，

又∵BD⊥平面A1ACC1，

所以，平面A1ACC1的一个法向量为，

∴，

∵二面角D-AA1-C的平面角为锐角，

故二面角D-AA1-C的余弦值是。