热门试卷

（1）证明：如图所示，连接OE，

∵O是正方形ABCD的中心，∴OC=OA，

∵E是PC的中点．∴CE=EP．

∴OE∥AP，

∵PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，

∴PA∥平面BDE；

（2）证明：∵PO⊥底面ABCD，∴PO⊥BD．

由正方形可得：BD⊥AC，

又PO∩AC=O，∴BD⊥平面PAC．

而BD⊂BED，∴平面BED⊥平面PAC．

（3）∵PO⊥底面ABCD，OA=OB，∴PA===PB，同理，PB=PC=PD．

∵PA=AB，∴△PAB是等边三角形，且△PAB≌△PBC≌△PCD≌△PDA．

而S正方形ABCD=42=16，S△PAB=•AB2=4．

∴四棱锥P-ABCD的全面积=S正方形ABCD+4S△PAB=16+16．

（Ⅰ）证明：∵AB=2BC，∠ABC=60°，

在△ABC中，由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB•BCcos60°=3BC2，

∴AC2+BC2=4BC2=AB2，∴∠ACB=90°．

∴AC⊥BC．

又∵AC⊥FB，FB∩BC=B，

∴AC⊥平面FBC．

（Ⅱ）

线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC．

证明如下：

因为AC⊥平面FBC，所以AC⊥FC．

因为CD⊥FC，所以FC⊥平面ABCD．

所以CA，CF，CB两两互相垂直，如图建立的空间直角坐标系C-xyz．

在等腰梯形ABCD中，可得 CB=CD．

设BC=1，所以C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，D(，-，0)，E(，-，1)．

所以=(，-，1)，=(，0，0)，=(0，1，0)．

设平面EAC的法向量为=（x，y，z），则，

所以取z=1，得=（0，2，1）．

假设线段ED上存在点Q，设Q(，-，t)(0≤t≤1)，所以=(，-，t)．

设平面QBC的法向量为=（a，b，c），则

所以取c=1，得=(-，0，1)．

要使平面EAC⊥平面QBC，只需•=0，

即 -t×0+0×2+1×1=0，此方程无解．

所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC．

（Ⅰ）连接OC，

∵OA=OC，D是AC的中点

∴AC⊥OD

又∵PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O

∴AC⊥PO

∵OD、PO是平面POD内的两条相交直线

∴AC⊥平面POD，

而AC⊂平面PAC

∴平面POD⊥平面PAC

（Ⅱ）在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，由（Ⅰ）知，平面POD⊥平面PAC

所以OH⊥平面PAC，

又∵PA⊂平面PAC

∴PA⊥HO

在平面PAO中，过O作OG⊥PA于G，连接GH，则有PA⊥平面OGH，从而PA⊥HG．故∠OGH为二面角B-PA-C的平面角

在Rt△ODA中，OD=OA•sin45°=

在Rt△ODP中，OH===

在Rt△OPA中，OG===

在Rt△OGH中，sin∠OGH===

所以cos∠OGH===

故二面角B-PA-C的余弦值为

证明：（1）取AC中点N，连接MN、BN，

∵△ABC是正三角形，

∴BN⊥AC，

∵EC⊥平面ABC，BD⊥平面ABC，

∴EC∥BD，EC⊥BN，

又∵M为AE中点，EC=2BD，

∴MN BD，∴BN DM，

∴四边形MNBD是平行四边形，

因为BN⊥AC，BN⊥EC，

所以BN⊥平面AEC，

∴DM⊥平面AEC，

∴DM⊥AE，

∴AD=DE．

（2）∵DM⊥平面AEC，DM⊂平面BDM，

∴平面BDM⊥平面AEC．

（本小题满分14分）

证明：（1）因为AB=AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC．       

因为平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，AD⊂平面ABC，

所以AD⊥平面BCC1B1．                                  …（5分）

因为DC1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥DC1．                   …（7分）

（2）（证法一） 

连接A1C，交AC1于点O，连接OD，则O为A1C的中点．

因为D为BC的中点，所以OD∥A1B．                     …（11分）

因为OD⊂平面ADC1，A1B∉平面ADC1，

所以A1B∥平面ADC1．                                 …（14分）

（证法二） 

取B1C1的中点D1，连接A1D1，DD1，D1B．则D1C1BD．

所以四边形BDC1D1是平行四边形．所以D1B∥C1D．

因为C1D⊂平面ADC1，D1B⊄平面ADC1，

所以D1B∥平面ADC1．

同理可证A1D1∥平面ADC1．

因为A1D1⊂平面A1BD1，D1B⊂平面A1BD1，A1D1∩D1B=D1，

所以平面A1BD1∥平面ADC1．                          …（11分）

因为A1B⊂平面A1BD1，所以A1B∥平面ADC1．           …（14分）

证明：（1）在平面ABC中，作MG∥AB，在平面BFE中，作NH∥EF，

连接GH∵AM=FN∴MC=NB∵==

∴MGNH∴MNHG为平行四边形；∴MN∥GH

又∵GH⊆面BEC，MN≠⊂面BEC∴MN∥面BEC

（2）∵AB⊥BC，AB⊥BE∴AB⊥面BEC∵GH⊆面GEC∴AB⊥GH∵MN∥GH∴MN⊥AB

（3）∵面ABCD⊥面ABEF∴BE⊥面ABCD∴BE⊥BC

∵BG=，BH=

∴MN=GH=

=

=（0＜a＜a）

=≤a当且仅当x=a时，等号成立；

∴当x=a时，MN取最小值a．

证明：（1）⇒CE⊥AB，同理，

⇒DE⊥AB，

又∵CE∩DE=E，∴AB⊥平面CDE．

（2）由（1）知AB⊥平面CDE，

又∵AB⊂平面ABC，

∴平面CDE⊥平面ABC．

（3）连接AG并延长交CD于H，连接EH，则=，

在AE上取点F使得=，

则GF∥EH，

易知当AF=2FE时，GF∥平面CDE．

如图，建立空间直角坐标系O-xyz，C为坐标原点O，

（1）证明：如图，建立空间直角坐标系．

∵PC⊥平面ABCD，

∴∠PBC为PB与平面ABC所成的角，即∠PBC=30°．

∵|PC|=2，∴|BC|=2，|PB|=4．

得D（1，0，0）、B（0，2，0）、

A（4，2，0）、P（0，0，2）．

∵|MB|=3|PM|，

∴|PM|=1，M（0，，），=（0，，），

=（-1，0，2），=（3，2，0）．

设=x+y（x、y∈R），

则（0，，）=x（-1，0，2）+y（3，2，0）⇒x=且y=，

∴=+．

∴、、共面．又∵C∉平面PAD，故CM∥平面PAD．

（2）证明：过B作BE⊥PA，E为垂足．

∵|PB|=|AB|=4，∴E为PA的中点．

∴E（2，，1），=（2，-，1）．

又∵•=（2，-，1）•（3，2，0）=0，

∴⊥，即BE⊥DA．

而BE⊥PA，∴BE⊥面PAD．

∵BE⊂面PAB，∴面PAB⊥面PAD．

（3）由BE⊥面PAD知，

平面PAD的单位向量n0==（2，-，1）．

∴CD=（1，0，0）的点C到平面PAD的距离

d=|n0•|=|（2，-，1）•（1，0，0）|=．

证明：（1）因为∠APE=∠APF=90°，

PE∩PF=P．所以PA⊥平面PEF，

因为EF⊂平面PEF，所以PA⊥EF；

（2）因为∠APE=∠APF=90°，

PA∩PF=P．所以PE⊥平面APF，

又PE⊂平面APE，所以平面APE⊥平面APF．