热门试卷

解：（1）证明：如图，；

取CD的中点M，连接EM、BM，则四边形ABMD为矩形，

∴EM∥PD，BM∥AD； 

又∵BM∩EM=M，

∴平面EBM∥平面APD；

而BE⊂平面EBM，

∴BE∥平面PAD；

（2）如图，；

取PD的中点F，连接FE，

则FE∥DC，BE∥AF，

又∵DC⊥AD，DC⊥PA，

∴DC⊥平面PAD，

∴DC⊥AF，DC⊥PD，

∴EF⊥AF，

在Rt△PAD中，∵AD=AP，F为PD的中点，

∴AF⊥PD，又AF⊥EF且PD∩EF=F，

∴AF⊥平面PDC，又BE∥AF，

∴BE⊥平面PDC．

证明：连接A1B，AC，

由题意得四边形A1ABB1 是正方形，∴A1B⊥AB1，

∵E为AB中点，F为BB1的中点，

∴EF∥AB1，∴EF⊥A1B，

由题意得BC⊥面A1ABB1，

∵EF⊂平面A1ABB1，∴EF⊥BC，

又∵A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，A1B∩BC=B，

∴EF⊥平面A1BC，∴A1C⊥EF，

同理可证A1C⊥LE，

∵EF⊂平面EFGHKL，LE⊂平面EFGHKL，EF∩LE=E，

∴A1C⊥平面EFGHKL．

（Ⅰ）证明：∵ABC-A1B1C1是直三棱柱，

∴平面ABC⊥平面A1ABB1．

∵AC=BC，点D是AB的中点，

∴CD⊥AB，面ABC∩面A1ABB1=AB

∴CD⊥平面A1ABB1．

（Ⅱ）证明：连接BC1，设BC1与B1C的交点为E，连接DE．

∵D是AB的中点，E是BC1的中点，

∴DE∥AC1．∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，

∴AC1∥平面CDB1．

解：∵ABCD是正方形，

而且PA⊥平面ABCD，

∴PB⊥BC（三垂线定理）

在直角△PAB中，

在直角△PBC中．

解：（Ⅰ）证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面ABEF=AB，

EB⊥AB，∴EB⊥平面ABCD，又MN∥EB，∴MN⊥面ABCD．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知∠EDB为DE与平面ABCD所成的角，∴∠EDB=30°．

又在Rt△EBD中，EB=2MN=2，∠EBD=90°∴DE==4，

连接AE，可知∠DEA为DE与平面ABEF所成的角，∴∠DEA=45°．

在Rt△DAE中，∠DAE=90°，∴AE=DE•cos∠DEA=2．

在Rt△ABE中，AB===2．

（Ⅲ）：过B作BO⊥AE于O点，过O作OH⊥DE于H，连BH，∵AD⊥平面ABEF，BO⊂面ABEF，

∴BO⊥平面ADE，∴OH为BH在平面ADE内的射影，∴BH⊥DE，即∠BHO为所求二面角的平面角．

在Rt△ABE中，BO=． 在Rt△DBE中，由BH•DE=DB•OE得  BH=，

∴sin∠BHO===．

解：连接AE，

∵E为BC的中点，EC=CD=1，∴△DCE为等腰直角三角形，

由此可得∠DEC=45°，同理∠AEB=45°，

∴∠AED=180°-（∠DEC+∠AEB），即DE⊥AE，…（2分）

又∵PA⊥平面ABCD，且DE⊂平面ABCD，∴PA⊥DE，…（3分）

又∵AE∩PA=A，∴DE⊥平面PAE，

又∵PE⊂平面PAE，∴PE⊥DE．…（5分）

（2）由（1）知△DCE为腰长为1的等腰直角三角形，

∴S△DCE==，

∵PA⊥平面ABCD，即PA是三棱锥P-CDE的高，

∴VC-PDE=VP-CDE=×S△DCE×PA=××1=．…（8分）

（3）在PA上存在中点G，使得EG∥平面PCD，理由如下：

取PA、PD的中点G、H，连接EG、GH、CH．…（9分）

∵G、H是PA，PD的中点，∴△PAD中，可得GH∥AD且GH=AD，…（10分）

又∵E是BC的中点，且四边形ABCD为矩形，

∴EC∥AD且EC=AD，…（11分）

∴EC、GH平行且相等，可得四边形ECHG是平行四边形…（12分）

∴EG∥CH，

又∵CH⊂平面PCD，EG⊄平面PCD，…（12分）

∴EG∥平面PCD．…（11分）

证明：连接AC、BD交与一点O，连接PO，PA、PC、PB、PD，

则由PA=PB=PC=PD，所以三角形PAC为等腰三角形，

O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可以证明PO⊥BD，

又AC∩BD=O，所以PO⊥平面ABCD，

而AB⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，从而PO垂直于AB、AD．

解：（I）连接AQ，∵PA⊥平面ABCD，

∴PA⊥QD，若PQ⊥QD成立，

即AQ⊥QD成立

∴点Q应为BC与以AD为直径的圆的公共点

∴

故满足条件的实数a的取值范围为a≥2；

（II）由已知可得，当a=2时，BC上有且仅有一点满足题意，

此时Q点为BC的中点，

取AD的中点M，过M作MN⊥PD，垂足为N，连接QM，QN

由于QN⊥平面PAD，

∴∠QNM为二面角Q-PD-A的平面角

∵MD=1，PD=，且△DNM∽△DAP

∴MN=，

从而在直角△QNM中，QN=

∴cos∠QNM==

解：在△BAD中，∵AB=2AD=2，∠BAD=60°，

∴由余弦定理可得BD=，∴AB2=AD2+BD2，∴AD⊥BD

又在直平行六面体中，GD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD

∴GD⊥BD又AD∩GD=D

∴BD⊥平面ADG