热门试卷

（1）证明：连接AC、OE，AC∩BD=O，

在△PAC中，∵E为PC中点，O为AC中点，

∴PA∥EO，

又∵EO平面EBD ，PA平面EBD，

∴PA∥面BDE。

（2）证明：∵PO⊥底面ABCD，

∴PO⊥BD，

又∵BD⊥AC，

∴BD⊥平面PAC，

又BD平面BDE，

∴平面PAC⊥平面BDE。

（3）解：由（1）知，PA∥EO，

∴∠PAD为异面直线OE 与AD所成角，

∵O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，

∴PD==，

PA==，

∴在△APD中，PA=PD，△APD是等腰三角形，

∴。

证明：（1）取线段PD的中点M，连接FM，AM．

因为F为PC的中点，

所以FM∥CD，且FM=CD．

因为四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，

所以EA∥CD，且EA=CD．

所以FM∥EA，且FM=EA．

所以四边形AEFM为平行四边形．

所以EF∥AM．            

又AM平面PAD，EF平面PAD，

所以EF∥平面PAD．

（2）设AC，DE相交于G．

在矩形ABCD中，因为AB=BC，E为AB的中点．

所以==．

又∠DAE=∠CDA，

所以△DAE∽△CDA，

所以∠ADE=∠DCA．

又∠ADE+∠CDE=∠ADC=90°，

所以∠DCA+∠CDE=90°．

由△DGC的内角和为180°，得∠DGC=90°．即DE⊥AC．  

因为平面PAC⊥平面ABCD

因为DE平面ABCD，

所以DE⊥平面PAC，

又DE平面PDE，

所以平面PAC⊥平面PDE．

解：（1）证明：连接AC，AC交BD于O．连接EO．

∵底面ABCD是正方形，

∴点O是AC的中点．

∴在△PAC中，EO是中位线，

∴PA∥EO，

∵EO平面EDB，且PA平面EDB，

∴PA∥平面EDB．

（2）证明：∵PD⊥底面ABCD，且DC底面ABCD，

∴PD⊥DC．

∵底面ABCD是正方形，

∴DC⊥BC， ∴BC⊥平面PDC．

∵DE平面PDC，∴BC⊥DE．

又∵PD=DC，E是PC的中点，

∴DE⊥PC．∴DE⊥平面PBC．

∵PB平面PBC，∴DE⊥PB．

又∵EF⊥PB，且DE∩EF=E，

∴PB⊥平面EFD．  

解：（1）在右图中，因为△ABC中，E、F分别为 AB、AC的中点，．

∴EF∥BC

∵EF平面BDC，BC平面BDC，

∴EF∥平面BDC；

（2）∵左图中，AD是等腰Rt△ABC斜边BC的中线

∴CD⊥AD，在右图中依然成立

又∵右图中，CD⊥BD，AD、BD是平面ABD内的相交直线

∴CD⊥平面ADB

∵CD平面BDC，

∴平面ADB⊥平面BDC；

（3）由（2）知，AD、BD、CD两两垂直

∵BD=1，

∴AD=BD=CD=1

∴三角形ADC的面积S△ADC= ×AD×CD= ，

同理可得S△BDC=S△ABD= 

∵Rt△ADC中，AC= ，

同理可得AB=BC= 

∴△ABC是边长为 的等边三角形，

面积为S△ABC= = 

由此可得三棱锥D﹣ABC的表面积为：S△ADC+S△BDC+S△ABD+S△ABC= ．  

解：（1）证明：取CE中点P，连接FP、BP，

∵EF∥DE，且FP=1

又AB∥DE，且AB=1，

∴AB∥FP，且AB=FP，

∴ABPF为平行四边形，

∴AF∥BP．

又∵AF?平面BCE，BP?平面BCE，

∴AF∥平面BCE

（2）证明：∵AD=AC，F是CD的中点，．

所以△ACD为正三角形，

∴AF⊥CD

∵AB⊥平面ACD，DE∥AB

∴DE⊥平面ACD又AF⊥平面ACD

∴DE⊥AF

又AF⊥CD，CD∩ DE=D

∴AF⊥平面CDE（6分）

又BP∥AF，

∴BP⊥ 平面CDE

又∵BP平面BCE

∴平面BCE⊥平面CDE

（3）此多面体是以C为顶点，以四边形ABED为底边的四棱锥，等边三角形AD边上的高就是四棱锥的高

解：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线y为轴，

AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则

∴

，，

，，，。

（1）∵

∴即

又平面PAB，平面PAB

∴∥平面PAB。

（2）

∴

即

又

∴平面PAD

∵平面PDC

∴平面PAD⊥平面PDC。

（3）设平面PBD的一个法向量

则，即

解得平面APC的一个法向量

而平面APD的一个法向量是

设二面角为θ

则

即二面角的余弦值为。

证明：（Ⅰ）由题意得△A′DE是△ADE沿DE翻转而成，

所以△A′DE≌△ADE，

∵∠ABC=120°，四边形ABCD是平行四边形，

∴∠A=60°，

又∵AD=AE=2，

∴△A′DE和△ADE都是等边三角形，

∵M是DE的中点，

∴A′M⊥DE，A′M，

由∵在△DMC中，MC2=42+12-2×4×1·cos60°，

∴，

在△A′MC中，A′M2+MC2=，

∴△A′MC是直角三角形，

∴A′M⊥MC，

又∵A′M⊥DE，MC∩DE=M，

∴A′M⊥平面ABCD，

又∵A′M平面A′DE，

∴平面A′DE⊥平面BCD；

（Ⅱ）选取DC的中点N，连接FN，NB，

∵A′C= DC=4，F，N点分别是A′C，DC中点，

∴FN∥A′D，

又∵N，E点分别是平行四边形ABCD的DC，AB的中点，

∴BN∥DE，

又∵A′D∩DE=D，FN∩NB=N，

∴平面A′DE∥平面FNB，

∵FB平面FNB，

∴FB∥平面A′DE。

（Ⅰ）解：因为CD∥平面PBO，CD平面ABCD，且平面ABCD∩平面PBO=BO，

所以 BO∥CD又 BC∥AD，

所以四边形BCDO为平行四边形，则BC=DO，

而AD=3BC，

故点O的位置满足AO=2OD．

（Ⅱ）证：因为侧面PAD⊥底面ABCD，AB底面ABCD，且AB⊥交线AD，

所以AB⊥平面PAD，则AB⊥PD又PA⊥PD，

且PA平面PAB，AB平面PAB，AB∩PA=A，

所以PD⊥平面PAB，PD平面PCD，

所以：平面AB⊥平面PCD．

证明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，

∴BC∥B1C1，

∵点D、E分别在边BC、B1C1上，CD=B1E，

∴BD=C1E，BD∥C1E，

∴四边形BDC1E是平行四边形，

∴BE∥C1D，

又C1D平面AC1D，BE平面AC1D，

∴BE∥平面AC1D；

（2）由三棱柱ABC﹣A1B1C1中是直三棱柱

得，CC1⊥平面ABC，

∵AD平面ABC，

∴AD⊥CC1，①

在△ACD中，CD= AC，∠ACD=60°，

由余弦定理得：AD= = AC，

∴AD2+CD2=AC2，

∴∠ADC=90°即AD⊥BC，②

∵BC平面BCC1B1，CC1平面BCC1B1，BC∩CC1=C，③

∴由①②③得：AD⊥平面BCC1B1．

∵AD平面ADC1，

∴平面ADC1⊥平面BCC1B1．